江浙省高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 磁場專題檢測卷8-人教版高三全冊物理試題

專題檢測卷八磁場一、選擇題(共16題,每題3分,共48分)1.(2018浙江杭州預(yù)測)下列選項中用比值法來定義物理量的是()A.a=Fm B.E=Ud C.I=U2.(2018浙江溫州期末)如圖所示,無限長導(dǎo)線,均通以恒定電流I,直線部分和坐標(biāo)軸接近重合,彎曲部分是以坐標(biāo)原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧,已知直線部分在原點O處不形成磁場,在第一象限圓弧電流在原點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B,現(xiàn)在原點O處放一小段與x軸重合的長為L的通電導(dǎo)線P(可以視為電流元),導(dǎo)線P的電流大小為I,電流方向沿x軸正方向,則通電導(dǎo)線P受到的安培力的大小和方向是()A.2BIL,方向與y軸正方向相同B.2BIL,方向與y軸負方向相同C.4BIL,方向與y軸正方向相同D.4BIL,方向與y軸負方向相同3.中國科技館“探索與發(fā)現(xiàn)”展廳有一個展品名為“伸縮的線圈”,如圖所示,該展品是將軟導(dǎo)線繞制成“軟螺線管”套在鐵棒上,通電時,“軟螺線管”的長度會發(fā)生變化?，F(xiàn)僅改變電流的方向,比較兩次通電時線圈的狀態(tài),下列說法正確的是()A.線圈由伸長狀態(tài)變?yōu)閴嚎s狀態(tài)B.線圈由壓縮狀態(tài)變?yōu)樯扉L狀態(tài)C.線圈仍是伸長狀態(tài)D.線圈仍是壓縮狀態(tài)4.(2018浙江寧波重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示為電流天平,可以用來測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度。它的右臂掛著矩形線圈,匝數(shù)為n,線圈的水平邊長為l,處于虛線方框內(nèi)的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度B方向與線圈平面垂直,當(dāng)線圈中通有如圖所示電流I時,調(diào)節(jié)砝碼使天平達到平衡。然后使電流反向,大小不變,這時需要在左盤中拿走質(zhì)量為m的砝碼,才能使天平再達到新的平衡,由此可知()A.磁場方向垂直線圈平面向內(nèi),大小為B=mgB.磁場方向垂直線圈平面向內(nèi),大小為B=mgC.磁場方向垂直線圈平面向外,大小為B=mgD.磁場方向垂直線圈平面向外,大小為B=mg5.(2018浙江臺州中學(xué)統(tǒng)練)為了降低潛艇噪音可用電磁推進器替代螺旋槳。如圖為直線通道推進器示意圖。推進器前后表面導(dǎo)電,上下表面絕緣,規(guī)格為:a×b×c=0.5m×0.4m×0.3m。空間內(nèi)存在由超導(dǎo)線圈產(chǎn)生的勻強磁場,其磁感應(yīng)強度B=10.0T、方向豎直向下,若在推進器前后方向通以電流I=1.0×103A,方向如圖。則下列判斷正確的是(A.推進器對潛艇提供向左的驅(qū)動力,大小為4.0×103NB.推進器對潛艇提供向右的驅(qū)動力,大小為4.0×103NC.推進器對潛艇提供向左的驅(qū)動力,大小為3.0×103ND.推進器對潛艇提供向右的驅(qū)動力,大小為3.0×103N6.教師在課堂上做了兩個小實驗,讓小明同學(xué)印象深刻。第一個實驗叫做“旋轉(zhuǎn)的液體”,在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極,沿邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極,把它們分別與電池的兩極相連,然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電液體,例如鹽水,如果把玻璃皿放在磁場中,液體就會旋轉(zhuǎn)起來,如圖甲所示。第二個實驗叫作“振動的彈簧”,把一根柔軟的彈簧懸掛起來,使它的下端剛好跟槽中的水銀接觸,通電后,發(fā)現(xiàn)彈簧不斷上下振動,如圖乙所示。下列關(guān)于這兩個趣味實驗的說法正確的是 ()A.圖甲中,如果改變磁場的方向,液體的旋轉(zhuǎn)方向不變B.圖甲中,如果改變電源的正負極,液體的旋轉(zhuǎn)方向不變C.圖乙中,如果改變電源的正負極,依然可以觀察到彈簧不斷上下振動D.圖乙中,如果將水銀換成酒精,依然可以觀察到彈簧不斷上下振動7.(2018浙江臺州期末)如圖所示,三根長為L的無限長直導(dǎo)線的橫截面在空間構(gòu)成等邊三角形,電流的方向垂直紙面向里。電流大小均為I,其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小均為B0,導(dǎo)線C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài),則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力是()A.3B0IL,水平向左 B.32B0C.32B0IL,水平向左 D.3B08.