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A.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋“”的位置
B.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到電阻擋“”的位置
C.將兩表筆分別與被測(cè)電阻的兩根引線相接完成測(cè)量
D.將兩表筆短接，調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕使指針指向“”
乙同學(xué)利用多用電表測(cè)量圖示電路中小燈泡正常工作時(shí)的有關(guān)物理量，以下操作正確的是______。
A.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的電壓擋，閉合開關(guān)，利用圖2的電路測(cè)量小燈泡兩端的電壓
B.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的電阻擋，閉合開關(guān)，利用圖2的電路測(cè)量小燈泡的電阻
C.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的電流擋，閉合開關(guān)，利用圖3的電路測(cè)量通過小燈泡的電流
D.將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到合適的電流擋，把圖3中紅、黑表筆接入電路的位置互換，閉合開關(guān)，測(cè)量通過小燈泡的電流如圖所示，豎直平面內(nèi)一傾角的粗糙傾斜直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切于B點(diǎn)，BC長度可忽略，且與傳送帶水平段平滑連接于C點(diǎn)。一質(zhì)量的小滑塊從A點(diǎn)靜止釋放，經(jīng)B點(diǎn)最后從C點(diǎn)水平滑上傳送帶。已知A點(diǎn)離地高度，AB長，滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，CD長度，圓弧軌道半徑。若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，，。求：
小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；
當(dāng)傳送帶以順時(shí)針方向的速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小滑塊從水平傳送帶右端D點(diǎn)水平拋出后，落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離。
如圖所示，固定在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為L，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，ab棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。ab棒在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離為s時(shí)，速度恰好達(dá)到最大值，運(yùn)動(dòng)過程中ab棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。已知ab棒接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。求：
棒的最大速度的大小和此時(shí)通過R的電流I；
此過程通過電阻R的電量q和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱。在科學(xué)研究中，可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶?chǎng)和磁場(chǎng)來實(shí)現(xiàn)對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的控制．如圖所示，某時(shí)刻在xOy平面內(nèi)的第Ⅱ、Ⅲ象限中施加沿y軸負(fù)方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第Ⅰ、象限中施加垂直于xOy坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從M點(diǎn)以速度沿垂直于y軸方向射入該勻強(qiáng)電場(chǎng)中，粒子僅在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)原點(diǎn)O且沿OP方向進(jìn)入第象限．在粒子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)撤去勻強(qiáng)電場(chǎng)不計(jì)撤去電場(chǎng)對(duì)磁場(chǎng)及帶電粒子運(yùn)動(dòng)的影響，粒子經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并僅在磁場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間從y軸上的N點(diǎn)射出磁場(chǎng)．已知OP與x軸正方向夾角，帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計(jì)，求：
、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U；
坐標(biāo)原點(diǎn)O與N點(diǎn)之間的距離d；
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，質(zhì)點(diǎn)是理想化模型，但是位移不是，故A錯(cuò)誤．
B、重心、合力和交變電流的有效值等概念的建立都體現(xiàn)了等效替代的思想，故B正確；
C、用比值法定義的物理概念在物理學(xué)中占有相當(dāng)大的比例，例如場(chǎng)強(qiáng)，電容，而加速度不是采用比值法．故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)速度定義式，當(dāng)非常小時(shí)，就可以表示物體在t時(shí)刻的瞬時(shí)速度，該定義應(yīng)用了數(shù)學(xué)極限思想，故D錯(cuò)誤．
