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2019届高考物理二轮复习:计算题规范练(打包6套,Word版,有答案)
所属科目:物理    文件类型:rar
类别:试题、练习
上传日期:2019/4/25  
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2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练62019031326物理备课大师(全免费).doc

“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练12019031321物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练1
1.低碳、环保是未来汽车的发展方向.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机,将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中,以达到节能的目的.在某次测试中,汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机,测出了汽车动能Ek与位移s的关系图象如图所示,其中①是关闭储能装置时的关系图线.②是开启储能装置时的关系图线,已知汽车的质量为1 000 kg,设汽车运动过程中所受地面的阻力恒定,空气阻力不计,根据图象所给的信息,求:

(1)汽车的额定功率;
(2)汽车加速运动的时间;
(3)汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能.
解析:(1)汽车行驶过程中,所受地面的阻力对应关闭储能装置Ek-s图线①的斜率大小
阻力Ff===2×103 N
汽车匀速行驶的动能Ek=mv
代入数据解得vm=40 m/s
汽车的额定功率P额=Fv=Ffvm=80 kW.
(2)汽车在加速阶段发生的位移s1=500 m
根据动能定理得P额t-Ffs1=mv-mv
解得t=16.25 s.
(3)开启储能装置后,汽车向前减速运动的位移减少Δs=(11-8.5)×102 m=2.5×102 m
储能装置后向蓄电池提供的电能ΔE=FfΔs=5×105 J.
答案:(1)80 kW (2)16.25 s (3)5×105 J
2.如图所示,在倾角θ=30°,足够长的光滑绝缘斜面上,用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B(均视为质点),A球的带电荷量为+3q,B球带电荷量为-2q,两球组成一带电系统.虚线MN与PQ平行且相距3L,在虚线MN、PQ间加上平行斜面向上的匀强电场,场强E=.现将带电小球A和B放在斜面上,A球刚好在电场中,由静止释放.求:

(1)A球从N点运动到Q点所用的时间;
(2)A球到达的最高点距Q点的距离.
解析:(1)设B球进入电场前,带电系统的加速度为a,运动时间为t1
由牛顿第二定律得3qE-2mgsinθ=2ma,
由匀变速运动公式得2L=at,v1=at1,
当B球进入电场后,带电系统所受的合力为
F合=3qE-2qE-2mgsinθ=0,
带电系统匀速运动的时间t2=,
联立以上各式并代入数据得,A球从N运动到Q的时间
t=t1+t2=.
(2)设A球能到达的最高位置距Q点的距离为x,B球仍在电场中,由动能定理得
3qE·3L-2qE(L+x)-2mg(3L+x)sinθ=0,
联立以上各式并代入数据得x=L.
答案:(1) (2)L
3.如图所示,在xOy平面内y轴与MN边界之间有沿x轴负方向的匀强电场,y轴左侧和MN边界右侧的空间有垂直纸面向里、磁感应强度大小相等的匀强磁场,MN边界与y轴平行且间距保持不变.一质量为m、电荷量为-q的粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场,每次经过磁场的时间均为t0,粒子重力不计.

(1)求磁感应强度的大小B;
(2)若t=5t0时粒子回到原点O,求电场区域的宽度d和此时的电场强度E0;
(3)若带电粒子能够回到原点O,则电场强度E应满足什么条件?
解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,粒子每次经过磁场的时间为半个周期,则T=2t0,解得B=.
(2)t=5t0时粒子回到原点,轨迹如图甲所示,由几何关系有r2=2r1

由向心力公式有qBv0=m,qBv2=m,
电场宽度d=t0,解得d=v0t0,
又v2=v0+t0,解得E0=.
(3)如图乙所示,由几何关系可知,要使粒子能够回到原点,则应满足n(2r2′-2r1)=2r1(n=1,2,3,…),
由向心力公式有qBv2′=m,解得v2
…………………………
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“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练22019031322物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练2
1.图示为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程,其中BP在一条直线上,假设甲运动员在B处将足球以11 m/s的速度沿直线的方向踢出,足球沿着地面向球门P处运动,足球运动的加速度大小为1 m/s2,在A位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后,经过1 s的反应时间,开始匀加速向连线上的C处奔去,乙运动员的最大速度为9 m/s,已知B、C两点间的距离为60.5 m,A、C两点间的距离为63 m.