如圖所示,老師取來一節(jié)5號電池,將兩塊圓柱形且表面鍍有金屬涂層的釹鐵硼強磁鐵固定在電池兩端,并分別與電池正負兩極良好接觸,再將這一裝置輕輕插入用粗銅絲繞制的一段螺線管(螺線管內(nèi)徑略大于圓柱形磁鐵的直徑,相鄰線圈間有空隙)的一端,只見固定有磁鐵的5號電池快速運動到螺線管的另一端。課后,周同學(xué)取來完全相同的器材,仿照老師的方法將它們重新組裝,重復(fù)這一實驗,但沒有成功。分析可能的原因是()A.老師有特異功能B.兩個磁鐵的磁性太弱C.放置兩個磁鐵時磁極的方向錯誤D.螺線管兩端沒有連接為閉合回路9.如圖所示,在半徑為R圓形區(qū)域內(nèi)有一勻強磁場,邊界上的A點,有一粒子源能在垂直于磁場的平面內(nèi)沿不同方向向磁場中發(fā)射速率相同的同種帶電粒子,在磁場邊界的圓周上可觀測到有粒子飛出,則粒子在磁場中的運動半徑為()A.R B.R2 C.R310.(2018浙江杭州期末)在如圖所示的平行板器件中,勻強電場E和勻強磁場B互相垂直。一束初速度為v的帶電粒子從左側(cè)垂直電場射入后沿圖中直線②從右側(cè)射出。粒子重力不計,下列說法正確的是()A.若粒子沿軌跡①出射,則粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿軌跡①出射,則粒子的動能一定増大C.若粒子沿軌跡③出射,則粒子可能做勻速圓周運動D.若粒子沿軌跡③出射,則粒子的電勢能可能增大11.在兩個傾角均為α的光滑斜面上各放有一個相同的金屬棒,金屬棒中分別通有電流I1和I2,磁場的磁感應(yīng)強度的大小相同,方向如圖甲、乙所示,兩根金屬棒均處于平衡狀態(tài),則兩種情況下的電流的比值I1∶I2為 ()A.sinα B.1sinα C.cosα12.(2018浙江臺州蓬街私立中學(xué)月考)一個質(zhì)子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉(zhuǎn),下列說法中錯誤的是()A.可能存在電場和磁場,它們的方向與質(zhì)子運動方向相同B.此空間可能有磁場,方向與質(zhì)子運動速度的方向平行C.此空間可能只有磁場,方向與質(zhì)子運動速度的方向垂直D.此空間可能有正交的電場和磁場,它們的方向均與質(zhì)子速度的方向垂直13.如圖所示,在豎直放置間距為d的平行板電容器中,存在電場強度為E的勻強電場。有一質(zhì)量為m,電荷量為+q的點電荷從兩極板正中間處靜止釋放。重力加速度為g。則點電荷運動到負極板的過程中()A.加速度大小為a=qEm+gB.所需的時間為t=C.下降的高度為y= D.電場力所做的功為W=Eqd14.如圖所示,已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,水平進入互相垂直的勻強電場(場強為E)和勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)的復(fù)合場中,小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動,則()A.小球可能帶正電B.小球做勻速圓周運動的半徑r=2C.小球做勻速圓周運動的周期T=2D.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加15.利用如圖所示的實驗裝置可以測量磁感應(yīng)強度B。用絕緣輕質(zhì)細線把底邊長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上,并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源,電源內(nèi)阻不計,電壓可調(diào),導(dǎo)線的電阻忽略不計。當(dāng)外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時,力敏傳感器會顯示拉力的大小F。當(dāng)線框接入恒定電壓為E1的電源時,力敏傳感器顯示拉力的大小為F1;當(dāng)線框接入恒定電壓為E2的電源時,力敏傳感器顯示拉力的大小為F2。下列說法正確的是 ()A.當(dāng)線框接入恒定電壓為E1的電源時所受安培力大小為F1B.當(dāng)線框接入恒定電壓為E2的電源時力敏傳感器顯示拉力的大小為線框所受安培力與重力之差C.待測磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為(D.待測磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為(16.如圖所示,三根相互平行的固定長直導(dǎo)線L1、L2和L3垂直紙面如圖放置,與坐標(biāo)原點分別位于邊長為a的正方形的四個點上,L1與L2中的電流均為I,方向均垂直于紙面向外,L3中的電流為2I,方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場中,距導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強度B=kIr(其中k為常數(shù))。