2022年高三物理一輪 第8章《電流》章末大盤點

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1、2022年高三物理一輪 第8章《電流》章末大盤點 (本欄目內容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．(xx·長沙一中月考)通有電流的導線L1、L2處在同一平面(紙面)內，L1是固定的，L2可繞垂直紙面的固定轉軸O轉動(O為L2的中心)，各自的電流方向如圖所示．下列哪種情況將會發(fā)生(　　) A．因L2不受磁場力的作用，故L2不動 B．因L2上、下兩部分所受的磁場力平衡，故L2不動 C．L2繞軸O按順時針方向轉動 D．L2繞軸O按逆時針方向轉動 解析：　本題考查常見電流周圍的磁場的分布，安培力的方向和物體轉動的條件等知識點．由右手螺旋定則可知導線L1的上方的磁場

2、的方向為垂直紙面向外，且離導線L1的距離越遠的地方，磁場越弱，導線L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O點的下方磁場較強，則安培力較大，因此L2繞軸O按逆時針方向轉動，D選項對． 答案：　D 2.如右圖所示，沒有磁場時，顯像管內電子束打在熒光屏正中的O點，加磁場后電子束打在熒光屏O點上方的P點，則所加磁場的方向可能是(　　) A．垂直于紙面向內　　　　 B．垂直于紙面向外 C．平行于紙面向上 D．平行于紙面向下 解析：　電子受到的洛倫茲力的方向向上，由左手定則，可判定磁場方向可能垂直于紙面向外，B正確． 答案：　B 3.如右圖所示，一帶電粒子垂直射入一垂直紙面向里

3、自左向右逐漸增強的磁場中，由于周圍氣體的阻尼作用，其運動徑跡為一段圓弧線，則從圖中可以判斷(不計重力)(　　) A．粒子從A點射入，速率逐漸減小 B．粒子從 A點射入，速率逐漸增大 C．粒子帶負電，從B點射入磁場 D．粒子帶正電，從B點射入磁場 解析：　由于空氣有阻尼作用，粒子運動速率一定減小，由R＝知，v逐漸減小，而R卻保持不變，B一定逐漸減小，所以A正確．粒子以洛倫茲力作圓周運動的向心力，根據左手定則判斷，D錯誤． 答案：　A 4.如右圖所示，實線表示在豎直平面內勻強電場的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l

4、與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中錯誤的是(　　) A．液滴一定做勻變速直線運動 B．液滴一定帶正電 C．電場線方向一定斜向上 D．液滴一定做勻速直線運動 解析：　在電磁場復合區(qū)域粒子一般不會做勻變速直線運動，因速度變化洛倫茲力變化，合外力一般變化． 答案：　A 5.如右圖所示，有兩根長為L、質量為m的細導體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當兩細棒中均通以電流強度為I的同向電流時，a恰能在斜面上保持靜止，則b的電流在a處產生的磁場的磁感應強度的說法錯誤的是(　　) A．方向向上

5、 B．大小為 C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應強度，可使b上移 D．若使b下移，a將不能保持靜止 解析：　由安培定則可知A正確；由mgsin α＝BLIcos α知B＝，B錯誤；若要使B最小，應在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正確． 答案：　B 6.如右圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動以下說法正確的是(　　) A．只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．對著圓心入射的粒子，其出射

6、方向的反向延長線不一定過圓心 C．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長 D．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 解析：　當v⊥B時，所受洛倫茲力充當向心力，做半徑和周期分別為R＝，T＝的勻速圓周運動；只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項D正確． 答案：　D 7.如右圖所示，一半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m，電荷量為q的正電荷(重力忽略不計)以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場，從磁場中射出時速度方向改變了θ角．磁場的磁感應強度大小為(　　) A. B. C.