(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动,才能与足球同时运动到C位置?
(2)乙运动员运动到C处后以一定的速度将足球沿CP方向踢出,已知足球从C向P做匀减速运动,足球运动的加速度大小仍然为1 m/s2,假设C点到P点的距离为9.5 m,守门员看到运动员在C处将足球沿CP方向踢出后,能够到达P处扑球的时间为1 s,那么乙运动员在C处给足球的速度至少为多大,足球才能射进球门?
解析:(1)对于足球:xBC=v0t-at2,
代入数据得:t=11 s,
乙运动员的运动时间t乙=t-1=10 s.
乙运动员的最大速度为9 m/s,乙运动员先加速后匀速到C处,设加速时间为t′,则xAC=t′+vm乙(t-t′),
代入数据求得:t′=6 s,
a乙==1.5 m/s2.
(2)由题意知,足球从C到P时间最多为1 s,乙运动员给足球的速度最少为v,此时足球位移xCP=vt-at2,代入数据可得v=10 m/s.
答案:(1)1.5 m/s2 (2)10 m/s
2. (2018·太原模拟)如图所示,区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场,区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B,宽为1.5d,区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知,区域Ⅱ是无场区,宽为d,一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ=60°角垂直射入区域Ⅰ的磁场,粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点,粒子重力不计.

(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1.
(2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L.
(3)求粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t.
解析:

(1)由题意知粒子的运动轨迹如图所示,设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R,由图知R+Rcosθ=1.5d,
Rsinθ-=rsinθ,
联立得R=d,r=,
由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,
同理区域Ⅰ中qvB1=m,
联立得B1=3B.
(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度
L=r-rcosθ=.
(3)在区域Ⅰ中r=.可得v==,
由图知粒子在区域Ⅰ中的运动时间为
t1=·=,
在区域Ⅱ中的运动时间为t2===,
在区域Ⅲ中的运动时间为t3=·=,
所以粒子从离开A点到第一次回到A点的时间
t=t1+t2+t3=.
答案:(1)3B (2) (3)
3.如图所示,质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=60°的位置自由释放,下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.已知由于磁场的阻力作用,金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.

解析:设小球m的摆线长度为l
小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒:
mgl(1-cosθ)=mv,①
m和M碰撞过程是弹性碰撞,故满足:
mv0=MVM+mv1,②

mv=mv+MV,③
联立②③得:v1=v0,④
说明小球反弹,且v1与v0成正比,而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞,满足:
mv1=MV
…………………………
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“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练32019031323物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练3
1.天文学家观测河外星系大麦哲伦云时,发现了LMCX-3双星系统,它由可见星A和不可见的暗星B构成.两星均可视为质点,不考虑其他天体的影响,A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动,它们之间的距离保持不变,如图所示.引力常量为G,由观测结果能够得到可见星A的速率v和运行周期T.

(1)可见星A所受暗星B的引力FA可等效成位于O点处的质量为m′的星体(可视为质点)对它的引力,设A和B的质量分别为m1、m2,试求m′(用m1、m2表示).
(2)求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式.
解析:(1)设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2,角速度均为ω,由双星所受的向心力大小相等,可得m1ω2r1=m2ω2r2,
设A、B之间的距离为L,则L=r1+r2,
联立可得L=r1,
由万有引力定律得,双星间的引力
F=G=G,
由题意,将此引力等效成在O点处的质量为m′的星体对可见星A的引力,则有:F=G
解得m′=.
(2)对可见星A,有G=m1,
可见星A的轨道半径r1=,
联立解得=.
答案:(1) (2)=
2.如图所示,直角边长为0.4 m的等腰直角斜面体AOB固定在水平地面上,C为斜面的中点.一小球从C点正上方与A等高的位置自由落下与斜面碰撞后做平抛运动,不计碰撞时的能量损失.g取10 m/s2.

