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（1）若粒子与ab边发生多次碰撞，相邻两次碰撞的时间间隔；
（2）粒子做圆周运动的半径；
（3）粒子从a点到第一次通过c点过程中通过的路程；
（4）若粒子能够打到荧光屏ef上，粒子从a点发射时的速度大小．

分析 （1）由于射出方向与边框垂直，所以粒子每转半周后就与边框碰撞，所以时间之差就是粒子做匀速圆周运动周期的一半．
（2）考虑到每碰撞一次向上偏移2R，最后一次碰撞恰为一个半径，则极板长应为半径的奇数倍．列出关系，从而求出半径的值，显然是关于n的多解性．
（3）求总路程要注意的是从ab边转到bc边这一过程的路程为$\frac{5}{6}×2πR$，其余第碰撞一次是πR，然后把每次碰撞之和相加，就是总路程．
（4）要使粒子打到荧光屏上，则考虑轨迹与ef相切的情况．由几何关系确定粒子只能是从a出发直接到达c点，才符合此要求，于是半径只能是L，从而求出此种情况下的速度．

解答 解：（1）相邻两次碰撞时间间隔：$t=\frac{T}{2}$
由$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$   $T=\frac{2πR}{v}$   
得：t=$\frac{πm}{qB}$
（2）由题意可知：L=（2n+1）R    （n=0、1、2、3、…）
 得：R=$\frac{L}{2n+1}$     （n=0、1、2、3、…）
（3）粒子做匀速圆周运动过程中一个周期通过的路程S0=2πR=$\frac{2πL}{2n+1}$     （n=0、1、2、3、…）
粒子从a点射出后，第一次通过c点过程中通过的路程：Soc=$（n+\frac{5}{6}）{S}_{0}$    （n=0、1、2、3、…）
得：Soc=$\frac{πL（6n+5）}{3（2n+1）}$    （n=0、1、2、3、…）
（4）如图所示，由题意可知：θ=30° 
 假设粒子恰好与ef相切，满足：$R′cos30°=R′-\frac{1}{10}L$  
得：$R′=\frac{2+\sqrt{3}}{5}L$＜L    代入R=$\frac{L}{2n+1}$ （n=0、1、2、3、…）得：$n=\frac{9-5\sqrt{3}}{2}=0.17$
若粒子能够打到荧光屏ef上，只有n=0满足条件．
此时，粒子从a点发射时的速度为v，由R=L=$\frac{mv}{qB}$  得：v=$\frac{qBL}{m}$
答：（1）若粒子与ab边发生多次碰撞，相邻两次碰撞的时间间隔为$\frac{πm}{qB}$．
（2）粒子做圆周运动的半径为$\frac{L}{2n+1}$   （n=0、1、2、3、…）．
（3）粒子从a点到第一次通过c点过程中通过的路程为$\frac{πL（6n+5）}{3（2n+1）}$ （n=0、1、2、3、…）．
 （4）若粒子能够打到荧光屏ef上，粒子从a点发射时的速度大小为$\frac{qBL}{m}$．

点评 本题的靓点有：①粒子做匀速圆周运动的多解性，由于没有告诉磁感应强度大小，也不告诉碰撞的次数，所以要设想碰撞n次，写出边长与半径的关系．②要能够打到荧光屏上是一个更含蓄的结论，选写出符合此条件的半径满足的几何关系，将前一问的半径式进行比较，从而求出碰撞次数，于是求出了速度．

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