2020版高考物理大二輪復(fù)習優(yōu)化4高考計算題解題策略教學案

1、有清晰的已知條件， 也有隱含條件， 在實際物理情景中包在所給出物理過程的信息中有重要的臨界條件，各物理量間的對應(yīng)關(guān)系、提取解題所需要的相關(guān)信息，采用“分段”處理，將問題涉及的物理過程，再根據(jù)各個階段遵從的物理從而使問題化整為零、 各個擊破我們應(yīng)該從以下幾個方面給予考慮：一定要)(面)有清晰的已知條件， 也有隱含條件， 在實際物理情景中包在所給出物理過程的信息中有重要的臨界條件，各物理量間的對應(yīng)關(guān)系、提取解題所需要的相關(guān)信息，采用“分段”處理，將問題涉及的物理過程，再根據(jù)各個階段遵從的物理從而使問題化整為零、 各個擊破我們應(yīng)該從以下幾個方面給予考慮：一定要)(面)(有時需要討論分析 )(是評分依

2、據(jù)，文字說明一般不計分不能寫化簡式， 如“GMmr mg”不能題目思維量大， 解答物理排除干擾因素 要做所謂的“分段”按照時間和空間的)，不能寫變形式2優(yōu)化 4 高考計算題解題策略計算題一般給出較多的信息，含有抽象的物理模型，中要求寫出重要的演算步驟和必要的文字說明1慢審題，快答題只有認真審題， 透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題所謂審題要慢，就是要仔細，要審?fù)?，關(guān)鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，到這些，必須通讀試題，特別是括號內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視2習慣畫圖，分段處理對綜合性強、過程較為復(fù)雜的題，要習慣畫草圖，處理，就是根據(jù)問題的需要和研究

3、對象的不同，發(fā)展順序， 合理地分解為幾個彼此相對獨立又相互聯(lián)系的階段，規(guī)律逐個建立方程， 最后通過各階段的聯(lián)系綜合起來解決，3書寫必要的文字說明必要的文字說明的目的是說明物理過程和答題依據(jù)，(1) 說明研究對象 (個體或系統(tǒng)， 尤其是要用整體法和隔離法相結(jié)合求解的題目，注意研究對象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問題(2) 畫出受力分析圖、電路圖、光路圖或運動過程的示意圖(3) 說明所設(shè)字母的物理意義(4) 說明規(guī)定的正方向、零勢點(5) 說明題目中的隱含條件、臨界條件(6) 說明所列方程的依據(jù)、名稱及對應(yīng)的物理過程或物理狀態(tài)(7) 說明所求結(jié)果的物理意義4要有必要的方程式(1) 寫出符合題意的原始方程(2) 要

4、用字母表述方程， 不要寫有代入數(shù)據(jù)的方程，1 GMr(分步得分 )，并對各方程式編號”不分，“如題目給出半徑是F，摩擦力用比字母本身小許多 角標的選用亦應(yīng)講究，A就比用2C、亨利 H；Hz、Wb. 為每年高考的重點， 常以計算題型出現(xiàn)， 且(或“傳送帶模型”GMr(分步得分 )，并對各方程式編號”不分，“如題目給出半徑是F，摩擦力用比字母本身小許多 角標的選用亦應(yīng)講究，A就比用2C、亨利 H；Hz、Wb. 為每年高考的重點， 常以計算題型出現(xiàn)， 且(或“傳送帶模型” )進行考查(2019江西一模 )如圖甲所示，質(zhì)量為v 滑上木板的左端，物塊與木板之間的動摩0.2 ，在物塊滑上木板的同時，給木板

