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A. 加5V電壓時(shí)，導(dǎo)體的電阻約是5ΩB. 加12V電壓時(shí)，導(dǎo)體的電阻約是24ΩC. 由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷增大D. 由圖可知，隨著電壓的增大，導(dǎo)體的電阻不斷減小【答案】AC【解析】【詳解】A．對(duì)某些導(dǎo)電器材，其伏安特性曲線不是直線，但曲線上某一點(diǎn)的值仍表示該點(diǎn)所對(duì)應(yīng)的電阻值，導(dǎo)體在5V時(shí)電壓時(shí)故A正確；B．導(dǎo)體在12V時(shí)電壓時(shí)故B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)電壓增大時(shí)，值增大，即電阻增大。故C正確；D錯(cuò)誤。故選AC。4. 硅光電池是一種太陽(yáng)能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn)。如圖所示，圖線a是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖像（電池內(nèi)阻不是常量），圖線b是某電阻R的圖像。在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時(shí)，硅光電池的內(nèi)阻為（ ）A 5.5Ω B. 7.0Ω C. 12.0Ω D. 12.5Ω【答案】A【解析】【詳解】由閉合電路歐姆定律得當(dāng)時(shí)由題圖可知，電池的電動(dòng)勢(shì)為根據(jù)題中兩圖線交點(diǎn)處的狀態(tài)可知，電阻的電壓為電流為則硅光電池的內(nèi)阻為故選A。5. 如圖為某一控制小燈泡點(diǎn)亮和熄滅的簡(jiǎn)單邏輯電路圖，L為小燈泡，R為電阻箱，R′為光敏電阻。有光照射時(shí)R′的阻值將顯著變小，下列說(shuō)法中正確的是（ ?。?/span>A. 邏輯電路是“或”門(mén)電路B. 邏輯電路是“與”門(mén)電路C. 有光照射電阻R′時(shí)，小燈泡L將發(fā)光D. 無(wú)光照射電阻R′時(shí)，小燈泡L將發(fā)光【答案】C【解析】【詳解】AB．該邏輯電路是“非”門(mén)電路，故AB錯(cuò)誤；C．有光照射時(shí)R′的阻值將顯著變小，則R′兩端的電勢(shì)差較小，輸入非門(mén)的電勢(shì)較低，輸出非門(mén)的電勢(shì)較高，燈泡兩端的電壓大，燈泡將發(fā)光，故C正確；D．無(wú)光照射時(shí)R′的阻值將顯著變大，則R′兩端的電勢(shì)差較大，輸入非門(mén)的電勢(shì)較高，輸出非門(mén)的電勢(shì)較低，燈泡兩端的電壓小，燈泡不發(fā)光，故D錯(cuò)誤。6. 如圖所示，兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2大小相等、方向相反，金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場(chǎng)的邊界重合?？梢允弓h(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流的措施及整個(gè)環(huán)受到的安培力的方向分別是（ ?。?/span>A. 向下平移，平行于紙面向上 B. 向下平移，因抵消無(wú)方向C. 向上平移，平行于紙面向下 D. 向上平移，因抵消無(wú)方向【答案】A【解析】【詳解】若圓環(huán)向下平移，由右手定則得，圓環(huán)上部分產(chǎn)生流順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳎虏糠忠伯a(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，由左手定則得圓環(huán)上、下部分受到的安培力平行于紙面向上。同理，當(dāng)圓環(huán)向下平移，產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较螂娏?，安培力平行于紙面向下，?/span>A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。7. 如圖所示。有一混合正離子束先后通過(guò)正交電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，如果這束正離子束在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑又相同，則說(shuō)明這些正離子具有相同的（ ）
A. 速度 B. 質(zhì)量 C. 電荷量 D. 比荷【答案】AD【解析】【詳解】設(shè)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E，由于粒子在區(qū)域Ⅰ里不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則得當(dāng)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，偏轉(zhuǎn)半徑又相同，根據(jù)解得故這些正離子具有相同的比荷與相同的速度。故選AD。8. 如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，R1為定值電阻（R1>r），R2為可變電阻，C為電容器，閉合開(kāi)關(guān)后改變R2的阻值，則（ ）
