高中物理《選修3-1》專題訓練講義

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè) 第一課時：電場的力的性質(zhì)一、單項選擇題1(2011年臺州模擬)在電場中的某點放一個檢驗電荷，其電量為q，受到的電場力為F，則該點的電場強度為Eeq f(F,q)，下列說法正確的是()A若移去檢驗電荷，則該點的電場強度為0B若檢驗電荷的電量變?yōu)?q，則該點的場強變?yōu)?EC若放置到該點的檢驗電荷變?yōu)?q，則場中該點的場強大小不變，但方向相反D若放置到該點的檢驗電荷變?yōu)?q，則場中該點的場強大小方向均不變解析：選D.電場中某點的場強與檢驗電荷無關(guān)，故D對2使兩個完全相同的金

2、屬小球(均可視為點電荷)分別帶上3Q和5Q的電荷后，將它們固定在相距為a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F1.現(xiàn)用絕緣工具使兩小球相互接觸后，再將它們固定在相距為2a的兩點，它們之間庫侖力的大小為F2.則F1與F2之比為()A21B41C161 D601解析：選D.兩個完全相同的金屬小球相互接觸后，帶電荷量為Q，距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)庫侖定律可知選項D正確3. (2010年高考課標全國卷)靜電除塵器是目前普遍采用的一種高效除塵器某除塵器模型的收塵板是很長的條形金屬板，圖中直線ab為該收塵板的橫截面工作時收塵板帶正電，其左側(cè)的電場線分布如圖所示；粉塵帶負電，在電場力作用下向收塵板運動，最后落在收

3、塵板上若用粗黑曲線表示原來靜止于P點的帶電粉塵顆粒的運動軌跡，下列四幅圖中可能正確的是(忽略重力和空氣阻力)()解析：選A.根據(jù)力和運動的關(guān)系知，當粒子運動至電場中某一點時，運動速度方向與受力方向如圖所示，又據(jù)曲線運動知識知粒子運動軌跡夾在合外力與速度之間，可判定粉塵顆粒的運動軌跡如A選項中圖所示4法拉第首先提出用電場線形象生動地描繪電場，如圖所示為點電荷a、b所形成電場的電場線分布圖，以下幾種說法中正確的是()Aa，b為異種電荷，a的電荷量大于b的電荷量Ba，b為異種電荷，a的電荷量小于b的電荷量Ca，b為同種電荷，a的電荷量大于b的電荷量Da，b為同種電荷，a的電荷量小于b的電荷量解析：選

4、B.由題圖看出，電場線由一個點電荷發(fā)出到另一個點電荷終止，由此可知，a、b必為異種電荷，C、D選項錯；又由圖可知，電荷b附近的電場線比電荷a附近的電場線密，則電荷b附近的場強必比電荷a附近的場強大，b帶的電荷量必然多于a帶的電荷量，則A選項錯誤，B選項正確5(2011年舟山模擬)A、B是一條電場線上的兩個點，一帶負電的微粒僅在電場力作用下以一定的初速度從A點沿電場線運動到B點，其速度v與時間t的關(guān)系圖象如圖甲所示則此電場的電場線分布可能是圖乙中的()解析：選A.從圖象可以直接看出，粒子的速度隨時間逐漸減?。粓D線的斜率逐漸增大，說明粒子的加速度逐漸變大，電場強度逐漸變大，從A到B電場線逐漸變密綜

5、合分析知，負電荷是順著電場線運動，由電場線疏處到達密處，正確選項是A.6一個點電荷產(chǎn)生的電場，兩個等量同種點電荷產(chǎn)生的電場，兩個等量異種點電荷產(chǎn)生的電場，兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板間產(chǎn)生的勻強電場這是幾種典型的靜電場帶電粒子(不計重力)在這些靜電場中的運動()A不可能做勻速直線運動B不可能做勻變速運動C不可能做勻速率圓周運動D不可能做往復運動答案：A二、不定項選擇題7. (2011年紹興一中高三月考)如圖所示，圖中實線是一簇未標明方向的由點電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某帶電粒子通過該電場區(qū)域時的運動軌跡，a、b是軌跡上的兩點，若帶電粒子在運動過程中只受到電場力作用，根據(jù)此圖可以作出正確判斷的是

6、()A帶電粒子所帶電荷的正、負B帶電粒子在a、b兩點的受力方向C帶電粒子在a、b兩點的加速度何處較大D帶電粒子在a、b兩點的速度何處較大解析：選BCD.由軌跡的彎曲情況，可知電場力應沿電場線向左，但因不知電場線的方向，故帶電粒子所帶電荷符號不能確定設粒子從a運動到b(也可分析從b到a的情形，兩種分析不影響結(jié)論)，速度方向與電場力夾角大于90，故速度減小，由電場線的疏密程度知a點場強大于b點場強，帶電粒子在a點受電場力較大，從而加速度較大，綜上所述B、C、D正確8如圖所示，實線為不知方向的三條電場線，從電場中M點以相同速度飛出a、b兩個帶電粒子，運動軌跡如圖中虛線所示，則()Aa一定帶正電，b一

7、定帶負電Ba的速度將減小，b的速度將增加Ca的加速度將減小，b的加速度將增加D兩個粒子的電勢能一個增加一個減小答案：C9如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細線一端拴一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電小球，另一端固定在O點把小球拉到使細線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細線與水平成60的位置B時速度為零以下說法正確的是()A小球重力與電場力的關(guān)系是mgeq r(3)EqB小球重力與電場力的關(guān)系是Eqeq r(3)mgC小球在B點時，細線拉力為FTeq r(3)mgD小球在B點時，細線拉力為FT2Eq解析：選BC.根據(jù)對稱性可知，小球處在AB中點位置時切線方

