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?（3）欲使穿过磁场且偏转最大的α粒子，能射到ｙ轴正方向上，必须从Ａ点射出的α粒子和ｘ轴正方向的夹角大于90°，根据几何关系可知圆形磁场至少转过60°．
49．解：（1）设板长为Ｌ，带电粒子进入电场时速度为ｖ，Δｔ＝Ｌ／ｖ．设带电粒子在磁场中运动时间为ｔ，则
?ｔ＝Ｔ／6＝2πＲ／6ｖ＝πＲ／3ｖ，
其中Ｒ为粒子圆周运动的半径，且Ｒ＝23Ｌ／3， ∴ ｔ＝23πΔｔ／9．
?（2）设带电粒子以速度ｖ′进入正交电磁场时才能沿直线ＰＱ出射，有ｑＥ＝ｑｖ′Ｂ，ｖ′＝Ｅ／Ｂ．
只有电场时3Ｌ／3＝ｑＥ／2ｍ（Ｌ／ｖ）2， 只有磁场时ｑｖＢ＝ｍｖ2／Ｒ，
?Ｒ＝ｍｖ／ｑＢ＝23Ｌ／3，∴ｖ′＝Ｅ／Ｂ＝4ｖ／3． 即粒子进入电磁场时的速度应是原速度的4／3倍． ?
50．解：沿内圆切线运动的α粒子脱离磁场穿出外圆的速率为最小值．
图21
∵ｍｖ2／ｒ＝ｑＢｖ，∴ｖ＝ｑＢｒｍ， 而ｒ＝（Ｒ2－Ｒ1）／2＝5310－2ｍ，
又ｑα／ｍα＝2ｑｐ／4ｍｐ＝3108／2Ｃ／ｋｇ，
5
解得：ｖｍｉｎ＝ｑαＢｒ／ｍα＝2.5310ｍ／ｓ． ?
51．解：（1）由动能定理得ｑＥＬ＝ｍｖ02／2， ?所以ｖ0＝2qEL/m．
?（2）设线第一次绷紧后的瞬间Ａ的速度为ｖ1，Ｂ的速度为ｖ2，依动量守恒定律得ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，
由于Ｍ＝4ｍ，ｖ2＝ｖ0／3，解得ｖ1＝－ｖ0／3，
负号表示ｖ1的速度方向水平向左，此后Ｂ做匀速运动，Ａ先向左做匀减速运动，后向右做匀加速运动，其加速度ａ＝ｑＥ／ｍ．Ａ返回到细线第一次绷紧的位置时的速度ｖ1′＝－ｖ1＝ｖ0／3．
?设从细线被绷紧后到Ａ返回到细线被绷紧的位置所用的时间为ｔ1，则ｖ1′－ｖ1＝ａｔ1，这段时间内Ｂ的位移为ｓ1＝ｖ2ｔ1．解以上各式得：ｓ1＝4Ｌ／9＜Ｌ．
?此后Ａ的速度大于Ｂ的速度，故从Ｂ开始运动到细线第二次被绷紧前的过程中，Ｂ不会与Ａ相碰． ?由于Ａ返回到细线第一次被绷紧的位置时，Ａ、Ｂ速度相同，此时Ｂ与Ａ间有最短距离ｓ为 ｓ′＝Ｌ－ｓ1＝Ｌ－4Ｌ／9＝5Ｌ／9．
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?线在第一次被绷紧和第二次被绷紧时，Ａ、Ｂ的相对位置不变，设这段时间为ｔ，则ｖ2ｔ＝ｖ1ｔ＋ａｔ2／2，在此时间内Ｂ的位移ｓ＝ｖ2ｔ，解以上各式得ｓ＝8Ｌ／9． ?
52．解：设离子进入Ａ孔时的速度为ｖ0，则 ?ｑＵ0／3＝ｍｖ02／2，所以ｖ0＝2qU03m．
?离子在两板间每个周期的前半个周期内做匀减速运动，后半个周期内做匀加速运动，经过两个周期恰从Ｂ孔飞出，根据运动形式的周期性可知，离子在每个1／2周期内通过的距离为ｄ／4，设粒子在前半个周期的末速度为ｖ1，则ｑＵ0／4＝ｍｖ0／2－ｍｖ1／2， 解得ｖ1＝±qU06m2
2
．
当ｖ1取正值时，设交变电压的周期为Ｔ1，则 ?ｄ／4＝（ｖ0＋ｖ1）Ｔ1／4， 解以上各式得Ｔ1＝d2m3qU0．
?在此周期下的ｖ－ｔ图线如图22甲所示． ?当ｖ1取负值时，设交变电压的周期为Ｔ2， ?则ｄ／4＝（ｖ0＋ｖ1）Ｔ2／4，解得Ｔ2＝d ?在此周期下的ｖ－ｔ图线如图22乙所示．
6m3qU0．
图22
53．解：（1）带电粒子从Ｃ孔进入，与筒壁碰撞2次再从Ｃ孔射出经历的时间为最短．由ｑ＝ｍｖ2／2，粒子由Ｃ孔进入磁场，在磁场中各段匀速圆周运动的速率为ｖ＝1R2m?3q2q?m．?由ｒ＝ｍｖ／ｑＢ，
即Ｒｃｔｇ30°＝ｍｖ／ｑＢ，得Ｂ＝．
?（2）由ｑ／ｄ＝ｍａ，粒子从Ａ→Ｃ的加速度为 ?ａ＝ｑ／ｍｄ．
2
?由ｄ＝ａｔ1／2，粒子从Ａ→Ｃ的时间为 ?ｔ1＝2da=d2mq?．
?粒子在磁场中运动的时间为
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?
