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?13．解：金属杆ａｂ、ｃｄ切割磁力线而产生的总电动势为Ｅ＝2ＢＬｖ， ?电路中的感应电流为 Ｉ＝2ＢＬｖ／2Ｒ＝ＢＬｖ／Ｒ， ?根据受力平衡，对杆ａｂ、ｃｄ分别有 ?Ｔ＋ＢＩＬ＝Ｍｇ， Ｔ＝ＢＩＬ＋ｍｇ， ?联立解得 ｖ＝（Ｍ－ｍ）ｇＲ／（2ＢＬ）． ?14．单个质子通过加速电场时，有
２
２
?（1／2）ｍｖ＝ｅＵ， ｖ＝
２
，
?ｔ时间内通过加速电场的质子流总质量Ｍ、总电量Ｑ，有 ?（1／2）Ｍｖ＝ＱＵ， 得 （1／2）Ｊｖ＝ＩＵ．
２２
?因而Ｆ＝Ｊｖ＝2ＩＵ／ｖ＝Ｉ＝3．2×10Ｎ．
－2
?15．解：（1）ａｂ边刚越过ｅｅ′即做匀速直线运动，线框所受合力为零．则ｍｇｓｉｎθ＝ＢＩＬ，Ｉ＝Ｅ／Ｒ，Ｅ＝ＢＬｖ，
解之得 ｖ＝ｍｇＲｓｉｎθ／ＢＬ．
?（2）当ａｂ边刚越过ｆｆ′时，线框回路中的总感应电动势为 ?Ｅ′＝2ＢＬｖ， 此时线框的加速度为
?ａ＝（Ｆ′／ｍ）－ｇｓｉｎθ＝2Ｂ（Ｅ′／ｍＲ）Ｌ－ｇｓｉｎθ＝3ｇｓｉｎθ， ?（3）设线框再做匀速运动的速度为ｖ′，则
?ｍｇｓｉｎθ＝2Ｂ·（2ＢＬｖ′／Ｒ）Ｌ，ｖ′＝ｍｇＲｓｉｎθ／4ＢＬ＝（1／4）ｖ， 由能量守恒定律，得
?Ｑ＝ｍｇ·（3／2）Ｌｓｉｎθ＋（1／2）ｍｖ－（1／2）ｍｖ′ ?＝（3／2）ｍｇＬｓｉｎθ＋（15／32）（ｍｇＲｓｉｎθ／ＢＬ）．
?16．解：（1）带电小球在竖直面内恰做圆周运动时设其最小速度为ｖｍｉｎ，此时重力与电场力的合力Ｆ提供向心力．则当重力与电场力反向时，Ｆ取最小值，设带电小球的质量为ｍ，它所受重力为ｍｇ，则 ?Ｆ＝ｑＥ－ｍｇ＝
ｍｇ－ｍｇ＝（
－1）ｍｇ，
３
２
２
２
４
４
２
２
２
２
２
２
?带电小球速度的最小值 ｖｍｉｎ＝ ?（2）电场力ＦＥ＝
．
ｍｇ．当轨道平面与水平面成30°角时，重力与电场力的合力Ｆ０，必沿悬绳
方向，受力如图25所示．设电场强度方向与合力Ｆ０成α角，则ｑＥｓｉｎα＝ｍｇｃｏｓ30°，得α＝30°，即电场沿水平方向左，或者α＝150°，电场沿图中虚线ＱＲ斜向上，当ａ＝30°时，重力和电场力的合力最大，小球做圆周运动的速度才能最大，此时合力Ｆ０＝ｍｇ／ｓｉｎ30°＝2ｍｇ．
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图25
?当小球恰做圆周运动时，在Ｐ点速度最小时线的拉力为零，Ｆ０提供向心力．即Ｆ０＝ｍｖ１／Ｌ．对小球从圆周运动的“最高点”Ｐ到“最低点”Ｑ的过程运用动能定理，有 Ｆ０2Ｌ＝（1／2）ｍｖ２－（1／2）ｍｖ１， ?解得小球在这一平面上运动的最大速度为 ?ｖ２＝
．
２
２
２
２
?17．从轨迹可知离子带正电．设它进入磁场时速度为ｖ，在电场中加速，有ｑＵ＝（1／2）ｍｖ， 在磁场中偏转，有
?ｑｖＢ＝ｍｖ／ｒ，又ｒ＝ａ／2， 由这三个式子解得 ｑ／ｍ＝8Ｕ／Ｂａ．