7、D. 解析：　本題考查帶電粒子在磁場中的運動．根據畫軌跡、找圓心、定半徑思路分析．注意兩點，一是找圓心的兩種方法(1)根據初末速度方向垂線的交點．(2)根據已知速度方向的垂線和弦的垂直平分線交點．二是根據洛倫茲力提供向心力和三角形邊角關系，確定半徑．分析可得B選項正確． 答案：　B 8.在一空心圓柱面內有一垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B，其橫截面如右圖所示，磁場邊界為同心圓，內、外半徑分別為r和(＋1)r.圓心處有一粒子源不斷地沿半徑方向射出質量為m、電荷量為q的帶電粒子，不計粒子重力．為使這些粒子不射出磁場外邊界，粒子從圓心處射出時速度不能超過(　　) A. B. C

8、. D. 解析：　如 右圖所示，帶電粒子不從磁場中穿出，其臨界條件是帶電粒子在磁場中的運動軌跡應與外圓相切，所以[(＋1)r－rx]2＝r2＋r，解上式可得rx＝r，又由rx＝可得，選項A正確． 答案：　A 9.如右圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場分布在正方形abcd區(qū)域內，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子僅在磁場力的作用下，從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內，經過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形內，那么下列說法中正確的是(　　) A．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從a

9、b邊射出磁場 B．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ad邊射出磁場 C．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從bc邊射出磁場 D．若該帶電粒子在磁場中經歷的時間是t0，則它一定從ab邊射出磁場 解析：　 作出粒子剛好從ab邊射出的軌跡①、剛好從bc邊射出的軌跡②、從cd邊射出的軌跡③和從ad邊射出的軌跡④.由題意可推知，該帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期是2t0.結合圖可知，從ab邊射出經歷的時間一定不大于5t0/6；從bc邊射出經歷的時間一定不大于4t0/3；從cd邊射出經歷的時間一定是5t0/3；從ad邊射出經歷的時間一定不大于t0/3.由以上分析可知

10、選項C對． 答案：　C 二、非選擇題 10．如圖甲所示，質量為m＝50 g，長l＝10 cm的銅棒，用長度也為l的兩根輕軟導線水平懸吊在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B＝1/3 T．未通電時，輕線在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定電流的大?。? 某同學對棒中恒定電流的解法如下：對銅棒進行受力分析，通電時導線向外偏轉，說明安培力方向垂直電流和磁場方向向外，受力如圖乙所示(側視圖)． 當最大偏轉角θ＝37°時，棒受力平衡．有 tan θ＝＝，得I＝＝11.25 A. (1)請判斷，該同學的解法正確嗎？若不正確則請指出錯在哪里？ (2)試寫出

11、求解棒中電流的正確解答過程及結果． 解析：　(1)該同學的解法錯誤． 錯誤原因：認為棒到達最高點速度為零時，一定處于平衡狀態(tài)；或者認為偏角最大的是平衡位置． (2)正確的解法如下：金屬棒向外偏轉過程中，導線拉力不做功，如右圖所示，安培力F做功為 WF＝Fx1＝BIl2sin 37° 重力做功為 WG＝－mgx2＝－mgl(1－cos 37°) 由動能定理得 BIl2sin 37°－mgl(1－cos 37°)＝0 解得：I＝＝5 A. 答案：　(1)該同學的解法錯誤　(2)5 A 11.如右圖所示為研究帶電粒子在磁場中偏轉問題的實驗裝置：M、N是豎直放置的兩正對著的平

12、行金屬板，S1、S2是板上兩個正對的小孔，其中N板的右側有一個在豎直面內，以O為圓心的圓形區(qū)域，該區(qū)域內存在垂直圓面向外的勻強磁場，另有一個同樣以O為圓心的半圓形熒光屏AO′C.已知S1、S2、O和熒光屏的中間位置O′在同一直線上，且AC⊥S1O′.當在M、N板間加恒定電壓U時，一帶正電離子在S1處由靜止開始加速向S2孔運動，最后打在圖示的熒光屏上的P處，∠COP＝30°.若要讓上述帶正電離子(不計重力)仍在S1處由靜止開始加速，最后打在圖示的熒光屏下邊緣C處，求M、N板間所加電壓的大小U′. 解析：　設離子的質量為m，電荷量為q，磁場的磁感應強度為B，所在區(qū)域的半徑為R，離子加速后獲得的速