5、施加一個水平向右的恒力s，給木板施加不同大小的恒力1 m1.將物塊視為質(zhì)點，g取 10 m/s . 2(便于計算和說明 )，不r，F(xiàn)表示，閱卷人一看便明白，如果用反了就1好；通過某相同點的速度，按時間順序第一次用M0.5 kg 的木板靜止在光滑水平04 m/sF.當恒力 FF，得2fv1、第二寫成“ g”(3) 要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要不斷的“續(xù)”進一些內(nèi)容(4) 方程式有多個時，應(yīng)分步列要合寫一式，以免一錯全錯5使用各種字母符號要規(guī)范(1) 字母符號要寫清楚、 規(guī)范，忌字跡潦草 閱卷時因為“ v、r、”不分，大小寫“ M、m”或“ L、l G”的草體像“ a”，希臘字母“

6、、”筆順或形狀不對而被扣分屢見不鮮(2) 尊重題目所給的符號， 題目給了符號的一定不要再另立符號你若寫成 R就算錯(3) 一個字母在一個題目中只能用來表示一個物理量，忌一字母多用；一個物理量在同一題中不能有多個符號，以免混淆(4) 尊重習慣用法如拉力用會帶來誤解(5) 角標要講究 角標的位置應(yīng)當在右下角，如通過 A點的速度用 v v次用 v 就很清楚，如果倒置，必然帶來誤解(6) 物理量單位的符號源于人名的單位，由單個字母表示的應(yīng)大寫，如庫侖由兩個字母組成的單位，一般前面的字母用大寫，后面的字母用小寫，如題型 1 牛頓運動定律結(jié)合運動學公式本知識點是牛頓運動定律的重要應(yīng)用之一，為多過程，難度中

7、等分析近幾年考題，命題規(guī)律有以下三點：1牛頓第二定律結(jié)合平拋運動知識進行考查2牛頓第二定律結(jié)合圓周運動知識進行考查3牛頓第二定律結(jié)合“板塊模型”【典例 1】面上，質(zhì)量為 m1 kg 的物塊以初速度擦因數(shù)為取某一值時，物塊在木板上相對于木板滑動的路程為到1sF圖像如圖乙所示， 其中 AB與橫軸平行， 且 AB段的縱坐標為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度2 F的取值范圍及 F的函數(shù)關(guān)系式(1) 以向右為正方向， 物塊受向左的摩擦力，a 2 m/s2，解得木板的加速度大小為x v 12a1t ，木板的位移為1 2，由題圖乙可知，板長t s ，t21 s ，2t 1 s 應(yīng)舍去，故所求時間為F增

8、大到某一值時物塊恰好到達木板的v，歷時 t，則對木板有x t，木板的位移為1 F3s 4(靜摩擦力作F的取值范圍及 F的函數(shù)關(guān)系式(1) 以向右為正方向， 物塊受向左的摩擦力，a 2 m/s2，解得木板的加速度大小為x v 12a1t ，木板的位移為1 2，由題圖乙可知，板長t s ，t21 s ，2t 1 s 應(yīng)舍去，故所求時間為F增大到某一值時物塊恰好到達木板的v，歷時 t，則對木板有x t，木板的位移為1 F3s 4(靜摩擦力作用 )一起以相同加速度F(Mm)a fma4，f 為靜摩擦力，需滿足BC段恒力 F的取值范圍是(1) s 對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及運動時爆炸、反沖類

9、問題常用動量守恒求解若過程涉及能量1s與由牛頓第二定律有21a 4 m/s ，21 0tL1 m，112 m/s ，木板的速度為2FmgMa vvv vms1 m，解得 F1 N.a4，對物塊有1 NF3 N，函數(shù)關(guān)系式是13mgma，22x ，物塊滑下木板時位34 m/s ，而當物塊從木板右端滑離t s. 3，兩者速度相同， 0024ff1 F3s 4(2) (1 NF3 N)1，解1211x ，兩者位移間的關(guān)系為max . 1s 422a2t3vMF32tsxm(1) 若恒力 F0，則物塊會從木板的右端滑下，求物塊在木板上滑行的時間(2) 圖乙中 BC為直線段，求該段恒力解析 得物塊的加速