A. 增大R2的阻值，電阻R1上的電壓也增大B. 增大R2的阻值，電容器C上的電荷量增加C. 當(dāng)R2=0時(shí)，電源的輸出功率最大D. 當(dāng)R2=0時(shí)，電源的效率最大【答案】BC【解析】【詳解】AB．當(dāng)增大時(shí)，電路總電阻增大，電流減小。兩端電壓減小，減?。桓鷵?jù)閉合電路歐姆定律可知，電阻兩端的電壓電流減小，故增加。電容器兩端電壓也增加，故電容器上的電荷量增加。故A錯(cuò)誤，B正確；CD．外電路電阻與內(nèi)阻越接近，電源輸出功率越大。由于，故當(dāng)時(shí)，電源輸出功率最大。電源的效率可知，越小，效率越低。故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。9. 如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電液滴從靜止開(kāi)始自點(diǎn)沿曲線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)時(shí)速度為零，點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，阻力不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（ ）A. 液滴一定帶負(fù)電B. 液滴在點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大C. 液滴從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中機(jī)械能守恒D. 液滴將不可能由點(diǎn)返回到點(diǎn)【答案】BD【解析】【詳解】A．帶電液滴開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后，將受到洛侖茲力的作用，洛侖茲力指向弧線的內(nèi)測(cè)，由左手定則可以判定液滴帶正電，故A錯(cuò)誤；B．從A點(diǎn)到C點(diǎn)，重力、電場(chǎng)力做正功，洛侖茲力不做功；從C點(diǎn)到B點(diǎn)，重力、電場(chǎng)力做負(fù)功，洛侖茲力不做功；根據(jù)動(dòng)能定理可知，在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大，故B正確；C．液滴從運(yùn)動(dòng)到的過(guò)程中，電場(chǎng)力做了正功，所以機(jī)械能要增大，故C錯(cuò)誤；D．液滴到達(dá)B點(diǎn)后，將向右繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，并且和曲線ACB上的運(yùn)動(dòng)特征相同，不可能返回A點(diǎn)，故D正確。故選BD。10. 如圖所示，在MN、PQ間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面水平向外，電場(chǎng)在圖中沒(méi)有標(biāo)出。一帶電小球從a點(diǎn)射入場(chǎng)區(qū)，并在豎直面內(nèi)沿直線運(yùn)動(dòng)至b點(diǎn)，則小球（ ?。?/span>A. 可能帶正電也可能帶負(fù)電B. 受到電場(chǎng)力的方向一定水平向右C. 從a到b過(guò)程，克服電場(chǎng)力做功D. 從a到b過(guò)程中可能做勻加速運(yùn)動(dòng)【答案】AC【解析】【詳解】AB．共受到三個(gè)力的作用：重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力，無(wú)論小球帶何種電荷，三力均可能平衡，故A正確；B錯(cuò)誤；C．從a到b的過(guò)程中，小球的動(dòng)能不變，根據(jù)動(dòng)能定理有ΔEk＝WG＋W電場(chǎng)＋W洛倫茲＝0，其中洛倫茲力不做功，重力做正功，所以電場(chǎng)力必須做負(fù)功，故C正確；D．因小球受到的洛倫茲力隨小球速度變化而變化，為使帶電小球能在場(chǎng)內(nèi)做直線運(yùn)動(dòng)，必須滿(mǎn)足小球的速度大小不能變化的條件，即小球受力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。故選AC。11. 如圖，電路中定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r。將滑動(dòng)變阻器滑片向下滑動(dòng)，理想電壓表、、示數(shù)變化量的絕對(duì)值分別為、、，理想電流表A示數(shù)變化量的絕對(duì)值為，下列判斷正確的是（ ?。?/span>A. 的示數(shù)增大 B. 的示數(shù)減小C. 與的比值不變 D. 