13、度為v.當電壓為U時，由動能定理有qU＝mv2① 在磁場中，離子做勻速圓周運動(見右圖)由牛頓定律可知 qvB＝mv2/r② 由①②式得U＝r2B2q/(2m)③ 其中r＝Rtan 60°＝R④ 當電壓為U′時，離子打在C處，同理有U′＝r′2B2q/(2m)⑤ 其中r′＝R⑥ 由③④⑤⑥可解得U′＝U/3. 答案：　 12．(xx·安徽理綜)如圖1所示，寬度為d的豎直狹長區(qū)域內(邊界為L1、L2)，存在垂直紙面向里的勻強磁場和豎直方向上的周期性變化的電場(如圖2所示)，電場強度的大小為E0，E>0表示電場方向豎直向上．t＝0時，一帶正電、質量為m的微粒從左邊界上的N1點

14、以水平速度v射入該區(qū)域，沿直線運動到Q點后，做一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N2點．Q為線段N1N2的中點，重力加速度為g.上述d、E0、m、v、g為已知量． (1)求微粒所帶電荷量q和磁感應強度B的大小； (2)求電場變化的周期T； (3)改變寬度d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應寬度的區(qū)域，求T的最小值． 解析：　此題考查粒子在復合場中的運動問題． (1)微粒做直線運動，則 mg＋qE0＝qvB① 微粒做圓周運動，則 mg＝qE0② 聯(lián)立①②得 q＝③ B＝.④ (2)設微粒從N1運動到Q的時間為t1，做圓周運動的周期為t2，則＝vt1⑤ qv

15、B＝m⑥ 2πR＝vt2⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦得 t1＝；t2＝⑧ 電場變化的周期 T＝t1＋t2＝＋.⑨ (3)若微粒能完成題述的運動過程，要求 d≥2R⑩ 聯(lián)立③④⑥得 R＝? 設N1Q段直線運動的最短時間為t1 min，由⑤⑩?得 t1min＝ 因t2不變，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝. 答案：　(1)　　(2)＋　(3) 滾動訓練(七) (本欄目內容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．(xx·江西重點中學聯(lián)考)汽車遇情況緊急剎車，經1.5 s停止，剎車距離為9 m．若汽車剎車后做勻減速直線運動，則汽車停止前最后1 s

16、的位移是(　　) A．4.5 m　　　　　　　　　　　 B．4 m C．3 m D．2 m 解析：　考查直線運動規(guī)律．由x＝at2，解得a＝8 m/s2，最后1 s的位移為x1＝×8×12 m＝4 m，B項正確． 答案：　B 2．如右圖所示，質量為m的小球，用長為l的細線掛在O點，在O點正下方處有一光滑的釘子O′，把小球拉到與釘子O′在同一水平的位置，擺線被釘子攔住且張緊，現(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球第一次通過最低點P時(　　) A．小球的運動速度突然減小 B．小球的角速度突然增大 C．小球的向心加速度突然減小 D．懸線的拉力突然增大 解析：　v大小不變，但小球的運動軌跡半

17、徑變大，根據ω＝可知，小球的角速度變??；又因為an＝，所以向心加速度變小；小球在最低點時，動力學方程為FT－mg＝man，由于an變小，所以懸線拉力FT變?。_選項為C. 答案：　C 3.如右圖所示，一根自然長度為l0的輕彈簧和一根長度為a的輕繩連接，彈簧的上端固定在天花板的O點上，P是位于O點正下方的光滑輕小定滑輪，已知OP＝l0＋a.現(xiàn)將繩的另一端與靜止在動摩擦因數恒定的水平地面上的滑塊A相連，滑塊對地面有壓力作用．再用一水平力F作用于A使之向右做直線運動(彈簧的下端始終在P之上)，對于滑塊A受地面滑動摩擦力下列說法中正確的是(　　) A．逐漸變小 B．逐漸變大 C．先變小后