10、度大小為對木板有 mgMa在 t 時間內(nèi)物塊的位移為移關(guān)系為 Lx x代入數(shù)據(jù)可解得當 t 1 s 時，物塊的速度為時，物塊的速度不可能小于木板的速度，(2) 當 F較小時，物塊將從木板右端滑下，當右端，且兩者具有共同速度a1ta3t，物塊的位移為xM，聯(lián)立解得 ，由題圖乙可知當 F 繼續(xù)增大時，兩者共速后能保持相對靜止做勻加速運動，對整體有mg2 N，聯(lián)立解得 F3 N.綜上所述，答案 題型 2 應(yīng)用動量觀點和能量觀點分析多過程問題本知識點為近幾年高考的考查熱點，間的問題應(yīng)用動量定理求解，碰撞、3 )如圖所示，用長為A懸掛于 O點在光滑的水平地面上，質(zhì)量為將小球 A拉起，使輕繩水平拉直，的余

11、弦值；，則 C的長度至少為多少時(1) A從開始下落到與1 13mv03mv1mv2，1 1)如圖所示，用長為A懸掛于 O點在光滑的水平地面上，質(zhì)量為將小球 A拉起，使輕繩水平拉直，的余弦值；，則 C的長度至少為多少時(1) A從開始下落到與1 13mv03mv1mv2，1 1 1 1 12 3mv 23mv 2mv11H，則RH 3R 4. 22 22R且不可伸長的輕繩將質(zhì)量為m的小物塊 B(可視為質(zhì)點 C將 A球由靜止釋放， 運動BB碰撞前的過程機械能守恒，由機械能守恒定律得2m m3gH23v12(m的3)置于長木板132 2 20 1 2，11，mgR2轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特點

12、，用功能關(guān)系或動能定理求解【典例 2】 (2019湖南長沙一模小球的左端并與長木板均保持靜止到最低點時與 B發(fā)生彈性正碰(1) 求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角(2) 若長木板 C的質(zhì)量為 2m，B與 C間的動摩擦因數(shù)為才不會從 C的上表面滑出？解析 1213mv20，小球與 B碰撞過程中動量和機械能均守恒，以水平向右為正方向由動量守恒定律得由機械能守恒定律得聯(lián)立解得 v 2gR，v212 2gR，設(shè)碰撞后 A上升的最大高度為又 cos ，聯(lián)立解得 cos(2) B在木板 C上滑動過程中， B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律得 mv (m2m)v，設(shè)木板長度為 L時，B

13、剛好滑到 C的最右端時兩者共速， 則B在木板 C上滑動的過程中，由能量守恒定律得mgL12mv m2m)v，4 R6. (1)每年的高考中都會出現(xiàn)，(2019河南五校聯(lián)考E、方向水平向右，電場寬度為B，方向垂直紙面向外；右側(cè)區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小也為m、電荷量為 q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊又回到 O點，然后重復(fù)d；O點開始運動到第一次回到(1) 帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：R1B34主要考查帶電R6. (1)每年的高考中都會出現(xiàn)，(2019河南五校聯(lián)考E、方向水平向右，電場寬度為B，方向垂直紙面向外；右側(cè)區(qū)域勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小也為m、電荷量為 q、不計重力的

14、帶正電的粒子從電場的左邊又回到 O點，然后重復(fù)d；O點開始運動到第一次回到(1) 帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得：R1B34主要考查帶電)如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻L；中間區(qū)域勻強O點所用時間qEL12mv2mEL. q(2)2R6聯(lián)立解得 L答案 題型 3 帶電粒子在電場、磁場中的運動帶電粒子在電場、 磁場中的運動是高考的熱點，粒子在洛倫茲力下的圓周運動，常與帶電粒子在電場中的運動相結(jié)合，綜合考查受力分析、平拋運動、圓周運動、功能關(guān)系等知識，綜合性較強，難度較大，通常為高考的壓軸題【典例 3】強磁場左側(cè)勻強電場的電場強度大小為磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向