(1)求小球从开始下落到落到水平地面上所用的时间.
(2)以OB为x轴,OA为y轴,建立xOy坐标系.小球从坐标为(x,y)处自由下落,与斜面碰撞一次后落到B点,写出y与x的关系式.
解析:(1)自由下落至C点过程,则有:=gt,
代入数据解得:t1=0.2 s,
平抛过程下落高度也为,
故下落运动的时间:t=2t1=0.4 s.
(2)由释放点落至斜面过程,设落至斜面时的速度为v,则有:v2=2g[y-(h-x)],
平抛运动过程设运动时间为t′,则有:
h-x=gt′2,h-x=vt′,
联立消去t′解得:y=-x+(0<x<0.4).
答案:(1)0.4 s (2)y=-x+(0<x<0.4)
3.如图,一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面).在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线从圆上的a点射入柱形区域,从圆上的b点离开该区域,离开时速度方向与直线垂直.圆心O到直线的距离为R.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场,同一粒子以同样速度沿直线从a点射入柱形区域,也从b点离开该区域.若磁感应强度大小为B,不计重力,求电场强度的大小.

解析:粒子在磁场中做圆周运动.设圆周的半径为r,由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB=m,①
式中v为粒子在a点的速度.

过b点和O点作直线的垂线,分别与直线交于c点和d点.由几何关系知,线段、和过a、b两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形.因此==r,②
设=x,由几何关系得=R+x,③
=R+,④
联立②③④式得r=R.⑤
再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E,粒子在电场中做类平抛运动,设其加速度大小为a,由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma⑥
粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r,由运动学公式得r=at2⑦
r=vt⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得E=.
答案:

“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练42019031324物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练4
1.(2018·东北三校联考)小军看到打桩机,对打桩机的工作原理产生了兴趣.他构建了一个打桩机的简易模型,如图甲所示.他设想,用恒定大小的拉力F拉动绳端B,使物体从A点(与钉子接触处)由静止开始运动,上升一段高度后撤去F,物体运动到最高点后自由下落并撞击钉子,将钉子打入一定深度.按此模型分析,若物体质量m=1 kg,上升1 m高度时撤去拉力,撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系图象如图乙所示.(g取10 m/s2,不计空气阻力)
(1)求物体上升到0.4 m高度处F的瞬时功率;
(2)若物体撞击钉子后瞬间弹起,且使其不再落下,钉子获得20 J的动能向下运动,钉子总长为10 cm,撞击前插入部分可以忽略,不计钉子重力.已知钉子在插入过程中所受的阻力Ff与深度x的关系图象如图丙所示,求钉子能够插入的最大深度.

解析:(1)撤去F前物体运动过程中,根据动能定理有
(F-mg)h=Ek-0,
即Ek=(F-mg)h,Ek-h图象的斜率为k=F-mg,
由图象乙知,斜率为k=20 N,
解得F=30 N.
又由图象乙,h=0.4 m时,Ek=mv2=8 J,
解得v=4 m/s,
瞬时功率PF=Fv=120 W.
(2)由图象丙知,碰撞后钉子所受的阻力Ff与深度x成正比,斜率k′=105 N/m,设钉子插入的最大深度为xm,对钉子应用动能定理得-xm=0-E′k0,
由图象丙知=k′xm,又E′k0=20 J,
解得xm=0.02 m.
答案:(1)120 W (2)0.02 m
2.下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害十分巨大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤.某次下暴雨,质量m=2.5×10-5 kg的雨滴,从高h=2 000 m的云层下落(g取10 m/s2)
(1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0×10-5 s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小.
(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s,落到地面上经时间Δt2=3.0×10-4 s速度变为零,在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小以及该雨滴下落过程中克服空气浮力和阻力所做功的和.
解析:(1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,雨滴自由落体运动的末速度为
v== m/s=200 m/s.
取竖直向上为正方向,对雨滴和地面作用的过程,运用动量定理得:FΔt1=0-mv,
代入数据解得F=500 N.
根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为500 N.
(2)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得F′Δt2=0-mv′,据题v′=8 m/s,
代入数据解得F′= N,
根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为 N,
雨滴下落过程,根据动能定理得mgh-W=mv′2-0,
解得:克服空气浮力和阻力所做功的和W≈0.5 J.
答案:(1)500 N (2) N 0.5 J
3.如图所示,倾角θ=60°的倾斜平行直轨道与竖直面内的平行圆形轨道平滑对接,轨道之间距离为L,圆形轨道的半径为r.在倾斜平行轨道上半部分处有磁感应强度为B的垂直于轨道平面的匀强磁场,磁场区域足够大,圆形轨道末端接有一阻值为R的电阻.质量为m的金属棒从距轨道最低点C高度为H处静止释放,运动到最低点C时的速度大小vC=,金属棒及轨道电阻不计,摩擦不计,求:

(1)金属棒中
…………………………
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“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练52019031325物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练5
1. (2018·黄冈模拟)如图所示,MN为绝缘板,C、D为板上两个小孔,AO为CD的中垂线,在MN的下方有匀强磁场,方向垂直纸面向外(图中未画出),质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)以某一速度从A点沿平行于MN的方向进入静电分析器,静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向O点),已知图中虚线圆弧的半径为R,其所在处场强大小为E,若粒子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场.

(1)求粒子运动的速度大小.
(2)粒子在磁场中运动,与MN板碰撞,碰后以原速率反弹,且碰撞时无电荷的转移,经过几次碰撞后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场,从A点射出磁场,则三角形磁场区域最小面积为多少?MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少?
(3)粒子从A点出发后,第一次回到A点所经过的总时间为多少?
解析:(1)粒子进入静电分析器做圆周运动,有Eq=,
解得v=.
(2)粒子从D到A做匀速圆周运动,如图所示,三角形区域面积最小值为S=.
在磁场中洛伦兹力提供向心力,有Bqv=
解得r=,
设MN下方磁场的磁感应强度为B1,上方的磁感应强度为B2,r1==,r2=R=,故=(n=1,2,3,…),

(3)粒子在电场中运动时间t1==,
在MN下方的磁场中运动时间
t2=×2πr1×=πR=π,
在MN上方的磁场中运动时间t3=×=,
总时间t=t1+t2+t3=2π.
答案:(1) (2)S= =(n=1,2,3,…)
(3)2π
2.(2018·成都检测)一平台的局部如图甲所示,水平面光滑,竖直面粗糙,大小不计的物块B与竖直面间的动摩擦因数μ=0.5,右角上固定一定滑轮,在水平面上放着一质量mA=1.0 kg,大小不计的物块A,一轻绳绕过定滑轮,轻绳左端系在物块A上,右端系住物块B,物块B质量mB=1.0 kg,物块B刚好可与竖直面接触.起始时令两物块都处于静止状态,绳被拉直.设A距滑轮足够远,台面足够高,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦,g取10 m/s2.

(1)同时由静止释放A、B,经t=1 s,则A的速度多大;
(2)同时由静止释放A、B,同时也对B施加力F,方向水平向左,大小随时间变化如图乙所示,求B运动过程中的最大速度和B停止运动所需时间.
解析:(1)对A、B系统:mBg=(mA+mB)a1,
解得a1=5 m/s2.
t=1 s时,v=a1t=5 m/s.
(2)A、B先做加速度减小的加速运动,在A、B加速度减为零之前,A、B一起运动,轻绳拉紧.

由题图乙可得,F=kt(k=20 N/s),
对A、B系统:mBg-μF=(mA+mB)a
得:a=-5t+5.
作a-t图如图:0~1 s,a逐渐减小到0,
t1=1 s速度最大,且对应三角形面积:
vm=×1×5 m/s=2.5 m/s.
当B开始减速时,轻绳松弛,A匀速,B减速.

对B:mBg-μF=mBa,
得:a=-10t+10(t≥1 s)
由图可知,B停止运动时,图线与时间轴所围的总面积为零,即两三角形面积相等.得:Δt·10Δt=2.5,
Δt= s,t总=t1+Δt=s≈1.7 s.
答案:(1)5 m/s (2)2.5 m/s 1.7 s
3.如图所示,两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ,导轨间距为l,所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上.将甲、乙两阻值相同、质量均为m的相同金属杆放置在导轨上,甲金属杆处在磁场的上边界,甲、乙相距l.从静止释放两
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“2018_2019高考物理二轮复习计算题规范练62019031326物理备课大师(全免费).doc”内容如下:


计算题规范练6
1.(2018·南京三模)如图甲所示,A、B是在真空中水平正对的两块金属板,板长L=40 cm,板间距d=24 cm,在B板左侧边缘有一粒子源,能连续均匀发射带负电的粒子,粒子紧贴B板水平向右射入,粒子的比荷=1.0×108 C/kg,初速度v0=2×105 m/s,粒子重力不计.在A、B两板间加上如图乙所示的电压,周期T=2.0×10-6 s,t=0时刻A板电势高于B板电势,两板间电场可视为匀强电场,电势差U0=360 V,A、B板右侧边缘处有一个边界MN.求:

(1)带电粒子离开电场时的速度大小;
(2)带电粒子从电场射出到MN边界上的宽度Δy.
解析:(1)设带电粒子在两金属板间运动的时间为t1,则L=v0t1,解得t1=2×10-6 s,
因为t1=T,所以无论何时射入电场,带电粒子在电场中加速运动时间均相同.设带电粒子离开电场时竖直方向上速度大小为vy,带电粒子在两金属板间运动的加速度为a,则=ma,vy=a,
联立解得vy=1.5×105 m/s.
带电粒子离开电场时的速度v==2.5×105 m/s,
(2)由题可知,当带电粒子在t=kT(k=0,1,2…)时刻进入电场时,带电粒子的侧向位移最大,其侧向位移
ymax=a()2+a()2=22.5 cm,
当带电粒子在t=kT+(k=0,1,2…)时刻进入电场时,带电粒子的侧向位移最小,其侧向位移
ymin=a()2=7.5 cm,
带电粒子从电场射出到MN边界上的宽度
Δy=ymax-ymin=15 cm.
答案:(1)2.5×105 m/s (2)15 cm
2.(2018·锦州模拟)如图所示,两根相同的轻质弹簧,中间与质量为m的圆环相连于O位置,另一端各自固定在同一水平线上的P、Q两点,弹簧恰好处于原长L,圆环套在光滑的竖直细杆上,细杆上的A、B两点关于O点对称,OA=H.现将圆环沿杆拉至A位置由静止释放,当下滑到速度最大时,弹簧与细杆间的夹角为θ,整个过程中,弹簧处于弹性限度范围内.重力加速度为g.求:

(1)圆环过O点时的加速度.
(2)圆环过B点的瞬时速度.
(3)每根轻质弹簧的劲度系数.
解析:(1)物体下落到O点时只受重力作用,由牛顿第二定律得:F=mg=ma,解得:a=g.
(2)圆环从A到B过程中,由对称性可知,弹簧弹力做总功为零,圆环不受摩擦力作用,只有重力做功,由动能定理得:2mgH=mv2-0,
解得:v=2.
(3)下落过程中,当环所受合力为零时速度最大,由牛顿第二定律有:2F弹cosθ=mg,解得:F弹=,
由胡克定律得:F弹=kΔx,
弹簧的伸长量为:Δx=-L,解得:k=.
答案:(1)g (2)2 (3)
3.(2018·南昌调研)磁聚焦被广泛地应用在电真空器件中.如图所示,在坐标xOy中存在有界的匀强聚焦磁场,方向垂直坐标平面向外,磁场边界PQ直线与x轴平行,与x轴的距离为,边界POQ的曲线方程为y=,且方程关于y轴对称.在坐标x轴上A处有一粒子源,向着不同方向射出大量质量均为m、电荷量均为q的带正电粒子,所有粒子的初速度大小相同,均为v,粒子通过有界的匀强磁场后都会聚焦在x轴上的F点.已知A点坐标为(-a,0),F点坐标为(a,0),不计粒子所受的重力和相互作用.

(1)求匀强磁场的磁感应强度.
(2)粒子射入磁场时的速度方向与x轴的夹角为多大时,粒子在磁场中运动时间最长?最长时间为多少?
解析:

(1)设磁场的磁感应强度为B,粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,圆心为C,从D处射出磁场,其坐标为(x,y),
由Rt△CED相似于Rt△FGD可得=.
又POQ的曲线方程为y=解得r=a,…………………………
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