8、向合力為零，此時細線與水平方向夾角恰為30，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得：qEsin30mgcos30，化簡可知選項A錯誤，B正確；小球到達B點時速度為零，則沿細線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：FTqEsin30mgcos30，化簡可知FTeq r(3)mg，選項C正確，D錯誤10(2011年北京考試院抽樣測試)如圖所示，真空中Ox坐標軸上的某點有一個點電荷Q，坐標軸上A、B兩點的坐標分別為0.2 m和0.7 m在A點放一個帶正電的試探電荷，在B點放一個帶負電的試探電荷，A、B兩點的試探電荷受到電場力的方向都跟x軸正方向相同，電場力的大小F跟試探電荷電荷量q的關(guān)系分別如圖中直線a、b所示下列說

9、法正確的是()AB點的電場強度的大小為0.25 N/CBA點的電場強度的方向沿x軸負方向C點電荷Q是正電荷D點電荷Q的位置坐標為0.3 m解析：選D.由兩試探電荷受力情況可知，點電荷Q為負電荷，且放置于A、B兩點之間某位置，選項B、C均錯；設Q與A點之間的距離為l，則點電荷在A點產(chǎn)生的場強為EAkQ/l2Fa/qa4104/(1109)N/C4105 N/C，同理，點電荷在B點產(chǎn)生的場強為EBkQ/(0.5l)2Fb/qb1104/(4109)N/C0.25105 N/C.解得l0.1 m，所以點電荷Q的位置坐標為xQxAl0.20.10.3(m)，所以選項A錯誤，選項D正確三、計算題11(2

10、011年溫州八校聯(lián)考)如圖所示，BCDG是光滑絕緣的eq f(3,4)圓形軌道，位于豎直平面內(nèi)，軌道半徑為R，下端與水平絕緣軌道在B點平滑連接，整個軌道處在水平向左的勻強電場中現(xiàn)有一質(zhì)量為m、帶正電的小滑塊(可視為質(zhì)點)置于水平軌道上，滑塊受到的電場力大小為eq f(3,4)mg，滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g.(1)若滑塊從水平軌道上距離B點s3R的A點由靜止釋放，滑塊到達與圓心O等高的C點時速度為多大？(2)在(1)的情況下，求滑塊到達C點時受到軌道的作用力大??；(3)改變s的大小，使滑塊恰好始終沿軌道滑行，且從G點飛出軌道，求滑塊在圓軌道上滑行過程中的最小速度大小解

11、析：本題考查了電場與豎直平面內(nèi)圓周運動的結(jié)合解題的關(guān)鍵是要有等效場的思想，求軌道與物塊之間作用力時要找準向心力的來源(1)設滑塊到達C點時的速度為v，由動能定理得qE(sR)mgsmgReq f(1,2)mv20，而qEeq f(3mg,4)，解得veq r(gR).(2)設滑塊到達C點時受到軌道的作用力大小為F，則FqEmeq f(v2,R)，解得Feq f(7,4)mg.(3)要使滑塊恰好始終沿軌道滑行，則滑至圓軌道DG間某點，由電場力和重力的合力提供向心力，此時的速度最小(設為vn)，則有eq r(qE2mg2)meq f(voal(2,n),R)，解得vneq f(r(5gR),2).

12、答案：見解析(1)小球在B點的速度vB；(2)小球進入電場后滑行的最大距離x2；(3)小球從A點滑至C點的時間是多少？解析：(1)小球在AB段滑動過程中，由機械能守恒mgx1sineq f(1,2)mveq oal(2,B)可得vB2 m/s.(2)小球進入勻強電場后，在電場力和重力的作用下，由牛頓第二定律可得加速度a2eq f(mgsinqEcos,m)5 m/s2小球進入電場后還能滑行到最遠處C點，BC的距離為x2eq f(voal(2,B),2a2)0.4 m.(3)小球從A到B和從B到C的兩段位移中的平均速度分別為vABeq f(0vB,2)vBCeq f(vB0,2)小球從A到C的平

13、均速度為eq f(vB,2)x1x2eq xto(v)teq f(vB,2)t可得t0.8 s.答案：(1)2 m/s(2)0.4 m(3)0.8 s第二課時：電場的能的性質(zhì)一、單項選擇題1(2010年高考天津理綜卷)在靜電場中，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負功，則()Ab點的電場強度一定比a點大B電場線方向一定從b指向aCb點的電勢一定比a點高D該電荷的動能一定減小解析：選C.電場力做負功，該電荷電勢能增加正電荷在電勢高處電勢能較大，C正確電場力做負功同時電荷可能還受其他力作用，總功不一定為負由動能定理可知，動能不一定減小，D錯電勢高低與場強大小無必然聯(lián)系，A錯b點電勢高于a點，但a

14、、b可能不在同一條電場線上，B錯2(2011年寧波模擬)如圖所示，a、b是豎直方向上同一電場線上的兩點，一帶負電的質(zhì)點在a點由靜止釋放，到達b點時速度最大，則()Aa點電勢高于b點電勢Ba點的場強大于b點的場強C質(zhì)點從a點運動到b點的過程中電勢能增加D質(zhì)點在a點受到的電場力小于在b點受到的電場力解析：選B.負電荷所受電場力向上，所以電場線方向向下，A錯；a點電場力大于重力，b點電場力等于重力，B對，D錯；質(zhì)點從a點運動到b點的過程中電場力做正功，電勢能減小，C錯3(2011年杭州畢業(yè)班綜合測試)如圖所示表示某靜電場等勢面的分布，電荷量為1.6109 C的正電荷從A經(jīng)B、C到達D點從A到D，電場

15、力對電荷做的功為()A4.8108 JB4.8108 JC8.0108 J D8.0108 J解析：選B.電場力做功與電荷運動的路徑無關(guān)，只與電荷的起始位置有關(guān)從A到D，電場力對電荷做的功為WUADq(AD)q(4010)1.6109 J4.8108 J，A、C、D錯誤，B正確4(2011年皖南八校聯(lián)考)一勻強電場，場強方向是水平的(如圖所示)，一個質(zhì)量為m的帶正電的小球，從O點出發(fā)，初速度的大小為v0，在電場力與重力的作用下，恰能沿與場強的反方向成角做直線運動設小球在O點的電勢能為零，則小球運動到最高點時的電勢能為()A.eq f(1,2)mveq oal(2,0) B.eq f(1,2)m

