高三第二輪復習(磁場、電磁感應、交流電、電磁振蕩電磁波)

1、高三第二輪復習（磁場、電磁感應、交流電、電磁振蕩電磁波）次部分的復習仍要抓住基本概念的理解，基本知識的應用，基本方法的訓練。電磁學的不同部分都有它自己的特殊的內(nèi)容，包括概念、規(guī)律、理論和研究方法，但它們又有共同的規(guī)律，一般的方法是相通的。如解決物理問題時，我們往往從三個方面入手討論問題，即從力的角度，包括牛頓定律和運動學的基本規(guī)律；從動量的角度，包括動量定理和動量守恒定律；從功和能的角度，包括動能定理，能量的轉化和守恒定律。我們既要重視每一部分知識的自身規(guī)律，熟知和深刻理解概念、定理、定律的內(nèi)容和限定條件，又要提煉出對不同的知識內(nèi)容都適宜的思考和處理問題的方法。以上提出的三個方面就可以作為我們

2、思考和處理不同內(nèi)容的問題的切入點，這就是我們的指導思想。這種思想不僅僅對單一的電場或磁場中的問題是適宜的，對那些電場、磁場、重力場共存的情況下也是非常重要的。下面的內(nèi)容有的是對比較單一的場中的物理現(xiàn)象和過程的討論，有的是對復合場的綜合問題的討論，在復習中要對這種共同的物理思想的進行提煉，形成分析和解決物理問題的能力?！纠?】如圖所示，在ya（a>0）和y0之間的區(qū)域存在勻強磁場，磁場方向垂直于坐標平面向外，一束質子流從O點以速度v0沿Y軸正方向射入磁場，并恰好通過點M（a，a），已知質子質量為m，電量為e，求： （1）磁場的磁感強度B0 （2）質子從O點到M點經(jīng)歷的時間。 （3）若改為粒

3、子也從O點以速度v0沿Y軸正方向射入該磁場，它從磁場射出的位里坐標是多少？【分析與解答】帶電粒子在磁場中運動受洛侖茲力作用，當帶電粒子垂直勻強磁場進入場區(qū)時，做勻速圓周運動，解決這類問題重要的是找出粒子運動的軌跡，找出圓心和運動半徑。其半徑和周期公式可由洛侖茲力充當向心力的事實和牛頓第二定律的知識求得，即： （1）由圖可知，P點（a，0）為質子軌跡的圓心，ra， 又 （2）又圖可知質子經(jīng)歷的時間為T/4。tT/4·（3）若改用粒子，則m'4m，q'2e，2r2a。其軌道圓心坐標為（2a，0），及圖中的Q點。由幾何知識可知射出點N的坐標為(2)a，a【例2】一質量為m、

4、帶電量為q的粒子以速度v0從O點沿Y軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸，速度方向與x軸正方向的夾角為30°，同時進入場強E、方向沿與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，通過了b點正下方的c點。如圖所示，粒子的重力不計，試求： （1）圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積； （2）c點到b點的距離?！緩土暸c解答】（1）先找圓心，過b點逆著速度V的方向作直線bd，交Y軸bd，由于粒子在磁場中偏轉的半徑一定，且圓心位于ob連線上，距0點距離為國的半徑。據(jù)牛頓第二定律有： 解得 過圓心作bd的垂線，交bd于a點，則a點為粒

5、子離開磁場的位里，粒子在磁場中運動的軌跡如圖中所示：要使磁場的區(qū)域有最小面積，則O應為磁場區(qū)域的直徑，由幾何關系知： 由、得 勻強磁場的最小面積為： （2）帶電粒子電場后，由于速度復習與電場力方向垂直，故做類平拋運動，由運動的合成知識有：s··sin30°v0t s·cos30°at2/2 而aqE/m 聯(lián)立解得： 【例3】一某空間存在著變化的電場和另一變化的磁場，電場方向向右，如圖1中由b指向c，電場強度大小變化如圖2中Et圖像所示，磁感強度大小變化如圖3中Bt圖像所示。在a點從t1秒開始，每隔2秒鐘有一相同帶電粒子沿ab方向以速度。射出，（