某時刻有一質(zhì)子(電荷量為e)正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點O,速度大小為v,則質(zhì)子此時所受磁場力為(A.方向垂直紙面向里,大小為2B.方向垂直紙面向外,大小為3C.方向垂直紙面向里,大小為3D.方向垂直紙面向外,大小為2二、計算題(共7題,共52分)17.(7分)(2018浙江杭州高考命題預(yù)測)一束電子束射入如圖所示的組合磁場中,其中磁場Ⅰ的磁感應(yīng)強度為B,方向向里,磁場橫向?qū)挾葹閐,縱向延伸至無窮;磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度為B,方向向外,磁場橫向?qū)挾葹?d,縱向延伸至無窮。以粒子進入磁場點處為原點,射入方向為x軸正方向,建立平面直角坐標(biāo)系。同時為了探測電子的位置,在磁場Ⅰ的左側(cè)邊界鋪設(shè)了熒光屏。已知電子的比荷為K。忽略電子間的相互作用與重力作用。求:(1)粒子能夠進入磁場Ⅱ的最小速度v1與此時進入磁場Ⅱ的坐標(biāo)。(2)當(dāng)v1滿足(1)小題所給值時,當(dāng)粒子速度為v2=v1時離開磁場Ⅰ時的坐標(biāo)。(3)當(dāng)v1滿足(1)小題所給值時,若運動的帶電粒子能使熒光屏發(fā)光,已知放射源放出的粒子速度為3v1>v>0.5v1,那么熒光屏發(fā)光的坐標(biāo)范圍是多少?18.(7分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m=5.0×10-8kg、電荷量為q=1.0×10-6C的帶電粒子。從靜止開始經(jīng)U0=10V的電壓加速后,從P點沿圖示方向進入磁場,已知OP=(1)帶電粒子到達P點時速度v的大小;(2)若磁感應(yīng)強度B=2.0T,粒子從x軸上的Q點離開磁場,求OQ的距離;(3)若粒子不能進入x軸上方,求磁感應(yīng)強度B'滿足的條件。19.(7分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示,電荷量均為+q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN=L,且OM=L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞,檢測不到離子,但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后,原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。(1)求原本打在MN中點P的離子質(zhì)量m;(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域,求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍;(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整,求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg2=0.301,lg3=0.477,lg5=0.699)20.(7分)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的原點O處有一放射源S,S在xOy平面內(nèi)均勻地發(fā)射速度大小為v的帶正電荷粒子,粒子質(zhì)量為m,電荷量為q。y軸的右側(cè)垂直于x軸放置長度為L的絕緣彈性薄板MN,MN與x軸交于O'點,粒子與其碰撞并反彈,反彈前后平行于板的分速度大小、方向均不變,垂直于板的分速度大小不變,方向相反,碰撞時粒子的電量不變。已知三角形MNO為正三角形,不計粒子的重力。(1)若只在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強電場,要使y軸右側(cè)射出的所有粒子都能打到彈性板MN上,試求電場強度的最小值Emin及此條件下打到彈性板M點的粒子的動能;(2)若在xOy平面內(nèi)只加一方向垂直紙面向里的勻強磁場,要有粒子直接擊中彈性板MN的反面O'點,試求磁場的磁感應(yīng)強度的最大值Bmax;(3)若磁場方向及大小與(2)中所求Bmax相同,請判斷直接擊中MN板反面O'的粒子反彈后能否擊中MN正面O'點。若能擊中,請計算經(jīng)MN反面O'點反彈后第一次擊中正面O'點這一過程的時間;若不能擊中,請說明理由。21.(8分)如圖,在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E,在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核