16、veq oal(2,0)sin2C.eq f(1,2)mveq oal(2,0)tan2 D.eq f(1,2)mveq oal(2,0)cos2解析：選D.由題意可知，小球所受合力為Feq f(mg,sin)，設最高點到O點距離為s，則由動能定理可得eq f(mg,sin) seq f(1,2)mveq oal(2,0)，由能量守恒可得小球在最高點的電勢能Eeq f(1,2)mveq oal(2,0)mgssin，聯(lián)立兩式解得Eeq f(1,2)mveq oal(2,0)cos2，D正確5(2010年高考安徽理綜卷)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有一個以O為圓心、半徑R0.1 m的圓，P為圓周上的

17、一點，O、P兩點連線與x軸正方向的夾角為.若空間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小E100 V/m，則O、P兩點的電勢差可表示為()AUOP10sin (V)BUOP10sin (V)CUOP10cos (V)DUOP10cos (V)解析：選A.由于電場強度方向向下，據(jù)題意可知UOP0，則UOPERsin 1000.1sin (V)10sin (V)，故正確答案為A.6(2010年高考江蘇物理卷)空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示下列說法中正確的是()AO點的電勢最低Bx2點的電勢最高Cx1和x1兩點的電勢相等Dx1和x3兩點的電勢相等解析：選C.由題圖知

18、，O點兩側(cè)電場強度方向相反，因電場強度的方向沿x軸，故O點可能電勢最低，也可能電勢最高，A選項不正確；x1、x2、x3三點在同一電場線上，由沿電場線方向電勢逐漸降低可知，無論O點右側(cè)電場強度沿x軸向右還是向左，x2點電勢都不是最高，x1、x3兩點的電勢也不相等，故B、D不正確；由題圖知，電場強度在O點兩側(cè)對稱，故x1、x1兩點電勢相等，C正確二、不定項選擇題7圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡粒子先經(jīng)過M點，再經(jīng)過N點，可以判定()AM點的電勢大于N點的電勢BM點的電勢小于N點的電勢C粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力D粒子在M點受到的電場力小于在N點

19、受到的電場力解析：選AD.沿電場線的方向電勢降低，所以MN，選項A對，B錯；電場線越密的地方電場強度越大，同一粒子所受電場力越大，所以選項C錯，D對8. (2011年洛陽高三質(zhì)檢)如圖所示，虛線a、b、c為三個同心圓面，圓心處有一個點電荷現(xiàn)從b、c之間一點P以相同的速率發(fā)射兩個帶電粒子，分別沿PM、PN運動到M、N點，M、N兩點都處于圓周c上，以下判斷正確的是()A到達M、N時兩粒子速率仍相等B到達M、N時兩粒子速率vMvNC到達M、N時兩粒子的電勢能相等D兩個粒子的電勢能都是先減小后增大解析：選B.從粒子的運動軌跡可看出電場對到達M點的粒子做正功，對到達N點的粒子做負功，再根據(jù)動能定理可知，

20、A錯誤，B正確；M、N兩點電勢相等，但帶電粒子的電性不同，到達M、N兩點時兩粒子的電勢能不同，C錯誤；到達M點的粒子其電勢能先增大后減小，而到達N點的粒子其電勢能先減小后增大，D錯誤9如圖所示，一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力的作用下，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45，則下列結(jié)論中正確的是()A此液滴帶負電荷B合外力對液滴做的總功等于零C液滴做勻加速直線運動D液滴的電勢能減少解析：選ACD.由題可知，帶電液滴只受重力和電場力作用，合力沿bd方向，液滴勻加速運動，C正確；合力做正功，B不正確；電場力方向向右，故液滴帶負電荷，A正確；電場力做正功，所以電勢能減少

21、，D正確10. 一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別對應電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的是()AA處的場強一定小于B處的場強BA處的電勢一定低于B處的電勢C電荷在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能D從A到B的過程中，電場力對電荷做正功解析：選B.由圖象知A處的加速度大于B處的加速度，A處的場強一定大于B處的場強，A錯由功能關(guān)系及動能和電勢能之和守恒知B正確，C、D錯三、計算題11(2011年學軍中學高三抽樣測試)如圖所示，水平光滑絕緣軌道MN的左端有一個固定擋板，軌道所在空間存在E4.0102 N/C、水平向左的勻強電場一個質(zhì)

22、量m0.10 kg、帶電荷量q5.0105 C的滑塊(可視為質(zhì)點)，從軌道上與擋板相距x10.20 m的P點由靜止釋放，滑塊在電場力作用下向左做勻加速直線運動當滑塊與擋板碰撞后滑塊沿軌道向右做勻減速直線運動，運動到與擋板相距x20.10 m的Q點，滑塊第一次速度減為零若滑塊在運動過程中，電荷量始終保持不變，求：(1)滑塊沿軌道向左做勻加速直線運動的加速度的大??；(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功；(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能解析：(1)設滑塊沿軌道向左做勻加速運動的加速度為a此過程滑塊所受合外力FqE2.0102 N根據(jù)牛頓第二定律Fma，解得a0.20 m/

23、s2.(2)滑塊從P點運動到擋板處的過程中，電場力所做的功W1qEx14.0103 J.(3)滑塊第一次與擋板碰撞過程中損失的機械能等于滑塊由P點運動到Q點過程中電場力所做的功即EqE(x1x2)2.0103 J.答案：(1)0.20 m/s2(2)4.0103 J(3)2.0103 J12如圖所示，固定在水平地面上的絕緣平板置于勻強電場中，電場方向與平板平行在絕緣平板上，放置一個帶負電的物體(可視為質(zhì)點)，物體與平板間的動摩擦因數(shù)為0.5.現(xiàn)讓物體以10 m/s的初速度平行于電場方向運動，物體沿電場方向運動的最遠距離為4 m已知物體所受電場力大于其最大靜摩擦力，平板足夠大，規(guī)定物體在出發(fā)點時