6、第一秒末射出第一個粒子），這些粒子都恰能擊中C點。若ac 2bc，粒子重力不計，且粒子在ac間運動時間小于1秒，求：（1）磁場方向；（2）圖像中E0和B0的比值，E0/B0？ 圖1 圖2 圖3【分析與解答】（1）由帶電粒子在電場力作用下向右偏，可知粒子帶正電，再由粒子電性，初速度的方向和偏轉方向由左手定則可知勻強磁場方向垂直紙面向外。（2）由題中條件可知，帶電粒子在由a到c的運動過程中，或者空間只存在電場，或者空間只存在磁場。粒子在電場中偏轉時，做類平拋運動，在ab方向上是勻速直線運動，在be方向上是初速度為零的勻加速直線運動。由此可知：abv0t tab/v0bc=由題中條件可知：30

7、76;，abbcbc 解得 bc粒子在磁場中偏轉時，必經(jīng)過a、c兩點，所以軌跡的圓心必在ac連線的垂直平分線上，且與v0垂直，如圖所示，由幾何知識可知，軌跡圓的半徑。r=ac2bc，有bc=r/2由 得 bc與電場中比較 【規(guī)律概括】通過【例1】、【例2】、【例3】我們可以清楚地體會到在力學中我們學會的處理運動和力的問題的方法，例如受力分析，建立坐標系，牛頓定律、動量定理、平衡條件，運動學知識、運動的合成與分解的原則和方法，在電場和磁場中統(tǒng)統(tǒng)被用到，這就是解決物理問題的一般方法。再加上帶電粒子在電場和磁場中的特殊規(guī)律，如帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的特點，利用幾何知識找到軌道的圓心和半徑

8、等，就可以很好地解決這類綜合性的問題?！纠?】如圖所示，中間挖孔的圓盤內(nèi)外半徑分別為R1和R2，平行板電容器板間距離為d，它的兩極用兩根導線通過電刷a、b，分別與內(nèi)、外環(huán)的邊緣保持良好接觸，上述裝置置于同一勻強磁場B1中，電容器下方有一如圖所示的勻強磁場B2。欲使重力不計，荷質比為q/m的帶電粒子沿直線穿過電容后，在場強為B2的磁場中做半徑為r的勻速圓周運動，則圓環(huán)應以多大的角速度。繞環(huán)心做勻速轉動（題中B1是未知數(shù)）？【分析與解答】依題意粒子可以在B2中做半徑為r的勻速圓周運動，由 得vqB2r/m因粒子能沿直線穿過電容器，故粒子所受的電場力和洛侖茲力大小相等qvB1qE EB1v=電容器兩

9、板間的電勢差 UE/d，因與圓環(huán)生成的電動勢，即ab之間的電勢差相等。而 得 【例5】如圖所所示，水平平行放置的兩根長直光滑軌道MN和即上放有一根直導線ab、ab與導軌垂直，它在導軌間的長度是20厘米，這部分電阻是0.02歐姆。導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，B0.2特，電阻R0.08歐姆，跨接在導軌一側，其它電阻不計，ab質量0.1千克。試問： （1）打開K，ab在水平恒力F0.1牛作用下由靜止開始沿軌道滑動，經(jīng)過多少時間速度達到10米/秒？（2）求出上述過程中，電動勢隨時間變化的表達式。（3）當ab速度達到10米/秒時，閉合K，為了維護ab仍以10米/秒的速度勻速滑行時，水平拉力應變?yōu)槎?/p>

10、少？（4）在ab以10米/秒的速度勻速滑動時的某一時刻撤去外力。電鍵K仍閉合，那么，由此開始的時間里，電阻R上還能產(chǎn)生多少焦耳的電熱?！痉治雠c解答】（1）打開電鍵K，不能形成閉合回路，ab棒上，雖能產(chǎn)生電動勢，但不能形成感應電流， ab棒只在拉力F作用下運動，由動t定理：F·tmv t（2）ab在拉力F作用下加速，電動勢隨時間不斷變大 由v ，BLv得 0.04 （伏）由右手定則可知：Ua>Ub（3）閉合K后，ab中有感應電流 I4.0 （安）勻速運動時拉力與安培力平衡F外F安BIL0.2×4.0×0.2=0.16 （牛）（4）撤去拉力F，ab棒做減速運動，