?18．解：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有
２
２
２
ｅＵ１＝（1／2）ｍｖ１， ｖ１＝
２
．
?（2）因为每个电子在板Ａ、Ｂ间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板Ａ、Ｂ间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上．在板Ａ、Ｂ间沿水平方向运动时，有 Ｌ＝ｖ１ｔ， 竖直方向，有 ｙ′＝（1／2）ａｔ，且ａ＝ｅＵ／ｍｄ， 联立解得 ｙ′＝ｅＵＬ／2ｍｄｖ１．
?只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上．所以 ?ｙｍ′＝ｅＵ０Ｌ／2ｍｄｖ１＜ｄ／2， Ｕ０＜2ｄＵ１／Ｌ．
?（3）要保持一个完整波形，需每隔周期Ｔ回到初始位置．设某个电子运动轨迹如图26所示，有
２
２
２
２
２
２２
图26
?ｔｇθ＝ｖ⊥／ｖ１＝ｅＵＬ／ｍｄｖ１＝ｙ′／Ｌ′， ?又知 ｙ′＝ｅＵＬ／2ｍｄｖ１，联立得 Ｌ′＝Ｌ／2．
?由相似三角形的性质，得（（Ｌ／2）＋Ｄ）／（Ｌ/2）＝ｙ／ｙ′，
２
２
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则 ｙ＝（Ｌ＋2Ｄ）ＬＵ／4ｄＵ１， 峰值为 ｙｍ＝（Ｌ＋2Ｄ）ＬＵ０／4ｄＵ１． 波形长度为 ｘ１＝ｖＴ． ?波形如图27所示．
图27
?19．解：（1）因电荷Q只能垂直于ｙ轴运动，要使Ｐ、Ｑ始终以相同的速度同时通过ｙ轴，则Ｐ一定是做以坐标（0，Ｒ）为圆心的匀速圆周运动，且通过ｙ轴的速度大小为ｖ＝ＢｑＲ／ｍ，圆周运动的周期为Ｔ０＝2πｍ／Ｂｑ．因电荷Ｐ从Ａ点出发第一次到达ｙ轴所需的时间为 ?ｔ＝Ｔ０／4＝（1／4）·2πｍ／Ｂｑ＝πｍ／2Ｂｑ，
?那么，在这段时间内，Q必须在电场力的作用下加速至ｙ轴且速度大小为ｖ，所以 ?ｖ＝ａ·Ｔ０／4＝（ｑＥ０／ｍ）·πｍ／2Ｂｑ， 即 Ｅ０＝2Ｂｖ／π＝2ＢｑＲ／πｍ． ?在这段时间内电场的方向向左．
?又Ｐ再经过Ｔ０／2的时间后第二次向右通过ｙ轴，速度的大小仍为ｖ，则由运动学的特征可知，Ｑ在第一次过ｙ轴后，必须先经Ｔ０／4的时间做减速运动至速度为零，然后再经Ｔ０／4的时间反向加速至ｙ轴速度达到ｖ，才能保证Ｑ第二次与Ｐ以相同的速度ｖ过ｙ轴，在这段时间内，电场的方向始终向右．此后，电场又必须改变方向，直至Ｐ再次过ｙ轴，依此类推，电场方向改变的周期应与Ｐ做圆周运动的周期相同，即Ｔ＝Ｔ０＝2πｍ／Ｂｑ．
?（2）Ｅ－ｔ图象如图28所示．
2
图28
20．解：（1）正电子在图29中沿逆时针方向运动，负电子在图29中沿顺时针方向运动．
?（2）电子经过每个电磁铁，偏转角度是θ＝2π／ｎ，射入电磁铁时与通过射入点的直径夹角为θ／2，电子在电磁铁内做圆运动的半径为Ｒ＝ｍｖ／Ｂｅ．