24、的電勢能為零，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物體所受電場力與其所受重力的比值；(2)物體在離出發(fā)點多遠處動能與電勢能相等？解析：(1)設物體帶電荷量為q，運動的最大位移為sm，由動能定理得qEsmmgsmeq f(1,2)mveq oal(2,0)得eq f(qE,mg)eq f(3,4).(2)設物體運動到離出發(fā)點距離為s處動能與電勢能相等，即eq f(1,2)mv2qEs在此過程中，由動能定理得qEsmgseq f(1,2)mv2eq f(1,2)mveq oal(2,0)代入數(shù)據(jù)解得s2.5 m設物體在返回過程中經(jīng)過距出發(fā)點距離動能與電勢能再次相等，即eq f(1,2)mv2q

25、Es由動能定理得qE(sms)mg(sms)eq f(1,2)mv2解得s1 m.答案：(1)34(2)2.5 m或1 m第三課時：電容器與電容 帶電粒子在電場中的運動一、單項選擇題1如圖所示的電容式鍵盤，是通過改變電容器的哪個因素來改變電容的()A兩板間的距離B兩板間的電壓C兩板間的電介質(zhì)D兩板的正對面積解析：選A.計算機鍵盤上下運動時，改變了上、下兩板間的距離，故A正確2(2011年北京朝陽區(qū)聯(lián)考)如圖所示，在某一真空中，只有水平向右的勻強電場和豎直向下的重力場，在豎直平面內(nèi)有初速度為v0的帶電微粒，恰能沿圖示虛線由A向B做直線運動那么()A微粒帶正、負電荷都有可能B微粒做勻減速直線運動C

26、微粒做勻速直線運動D微粒做勻加速直線運動解析：選B.微粒做直線運動的條件是速度方向和合外力的方向在同一條直線上，只有微粒受到水平向左的電場力才能使得合力方向與速度方向相反且在同一條直線上，由此可知微粒所受的電場力的方向與場強方向相反，則微粒必帶負電，且運動過程中微粒做勻減速直線運動，故B正確3(2011年瑞安中學檢測)如圖所示，一個帶正電的粒子以一定的初速度垂直進入水平方向的勻強電場，若不計重力，下列四個選項中能正確描述粒子在電場中運動軌跡的是()解析：選C.電荷在電場中做類平拋運動，受力方向總是沿電場線方向，軌跡向右彎曲，C正確4(2011年臺州模擬)一帶電粒子在電場中僅在電場力作用下，從A

27、點運動到B點，速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別是帶電粒子到達A、B兩點時對應的時刻，則下列說法中正確的有()AA點的場強一定小于B點的場強BA點的電勢一定高于B點的電勢C帶電粒子在A點的電勢能一定小于在B點的電勢能D帶電粒子從A點到B點過程中，電場力一定對帶電粒子做正功解析：選D.由于vt圖象上各點的斜率表示加速度的大小，從圖象可以看出帶電粒子在A點時的加速度大于在B點時的加速度，由牛頓第二定律可知EAEB，A錯誤；帶電粒子帶電性質(zhì)未知，故無法判斷A、B兩點電勢，B錯誤；從vt圖象中可以看出B點速度大于A點速度，故電場力對帶電粒子做正功，電勢能減小，所以C錯誤，D正確5如圖所示，平

28、行板電容器的電容為C，帶電荷量為Q，兩極板間距離為d，今在距兩極板的中點eq f(1,2)d處放一電荷q，則()Aq所受電場力的大小為eq f(Qq,Cd)Bq所受電場力的大小為keq f(4Qq,d2)Cq點處的電場強度是keq f(4Q,d2)Dq點處的電場強度是keq f(8q,d2)解析：選A.兩極板之間的電場強度Eeq f(U,d)，q受到的電場力FEqeq f(U,d)qeq f(Q,Cd)q，A正確；Q不是點電荷，點電荷的場強公式Ekeq f(Q,r2)在這里不能用，B、C、D不正確6(2011年廣東珠海質(zhì)檢)分別將帶正電、負電和不帶電的三個等質(zhì)量小球，分別以相同的水平速度由P點

29、射入水平放置的平行金屬板間，已知上板帶負電，下板接地三小球分別落在圖中A、B、C三點，則錯誤的是()AA帶正電、B不帶電、C帶負電B三小球在電場中加速度大小關(guān)系是：aAaBEkBEkA解析：選C.由于A的水平射程x最遠，A的運動時間teq f(x,v0)最長，C錯誤A的加速度aAeq f(2h,t2)最小，而C的加速度aC最大，aAaBEkBEkA，D正確二、不定項選擇題7(2011年杭州學軍中學抽樣測試)如圖甲所示，平行金屬板中央有一個靜止的電子(不計重力)，兩板間距離足夠大當兩板間加上如圖乙所示的交變電壓后，在下圖中，反映電子速度v、位移x和加速度a三個物理量隨時間t的變化規(guī)律可能正確的是

30、()解析：選AD.在平行金屬板之間加上如題圖乙所示的周期性電壓時，因為電子在平行金屬板間所受的電場力Feq f(U0e,d)，所以電子所受的電場力大小不變，而方向隨電壓呈周期性變化由牛頓第二定律Fma可知，電子在第一個eq f(T,4)內(nèi)向B板做勻加速直線運動，在第二個eq f(T,4)內(nèi)向B板做勻減速直線運動，在第三個eq f(T,4)內(nèi)反向做勻加速直線運動在第四個eq f(T,4)內(nèi)向A板做勻減速直線運動，所以at圖象如圖1所示，vt圖象如圖2所示；又因勻變速直線運動位移xv0teq f(1,2)at2，所以xt圖象應是曲線故本題選AD.8. 如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對豎直放置，它