11、克服安培力作功，最后其動能全部轉化為電路中產(chǎn)生得熱。Q （焦耳）【規(guī)律概括】【例4】、【例5】可以看出：產(chǎn)生電磁感應的那一部分導體相當于電源，這一部分電路就是電源的內(nèi)電路，電流在電源內(nèi)部由低電勢流向高電勢，在電源外部由高電勢流向低電勢，形成閉合電路。在外電路上無論是連接電阻，電容還是其它用電器，均遵循電路的一般規(guī)律?！纠?】如圖所示，一個形導軌PMNQ，水平固定在一個豎直向下的勻強磁場中，導軌上跨放一根質量為m的金屬棒CD，導軌的MN邊和金屬棒CD彼此平行，它們的電阻分別是R和r，導軌其余部分的電阻不計。若沿著MP方向作用在金屬棒上一個水平?jīng)_量I，使金屬棒在很短時間內(nèi)由靜止開始運動起來，假設各

12、處的摩擦均不計，導軌足夠長，求金屬棒CD中產(chǎn)生的熱量?！痉治雠c解答】可以根據(jù)CD棒所受沖量求出CD棒的初始動能，再由能量轉化和守恒定律求出CD棒從開始運動到停止下來棒及導軌形成的回路的總熱量，進而求出CD邊生成的熱量。Imv v=I/m Ek=當導體棒CD在安培力作用下停止下來時，導體棒的初始動能全部轉化為導體電阻上生成的熱量。Q=而 QrQRrR，又QQrQRQ【例7】如圖所示，勻強電場場強E4伏米，方向水平向左，勻強磁場的磁感應強度B2特，方向垂直紙面向里，一個質量為m1克的帶正電小物塊A，從M點沿絕緣粗糙的豎直墻無初速下滑，當它滑行h0.8米時，到N點就開始離開墻壁作曲線運動，當它運動到

13、P點時，恰好處于平衡狀態(tài)，此時速度方向與水平方向成45°角，設P與M的高度差M1.6米，求： （1）物塊A沿墻壁下滑時摩擦力做的功。 （2）P與M的水平距離S為多少？【分析與解答】（1）小物體A下落至N點時開始離開墻壁，說明這時小物體A與墻壁之間已無擠壓，彈力為零。 故有：qEqvNB vN2 米/秒 對小物體A從M點到N點的過程應用動能定理，這一過程電場力和洛侖茲力均不做功，應有：mghWfWfmgh103×10×0.8×103×226×l03 （焦）摩擦力做負功，大小為6×103焦耳。（2）小物體離開N點做曲線運動到達P

14、點時，受力情況如圖所示，由于45°，物體處于平衡狀態(tài)，建立如圖的坐標系，可列出平衡方程。 qBvpcos45°qE0 （1） qBvpsin45°mg0 （2）由（1）得 vp2 米/秒由（2）得 q2.5×l03 庫NP過程，由動能定理得mg（Hh）qES 代入計算得 S0.6 米【規(guī)律概括】例題11，12告訴我們，在電場、磁場中討論沖量、動量、動能定理，能量關系與在力學中沒有什么不同，只是多了幾種力，安培力、洛侖茲力和電場力。如果熟知這幾種力的性質和特點，利用在力學中學到的分析和處理問題的方法，正確選擇物理公式，就不難解決這類問題?！纠?】如圖5-2

15、0所示，位于同一水平面的兩根平行導軌間的距離是L，導線的左端連接一個耐壓足夠大的電容器，電容器的電容為C。放在導軌上的導體桿cd與導軌接觸良好，cd桿在平行導軌平面的水平力作用下從靜止開始勻加速運動， 加速度為a，磁感強度為B的勻強磁場垂直軌道平面豎直向下，導軌足夠長，不計導軌和連接電容器導線的電阻，導體桿的摩擦也可忽略。求從導體桿開始運動經(jīng)過時間t電容器吸收的能量E？ 【分析與解答】依題意，導體桿作初速度為零，加速度為a的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t，導體桿記的速度vat。導體桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢BLvBlat。電容器上的電壓UBLat，電容器的電量QCUCBLat，即電量Q