图29
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由图29所示可知 ｓｉｎ（θ／2）＝（ｄ／2）／Ｒ，则 ?Ｂ＝2ｍｖｓｉｎ（π／ｎ）／ｄｅ．
?21．解：（1）由电压与变压器匝数的关系可得 ?Ｕ１／ｎ１＝Ｕ２／ｎ２， ｎ１＝1650匝． ?（2）当开关Ｓ断开时，有
?Ｕ１Ｉ１＝Ｕ２Ｉ２， Ｉ１＝Ｕ２Ｉ２／Ｕ１＝（1／3）Ａ． ?（3）当开关Ｓ断开时，有 ?ＲＬ＝Ｕ２／Ｉ２＝44Ω，
当开关Ｓ闭合时，设副线圈总电阻为Ｒ′，有 ?Ｒ′＝ＲＬ／2＝22Ω， 副线圈中的总电流为Ｉ２′，则 Ｉ２′＝Ｕ２／Ｒ′＝10Ａ，
由Ｕ１Ｉ１′＝Ｕ２Ｉ２′可知 Ｉ１′＝Ｕ２Ｉ２′／Ｕ１＝（2／3）Ａ．
?22．解：质点Ａ带负电，在匀强电场中所受电场力为ＦＡ＝Ｅｑ，方向与场强方向相反，则 ?ａＡ＝ＦＡ／ｍ＝Ｅｑ／ｍ＝0．2ｍ／ｓ，
?方向与初速度方向相反，沿场强方向做匀减速直线运动，则 ｖＡ＝ｖＡ０－ａＡｔ，ｓＡ＝ｖＡ０ｔ－（1／2）ａＡｔ．
?质点Ｂ带正电，在匀强电场中所受电场力为ＦＢ＝Ｅｑ，方向与场强方向相同，则 ?ａＢ＝ＦＢ／ｍ＝Ｅｑ／ｍ＝0．2ｍ／ｓ．
?方向与初速度方向相同，沿场强方向做匀加速直线运动，有 ｖＢ＝ｖＢ０＋ａＢｔ，ｓＢ＝ｖＢ０ｔ＋（1／2）ａＢｔ．
?（1）两质点从同一等势面上开始运动到再次位于同一等势面上，则 ?ｓＡ＝ｖＡ０ｔ－（1／2）ａＡｔ＝ｓＢ＝ｖＢ０ｔ＋（1／2）ａＢｔ， ?解之得ｔ＝4ｓ．（ｔ＝0，舍去）
?（2）两质点再次位于同一等势面上之前，ｖＡ＝ｖＢ时距离最大，则 ｖＡ０－ａｔ＝ｖＢ０＋ａｔ，得ｔ＝2ｓ， ?它们再次位于同一等势面上之前的最大距离为
?ｓｍａｘ＝ｓＡ－ｓＢ＝（ｖＡ０ｔ－（1／2）ａｔ）－（ｖＢ０ｔ＋（1／2）ａｔ）， ?得ｓｍａｘ＝0．8ｍ．
?23．解：（1）带电小球进入小车由Ｃ向Ｂ运动的过程中，由于车和球受恒定电场力的作用球向左做匀加速直线运动，车向右做匀加速直线运动． ?（2）金属板Ｂ、Ｃ间的电场强度为 Ｅ＝Ｅ１／Ｌ，
?带电小球和车所受的电场力为 Ｆ＝ｑＥ＝ｑＥ１／Ｌ．
?设小车的位移为ｓ，则球的位移为Ｌ－ｓ，电场力对车的功为Ｗ１＝Ｆｓ，电场力对球所做的功为 ?Ｗ２＝Ｆ（Ｌ－ｓ），
所以电场力对球与车组成的系统做功为 ?Ｗ＝Ｗ１＋Ｗ２＝ＦＬ＝ｑＥ１．
?（3）小球进入Ａ、Ｂ板间运动后，小球和车均做匀减速运动，设小球相对小车静止时，小球和车的速度为ｖ，由动量守恒，有 ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ， 由动能定理知
?ｑＥ２－ｑＥ１＞（1／2）ｍｖ０－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ， 则 Ｅ２＞Ｅ１＋（Ｍｍｖ０／2ｑ（Ｍ＋ｍ））． ?24．解：（1）如图30所示，在电场中，有
２
２
２
2
2
2
2
2
2
2
2