故選：
理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．
瞬時(shí)速度定義用了數(shù)學(xué)極限思想．
加速度不是采用比值法．
本題涉及了物理多種物理方法和數(shù)學(xué)方法，理想化模型，等效替代，比值定義法，這些都是老師在課上經(jīng)常提到的，只要留意聽課，這些很容易解答．
2.【答案】C 【解析】解：A、①向右偏轉(zhuǎn)，知①帶負(fù)電，為射線，實(shí)質(zhì)是電子，電離作用不是最強(qiáng)，故A錯(cuò)誤．
B、②不帶電，為電磁波，穿透能力最強(qiáng)，故B錯(cuò)誤．
C、根據(jù)電荷數(shù)守恒知，原子核放出一個(gè)①粒子后，電荷數(shù)多1，故C正確．
D、③向左偏，知③帶正電，為射線，原子核放出一個(gè)③粒子后，質(zhì)子數(shù)比原來少2，質(zhì)量數(shù)少4，則中子數(shù)少2，故D錯(cuò)誤．
故選：
根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向，確定三種射線的種類，結(jié)合射線的性質(zhì)分析判斷．
解決本題的關(guān)鍵知道三種射線的電性，以及知道三種射線的特點(diǎn)，知道三種射線的穿透能力和電離能力強(qiáng)弱．
3.【答案】D 【解析】解：A、光纖通信中，內(nèi)芯的折射率大于外套的折射率，光傳播時(shí)在內(nèi)芯和外套的界面上發(fā)生全反射，利用光的全反射原理，故A錯(cuò)誤；
BC、激光的波長大于紅光，頻率低，不能使熒光物質(zhì)發(fā)光，若用紅光照射某光電管能產(chǎn)生光電效應(yīng)現(xiàn)象，光纖中的激光不一定發(fā)生光電效應(yīng)，故BC錯(cuò)誤；
D、可見光的波長短，頻率高，在光學(xué)中的折射率大，根據(jù)可知傳播速度小，故D正確。
故選：D。
光纖通信是利用光的全反射原理，具有傳輸容量大、衰減小、抗干擾性強(qiáng)等優(yōu)點(diǎn)。根據(jù)題干信息，確定激光與紅光之間波長、頻率、波速等關(guān)系，從而判斷發(fā)生光電效應(yīng)的情況及光速大小。
本題考查了光纖通信知識(shí)，解題的關(guān)鍵是判斷激光的頻率小于紅光，注意發(fā)生光電效應(yīng)的條件。
4.【答案】A 【解析】解：AB、根據(jù)萬有引力提供向心力，，解得線速度：，周期：，因?yàn)樾乔虻馁|(zhì)量是地球質(zhì)量的8倍，半徑是地球半徑的2倍，可知星球近地衛(wèi)星的速度是地球近地衛(wèi)星速度的2倍，周期是地球近地衛(wèi)星周期的1倍，故A正確，B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)得，，因?yàn)樾乔虻馁|(zhì)量是地球質(zhì)量的8倍，半徑是地球半徑的2倍，則重力加速度是地球表面重力加速度的2倍，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)密度公式可知，，星球的質(zhì)量是地球質(zhì)量的8倍，半徑是地球的2倍，則體積是地球的8倍，可知星球的密度與地球的密度相等，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)質(zhì)量和體積的關(guān)系求出密度的關(guān)系．根據(jù)萬有引力等于重力得出重力加速度的表達(dá)式，從而求出重力加速度之比．
根據(jù)萬有引力提供向心力求出近地衛(wèi)星的周期和線速度，從而進(jìn)行比較．
解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力定律的兩個(gè)重要理論：1、萬有引力提供向心力，2、萬有引力等于重力，并能靈活運(yùn)用．
5.【答案】C 【解析】解：電場(chǎng)線分布及a、e兩點(diǎn)均于直線對(duì)稱，則a、e兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向不同，故A錯(cuò)誤；
B.由圖電場(chǎng)線分布可知，b點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不為零，故B錯(cuò)誤；
C.由圖可知，帶電粒子從a運(yùn)動(dòng)到b，帶電粒子受電場(chǎng)力方向指向曲線凹測(cè)，則與運(yùn)動(dòng)方向夾角大于，則電場(chǎng)力做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，故C正確；
D.根據(jù)題意及對(duì)稱關(guān)系可知，過b點(diǎn)后帶電粒子沿be運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
電場(chǎng)是矢量，當(dāng)兩點(diǎn)電場(chǎng)大小相等，方向相同時(shí)場(chǎng)強(qiáng)相同，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力電場(chǎng)力的方向，再根據(jù)電場(chǎng)力方向和速度方向的夾角可判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)，從而判斷電勢(shì)能的變化情況。
本題關(guān)鍵是根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡來判斷電場(chǎng)力方向，再根據(jù)電場(chǎng)力的方向和速度方向的夾角判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)；同時(shí)掌握利用對(duì)稱法來處理問題的能力。
6.【答案】ABC 【解析】解：A、由乙圖看出，時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的速度向下，由波形的平移法可知，這列波沿x軸正方向傳播。故A正確。
B、由甲圖知該波的波長，由乙圖知，周期，則波的傳播速度為，故B正確。