16、隨時間t成正比增加，電路中出現(xiàn)穩(wěn)定的充電電流I。在t時間內(nèi)，電容器上電量增加QCUCBLat IQ/tCBLa.導體桿己向右運動時受到向左的安培力F的作用，導體克服安培力所作的功等于電容器吸收的能量。 F安ILBCB2L2a，經(jīng)過時間t，導體移動的位移為S，則S 導體克服安培力所做的功為：WF安·S 所以電容器吸收的能量也就是水平外力所做的功中使其他形式的能轉化為電能的部分，為： EW 此題中一個重要的問題，就是外力所做的功并不等于電容器吸收的能t。因為導體桿cd在作加速運動，導體桿的動能還要不斷增大，對桿cd應用動能定理即可知道。 F外SF安SEk，F(xiàn)外SF安SEkE電Ek 可見正

17、確理解功與能f轉化的關系是多么重要?！纠?】在磁感強度為B0.5特的勻強磁場中有一個水平放置的100匝的矩形線圈abcd，其中ab20厘米，bc10厘米，線圈總電阻為10歐姆，角速度50弧度秒，沿逆時針繞中心軸OO'轉動，如圖5-21所示。 求：（1）若從中性面開始算起，線圈轉過30°角時感應電動勢是多少？這段時間內(nèi)線圈中的平均感應電動勢是多少？（2）線圈從中性面轉過30°角時，線圈的即時功率為多少？【分析與解答】首先要搞清什么是瞬時感應電動勢和平均感應電動勢，即時功率和平均功率，求即時功率不能用電壓或電動勢的有效值，而要用它們的即時值。 （1）線圈由中性面位里轉過

18、30°時的瞬時感應電動勢en 2BSsin30°25 伏在線圈中得平均電動勢為12.8 伏（2）線圈轉過30°角時的及時功率為 P 瓦【例10】如圖5-22所示，AB表示真空中的兩個平行金屬板，板間所加電壓U隨時間t變化的關系如圖5-23所示，其周期為T0開始時電壓為U0，對應著A板的電勢比B板高，這時緊靠B板有一初速度為零的帶電為q的粒子（重力不計），在電場力作用下開始運動。 （1）如果要粒子以最大的動能碰擊A板，粒子在板間運動時間要滿足什么條件？ （2）如果在粒子開始運動的瞬間，將板間所加電壓的負半周截去，如圖5-24所示，設粒子經(jīng)歷2T時間恰到A板，則它碰擊

19、A板時的動能多大？ 【分析與解答】（1）當t<T/2時粒子到達A板速度最大，粒子到達A板的動能Ek=qU0；若t> T/2，粒子可能加速后又減速，使Ek< qU0，也可能經(jīng)過2次，3次加速后抵達A板，但電場力從最后一次速度為零開始加速的位移比板間距d要越來越小，加速電壓也越來越小，故Ek< qU0（2）此問可借助粒子的vt圖線來討論。圖525是帶電粒子的vt圖像，vt圖像與橫軸t之間圍成的面積就是粒子通過的位移。設在第一個四分之一周期粒子勻加速達速度v1時經(jīng)過的位移為S0，那么，第2，3，4個四分之一周期內(nèi)通過的位移分別是2S0， 3S0，4S0。 即AB之間的距離為（

20、1+2+3+4）S010S0。其中加速過程占4 S0，占AB間總長度的十分之四，所以粒子在這兩個周期內(nèi)，電場力對其所做的功Wq勻速運動的兩個半周期內(nèi)共通過6S0的過程中，電場力沒有做功。由動能定理可得粒子到達A板時的動能EkW0.4qU0。【例11】（2003-上海）如圖所示，OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲（圖中用粗點表示），R14 ，R28 （導軌其他部分電阻不計）。導軌OAC的形狀滿足方程，y2sin（單位：m）。磁感應強度B0.2T的勻強磁場，方向垂直于導軌平面，一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v5.0m/s水平向右在導軌上從0點滑動到