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图30
?ｑＥＬ＝（1／2）ｍｖ，即 ｖ＝
２
，
又 Ｌ＝（1／2）ａｔＥ，则 ｔＥ＝
２
．
?进入中间磁场，有ｑｖＢ＝ｍ（ｖ2／ｒ），ｖ大小不变，ｒ＝ｍｖ／ｑＢ．进入右边磁场，ｖ大小仍不变，ｒ′＝ｍｖ／ｑ·2Ｂ＝ｒ／2． ?即粒子在磁场Ｂ中做匀速圆周运动的周期为
?Ｔ＝2πｒ／ｖ＝2πｍ／ｑＢ．又 ｔＢ＝πｍ／6ｑＢ＝Ｔ／12，则 θ＝30°，
根据几何知识，有 ｄ＝ｒ／2＝ｍｖ／2ｑＢ＝（1／Ｂ） ?（2）进入右边磁场所用时间为
?ｔ2Ｂ＝Ｔ′／3＝（1／3）·2πｍ／ｑ·2Ｂ＝πｍ／3ｑＢ， 根据对称性，有
．
?ｔａｂ＝2ｔＥ＋2ｔＢ＋ｔ2Ｂ＝2 ?（3）根据几何知识，有 ?ｙ＝ｒ－由图可知，有
?ｓａｂ＝ｒｃｏｓ30°＋2ｙ＝（2－（根据周期性，有
?ｓｎ＝ｎｓａｂ＝（2－（
＝（（2－
＋（2πｍ／3ｑＢ）．
）／2）ｒ，
／2））ｒ，
／2））·ｎｍｖ／ｑＢ
?＝（（4－）ｎ／Ｂ）·．
－9
－2
?25．解：由于电子通过平行极板的时间Ｌ/ｖ＝1．25×10ｓ远比交变电压的周期2×10ｓ小得多，故在电子通过极板的过程中，两极板间的电压可视为不变，但对不同时刻射入的电子而言，两极板间的电压是不同的．射入两平行极板间的电子的运动类似于抛体运动：沿极板方向电子做匀速直线运动，设电子
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通过平行极板的时间为ｔ，则 ｔ＝Ｌ/ｖ，
?沿垂直极板方向电子做匀加速直线运动，加速度为ａ，则 ａ＝ｅＵ／ｍｄ．
?电子刚好不能通过平行极板的条件是电子刚好打在极板的端点上．即电子受到的加速度ａ的值ａｃ刚好满足 ｄ／2＝（1／2）ａｃｔ，
?由以上各式得到，若电子刚好不能通过平行极板，则两极板间的电压值Ｕｃ为 Ｕｃ＝ｍｖｄ／ｅＬ＝91Ｖ．
２
２
２
2
图31
?即当两极板间的电压U小于Ｕｃ＝91Ｖ时，电子能通过平行极板；而当两极板间的电压Ｕ大于Ｕｃ＝91Ｖ时，电子就打在极板上，不能通过平行极板．由于加在两极板间的电压是交变电压ｕ＝Ｕ０ｓｉｎ100πｔ（Ｖ），所以在同一个周期内，电子能从平行极板射出的时间Δｔ１就是电压Ｕ小于Ｕｃ＝91Ｖ的时间，电子不能从平行极板射出的时间Δｔ１就是电压Ｕ大于Ｕｃ＝91Ｖ的时间，而且Δｔ１＋Δｔ２＝Ｔ，这样，根据题给条件Δｔ１/Δｔ２＝2∶1，得 Δｔ１＝2Ｔ/3，Δｔ２＝Ｔ/3，
?即在如图31所示的ｕ＝Ｕ０ｓｉｎ100πｔ（Ｖ）图线上，斜线部分的时间是电子能通过平行极板的时间，可以看出．
?Ｕｃ＝Ｕ０ｓｉｎ100π（Ｔ／6）（Ｖ）
?以Ｔ＝（1／50）ｓ，Ｕｃ＝91Ｖ代入，解得所加的交变电压的最大值Ｕ０为 Ｕ０＝91／（ｓｉｎπ／3）＝＝105Ｖ．
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