?ｔ2＝Ｔ／2＝2πｍ／2ｑＢ． ?将（1）求得的Ｂ值代入，得ｔ2＝πＲ3m2q?文刀川页丛书
，
求得ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝ ?
mq?（2d +32πR）．
54．解：因带正电质点在匀强磁场中做匀速圆周运动，先后通过ａｂ两点，其圆心应在ａｂ弦中垂线上． ?其圆运动半径为Ｒ，由牛顿第二定律及向心加速度公式Ｆ向＝ｍｖ2／Ｒ，圆运动所需向心力为洛沦兹力，故有ｑｖＢ＝ｍｖ2／Ｒ，∴ Ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ＝12ｃｍ． 由飞经ａ、ｂ两点时间与周期之比可求经过弧角度θ， ∵ Ｔ＝2πＲ／ｖ＝2πｍ／Ｂｑ＝6π310ｓ，
∴ θ＝2πｔ／Ｔ＝4π32π310／6π310＝4π／3（＝240°）．
－8
－8－8
图23
若磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知其圆心应在第Ⅳ象限（如图23甲所示），由几何关系可知，圆心Ｏ1其坐标应为ｘ1＝Ｒｃｏｓ30°，ｙ1＝－Ｒｓｉｎ30°，即ｘ1＝63ｃｍ，ｙ1＝－6ｃｍ． ?若磁场方面垂直纸面向外，则由左手定则判断其圆心应在Ⅰ象限（如图23乙所示），由几何关系可知，圆心Ｏ2其坐标应为：ｘ2＝Ｒｃｏｓ30°，ｙ2＝Ｒｓｉｎ30°，即ｘ1＝63（ｃｍ），ｙ＝6（ｃｍ）． ?
55．解：（1）带电小滑块仅在电场力作用下向右沿光滑车面做加速运动，位移为ｌ时与车右端相撞，设相撞前瞬间滑块速度为ｖ0，由做功与能量变化关系，得Ｗ电＝ｍv／2－0，而Ｗ电＝Ｅｑｌ，
20∴ Ｅｑｌ＝ｍｖ0／2，ｖ0＝2qEl/m．
滑块与车相撞，电场力远小于撞击力，故可认为水平方向动量守恒，而ｍｖ0＝ｍｖ1＋Ｍｖ2，由题给条件知ｖ2＝ｖ0／4及Ｍ＝7ｍ，∴ ｍｖ0＝ｍｖ1＋7ｍｖ0／4，得ｖ1＝－3ｖ0／4．即碰后，滑块向左以3ｖ0／4初速及受电场力做匀减速运动，当相对地速度减为零时，又在电场力作用下向右做匀加速运动，直到滑块向右速度与小车向右速度相同（相对速度为零）时，车右端与滑块距离最大．设滑块此时由碰时位置向左位移为ｓ1，小车向右位移为ｓ2（如图24），则
2
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图24
? ｓ1＝（ｖ1－ｖ2）／－2ａ，式中ａ＝Ｅｑ／ｍ．所以ｓ1＝［（ｖ0／4）－（3ｖ0／4）］ｍ／－2Ｅｑ＝ｍｖ04Ｅｑ＝ｍ4Ｅｑ（2qEl/m）＝ｌ／2．
2mlqE2
2
2
2
2
2
历时ｔ＝（ｖ1＋ｖ2）／ａ＝（3ｖ0／4＋ｖ0／4）ｍ／Ｅｑ＝ｍｖ0／Ｅｑ＝ｍ／Ｅｑ2qEl/m＝，
而ｓ2＝ｖ2ｔ＝
142qElm?2mlqE=．
2l∵ ｓ1＋ｓ2＝ｌ＜Ｌ＝1.5ｌ，故滑块不会滑出小车车面．
?（2）设滑块由相对车静止（即与车速度ｖ2相同）到与车第二次碰撞时间为ｔ′，由几何关系及匀加速直线运动公式有：ｓ1＋ｓ2＋ｓ＝ｖ2ｔ′＋ａｔ′／2， 式中ｓ＝ｖ2ｔ′，为小车ｔ′内的位移． ?ｔ′＝
2(s1?s2)a2
=
2mlqE，
故有ｓ＝ｖ2ｔ′＝
142qElm?2mlqE=，
2l从滑块刚开始运动到第二次碰撞时，滑块总位移ｓ′由图可知ｓ′＝ｌ＋ｓ2＋ｓ＝ｌ＋ｌ／2＋ｌ／2＝2ｌ，
所以电场力对滑块所做功为Ｗ＝Ｅｑｓ′＝2Ｅｑｌ．
图25
56．解：（1）由图25中几何关系可得Ｒ＋Ｒｓｉｎ30°＝Ｈ， ?Ｂｑｖ＝ｍｖ／Ｒ， 得 Ｂ＝3ｍｖ／2Ｈｑ．
?由左手定则，Ｂ的方向垂直纸面向里．
?（2）经时间ｔ＝Ｔ／4加电场Ｅ，Ｔ＝2πＲ／ｖ，ｔ＝πＨ／3ｖ，Ｅｑ＝Ｂｑｖ，Ｅ＝3ｍｖ
2
2
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?