21、C點，棒與導軌接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻，求： （1）外力F的最大值； （2）金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率； （3）在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關系?！痉治雠c解答】（1）金屬棒勻速運動 I/R總 F外BILB2L2v/R總 （2） （3）金屬棒與導軌接觸點間的長度隨時間變化 且 ， 【評析】本題考查學生對感應電動勢、電路分析、安培力、物體的平衡、功率、數(shù)學知識在物理中的應用等墓本知識，屬基本能力考查題，也給學生在平時學習中指明了方向。【例12】（2002·全國）如圖所示，半徑為R、單位長度電阻為又的均勻導體圓環(huán)固定在水平面上，圓環(huán)中心

22、為O，勻強磁場垂直水平面方向向下，磁感應強度為B，平行于直徑MON的導體桿，沿垂直于桿的方向向右運動，桿的電阻可以忽略不計，桿與圓接觸良好，某時刻，桿的位置如圖，aOb2，速度為v，求此時刻作用在桿上安培力的大小?！痉治雠c解答】當導體桿運動到如圖所示的位置，速度為v時，由于切割磁感線，桿中要產(chǎn)生感應電動勢，桿中a、b兩點間的感應電動勢為EBLabv 式中的Lab是a、b段桿的長度，由幾何關系有： Lab2Rsin 本題圖中已表明勻強磁場的方向是垂直紙面向里，桿的運動方向是沿水平軸向右，因而導體桿ab段相當于一個電源，電動勢為E，a為正極，電源的外電路為兩個并聯(lián)的支路，一個為圓環(huán)的大圓弧ab，另

23、一個為圓環(huán)的小圓弧ab，由題給條件，大小圓弧ab的電阻分別為: r1=2R（） r22R 設導體桿ab段中的電流為I，以I1、I2分別表示在大、小圓弧兩個支路中的電流，則有 II1I2 I1 r1I2 r2E 將以上各式聯(lián)立即解得導體桿ab段中的電流I為 I 再由安培力公式就求得，導體桿運動至題圖所示的位置時所受到的安培力大小為 FBILab 方向沿水平軸向左，即是阻礙導體桿運動的，將式代入式，就得到 【評析】本題考查考生對感應電動勢、電路分析、安培力等基本知識、基本規(guī)律的最基本的理解和應用，知識容量大，但能力要求不高，本題解答的切入點為所考察時刻的等效電路?！纠?3】 （2002年全國）如圖

24、甲所示，A，B為水平放置的平行金屬板，板間距離為d（ d遠小于板的長和寬），在兩板之間有一帶負電的質點P。已知若在A、B間加電壓U0 ，則質點P可以靜止平衡，現(xiàn)在A、B間加上如圖乙的隨時間t變化的電壓U，在t0時質點P位于A，B間的中點處且初速度為0，已知質點P能在A， B之間以最大的幅度上下運動而又不與兩板相碰。求圖（乙）中U改變的各時刻t1，t2，t3及tn的表達式。（質點開始從中點上升到最高點及以后每次從最高點到最低點或從最低點到最高點的過程中，電壓只改變一次）?！痉治雠c解答】質點在上升過程或下落過程都經(jīng)歷先加速后減速的過程，因為初態(tài)qU0/dmg，所以電壓U為0和2U0時，質點所受合力

25、大小均等于mg，加速度大小均為g，即加速過程與減速過程的加速度大小均為g。又因為加速過程與減速過程的速度變化大小相等，所以加速時間與減速時間也相等，加速過程的位移大小也等于減速過程的位移大小。由以上分析可得出質點運動的vt圖像如圖所示。由加速時間等于減速時間可知：t1t1 t2t1t1t2 t3t1t13t2 Tnt1t1（2n3）t2由題意知： t1 t2 t1t t2（1）t3（3） 同樣分析可得tn（2n3）（n2） 【評析】本題是一道對分析能力、綜合能力要求都非常高的考題，要求考生通過分析帶電質點在兩極板間的運動情況來確定電場力對質點的作用時間，再根據(jù)電場力的作用時間確定電壓隨時間的變