18、變大 D．大小不變 解析：　本題考查力的平衡條件、胡克定律．物塊在開始位置，受到重力G和支持力FN，彈簧的拉力F＝kx0，F(xiàn)＋FN＝G，F(xiàn)N＝G－kx0；當物塊滑到右邊某一位置時，繩的伸長量為x，繩與地面的夾角為α，由豎直方向平衡，F(xiàn)′N＋kx·sin α＝G，即F′N＝G－kx0＝FN，支持力不變化，滑動摩擦力Ff＝μFN不變化，D正確． 答案：　D 4．如下圖是“嫦娥一號”奔月示意圖，衛(wèi)星發(fā)射后通過自帶的小型火箭多次變軌，進入地月轉移軌道，最終被月球引力捕獲，成為繞月衛(wèi)星，并開展對月球的探測．下列說法正確的是(　　) A．發(fā)射“嫦娥一號”的速度必須達到第三宇宙速度 B．在

19、繞月圓軌道上，衛(wèi)星周期與衛(wèi)星質量有關 C．衛(wèi)星受月球的引力與它到月球中心距離的平方成反比 D．在繞月圓軌道上，衛(wèi)星受地球的引力大于受月球的引力 解析：　本題考查了與萬有引力定律相聯(lián)的多個知識點，如萬有引力公式、宇宙速度、衛(wèi)星的周期等，設問角度新穎．第三宇宙速度是衛(wèi)星脫離太陽系的最小發(fā)射速度，所以“嫦娥一號”衛(wèi)星的發(fā)射速度一定小于第三宇宙速度，A項錯誤；設衛(wèi)星軌道半徑為r，由萬有引力定律知衛(wèi)星受到的引力F＝G，C項正確；設衛(wèi)星的周期為T，由G＝mr得T2＝r3，所以衛(wèi)星的周期與月球質量有關，與衛(wèi)星質量無關，B項錯誤；衛(wèi)星在繞月軌道上運行時，由于離地球很遠，受到地球引力很小，衛(wèi)星做圓周運動的

20、向心力主要是月球引力提供，D項錯誤． 答案：　C 5.如右圖所示，水平地面上有兩塊完全相同的木塊A、B，水平推力F作用在木塊A上，用FAB表示木塊A、B間的相互作用力，下列說法可能正確的是(　　) A．若地面是完全光滑的，則FAB＝F B．若地面是完全光滑的，則FAB＝ C．若地面是有摩擦的，且木塊A、B未被推動，可能FAB＝ D．若地面是有摩擦的，且木塊A、B被推動，則FAB＝F/2 解析：　若地面光滑，先用整體法得F＝2ma，再用隔離法分析木塊B有FAB＝ma，則FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木塊A、B被推動，由整體法得F－2μmg＝2ma，用隔離法對 木塊 B有FAB

21、－μmg＝ma，則FAB＝F/2.若木塊A、B未被推動，則FAB≤F/2.由以上分析可知，選項D正確． 答案：　D 6．風能是一種環(huán)保型能源．風力發(fā)電是風吹過風輪機葉片，使發(fā)電機工作，將風的動能轉化為電能．設空氣的密度為ρ，水平風速為v，風力發(fā)電機每個葉片長為L，葉片旋轉形成圓面，設通過該圓面的風的動能轉化為電能的效率恒為η.某風力發(fā)電機在風速為6 m/s時，發(fā)電機的電功率為8 kW，若風速為9 m/s，則發(fā)電機的電功率為(　　) A．12 kW B．18 kW C．27 kW D．36 kW 解析：　本題主要考查功能關系及電功率．設在t時間內通過風力發(fā)電機圓面的風的質量為m