31、們通過導線與電源E、定值電阻R、開關(guān)S相連閉合開關(guān)后，一個帶電的液滴從兩板上端的中點處無初速度釋放，最終液滴落在某一金屬板上下列說法中正確的是()A液滴在兩板間運動的軌跡是一條拋物線B電源電動勢越大，液滴在板間運動的加速度越大C電源電動勢越大，液滴在板間運動的時間越短D定值電阻的阻值越大，液滴在板間運動的時間越長解析：選BC.電容器充滿電荷后，極板間的電壓等于電源的電動勢極板間形成了電場，液滴受水平方向的電場力和豎直方向的重力作用，合力為恒力，而初速度為零，則液滴做初速度為零的勻加速直線運動，A項錯；電源電動勢越大，則液滴受到的電場力也越大，合力越大，加速度也越大，B項對；電源電動勢越大，加速

32、度越大，同時位移越小，則運動的時間越短，C對；定值電阻不會影響兩極板上電壓的大小，則對液滴的運動沒有影響，D項錯9如圖所示，兩平行金屬板間有一勻強電場，板長為L，板間距離為d，在板右端L處有一豎直放置的光屏M，一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的質(zhì)點從兩板中央射入板間，最后垂直打在M屏上，則下列結(jié)論正確的是()A板間電場強度大小為mg/qB板間電場強度大小為2mg/qC質(zhì)點在板間的運動時間和它從板的右端運動到光屏的時間相等D質(zhì)點在板間的運動時間大于它從板的右端運動到光屏的時間解析：選BC.當質(zhì)點所受電場力方向向上且大于重力時，質(zhì)點才可能垂直打到屏上由運動的合成與分解，可知質(zhì)點在水平方向上一直做勻速直線運

33、動，所以質(zhì)點在電場中做類平拋運動的時間和在重力場中做斜上拋運動的時間相等由運動規(guī)律可知質(zhì)點在水平方向上做勻速直線運動，vxv0；在豎直方向上：在電場中vyat，如圖所示，離開電場后質(zhì)點做斜上拋運動，vygt，由此運動過程的對稱性可知ag，由牛頓第二定律得：qEmgmamg，解得：E2mg/q.故B、C正確10(2010年湖北黃岡模擬)如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿兩板的中線進入水平放置的平行金屬板內(nèi)，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間距離為d，板間電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t(不計粒子的重力)，則()A在前eq f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子

34、做的功為eq f(Uq,4)B在后eq f(t,2)時間內(nèi)，電場力對粒子做的功為eq f(3,8)UqC在粒子下落前eq f(d,4)和后eq f(d,4)的過程中，電場力做功之比為12D在粒子下落前eq f(d,4)和后eq f(d,4)的過程中，電場力做功之比為11解析：選BD.電場力做的功WqEeq f(d,2)eq f(qU,d)eq f(d,2)eq f(qU,2)，前eq f(t,2)和后eq f(t,2)的位移之比為x1x213x1eq f(1,4)eq f(d,2)eq f(d,8)，x2eq f(3,8)d，則前eq f(t,2)：W1qEeq f(d,8)eq f(qU,8

35、)，后eq f(t,2)：W2qEeq f(3,8)deq f(3,8)qU，B正確；前eq f(d,4)和后eq f(d,4)位移相等，電場力恒定，故做功相等，所以D正確選B、D.三、計算題11如圖所示，水平放置的平行板電容器，與某一電源相連，它的極板長L0.4 m，兩板間距離d4103 m，有一束由相同帶電微粒組成的粒子流，以相同的速度v0從兩板中央平行極板射入，開關(guān)S閉合前，兩板不帶電，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒質(zhì)量為m4105 kg，電量q1108 C(g10 m/s2)求：(1)微粒入射速度v0為多少？(2)為使微粒能從平行板電容器的右邊射出電場，電容器的上板應與電

36、源的正極還是負極相連？所加的電壓U應取什么范圍？解析：(1)eq f(L,2)v0t eq f(d,2)eq f(1,2)gt2可解得：v0eq f(L,2) eq r(f(g,d)10 m/s.(2)電容器的上板應接電源的負極當所加的電壓為U1時，微粒恰好從下板的右邊緣射出即eq f(d,2)eq f(1,2)a1(eq f(L,v0)2又a1eq f(mgqf(U1,d),m)解得：U1120 V當所加的電壓為U2時，微粒恰好從上板的右邊緣射出即eq f(d,2)eq f(1,2)a2(eq f(L,v0)2又a2eq f(qf(U2,d)mg,m)解得：U2200 V所以120 VU20

37、0 V.答案：(1)10 m/s(2)與負極相連120 VU3P甲解析：選B.設各燈泡正常工作時的電流為I，則甲電路的總電流為I甲3I，乙電路的總電流為I乙I，所以由PUI得P甲3P乙，應選B.6自動充電式電動車的前輪裝有發(fā)電機，發(fā)電機與蓄電池連接，騎車者用力蹬車或電動車自動滑行時，發(fā)電機向蓄電池充電，將其他形式的能轉(zhuǎn)化成電能儲存起來，現(xiàn)使車以500 J的初動能在粗糙的水平路面上自由滑行，第一次關(guān)閉自動充電裝置，其動能隨位移變化關(guān)系如圖線所示；第二次啟動自動充電裝置，其動能隨位移變化關(guān)系如圖線所示，則第二次向蓄電池所充的電能是()A200 J B250 JC300 J D500 J解析：選A.

