设计的磁场为沿z轴方向的匀强磁场，O点和M点都处于这个磁场中。下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度的大小。粒子由O点射出就进入了磁场，可将与z轴成?角的速度分解成沿磁场方向的分速度vZ和垂直于磁场方向的分速度v?（见图预解20-4-1），注意到?很小，得
vZ?vcos??v （1） v??vsin??v? （2）
粒子因具有垂直磁场方向的分速度，在洛仑兹力作用下作圆周运动，以R表示圆周的半径，有
2v? qBv??m
R圆周运动的周期
T?由此得
2?R v?T?2?m （3） qB可见周期与速度分量v?无关。
粒子因具有沿磁场方向的分速度，将沿磁场方向作匀速直线运动。由于两种分速度同时存在，粒子将沿磁场方向作螺旋运动，螺旋运动螺距为
?v T （4） h?vZT由于它们具有相同的v，因而也就具有相同的螺距；
又由于这些粒子是从同一点射出的，所以经过整数个螺距（最小是一个螺距）又必定会聚于同一点。只要使OM等于一个螺距或一个螺距的n（整数）倍，由O点射出的粒子绕磁场方向旋转一周（或若干周后）必定会聚于M点，如图20-4-2所示。所以
d?nh， n＝1，2，3，… （5） 由式（3）、（4）、（5）解得 B?2?mvn， n＝1，2，3，… （6） qd这就是所要求磁场的磁感应强度的大小，最小值应取n＝1，所以磁感应强度的最小值为
B?2?mv。 （7） qd评分标准：本题20分。
磁场方向2分，式（3）、（4）各3分，式（5）5分，求得式（6）给5分，求得式（7）再给2分。
五、参考解答
摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动，若摆球的质量为m，则摆球受重力mg和摆线拉力T的作用，设在这段时间内任一时刻的速度为v，如图预解20-5所示。用?表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式
mv2 T?mgco? （1） s?l?x运动过程中机械能守恒，令?表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，取O点为势能零点，则有关系
1?mglcos??mv2?mg[x?(l?x)cos?)] （2）
2摆受阻后，如果后来摆球能击中钉子，则必定在某位置时摆线开始松弛，此时T＝0，此后摆球仅在重力作用下作斜抛运
动。设在该位置时摆球速度v?v0，摆线与竖直线的夹角???0，由式（1）得
2?g(l?x)cos?0， （3） v0代入（2）式，求出
2lcos??3(x?l)cos?0?2x （4）
要求作斜抛运动的摆球击中C点，则应满足下列关系式：
(l?x)sin?0?v0cos?0t， （5）
(l?x)cos?0??v0sin?0t?利用式（5）和式（6）消去t，得到
12gt （6） 2g(l?x)sin2?0 v? （7）
2cos?020由式（3）、（7）得到
cos?0?代入式（4），求出
3 （8） 3??arccos??x(2?3)?l3?? （9）
2l???越大，cos?越小，x越小，?最大值为?/2，由此可求得x的最小值：
x(2?3)?3l，
所以
x?(23?3)t?0.464l （10）
评分标准：本题20分。
式（1）1分，式（2）3分，式（3）2分，式（5）、（6）各3分，式（8）3分，式（9）1分，式（10）4分。
六、参考解答
（1）规定运动员起跳的时刻为t?0，设运动员在P点（见图预解20-6）抛出物块，以t0表示运动员到达P点的时刻，则运动员在P点的坐标xP、yP和抛物前的速度v的分量
Vpy ux
v0
Vpx
vpx、vpy分别为
vpx?v0cos?， （1） vpy?v0sin??gt0 （2） xp?v0cos?t0， （3）
?
uy
12 （4） yp?v0sin?t0?gt02设在刚抛出物块后的瞬间，运动员的速度V的分量大小分别为Vpx、Vpy，物块相对运动员的速度u的分量大小分别为ux、uy，方向分别沿x、负y方向。由动量守恒定律可知 MVpx?m(Vpx?ux)?(M?m)vpx， （5） MVpy?m(Vpy?uy)?(M?m)vpy （6） 因u的方向与x轴负方向的夹角为?，故有
ux?ucos? （7） uy?usin? （8） 解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得 Vpx?v0cos?? Vpymucos? （9）
M?mmusin? （10） ?v0sin??gt0?M?mVpy。抛出物块后，运动员从P点开始沿新的抛物线运动，其初速度为Vpx、在t时刻（t?t0）
运动员的速度和位置为
Vx?Vpx， （11）
Vy?Vpy?g(t?t0)， （12） x?xp?Vpx(t?t0)?(v0cos?? y?yp?Vpy(t?t0)?muxmux)t?t0， （13） M?mM?m1g(t?t0)2 （14） 2由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得
mucos??x??v0cos??M?m?musin?? y?2?v0sin??M?m??mucos?t0 （15） ?t?M?m?2musin??2t?gt?t0 （16） ?M?m?
运动员落地时，
y?0 由式（16）得
musin?? gt2?2?v0sin??M?m?方程的根为
?2musin?t0?0， （17） ?t?M?m?v0sin?? t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （18）
g式（18）给出的两个根中，只有当“?”取“＋”时才符合题意，因为从式（12）和式（10），可求出运动员从P点到最高点的时间为式
?musin?v0sin????M?m
g???
而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大，故从起跳到落地所经历的时间为
v0sin??t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （19）
g（2）由式（15）可以看出，t越大，t0越小，跳的距离x越大，由式（19）可以看出，当
t0＝0
时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为
xp?0， yp?0 （20）
即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出，运动员可跳得远一点。由式（19）可以得到运动员自起跳至落地所经历的时间为 T?2v0sin?musin? ?2gM?mg把t0?0和t?T代入式（15），可求得跳远的距离，为
2v0sin2?2mv0um2u2?sin(???)?sin2? （21） x?g(M?m)g(M?m)2g可见，若
sin2??1,sin(???)?1,sin2??1，
即 ???/4， ???/4 （22）
时，x有最大值，即沿与x轴成45?方向跳起，且跳起后立即沿与负x轴成45?方向抛出物块，则x有最大值，此最大值为
2v02mv0um2u2?? xm? （23） g(M?m)g(M?m)2g评分标准：本题20分。
第一小问13分：求得式（15）、（16）各3分，式（17）2分，求得式（19）并说明“t”取“＋”的理由给5分。第二小问7分：式（20）2分，式（22）2分，式（23）3分。
七、参考解答
在电压为U0时，微粒所受电场力为U0q/2l，此时微粒的加速度为a0?U0q/2lm。将此式代入题中所给的等式，可将该等式变为
3?T? l?a0?? （1）
16?2?现在分析从0到T/2时间内，何时产生的微粒在电场力的作用下能到达A板，然后计
算这些微粒的数目。
在t?0时产生的微粒，将以加速度a0向A板运动，经T/2后，移动的距离x与式（1）相比，可知
21?T? x?a0???l （2）
2?2?即t?0时产生的微粒，在不到T/2时就可以到达A板。在UA?U0的情况下，设刚能到达A板的微粒是产生在t?t1时刻，则此微粒必然是先被电压U0加速一段时间?t1，然后再被电压?2U0减速一段时间，到A板时刚好速度为零。用d1和d2分别表示此两段时间内的位
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