小于【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題中電路圖和題意可知，本題考查動(dòng)態(tài)電路變化問(wèn)題，根據(jù)閉合電路和部分電路歐姆定律的規(guī)律，運(yùn)用閉合電路歐姆定律公式、部分電路歐姆定律公式等，進(jìn)行分析推斷。【詳解】A．由圖可知R與Rx是串聯(lián)關(guān)系，電壓表V1、V2、V3分別測(cè)量的是定值電阻、路端電壓和滑動(dòng)變阻器兩端的電壓，由閉合電路歐姆定律可知V2的示數(shù)E、R、r為定值，滑片向下滑動(dòng)，接入電路的電阻減小，電流I增大，所以減小，V2的示數(shù)減小，故A錯(cuò)誤 ；Ｂ．V1的示數(shù)電流I增大，增大，V1的示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；C．由 可知r是電源內(nèi)阻保持不變，所以與的比值不變，故C正確；D．因?yàn)?/span> 而定值電阻阻值R大于電源內(nèi)阻阻值r，則大于，故D錯(cuò)誤。故選C。12. 如圖，甲是帶負(fù)電的物塊，乙是不帶電的足夠長(zhǎng)的絕緣木板。甲、乙疊放在一起置于光滑的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)用一水平恒力B拉乙木板，使甲、乙從靜止開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，甲電荷量始終保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則在此后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（ ?。?/span>A. 甲、乙間的摩擦力始終不變B. 甲、乙間的摩擦力先不變，后增大C. 甲物塊最終做勻速直線運(yùn)動(dòng)D. 乙木板一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】ABC．由于拉力F的作用，物體加速運(yùn)動(dòng)，所以洛倫茲力逐漸增大，當(dāng)洛倫茲力增大到和甲的重力大小相等時(shí)，此時(shí)甲乙接觸面無(wú)壓力作用，甲乙之間的摩擦力為零，此時(shí)甲的加速度為零，速度達(dá)到最大，之后甲做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，C正確；D．當(dāng)甲乙出現(xiàn)相對(duì)運(yùn)動(dòng)后，由于甲在加速的過(guò)程中洛倫茲力逐漸增大，則甲乙接觸面的壓力逐漸減小，甲對(duì)乙向右的摩擦力逐漸減小，則乙木板受到的外力變化，加速度也發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤。故選C。13. 一勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，弧ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內(nèi)從c點(diǎn)垂直于ac射入磁場(chǎng)，這些粒子具有各種速率。不計(jì)粒子之間的相互作用。在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間（ ?。?/span>
A. 最長(zhǎng)時(shí)間為 B. 最長(zhǎng)時(shí)間為C. 最短時(shí)間為 D. 粒子速率與在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一一對(duì)應(yīng)。【答案】BC【解析】【詳解】ABD．帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，有又可得帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間則帶電粒子在同一有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與粒子速率無(wú)關(guān)，而與粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角有關(guān)。設(shè)ac=R，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，且粒子的出射點(diǎn)與c點(diǎn)在同一直線與弧ab相切時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)圓心角最大，粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)知α=60°，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間是