22、，則m＝ρ·2πL·vt，則發(fā)電機的電功率為P＝mv2·η/t＝ηπρLv3，故電功率與速度的三次方成正比，帶入數值可求得風速為9 m/s時，則發(fā)電機的電功率為27 kW，選項C正確． 答案：　C 7.(xx·河北廊坊)如右圖所示，有一定初速度的物體受到一個沿斜面向上的恒定拉力F作用，沿傾角為30°的粗糙斜面向上做直線運動，加速度大小為6 m/s2，在物體向上運動的過程中，下列說法正確的是(　　) A．物體的機械能一定增加 B．物體的機械能一定減小 C．物體的機械能可能不變 D．物體的機械能可能增加也可能減小 解析：　機械能的變化決定于除重力、彈簧彈力以外的力所做的功，題中除重力

23、外，有拉力和摩擦力做功．若加速度方向沿斜面向下，根據牛頓第二定律有mgsin 30°＋Ff－F＝ma，有F－Ff＝mgsin 30°－ma<0，即F0，即F>Ff，故拉力做的正功大于克服摩擦力做的功，機械能增加．D正確． 答案：　D 8．(xx·山東省實驗中學模擬試題)如圖所示，一網球運動員將球在邊界處正上方水平向右擊出，球剛好過網落在圖中位置(不計空氣阻力)，參數如圖所示，則下列說法中正確的是(　　) A．擊球點

24、高度h1與球網高度h2之間的關系為h1＝0.9h2 B．若保持擊球高度不變，球的初速度v0只要不大于，一定落在對方界內 C．任意降低擊球高度(仍大于h2)，只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內 D．任意增加擊球高度，只要擊球初速度合適，球一定能落在對方界內 解析：　設球從擊出到網所需的時間為Δt，從擊出到落地所需的時間為t1，由平拋運動的規(guī)律得＝＝＝＝，解得h1＝1.8h2，選項A錯誤；若保持擊球高度不變，球的初速度v0如果太小，也不能到達對方界內，選項B錯誤；由平拋運動規(guī)律可知，若擊球處距網上端的豎直距離小于網高的，球仍能過網但會出界，選項C錯誤、選項D正確． 答案：　D 9

25、.如右圖所示，帶電的平行金屬板電容器水平放置，質量相同、重力不計的帶電微粒A、B，平行于極板以相同的初速度射入電場，結果打在極板上的同一點P.不計兩微粒之間的庫侖力，下列說法正確的是(　　) A．在電場中微粒A運動的時間比B長 B．微粒A所帶的電荷量比B多 C．電場力對微粒A做的功比B少 D．到達P點時微粒A的速率比B小 解析：　據題意可知，A、B是同種電荷，設距N板的距離為h，水平方向上的位移為x，則：x＝v0t h＝ a＝ W＝qEh 結合題意和以上式子可知：A、B運動時間相等，A的加速度大于B的，故A的帶電荷量大于B的；電場力對A做的功大于對B做的功，故到達P點時，A的

26、速率大于B的，故B對． 答案：　B 二、非選擇題 10．為測量一個定值電阻的阻值，備用器材如下： 待測電阻Rx 電流表A1(量程100 μA，內阻約2 k Ω) 電流表A2(量程500 μA，內阻約300 Ω) 電壓表V1(量程15 V，內阻約150 kΩ) 電壓表V2(量程50 V，內阻約500 kΩ) 電源E(電動勢15 V) 滑動變阻器R(最大阻值1 kΩ) 多用電表，開關S，導線若干 (1)先用多用電表歐姆擋對Rx進行粗測．若選擇×100 Ω擋用正確的測量方法進行測量，發(fā)現(xiàn)指針幾乎不偏轉，為較準確測量應選用________擋(×10，×1 k)．重新選擋