11H和一個氘核

12H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向,已知(1)1(2)磁場的磁感應(yīng)強度大小;(3)122.(8分)如圖,平面直角坐標(biāo)系xOy中,在y>0及y<-L區(qū)域存在電場強度大小相同,方向相反(均平行于y軸)的勻強電場,在-L<y<0區(qū)域存在方向垂直于xOy平面(紙面)向外的勻強磁場,電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比為EB=4v03,一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,經(jīng)過y軸上的點P(1)粒子到達P2點時的速度大小和方向;(2)粒子第一次從磁場下邊界穿出位置的橫坐標(biāo);(3)粒子從P1點出發(fā)后做周期性運動的周期。23.(8分)(2018浙江十校聯(lián)盟選考)理論研究表明正、反物質(zhì)湮滅會產(chǎn)生大量能量,同種正、反粒子具有相同的質(zhì)量和電荷量大小,但帶電性質(zhì)相反。例如,電子的反物質(zhì)是正電子,正電子的質(zhì)量和電子相同,帶電荷量為+e。所以在宇宙空間探測反粒子是科學(xué)家發(fā)現(xiàn)反物質(zhì)的一種方法。如右圖為研究小組為暗物質(zhì)探測衛(wèi)星設(shè)計的探測器截面圖;開口間距為d的長平行金屬板AB,內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場,磁感應(yīng)強度都為B,兩金屬板間加有可調(diào)節(jié)的電壓U,使部分粒子能沿著平行于金屬板的方向進入下方的磁場區(qū)。MN下方區(qū)域Ⅰ、Ⅱ為兩相鄰的方向相反的勻強磁場區(qū),寬度都為2d,磁感應(yīng)強度都為B,ef是兩個磁場區(qū)的分界線,PQ是粒子收集板,可以記錄粒子打到收集板上的數(shù)量和位置。經(jīng)過較長時間,探測器能接收到平行金屬板射入的各種速率的宇宙射線(各種帶電粒子),通過調(diào)節(jié)U,可使部分帶電粒子被收集板吸收。已知正電子的比荷s,不考慮相對論效應(yīng)、電荷間的相互作用以及電磁場的邊緣效應(yīng)。(1)調(diào)節(jié)電壓,使正電子恰好越過分界線ef,則正電子經(jīng)過磁場Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的總時間t為多大?(2)要使正、負電子被收集板收集時不重疊,求金屬板AB間所加電壓U的范圍;(3)在題(1)電壓條件下,被收集板PQ收集的各種帶正電的粒子落在距離為kd(k>1)的范圍內(nèi),則落在其中最左側(cè)的帶正電粒子的比荷為多大?