AD錯(cuò)誤，B正確；C．當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)半徑時(shí)，粒子的偏轉(zhuǎn)角是180°，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最小，最小時(shí)間C正確。故選BC。二、實(shí)驗(yàn)題：14. 某學(xué)習(xí)小組測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有4V，2.4W的小電風(fēng)扇（線圈電阻恒定）的伏安特性曲線，電風(fēng)扇兩端的電壓需要從零逐漸增加到4V，并便于操作，實(shí)驗(yàn)室備有下列器材：A.電池組（電動(dòng)勢(shì)為4V，內(nèi)阻約為1Ω）B.被測(cè)小電風(fēng)扇，電路符號(hào)－M－C.電壓表V1（量程為0～6V，內(nèi)阻約為4kΩ）D.電壓表V2（量程為0～15V，內(nèi)阻約為8kΩ）E.電流表A1（量程為0～0.6A，內(nèi)阻約為0.2kΩ）F.電流表A2（量程為0～3A，內(nèi)阻約為0.05kΩ）G.滑動(dòng)變阻器R1（最大阻值為5Ω，額定電流為3A）H.滑動(dòng)變阻器R2（最大阻值為2000Ω，額定電流為3A）I.開(kāi)關(guān)和導(dǎo)線若干(1)實(shí)驗(yàn)中所用的電壓表應(yīng)選______（填C或D），電流表應(yīng)選______（填E或F），滑動(dòng)變阻器應(yīng)選______（填G或H）。(2)在圖甲所示方框內(nèi)畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖______；(3)當(dāng)電壓表的示數(shù)大于0.5V時(shí)小電風(fēng)扇才開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)，小電風(fēng)扇的伏安特性曲線如圖乙所示，圖中OA段是直線，AB段是曲線，A點(diǎn)的坐標(biāo)值為（0.2A，0.5V），B點(diǎn)坐標(biāo)值為（0.6A，4.0V），則小電風(fēng)扇的電阻為_(kāi)_____Ω，正常工作時(shí)的機(jī)械功率為_(kāi)_____W。【答案】 ①. C； ②. E； ③. G； ④. ； ⑤. 2.5； ⑥. 1.5【解析】【分析】本題考查非純電阻的伏安特性曲線，解決本題的關(guān)鍵是儀器的選擇與接法設(shè)計(jì)，要清楚電流表、電壓表的選用不僅要遵從安全性原則，還要使讀數(shù)盡量準(zhǔn)確，還要考慮電流表的內(nèi)接外接。【詳解】(1)[1]電風(fēng)扇的額定電壓，所以電壓表選取C，故填C；[2]電風(fēng)扇的額定電流從讀數(shù)誤差的角度考慮，電流表應(yīng)該選E，故填E；[3]因題目要求電風(fēng)扇的電壓需要從零逐漸增加到，所以本實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)選擇分壓電路，且滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)選用較小的G，故填G；(2) [4] 要求電風(fēng)扇的電壓需要從零逐漸增加到，所以本實(shí)驗(yàn)應(yīng)當(dāng)選擇分壓電路，電風(fēng)扇的電阻遠(yuǎn)小于更遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表采用外接法，電路如下(3) [5]電風(fēng)扇不轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，相當(dāng)于純電阻，所以電風(fēng)扇的電阻為[6]電風(fēng)扇正常工作時(shí)的機(jī)械功率為15. 某同學(xué)要測(cè)量“水果電池”的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，提供下列儀器：A.待測(cè)“水果電池”（電動(dòng)勢(shì)E約為4V，內(nèi)阻r約為200Ω）B.表A（量程5mA，內(nèi)阻為）C.電壓表V（量程，內(nèi)阻約5kΩ） D.電阻箱（）E.滑動(dòng)變阻器R（）F.開(kāi)關(guān)、導(dǎo)線若干（1）由于毫安表的量程太小，該同學(xué)用電阻箱與毫安表A并聯(lián)，可使其量程擴(kuò)大，取，則改裝后的電流表量程為毫安表滿(mǎn)偏電流的______倍；（2）用改裝后的電流表完成實(shí)驗(yàn)，應(yīng)該選擇的實(shí)驗(yàn)電路是圖中的______（選填“甲”或“乙”）；（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)畫(huà)出圖線，如圖所示。由圖線可得，“水果電池”的電動(dòng)勢(shì)___V，內(nèi)電阻___。（保留三位有效數(shù)字）【答案】 ①. 5 ②. 乙 ③. ④. 175