27、測量，刻度盤上的指針位置如上圖所示，測量結果是________Ω. (2)現(xiàn)用伏安法測量Rx阻值．為了盡量減小實驗誤差，要求測多組數據． ①電流表應選________，電壓表應選________． ②畫出實驗電路圖． ③根據實驗中測得的多組數據作出的U－I圖線如下圖所示，根據圖線求得待測電阻的阻值為________Ω. 答案：　(1)×1 k　30 k (2)①A2　V1?、谌缦聢D所示 ③ 31 k 11.(xx·成都市摸底測試)如右圖所示為某同學設計的節(jié)能運輸系統(tǒng)．斜面軌道的傾角為37°，木箱與軌道之間的動摩擦因數μ＝0.25.設計要求：木箱在軌道頂端時，自動裝貨裝置

28、將質量m＝2 kg的貨物裝入木箱，木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，當輕彈簧被壓縮至最短時，自動裝貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，接著再重復上述過程．若g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8.求： (1)離開彈簧后，木箱沿軌道上滑的過程中的加速度大小； (2)滿足設計要求的木箱質量． 解析：　(1)設木箱質量為m′，對木箱的上滑過程，由牛頓第二定律有： m′gsin 37°＋μm′gcos 37°＝m′a 代入數據解得：a＝8 m/s2. (2)設木箱沿軌道下滑的最大距離為L，彈簧被壓縮至最短時的彈性勢能為Ep，根據能量守恒定律：貨物和

29、木箱下滑過程中有：(m′＋m)gsin 37°L＝μ(m′＋m)gcos 37°L＋Ep 木箱上滑過程中有Ep＝m′gsin 37°L＋μm′gcos 37°L 聯(lián)立代入數據解得：m′＝m＝2 kg. 答案：　(1)8 m/s2　(2)2 kg 12．如圖甲所示，兩平行金屬板的板長不超過0.2 m，板間的電壓u隨時間t變化的圖線如圖乙所示，在金屬板右側有一左邊界為MN、右邊無界的勻強磁場，磁感應強度B＝0.01 T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子連續(xù)不斷地以速度v0＝105 m/s，沿兩板間的中線OO′平行金屬板射入電場中，磁場邊界MN與中線OO′垂直．已知帶電粒子的比荷＝108

30、C/kg，粒子所受的重力和粒子間的相互作用力均忽略不計． (1)在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內，可以把板間的電場強度看作是恒定的．試說明這種處理能夠成立的理由． (2)設t＝0.1 s時刻射入電場的帶電粒子恰能從平行金屬板邊緣射出，求該帶電粒子射出電場時的速度大?。? (3)對于所有經過電場射入磁場的帶電粒子，設其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為d，試判斷d的大小是否隨時間而變化？若不變，證明你的結論；若變，求出d的變化范圍． 　 解析：　(1)帶電粒子在金屬板間運動時間t＝，T＝0.2 s① 得t?T，(或t時間內金屬板間電壓變化ΔU≤2×10－3 V，變化很小)②

31、 故t時間內金屬板間的電場可以認為是恒定的． (2)t＝0.1 s時刻偏轉電壓U＝100 V 帶電粒子沿兩板間的中線射入電場恰從平行金屬板邊緣飛出電場，電場力做功W＝qU③ 由動能定理：W＝mv－mv④ 代入數據可得v1＝1.41×105 m/s.⑤ (3)設某一任意時刻射出電場的粒子速率為v，速度方向與水平方向的夾角為α，則 v＝⑥ 粒子在磁場中有qvB＝m⑦ 可得粒子進入磁場后，在磁場中做圓周運動的半徑R＝ 由幾何關系d＝2Rcos α⑧ 可得：d＝＝0.2 m，故d不隨時間而變化． 答案：　(1)帶電粒子在金屬板間運動時間t＝＝2.0×10－6 s?T＝0.2 s 故t時間內金屬板間的電場可以認為是恒定的． (2)1.41×105 m/s　(3)d＝＝0.2 m　不隨時間變