專題檢測卷八磁場1.D2.A3.D4.D5.A6.C7.D8.C9.B10.D11.D導(dǎo)體棒受力如圖,根據(jù)共點力平衡得F1=mgtanα,F2=mgsinα,所以導(dǎo)體棒所受的安培力之比F1F212.C可能存在電場和磁場,它們的方向與質(zhì)子運動方向相同,此時質(zhì)子不受洛倫茲力,電場力的方向與運動的方向相同或相反,質(zhì)子不會偏轉(zhuǎn),故A正確。若空間存在磁場,質(zhì)子的速度方向與磁場平行時,不受洛倫茲力,質(zhì)子不發(fā)生偏轉(zhuǎn),故B正確。若此空間只有磁場,方向與質(zhì)子運動速度的方向垂直,質(zhì)子一定會發(fā)生偏轉(zhuǎn),故C錯誤。此空間可能有正交的電場和磁場,它們的方向均與質(zhì)子速度的方向垂直,洛倫茲力和電場力大小相等方向相反,不會偏轉(zhuǎn),故D正確。本題選擇錯誤的,故選C。13.B點電荷受到重力、電場力,合力F=(Eq)2+(mg)2,根據(jù)牛頓第二定律有a=(Eq)2+(mg)2m14.C小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動,則小球受的電場力和重力大小相等,方向相反,則小球帶負電,A錯誤;由牛頓第二定律和動能定理可得:Bqv=mv2r,Uq=mv2,聯(lián)立mg=qE可得:小球做勻速圓周運動的半徑r=1B215.D由圖可知,安培力豎直向下;當(dāng)線框接電動勢為E1的電源時力敏傳感器顯示拉力的大小為F1,所受安培力為F1-mg,故A錯誤;當(dāng)線框接電動勢為E2的電源時力敏傳感器顯示的拉力大小為線框所受安培力大小與重力之和,故B錯誤;根據(jù)題意有:F1-mg=BE1RL,F2-mg=BE216.B根據(jù)安培定則,作出三根導(dǎo)線分別在O點的磁場方向,如圖:由題意知,L1在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B1=kIa,L2在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B2=kI2a,L3在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B3=2kIa,先將B2正交分解,則沿x軸負方向的分量為B2x=kI2asin45°=kI2a,同理沿y軸負方向的分量為B2y=kI2asin45°=kI2a,故x軸方向的合磁感應(yīng)強度為Bx=B1+B2x=3kI2a,y軸方向的合磁感應(yīng)強度為B故某時刻有一質(zhì)子(電荷量為e)正好沿與x軸正方向成45°斜向上經(jīng)過原點O,由左手定則可知,洛倫茲力的方向為垂直紙面向外,大小為f=eBv=3217.答案(1)v1=KBd其進入磁場Ⅱ坐標(biāo)為(d,-d)(2)(d,-d3)(3)(0,-2d)到(0,43解析(1)進入磁場Ⅱ的最小速度情況如圖所示:由洛倫茲力提供向心力得:qv1B=m得v1=KBd其進入磁場Ⅱ坐標(biāo)為(d,-d)(2)電子以速度v在磁場Ⅰ中運動,其運動半徑r=vKB當(dāng)v2=53v1時,其軌跡半徑r2=53其運動情況如圖所示:由幾何關(guān)系可知,粒子偏轉(zhuǎn)角θ=37°所以離開磁場Ⅰ時,粒子水平方向位移x=d,豎直方向的位移y=-d離開磁場Ⅰ時的坐標(biāo)為(d,-d3(3)當(dāng)0.5v1<v<v1時,臨界情況如圖所示。亮線范圍是(0,-2d)到(0,-d)當(dāng)v1<v<2v1時,臨界情況如圖所示。粒子達到熒光屏距離原點距離y=43R-4R亮線范圍為(0,-2d)到(0,43R-4R)當(dāng)2v1<v<3v1時,粒子穿出磁場Ⅱ右邊界,不能打到熒光屏上。綜上,亮線坐標(biāo)范圍為(0,-2d)到(0,43R-4R)18.答案(1)20m/s(2)0.90m(3)B'>5.33T(取“≥”同樣給分)解析(1)對帶電粒子的加速過程,由動能定理得qU0=mv2甲代入數(shù)據(jù)得v=20m/s。(2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有qvB=m解得r=mv代入數(shù)據(jù)得r=0.50m而OPcos53°故圓心一定在x軸上,軌跡如圖甲所示。由幾何關(guān)系可知OQ=r+rsin53°故OQ=0.90m。(3)帶電粒子不從x軸射出,軌跡如圖乙所示。乙由幾何關(guān)系得,OP>r'+r'cos53°①r'=mvqB'聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得B'>16319.答案(1)9(2)100U081≤U≤解析(1)離子在電場中加速qU0=mv2在磁場中做勻速圓周運動qvB=mv解得r=1代入r0=34L,解得m=(2)由(1)知,U=16離子打在Q點r=56L,U=離子打在N點r=L,U=16則電壓的范圍100U0(3)由(1)可知,r∝U由題意知,第1次調(diào)節(jié)電壓到U1,使原本Q點的離子打在N點L此時,原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上5解得r1=(56)第2次調(diào)節(jié)電壓到U2,原本打在Q1的離子打在N點,原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上,則L解得r2=(56)同理,第n次調(diào)節(jié)電壓,有rn=(56)n+檢測完整,有rn≤L解得n≥lg2lg最少次數(shù)為3次。20.答案(1)Emin=43mv2qLEk=132mv2(2)Bmax解析(1)若沿y軸方向的粒子能擊中彈性板的上、下邊緣,則所有粒子均能擊中彈性板。所加電場電場強度的最小值為Emin,對應(yīng)沿著y軸正方向射出的帶電粒子正好打在彈性板的端點M,對該粒子由類平拋運動規(guī)律可得:Lcos30°=at2 ①Lsin30°=vt ②由牛頓第二定律有:qEmin=ma ③由①②③式得:Emin=43m由動能定理得:qEminLcos30°=Ek-12mv2 由④⑤式得:Ek=132mv(2)由題意所加磁場的最大磁感應(yīng)強度Bmax對應(yīng)來自S的粒子恰好經(jīng)過彈性板下端點N后打到O',得最小半徑的軌跡如圖所示:由粒子做圓周運動的半徑大小為R=L2洛倫茲力提供向心力:qvBmax=mv2代入計算得:Bmax=2(3)能擊中由題意知軌跡如圖所示:則時間t=T=2πRv代入計算得:t=π21.答案(1)23h3(2)6mE解析(1)1水平方向:x1=v1t1豎直方向:h=12a1粒子進入磁場時豎直分速度:vy=a1t1=v1tan60°解得:x1=23(2)11H在電場中的加速度:a1

11

1由幾何知識得:x1=2r1sin60°

1qvB=mv解得:B=6(3)由題意可知:11H和12mv由牛頓第二定律得:qE=2ma2

1水平方向:x2=v2t2豎直方向:h=12a2

12由幾何關(guān)系得:sinθ'=v解得:x2=