15、里一個質(zhì)量為緣的 O點由靜止開始運動， 穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，上述運動過程求：(1) 中間磁場區(qū)域的寬度(2) 帶電粒子從解析 帶電粒子在勻強磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得：2BqvmvR由以上兩式，可得：可見粒子在兩磁場區(qū)域的運動半徑相同，如圖所示5 O12B2v1T 2m25 5m3O點所用的時間為：2mL7m1 2t3(1)遵循能量守恒定律 涉及能量的電磁在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨(磁場方向垂直于傳送帶平面向下其物理情境簡化如下：O12B2v1T 2m25 5m3O點所用的時間為：2mL7m1 2t3(1)遵循能量守恒定律 涉及能量的

16、電磁在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨(磁場方向垂直于傳送帶平面向下其物理情境簡化如下：，以1O2O36mEL. qmva qE23 3qB6T3qBqE 3qB. 12B)，觀察線框進入磁場后是如圖所示， 通是等邊三角形，其邊長為2mLqE6mELq2R.所以中間磁場區(qū)域的寬度(2)2 2mL7mqE 3qB三段圓弧的圓心組成的為：dRsin60(2) 在左側(cè)電場中的運動的加速度：aqEm在電場中運動的總時間：t 2在中間磁場中的運動時間：t在右側(cè)磁場中的運動時間為：t則粒子第一次回到tt t 2 答案 題型 4 應(yīng)用動力學和能量觀點處理電磁感應(yīng)問題電磁感應(yīng)現(xiàn)象

17、是其他形式的能和電能的相互轉(zhuǎn)化，感應(yīng)問題是高考的熱點問題，此類題目常涉及楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等知識，綜合性強，題目難度較大，常出現(xiàn)在選擇題的最后一題或計算題位置【典例 4】傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域否相對傳送帶滑動就能夠檢測出不合格的未閉合線框，過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為6 vB.線框質(zhì)量為 m，電阻值為 R，邊長為 L(d2L)，線框與傳送帶，重力加速度為 g.閉合線框的上邊在進入磁場前線框相對傳送帶靜止，MN，當PQ時又恰好與傳送帶的速度相同設(shè)傳送帶足夠長求：Ft；E.

18、 (1) 根據(jù)安培力公式得IEREBLvF . 安vB.線框質(zhì)量為 m，電阻值為 R，邊長為 L(d2L)，線框與傳送帶，重力加速度為 g.閉合線框的上邊在進入磁場前線框相對傳送帶靜止，MN，當PQ時又恰好與傳送帶的速度相同設(shè)傳送帶足夠長求：Ft；E. (1) 根據(jù)安培力公式得IEREBLvF . 安F BI LEt tt . 安0斜向上運動已知磁場邊界安的大??；F BIL0BLv安安I BLmgRcossin MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，安2 20RERBL2 3MN與 PQ間的距離2恒定速度為 d，磁場的磁感應(yīng)強度為間的動摩擦因數(shù)為線框剛進入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運動過

19、程中上邊始終平行于閉合線框的上邊經(jīng)過邊界(1) 閉合線框的上邊剛進入磁場時上邊所受安培力(2) 從閉合線框的上邊剛進入磁場到上邊剛要出磁場所用的時間(3) 從閉合線框的上邊剛進入磁場到下邊穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動機多消耗的電能解析 根據(jù)閉合電路歐姆定律得又由法拉第電磁感應(yīng)定律得由以上聯(lián)立可解得(2) 在線框的上邊剛進入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，取沿斜面向上為正方向，根據(jù)動量定理有mgcostmgsin t F t0 根據(jù)安培力公式得根據(jù)閉合電路歐姆定律得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得由以上聯(lián)立解得(3) 在線框的上邊剛進入磁場到線框的下邊剛要出磁場的過程中，由動能定理得(m

20、gcosmgsin )dW 0 7 Q Wf 0t由能量守恒定律得電ERcossin . (1)37的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已L50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為m5 kg 帶有掛鉤的木板，貨物與木板及木板與傳送帶之間的動g取10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8) L處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此5B處？(不計傳送帶的加速時間(1) 設(shè)最大拉力為1，對貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得1，代入數(shù)據(jù)得Q Wf 0t由能量守恒定律得電ERcossin . (1)37的傳送帶把貨物由低處運送到高處，已L50 m，正常運轉(zhuǎn)的速度為m5 kg 帶有掛鉤的木板，貨物與木板及木板與傳送帶之間