26、化規(guī)律，常規(guī)解法是使用數(shù)學歸納法，若能如上結合使用圖像法，則解題過程將大大簡化。【針對訓練】1在LC回路產(chǎn)生電磁振蕩的過程中，（）A. 電容器放電完畢的時刻，磁場能量小B. 回路中電流強度達到最大的時刻，磁場能量大C. 電容器極板上電荷最多的時刻，電場能量大D. 回路中電流強度最小的時刻，電場能量小2一臺理想降壓變壓器從10kV的線路中降壓并提供200A的負載電流。已知兩個線圈的匝數(shù)比為401，則變壓器的原線圈電流、輸出電壓及輸出功率是（） A. 5A，250V，50kW B. 5A、10kV，50 kW C. 200A，250V， 50kW D. 200A，10kV，2×l03 k

27、W3如圖所示，理想變壓器初、次級分別接有完全相同的燈泡A、B，且初、次級線圈匝數(shù)之比n1/n22/1。電源電壓為U，則B燈兩端的電壓為：（ ） A. U/2； B. 2U； C. U/5； D. 2U/5。4如圖所示為LC振蕩電路中，電容器極板上的電量q隨時間t 變化的圖線，由圖可知：（ ） A. 在t1時刻，電路的磁場能最??； B. 在t1 到t2的時間內(nèi)，電路中的電流值不斷變??； C. 在t2到t3，的時間內(nèi)，電容器在不斷充電； D. 在t4時刻，電容器的電場能最小。5如圖所示，為一個水平放置的玻璃環(huán)形小槽，槽內(nèi)光滑，槽的深度和寬度處處相同，今將一直徑略小于槽寬的帶正電的小球放入槽中，讓小

28、球獲一初速度v0在槽內(nèi)開始運動。與此同時，有一變化的磁場穿過小槽外徑所包圍的面積、磁感強度的大小隨時間成正比例地增大，其方向始終豎直向下，設小球運動過程中帶電量始終不變，則：（） A. 小球受向心力的大小不變； B. 小球受向心力的大小增加； C. 磁場力對小球作功； D. 小球受到的磁場力不斷增大。6如圖所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質t為m，帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，珠子所受靜電力是其重力的3/4倍，將珠子從環(huán)上最低點A由靜止釋放，則珠子所能獲得的最大動能是多少？7如圖所示，A是一面積為0.1米2，匝數(shù)為100的圓形線圈，處在勻強磁場中，磁場方向與

29、線圈平面垂直且指向紙內(nèi)，磁感強度隨時間變化的規(guī)律是B60. 02t特，開始時K未閉合。已知R14歐，R26歐，C30微法，線圈的內(nèi)阻可以忽略，求： （1） K閉合后，通過R2的電流的大小和方向。（2） K閉合后，經(jīng)過一段時間又斷開，在斷開后流經(jīng)R2的電量是多少？8如圖所示，在虛線所示的寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使初速度為v0的某種正離子偏轉角，在同樣的寬度范圍內(nèi)，若改用勻強磁場（方向垂直紙面向外），使該離子穿過該區(qū)域，并使偏轉角度也為。則： （1）勻強磁場的磁感強度為多大？ （2）離子穿過電場和磁場的時間之比是多大？9如圖平行導軌傾斜放置，傾角為 37°，勻強磁場的方向垂直于

30、導軌平面，磁感強度為B2. 0特。質量為m1.0千克的金屬棒ab垂直跨接在導軌上，ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.25。ab的電阻r1歐，電阻R1R218歐，平行導軌的間距為L0.5米，導軌的電阻不計，當棒在導軌上勻速下滑時速度多大？此時棒ab所受重力的機械功率和電路中的總功率各為多少？（s取10m/s2， sin37°0.6，cos37°0.8）10如圖所示，一平行板電容器板間距離d3厘米，傾斜放置，使板面與水平方向的夾角a37°若兩板所加電壓U100伏，一帶電量q3×1010庫的負電荷以初速度v00.5米秒，自A板邊緣沿水平方向進入兩板間的勻強電場，在電場中沿水平方向運動，并恰好從B板的右邊緣水平飛出，則帶電粒子的質t為多少？出射速度多大？（g取10m/s2，sin37°0.6，cas37°0.8）11如圖所示，用均勻的金屬絲繞成的長方形線框ABCD， ABCD30cm， ACBD 10cm，線框可以以AB， CD邊上的OO'為軸，以角速度