38、根據(jù)能量守恒，第一次關(guān)閉自動充電裝置時，動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，第二次啟動自動充電裝置時，動能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為電能，電能為E電eq f(4,10)Ekeq f(4,10)500 J200 J，A對二、不定項選擇題7如圖所示的電解池接入電路后，在t秒內(nèi)有n1個一價正離子通過溶液內(nèi)某截面S，有n2個一價負離子通過溶液內(nèi)某截面S，設e為元電荷，以下說法正確的是()A當n1n2時，電流為零B當n1n2時，電流方向從AB，電流為Ieq f(n1n2e,t)C當n1UC，故R1接在電源上時，電源的效率高，A項正確B項錯誤；將電阻接在電源上，電阻的UI圖象與電源兩端電壓與電流關(guān)系圖象的交點，表示

39、將這個電阻接到此電源上的輸出電壓和電流，從圖象中只可看出電流的數(shù)值，但看不出兩種情況下路端電壓的關(guān)系，故無法確定兩種情況下電源的輸出功率的大小關(guān)系，C、D項均錯誤本題易混淆電源效率和電源輸出功率的概念而出現(xiàn)錯誤二、不定項選擇題7如圖所示，電源內(nèi)阻不可忽略，已知R1為半導體熱敏電阻，R2為錳銅合金制成的可變電阻，若發(fā)現(xiàn)燈泡L的亮度變暗，可能的原因是()AR1的溫度逐漸降低BR1受到可見光的照射CR2的阻值逐漸增大DR2的阻值逐漸減小解析：選AD.燈泡L亮度變暗，說明流過燈泡的電流減小，其原因可能是R1的阻值增大或R2的阻值減小引起，半導體熱敏電阻隨溫度的升高電阻率減小，故可能的原因是R1的溫度降

40、低或R2的阻值減小，所以A、D正確，B、C錯誤8(2011年鎮(zhèn)海中學檢測)在圖中，直線為某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，直線為某一電阻R的伏安特性曲線用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路由圖象可知()A電源的電動勢為3 V，內(nèi)阻為0.5 B電阻R的阻值為1 C電源的輸出功率為2 WD電源的效率為66.7%解析：選ABD.圖象與縱軸交點表示電源電動勢，為3 V，圖象斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻為0.5 ，選項A正確；圖象的斜率表示電阻R的阻值為1 ，選項B正確；電源輸出電壓為U2 V，電流為2 A，電源輸出功率為4 W，選項C錯；電源效率P出/P總U/E2/3100%66.7%，選項D正確9如圖

41、，電源內(nèi)阻為r，電流表和電壓表均為理想電表，下列判斷正確的是()A若R1斷路，兩表的讀數(shù)均變小B若R2斷路，兩表的讀數(shù)均變小C若R3斷路，電流表讀數(shù)為0，電壓表讀數(shù)變大D若R4斷路，兩表的讀數(shù)均變大解析：選CD.若某電阻R斷路即可理解為該電阻阻值變大，由“串反并同”可知C、D正確10如圖電路中，電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，閉合開關(guān)S，增大可變電阻R的阻值后，電壓表示數(shù)的變化量為U.在這個過程中，下列判斷正確的是()A電阻R1兩端的電壓減小，減小量等于UB電容器的帶電荷量減小，減小量小于CUC電壓表的示數(shù)U和電流表的示數(shù)I的比值變大D電壓表示數(shù)變化量U和電流表示數(shù)變化量I的比值不變解析：選BCD.

42、增大R后，總電阻增大，總電流減小，則R1兩端電壓減小，內(nèi)阻消耗電壓減小，由于電動勢不變，R兩端電壓的增加量等于兩者減小量之和，所以電阻R1兩端的電壓減小，減小量小于U，A錯；U/I表示R的阻值，R增大，所以eq f(U,I)增大，而U/I表示內(nèi)阻和R1之和，比值是不變的三、計算題11(2011年陜西五校聯(lián)考)如圖所示，已知電源電動勢E20 V，內(nèi)阻r1 ，當接入固定電阻R4 時，電路中標有“3 V,6 W”的燈泡L和內(nèi)阻RD0.5 的小型直流電動機D都恰能正常工作試求：(1)電路中的電流大??；(2)電動機的額定電壓；(3)電動機的輸出功率解析：(1)燈泡L正常發(fā)光，電路中的電流為IPL/ULe

43、q f(6,3) A2 A.(2)由閉合電路歐姆定律可求得，電動機的額定電壓為UDEI(rR)UL20 V2(14) V3 V7 V.(3)電動機的總功率為P總IUD27 W14 W電動機的熱功率為P熱I2RD220.5 W2 W所以電動機的輸出功率為P出P總P熱14 W2 W12 W.答案：(1)2 A(2)7 V(3)12 W12(2011年衢州一中月考)一電路如圖所示，電源電動勢E28 V，內(nèi)阻r2 ，電阻R112 ，R2R44 ，R38 ，C為平行板電容器，其電容C3.0 pF，虛線到兩極板間距離相等，極板長L0.20 m，兩極板的間距d1.0102m.(1)若開關(guān)S處于斷開狀態(tài)，則當

44、其閉合后，求流過R4的總電荷量為多少？(2)若開關(guān)S斷開時，有一帶電微粒沿虛線方向以v02.0 m/s的初速度射入C的電場中，剛好沿虛線勻速運動，問：當開關(guān)S閉合后，此帶電微粒以相同初速度沿虛線方向射入C的電場中，能否從C的電場中射出？(要求寫出計算和分析過程，g取10 m/s2)解析：(1)S斷開時，電阻R3兩端電壓為U3eq f(R3,R2R3r)E16 VS閉合后，外電阻為Req f(R1R2R3,R1R2R3)6 路端電壓為Ueq f(R,Rr)E21 V此時電阻R3兩端電壓為U3eq f(R3,R2R3)U14 V則流過R4的總電荷量為QCU3CU36.01012C.(2)設微粒質(zhì)量