21、的動g取10 m/s2，sin37 0.6，cos37 0.8) L處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此5B處？(不計傳送帶的加速時間(1) 設(shè)最大拉力為1，對貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得1，代入數(shù)據(jù)得m 1，得 ma22，得 20.2 m/sv電 安20B2L3cosBLvRv4 m/s.) Fa 0.4 m/s . 192 N. 2，根據(jù)牛頓第二定律得1，根據(jù)運動學公式得2 20一次工人剛把m，貨物與木板之間的靜摩擦力達到最大值，設(shè)此時的加速21(2)M10 kgBLmgRcossin 的貨物放到傳2 3(3)20B2L3cosRcossin 由功能關(guān)系得mgcos(v d) 從線框上邊剛進

22、入磁場到線框穿出磁場后相對傳送帶靜止的過程中，E2mgsin d2Q 2Qf由以上聯(lián)立可解得答案 專題強化訓(xùn)練 (二十二) 1(2019河北名校聯(lián)盟 )某工廠用傾角為知傳送帶長為送帶上的 A處時停電了，為了不影響工作的進度，工人拿來一塊把貨物放到木板上， 通過定滑輪用繩子把木板拉上去摩擦因數(shù)均為 0.8.( 貨物與木板均可看成質(zhì)點，(1) 為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值；(2) 若工人用 F189 N 的恒定拉力把貨物拉到時貨物與木板的速度大??；(3) 來電后，還需要多長時間貨物能到達解析 度為 aMgcosMgsin Ma對貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律

23、得F (mM)gcos(mM)gsin (mM)a F(2) 設(shè)工人拉木板的加速度為F(mM)gcos(mM)gsin(mM)a a . 設(shè)來電時貨物與木板的速度大小為8 21 21v3，231貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，t設(shè)勻速運動的時間為L2，則 2L2x221 211.25 s. (1)192 N )傾角為 的斜面與足夠長的光滑水平面在AB的長度為 3L，BC、CD的長度均為 3.5 21 21v3，231貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，t設(shè)勻速運動的時間為L2，則 2L2x221 211.25 s. (1)192 N )傾角為 的斜面與足夠長的光滑水平面在AB的長度為 3L，B

24、C、CD的長度均為 3.5 L，BC部分粗糙，其余部分光L的輕桿，緊挨在一起排在斜面上，從下往上依滑塊 1恰好在 A處現(xiàn)設(shè)滑塊經(jīng)過 D處時無機械能損失， 輕桿不會與斜面相碰m并均可視為質(zhì)點，滑塊與粗糙斜面間的動摩擦因數(shù)均為(1) 以4個滑塊為研究對象， 設(shè)滑塊 1剛進入 BC段時，4個滑塊的加速度為L5，14 m/svv a t 5 s. 1時間內(nèi)貨物與木板加速的位移為t5x1；2v(2)2 m/s D已知tan ，重力加速a，a1 3t1，得 1x v x2，勻速運動的位(3)11.25 s 3，則有21， 1(mv212a3x1，得 15 m. v 2a代入數(shù)據(jù)得 v 2 m/s. (3)

25、 由于 ，所以來電后貨物與木板繼續(xù)加速，設(shè)加速度為M)gcos(mM)gsin (mM)a代入數(shù)據(jù)得 a 0.4 m/s . 設(shè)經(jīng)過 t設(shè)共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運動，移為 x x得 x 25 m 又 t得 t 6.25 s 所以來電后木板和貨物還需要運動的時間為：tt t答案 2(2019廣州市普通高中畢業(yè)班測試處平滑連接，斜面上滑如圖， 4個小滑塊左邊均固定一個長為次標為 1、2、3、4，輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連，將 4個滑塊一起由靜止釋放，滑塊的質(zhì)量均為度為 g.求：(1) 滑塊 1剛進入 BC時，滑塊 1上的輕桿所受到的壓力大小；(2)4 個滑塊全部滑上水平