／2Ｈｑ，Ｅ沿ｘ轴正方向． ?
57．解：如图26所示，由题意AC= 2BC得∠ＢＡＣ＝30°．
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图26
（1）1～2ｓ，第1个粒子做匀速圆周运动，要击中Ｃ，必有Ｒ＝AC，由公式Ｒ＝ｍｖ／Ｂｑ 得 Ｂ0＝ｍｖ／ｑAC．
?3～4ｓ，第2个粒子做类平抛运动，要击中Ｃ必满足BC＝Ｅ0ｑ／2ｍ（AB／ｖ）2， 即?AC／2＝Ｅ0ｑ（AC2ｃｏｓ30°）2／2ｍｖ2， 得 Ｅ0＝4ｍｖ／3ｑAC，
故 Ｅ0／Ｂ0＝4ｖ／3，Ｂ0垂直纸面向外． ?（2）∵ ∠ＡＯＣ＝60°，
∴ Δｔ＝Ｔ／6＝πｍ／3Ｂ0ｑ＝πAC／3ｖ． 设第2个粒子击中Ｃ的时间为Δｔ′，则
??Δｔ′＝AB／ｖ＝AC2ｃｏｓ30°／ｖ＝3AC／2ｖ 由以上两式得?Δｔ′＝33Δｔ2／π＝0.83Δｔ．
故第2个粒子击中Ｃ点的时刻为ｔ＝3＋0.83Δｔ（ｓ）． ?
58．解：当开关Ｓ闭合时，两极板间的电压为Ｕ，小球受两个力：重力ｍｇ和电场力ｑＵ／ｄ作用而处于静止，由力学平衡条件可得ｑＵ／ｄ＝ｍｇ， 由此得Ｕ＝ｍｇｄ／ｑ．
由于重力ｍｇ方向向下，故推得小球受的电场力ｑＵ／ｄ必定向上，由此可知，小球若带正电，则下面极板为正极；若小球带负电，则下面极板为负极，即小球所带电荷与下面极板的极性相同．从题目所给的电路可看出，当开关断开时，两极板的极性不会改变，但两极间的电压变为Ｕ′．
?Ｕ′与Ｕ的关系可以这样求：从所给电路可知，加在两极板间的电压等于电阻Ｒ3上的电压，如电源的内阻不计，当开关Ｓ闭合时，电源回路中的结构是Ｒ1、Ｒ2并联后与Ｒ3串联，由分压关系可得当Ｓ闭合时，Ｒ3上的电压即两极板间的电压Ｕ＝2／3，为电源电动势．当Ｓ断开后，电源回路的结构是Ｒ1与Ｒ3串联，由分压关系可得知，此时Ｒ3上的电压即两极板间的电压Ｕ＝／2，这样就得到3Ｕ／2＝2Ｕ′，
?由此得出，Ｓ断开后，两极板间的电压等于 Ｕ′＝3Ｕ／4＝3ｍｇｄ／4ｑ．
?由于在开关断开前后，两极板间的电压由Ｕ＝ｍｇｄ／ｑ变小为Ｕ′＝3ｍｇｄ／4ｑ，所以小球所
2
受的电场力也变小了，小球向下面极板运动，速度由零增大到ｖ，由功能关系得ｍｖ／2－0＝ｍｇｄ／2－ｑＵ′／2．
?根据题目所给条件，小球与下面极板碰撞后动能不变，但小球改为带与该板极性相同的电荷．即碰撞后，小球的动能仍为ｍｖ2／2，所带电荷符号不变，但电量变为ｑ′．若欲使小球所带电量ｑ′刚好能使小球运动到上极板，则由功能关系得 ?0－ｍｖ2／2＝－ｍｇｄ＋ｑ′Ｕ′，
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