?
联立解得ｑ′＝7ｑ／6． ?
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59．解：板间场强Ｅ＝Ｕ／ｄ，粒子在板间以ａ＝ｑＵ／ｍｄ，在垂直于ＯＯ′方向做变速运动，一般情况下，粒子进入板区时，板间电压已为Ｕ，经时间ｔ1，电压Ｕ变为零，在0－ｔ1段时间内粒子沿垂直于ＯＯ′方向位移为ｓ1＝ａｔ／2．
?在ｔ1→ｔ1＋Ｔ／2时间内，板间电压为零，粒子做匀速运动，在这段时间内位移为ｓ2＝ａｔ12Ｔ／2＝ａｔ1Ｔ／2．
?从ｔ1＋Ｔ／2时刻起，两板间的电压升为Ｕ，所以在ｔ1＋Ｔ／2→Ｔ时间内，粒子又在垂直于ＯＯ′方向做ｖ0≠0的匀加速直线运动，位移为ｓ3＝ａｔ1（Ｔ／2－ｔ1）＋ａ／2（Ｔ／2－ｔ1）?，则粒子在垂直于ＯＯ′方向的总位移为
?ｓ＝ｓ1＋ｓ1＋ｓ3＝ａ／2（Ｔ／2）2＋ａ／2ｔ1Ｔ．
因为0≤ｔ1≤Ｔ／2，所以当ｔ1＝0时，ｓｍｉｎ＝ａ／2（Ｔ／2）2， ∴ ｓｍｉｎ＝ｑＵＴ／8ｍｄ．
?当ｔ1＝Ｔ／2时，ｓｍａｘ＝3ｑＵＴ／8ｍｄ．若粒子进入两板间，板压已为零，类似上述分析，仍得相同结论．
2
2
2
2
图27
60．解：（1）带电粒子进入磁场受洛沦兹力作用，在磁场内做匀速圆周运动，由ｑＢｖ0＝ｍｖ02／ＴＲ，
?Ｒ＝ｍｖ0／ｑＢ．
由图27几何关系可得∠ａＯ′ｂ＝60°，磁场最小直径2ｒ＝2Ｒｃｏｓ30°，
即ｒ＝Ｒｃｏｓ30°＝32ｍｖ0／2ｑＢ，
所以最小磁场面积Ｓ＝πｒ2＝3πｍ2ｖ02／4ｑ2Ｂ2． ?（2）粒子从Ｏ到ａ做匀速圆周运动，从ａ飞出磁场后做匀速直线运动．由Ｏ至ａ ｔ1＝Ｔ／3＝2πｍ／3Ｂｑ，
由ａ至ｂ ｔ2＝ab／ｖ0＝3Ｒ／ｖ0＝3ｍ／ｑＢ，
所以由Ｏ至ｂ总历时ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝ｍ／ｑＢ（2π／3＋3）． 从几何关系可知Ob＝3Ｒ＝3ｍｖ0／ｑＢ， ∴ ｂ点的坐标是（3ｍｖ0／ｑＢ，0）． ?
61．解：（1）由于粒子仅受洛沦兹力作用，故粒子在磁场中做匀速圆周运动，当磁场方向改变时，圆弧弯曲方向发生改变，为使粒子经过一个磁场变化周期到达P点，且OP与ｘ轴正向夹角为45°，P点速度方向沿ｘ轴正方向，则粒子必须经过两个四分之一圆弧． ?粒子做匀速圆周运动周期Ｔ0＝2πｍ／ｑＢ， ?因而磁场变化周期Ｔ＝23Ｔ0／4＝πｍ／ｑＢ．
?（2）磁场变化周期Ｔ越大，两段圆弧越长，P点纵坐标越大，之后半圆弧与ｙ轴相切时，Ｐ点纵坐标最大．设此时两圆弧圆心分别为Ｏ1、Ｏ2，则Ｏ、1Ｏ2连线必通过两圆弧交点（切点）Ｃ，且有
OO1=O2P=O1C=O2C＝Ｒ（Ｒ为圆弧半径），而Ｒ＝ｍｖ0／ｑＢ，过Ｏ2作辅助线Ｏ2Ａ，使Ｏ2Ａ垂直
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?
ｙ轴，则有Ｏ1Ａ＝+3) ?
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22O1O2?O2A=3R，故P点最大纵坐标ｙｍ＝OO1+O1A+O2P= R +3R + R =(2
．
62．解：如图28，离子从Ｄ处进入磁场做匀速圆周运动，设半径为ｒ，离子初速度为ｖ0，则ｑＢｖ0
2
＝ｍｖ0／ｒ，由几何关系得：ｄ＝ｒ＋ｒｃｏｓ60°．ＤＣ圆弧对应圆心角θ＝120°，在磁场中运动时间ｔ1＝Ｔ／3＝2πｍ／3ｑＢ＝2πｍ／3Ｂｑ．
在电场中离子做类似平抛运动，设运动时间为ｔ2，场强为Ｅ，则2ｄ＝ｖ0ｔ2，ｄ＝ａｔ2／2＝ｑＥｔ2
2／2ｍ，
解得 ｔ2＝3ｍ／ｑＢ．
离子从Ｄ到Ｂ需时间 ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝（2π＋9）ｍ／3ｑＢ．
?（2）离子从Ｃ到Ｂ电场力做功．由动能定理得?ｑＥｄ＝ＥｋＢ－ｍｖ0／2，解得ＥｋＢ＝4ｑＢｄ
2
2
2
2
2
／9ｍ．
图28 图29
63．解：（1）由于带电液滴做圆周运动，故ｍｇ＝ｑＥ．所以液滴带负电，由牛顿第二定律有ｑｖＢ＝ｍｖ2／Ｒ，所以ｖ＝ＢｇＲ／Ｅ，为顺时针方向绕行．
?（2）由于液滴分裂后一部分仍在竖直面内做圆周运动，仍有重力等于电场力，两液滴质量相同，电量相同．故Ｒ1＝3Ｒ，ｖ1＝ＢｇＲ1／Ｅ＝3ｖ． ?设第二液滴的速度为ｖ2，由动量守恒定律，有 ?ｍｖ＝ｍｖ1／2＋ｍｖ2／2，所以ｖ2＝－ｖ，
?即第二液滴在Ａ点的速度与原来大小相同，方向相反，做半径为Ｒ的顺时针圆运动，但圆的最高点在Ａ点（如图29）．
?（3）Ｔ＝2πｍ／2／Ｂｑ／2＝2πｍ／Ｂｑ，Ｔ′＝2πｍ／2／Ｂ′ｑ／2＝2πｍ／Ｂ′ｑ， ?要使两液滴再次相碰，则有 ?①Ｔ＝ｎＴ′ ?②Ｔ′＝ｎＴ
2πｍ／Ｂｑ＝2πｎｍ／Ｂ′ｑ2πｍ／Ｂ′ｑ＝2πｎｍ／Ｂｑ
Ｂ＝ｎＢ，（ｎ＝1，2，3??）， Ｂ＝ｎＢ′．（ｎ＝1，2，3??）
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