26、面后，相鄰滑塊之間的距離解析 9 BC段時，滑塊 1 上的輕桿受到的壓力大小為BC段時，滑塊的共同速度為6L的距離，滑塊 1、2、3在粗糙段向下移動的距離分別為2tan，則 4個滑塊都進入D處時速度為 v2 2112正以速度 v 勻速向下運動，且運動4 離開粗糙段由此可知，相鄰兩個滑塊到達tdv t(1)BC段時，滑塊 1 上的輕桿受到的壓力大小為BC段時，滑塊的共同速度為6L的距離，滑塊 1、2、3在粗糙段向下移動的距離分別為2tan，則 4個滑塊都進入D處時速度為 v2 2112正以速度 v 勻速向下運動，且運動4 離開粗糙段由此可知，相鄰兩個滑塊到達tdv t(1)xOy的第二象限內(nèi)有一

27、垂直紙面向外的勻1，磁感應(yīng)強度大小d，左、右邊界與2( 260角射入勻強磁場A點，不計粒子重力，求：F，由牛v. 3L、BC段后，所受合外力為 0，各滑塊均1，由動能定理有12mvLBCLv，因此到達水平面的時間差也為134mgsinB Bx軸交點分別為A點沿與 x軸正BtLv1 0，第一象限內(nèi)有沿A、C；x軸下方存在垂直紙面向外的勻1，粒子恰好垂直(2)y軸負方向的勻強電場y43LE(E大小未知 )，軸進入勻強電場并從C點與 x軸正方由牛頓第二定律有：4mgsin mgcos4ma以滑塊 1為研究對象，設(shè)剛進入頓第二定律有：Fmgsin mgcosma已知 tan ，聯(lián)立可得 F34mgsi

28、n (2) 設(shè)滑塊 4剛進入此時 4個滑塊向下移動了2L、L.由動能定理有：4mgsin Lmgcos(3L2LL)12mv解得 v3 gLsin 由于動摩擦因數(shù)為以速度 v做勻速運動滑塊 1離開 BC后勻加速下滑，設(shè)到達mgsin3.5 L12mv解得：v 4 gLsin 當滑塊 1到達 BC邊緣剛要離開粗糙段時，滑塊距離后離開粗糙段，依次類推，直到滑塊段邊緣的時間差為所以相鄰滑塊在水平面上的間距為聯(lián)立解得 d43L答案 3(2019吉林摸底 )如圖所示，直角坐標系強磁場 B磁場、電場寬均為強磁場 B B 大小未知 )一質(zhì)量為 m、電荷量為 q的帶正電粒子平行紙面從方向成向成 60角進入 x

29、軸下方的勻強磁場而擊中10 2的磁感應(yīng)強度大小t. (1) 粒子運動軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場中運動的半徑均為 dv1qvmr2 3t32， 23qdB09m3m2的磁感應(yīng)強度大小t. (1) 粒子運動軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場中運動的半徑均為 dv1qvmr2 3t32， 23qdB09m3m24 3B0qdC，則 CB mv B v r Br20qrr m 3m32，則2322B0q. 3mC C2qvC 2 C、 23B0qdmvr qr(1) 電場強度 E的大小(2) 勻強磁場 B(3) 粒子從 A點出發(fā)回到 A所經(jīng)歷的時間解析 OA 2 3sin60 3由 B 知 vB 2由圖知 ODrrcos60 d粒子在電場中做類平拋運動，令粒子在電場中運動時間為dvt d12qEmt聯(lián)立得 E8 ，t(2) 令粒子在 C點的速度為 v v 2v2由 得 ，代入 得 2B0. 11 1中的運動時間為2tt t t(1)如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌37和 53，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌(圖中未畫出 )，磁感應(yīng)強度大小為金屬0.