45、為m，電荷量為q，當開關(guān)S斷開時有：eq f(qU3,d)mg當開關(guān)S閉合后，設微粒加速度為a，則mgeq f(qU3,d)ma設微粒能從C的電場中射出，則水平方向運動時間為：teq f(L,v0)豎直方向的位移為：yeq f(1,2)at2由以上各式求得：y6.25103meq f(d,2)故假設不成立，微粒不能從C的電場中射出答案：見解析第六課時：磁場的描述磁場對電流的作用一、單項選擇題1. (2011年陜西西安地區(qū)名校聯(lián)考)磁場中某處的磁感線分布如圖所示，下列說法正確的是()A磁感應強度BaBbB同一通電導線在b處所受的磁場力一定比在a處大C通電導線在b處所受磁場力的方向可能與b處磁感線

46、的方向相同D若在a處的通電導線垂直磁感線放置，則所受磁場力最大解析：選D.由于a處磁感線比b處磁感線疏，所以磁感應強度BaBb，A錯誤；若在b處的通電導線平行磁感線放置，則所受磁場力為零，B錯誤；根據(jù)左手定則，通電導線在b處所受磁場力的方向一定垂直b處的磁感線，C錯誤；若在a處的通電導線垂直磁感線放置，則所受磁場力最大，D正確2(2011年金華十校聯(lián)考)一段長0.2 m，通過2.5 A電流的直導線，關(guān)于在磁感應強度為B的勻強磁場中所受安培力F的情況，正確的是()A如果B2 T，F(xiàn)一定是1 NB如果F0，B也一定為零C如果B4 T，F(xiàn)有可能是1 ND如果F有最大值時，通電導線一定與B平行解析：選

47、C.當導線與磁場方向垂直放置時，F(xiàn)BIL，力最大，當導線與磁場方向平行放置時，F(xiàn)0，當導線與磁場方向成任意其他角度放置時，0FBIL，A、D不正確，C正確；磁感應強度是磁場本身的性質(zhì)，與受力F無關(guān)，B不正確3如圖所示，用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN，電流I方向從M到N，繩子的拉力均為F.為使F0，可能達到要求的方法是()A加水平向右的磁場B加水平向左的磁場C加垂直紙面向里的磁場D加垂直紙面向外的磁場解析：選C.若F0則F安mg0，故安培力方向必豎直向上，由左手定則知磁場方向為垂直紙面向里，故C正確4如圖所示，質(zhì)量為m的回形針系在細線下端被磁鐵吸引保持靜止，此時細線與豎直方向的夾

48、角為 ，則下列說法正確的是()A回形針靜止時受到的磁鐵對它的磁力大小為mgtanB回形針靜止時受到的細線的拉力大小為mgcosC現(xiàn)用點燃的火柴對回形針加熱，過一會發(fā)現(xiàn)回形針不被磁鐵吸引了，原因是回形針加熱后，分子電流排列無序了D現(xiàn)用點燃的火柴對回形針加熱，過一會發(fā)現(xiàn)回形針不被磁鐵吸引了，原因是回形針加熱后，分子電流消失了解析：選C.回形針靜止時受到的磁鐵對它的磁力大小和方向都不確定，拉力大小也不能確定，故A、B錯誤；對回形針加熱，回形針磁性消失是因為分子電流排列無序了，所以選項C正確，D錯誤5(2011年上海模擬)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行導軌AB、CD，導軌上放有

49、質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為，現(xiàn)從t0時刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流強度與時間成正比，即Ikt，其中k為恒量若金屬棒與導軌始終垂直，則如圖所示的表示棒所受的摩擦力隨時間變化的四幅圖中，正確的是()解析：選C.當FfBILBLktmg時，棒沿導軌向下減速；在棒停止運動前，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小為：FfBLkt；當棒停止運動時，摩擦力立即變?yōu)殪o摩擦力，大小為：Ffmg，故選項C正確6(2011年湖北黃岡質(zhì)檢)如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60角，abbccdL，長度為L的電阻絲電阻為r，框架與一電動勢為E，內(nèi)阻為r的電源相連接

50、，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則框架受到的安培力的合力大小為()A0B.eq f(5BEL,11r)C.eq f(10BEL,11r) D.eq f(BEL,r)解析：選C.總電阻Req f(3r2r,3r2r)req f(11,5)r，總電流Ieq f(E,R)eq f(5E,11r)，梯形框架受的安培力可等效為I通過ad邊時受到的安培力，F(xiàn)BIeq xto(ad)BI2Leq f(10BEL,11r)，所以C選項正確二、不定項選擇題7(2011年北京海淀區(qū)期末測試)有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖在下圖所示的平面內(nèi)，O點為兩根導線連線的中點，M、

51、N為兩導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法中正確的是()AM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同BM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D在線段MN上只有一點的磁感應強度為零解析：選BD.根據(jù)安培定則和磁場的疊加原理，M點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反，選項A錯B對；在線段MN上只有在O點處，a、b兩電流形成的磁場的磁感應強度等大反向，即只有O點處的磁感應強度為零，選項C錯D正確8如圖所示，平行于紙面水平向右的勻強磁場，磁感應強度

52、B11 T位于紙面內(nèi)的細直導線，長L1 m，通有I1 A的恒定電流當導線與B1成60夾角時，發(fā)現(xiàn)其受到的安培力為零則該區(qū)域同時存在的另一勻強磁場的磁感應強度B2的大小可能為()A.eq f(1,2) TB.eq f(r(3),2) TC1 T D.eq r(3) T解析：選BCD.導線受到的安培力為零，可判斷出合磁感應強度為零或沿導線方向，可求出磁感應強度B2的最小值，B2小B1sin60eq f(r(3),2) T，故B、C、D均正確9如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為L、質(zhì)量為m的直導線，當通以電流I時，欲使導線靜止在斜面上，外加勻強磁場B的大小和方向可能是()ABmgt