【解析】【詳解】（1）[1]設(shè)電流表內(nèi)阻為，由并聯(lián)電路的規(guī)律可得解得因此改裝后的電流表量程為毫安表滿(mǎn)偏電流的5倍；（2）[2]由于電流表內(nèi)阻已知，因此采用電流表外接，電流表分壓的誤差就可以避免了；故選乙電路。（3）[4][5]改裝后電流表的內(nèi)阻為則由閉合電路歐姆定律可得轉(zhuǎn)化可得由圖像可得解得，三、計(jì)算題：16. 如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)；導(dǎo)體棒的質(zhì)量，連入導(dǎo)軌間的電阻，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好；電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻，電阻；外加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，方向垂直于，與導(dǎo)軌平面的夾角；與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），定滑輪摩擦不計(jì)，輕繩與導(dǎo)軌平行且對(duì)的拉力為水平方向，重力加速度g取，處于靜止?fàn)顟B(tài).已知，。求：（1）受到的安培力大??；（2）重物重力G的取值范圍。
【答案】(1)；(2)【解析】【詳解】解：(1)由閉合電路歐姆定律可得，通過(guò)的電流受到的安培力(2)受力如圖所示，最大靜摩擦力
由平衡條件得，當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時(shí)當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時(shí)由于重物受力平衡，故則重物重力的取值范圍為17. 如圖所示，半徑R=0.8m的光滑絕緣圓弧軌道PQ固定在豎直平面內(nèi)，Q點(diǎn)的切線水平，質(zhì)量m=6×10-2kg,帶電量q=8×10-3C從與圓心O等高的P點(diǎn)由靜止釋放，從Q點(diǎn)進(jìn)入極板間距d=8×10-2m的兩水平平行板電容器后，剛好能在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，且此時(shí)電動(dòng)機(jī)剛好能正常工作。已知電源電動(dòng)勢(shì)E=15V、內(nèi)阻r=1Ω、定值電阻R0=6Ω、電動(dòng)機(jī)線圈電阻rM=0.6Ω，取g=10m/s2。求：(1)小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率。
【答案】(1)m/s；(2) 7.4W【解析】【詳解】解：(1)設(shè)小球到達(dá)Q點(diǎn)的速度v，小球從P到Q只有重力做功，由機(jī)械能守恒定律有解得m/s(2)小球進(jìn)入平行板間所受電場(chǎng)力和重力平衡，設(shè)板間電壓為U，有由歐姆定律得電路中的電流 所以，電動(dòng)機(jī)兩端電壓 電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率 聯(lián)立解得 7.4W18. 以O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)系第二象限內(nèi)的虛線與x軸平行，在與x軸之間存在平行于紙面且沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第三、四象限內(nèi)有一中心軸經(jīng)過(guò)y軸、垂直于紙面且橫截面如圖所示的圓筒，筒內(nèi)有方向與筒的軸線平行、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中截面圓上有一個(gè)小孔P。一帶正電的粒子以初速度垂直射入電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后恰好從P點(diǎn)（此時(shí)P與O重合）進(jìn)入磁場(chǎng)，且運(yùn)動(dòng)方向與y軸成角。已知粒子的比荷為k，與x軸之間的距離為d。粒子重力不計(jì)。求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度；(2)若粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的同時(shí)，圓筒繞其中心軸順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)時(shí)，該粒子恰好又從小孔P飛出圓筒，已知粒子未與筒壁發(fā)生碰撞，求圓筒的直徑D以及圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度。
【答案】(1)；(2) ，【解析】【詳解】(1)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，且運(yùn)動(dòng)方向與y軸成，所以有又解得
(2)畫(huà)出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示。由幾何知識(shí)可得，軌跡的圓心角，由(1)可得，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度由洛倫茲力提供向心力，有得由幾何關(guān)系可得解得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期由題意知，圓筒的角速度與粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度大小相等，即解得
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