53、an/(IL)，方向垂直斜面向上BBmgsin/(IL)，方向垂直斜面向下CBmgtan/(IL)，方向豎直向上DBmg/(IL)，方向水平向右解析：選B.B方向垂直斜面向上，由左手定則可知，安培力方向沿斜面向下，導線不可能靜止，A錯；同理可知C、D錯；B方向垂直斜面向下，安培力沿斜面向上，由平衡條件得：BILmgsin，解得Beq f(mgsin,IL)，故B項對10(2011年紹興一中高三月考)如圖所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點為圓弧的圓心兩金屬軌道之間的寬度為0.5 m，勻強磁場方向如圖，大小為0.5 T質(zhì)量為0.05 kg、長為0.5 m的金屬細桿置于金屬軌道上的M點

54、當在金屬細桿內(nèi)通以電流強度為2 A的恒定電流時，金屬細桿可以沿桿向右由靜止開始運動已知MNOP1 m，則()A金屬細桿開始運動的加速度為5 m/s2B金屬細桿運動到P點時的速度大小為5 m/sC金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10 m/s2D金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N解析：選D.金屬細桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小FBIL0.520.5 N0.5 N，金屬細桿開始運動的加速度為aF/m10 m/s2，選項A錯誤；對金屬細桿從M點到P點的運動過程，安培力做功WF(MNOP)1 J，重力做功WGmgON0.5 J，由動能定理得WWGeq f(1,2)m

55、v2，解得金屬細桿運動到P點時的速度大小為veq r(20) m/s，選項B錯誤；金屬細桿運動到P點時的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小為av2/r20 m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛頓第二定律得FFAmv2/r，解得F1.5 N，每一條軌道對金屬細桿的作用力大小為0.75 N，由牛頓第三定律可知金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75 N，選項D正確. 三、計算題11如圖所示，PQ和EF為水平放置的平行金屬導軌，間距為l1.0 m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質(zhì)量為m20

56、g，棒的中點用細繩經(jīng)輕滑輪與物體c相連，物體c的質(zhì)量M30 g在垂直導軌平面方向存在磁感應強度B0.2 T的勻強磁場，磁場方向豎直向上，重力加速度g取10 m/s2.若導軌是粗糙的，且導體棒與導軌間的最大靜摩擦力為導體棒ab重力的0.5倍，若要保持物體c靜止不動，應該在棒中通入多大的電流？電流的方向如何？解析：因?qū)к壌植?，設棒和導軌之間的最大靜摩擦力為f.若BIlMg，則靜摩擦力的方向與細繩的拉力方向相同，設此時電流為I1，即有BI1lMgf0.5 mg，解得I1eq f(0.5 mgMg,Bl)2.0 A；若BIlMg，則靜摩擦力的方向與細繩的拉力方向相反，設此時電流為I2，即有MgBI2l

57、f0.5mg，解得I2eq f(Mg0.5mg,Bl)1.0 A即ab棒中的電流為10 AI2.0 A.根據(jù)左手定則判斷，棒中的電流方向應該由a到b.答案：1.0 AI2.0 A由a到b12如圖所示，電源電動勢E2 V，內(nèi)電阻r0.5 ，豎直導軌電阻可忽略，金屬棒的質(zhì)量m0.1 kg，電阻R0.5 ，它與導軌的動摩擦因數(shù)0.4, 有效長度為L0.2 m，為了使金屬棒能夠靠在導軌外面靜止不動，我們施一與紙面成30角向里且與金屬棒垂直的磁場，問磁場方向是斜向上還是斜向下？磁感應強度B的范圍是多大？(g10 m/s2)解析：以靜止的金屬棒為研究對象，其側(cè)視的受力分析如圖所示若摩擦力方向向上，則B1I

58、Lsin30B1ILcos30mg.若摩擦力方向向下，則B2ILsin30B2ILcos30mg，其中電流IE/(Rr)代入數(shù)據(jù)得：B13 T，B216.3 T，故所求磁感應強度的范圍是3 TB16.3 T；根據(jù)左手定則可知其方向應斜向下答案：斜向下3 TB16.3 T 第七課時：磁場對運動電荷的作用一、單項選擇題1(2011年廣東東莞調(diào)研)帶電粒子(重力不計)穿過飽和蒸汽時，在它走過的路徑上飽和蒸汽便凝成小液滴，從而顯示出粒子的徑跡，這是云室的原理，如圖是云室的拍攝照片，云室中加了垂直于照片向外的勻強磁場，圖中oa、ob、oc、od是從o點發(fā)出的四種粒子的徑跡，下列說法中正確的是()A四種粒

59、子都帶正電B四種粒子都帶負電C打到a、b點的粒子帶正電D打到c、d點的粒子帶正電確2如圖所示，一水平導線通以電流I，導線下方有一電子，初速度方向與電流平行，關(guān)于電子的運動情況，下述說法中，正確的是()A沿路徑a運動，其軌道半徑越來越大B沿路徑a運動，其軌道半徑越來越小C沿路徑b運動，其軌道半徑越來越小D沿路徑b運動，其軌道半徑越來越大解析：選A.由左手定則可知電子向下偏，C、D錯；距導線越遠，磁感應強度B越小，由req f(mv,qB)知，r變大，A對3如圖所示，一個帶正電、電荷量為q的小帶電體處于蹄形磁鐵兩極之間的勻強磁場里，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度為B，若小帶電體的質(zhì)量為m，為

60、了使它對水平絕緣面正好無壓力，應該()A使磁感應強度B的數(shù)值增大B使磁場以速率veq f(mg,Bq)向上移動C使磁場以速率veq f(mg,Bq)向右移動D使磁場以速率veq f(mg,Bq)向左移動解析：選D.假定磁場不動，小球應向右運動且有mgqvB.由相對運動知D對4(2011年東陽中學模擬)半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出AOB120，如圖8225所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()A.eq f(2r,3v0)B.eq f(2r(3)r,3v0)C.eq f(r,3v0) D.e