C、圖示時(shí)刻Q點(diǎn)正沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，因，則經(jīng)過，質(zhì)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)方向沿y軸負(fù)方向。故C正確。
D、因，則經(jīng)過時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P到達(dá)波峰，而質(zhì)點(diǎn)Q位于平衡位置與波谷之間，故質(zhì)點(diǎn)Q距平衡位置的距離小于質(zhì)點(diǎn)P距平衡位置的距離。故D錯(cuò)誤。
故選：ABC。
由兩圖分別讀取波長和周期，從而求出傳播速度；根據(jù)兩個(gè)圖象確定波的傳播方向；根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系判斷Q的振動(dòng)情況，同時(shí)比較Q與P的位移關(guān)系。
本題考查波的圖象與振動(dòng)圖象的綜合，抓住兩種圖象的物理意義是解題的關(guān)鍵，其次是波速與波長的關(guān)系公式要理解清楚。
7.【答案】BD 【解析】解：A、由圖甲所示圖象可知，在、時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，此時(shí)是磁通量的變化率最大，此時(shí)穿過線圈的磁通量為零，故A錯(cuò)誤、
B、由圖甲所示圖象可知，交流電的周期，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，故B正確；
C、由圖甲所示圖象可知，變壓器原線圈輸入電壓的峰值，變壓器原線圈輸入電壓的有效值，
由理想變壓器的變壓比解得，副線圈電壓，電壓比示數(shù)為2V，故C錯(cuò)誤；
D、由歐姆定律可知，流過副線圈的電流：，根據(jù)理想變壓器的變流比解得原線圈電流，電流表讀數(shù)為，故D正確。
故選：BD。
根據(jù)圖甲所示圖象求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小然后判斷穿過線圈的磁通量大小；由圖甲所示圖象求出交流電的周期，然后求出線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度；由圖甲所示圖象求出交流電壓的峰值，然后求出有效值，再根據(jù)變壓器的電壓比、變流比分析答題。
本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理、正弦式電流的圖象和三角函數(shù)表達(dá)等知識(shí)點(diǎn)。本題涉及到的公式比較多，記住這些公式，就能解決這道題。
8.【答案】AB 【解析】解：A、質(zhì)子出回旋加速器時(shí)的速度最大，此時(shí)質(zhì)子軌跡半徑為R，則最大速度所以最大速度不超過故A正確；
B、質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，質(zhì)子軌跡半徑為R時(shí)，由牛頓第二定律得：
質(zhì)子的最大動(dòng)能，解得：，故B正確；
C、帶電粒子在電場(chǎng)中加速，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，電場(chǎng)的周期與粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期應(yīng)相等，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期變小，與加速電場(chǎng)的周期不相等，回旋加速器不能正常工作，故C錯(cuò)誤；
D、因質(zhì)子與粒子，在磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)周期發(fā)生變化，即在磁場(chǎng)的周期與在電場(chǎng)的周期不相等，不滿足回旋加速器的工作原理，故D錯(cuò)誤。
故選：AB。
回旋加速器運(yùn)用電場(chǎng)來加速粒子、磁場(chǎng)來偏轉(zhuǎn)粒子，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可以求出粒子的最大速度，從而求出最大動(dòng)能。
回旋加速器運(yùn)用電場(chǎng)加速磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)來加速粒子，在加速粒子的過程中，電場(chǎng)的變化周期與粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期相等。
理解回旋加速器的工作原理是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用洛倫茲力公式、牛頓第二定律與動(dòng)能的計(jì)算公式可以解題。
9.【答案】減小測(cè)量的誤差 【解析】解：、為使屏上的干涉條紋清晰，單縫和雙縫必須平行放置，所得到的干涉條紋與雙縫平行，故B錯(cuò)誤，A正確；
CD、由公式可知，干涉條紋疏密程度與雙縫間距離、雙縫到屏的距離和光的波長有關(guān)，綠光的波長小于紅光的波長，則若用綠色濾光片代替紅色濾光片，干涉條紋間距會(huì)變小，故C錯(cuò)誤，D正確；
故選：AD。
由圖c可知，游標(biāo)卡尺的分度值為，不需要估讀，則讀數(shù)為；
由圖e可知，游標(biāo)卡尺的分度值為，不需要估讀，則讀數(shù)為；
由圖b和圖d可知，AB兩條條紋間有4個(gè)間距，則兩個(gè)相鄰明紋間的距離為；
實(shí)驗(yàn)時(shí)測(cè)量多條干涉條紋寬度的目的是減小測(cè)量的誤差；
根據(jù)公式，代入數(shù)據(jù)可知，。
故答案為：；；；減少測(cè)量的誤差；
根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作；
根據(jù)游標(biāo)卡尺的分度值結(jié)合圖片得出對(duì)應(yīng)的示數(shù)，結(jié)合之間的條紋間距求出，根據(jù)公式計(jì)算出單色光的波長。
本題主要考查了光的干涉，根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理掌握正確的實(shí)驗(yàn)操作，結(jié)合公式計(jì)算出光的波長，計(jì)算過程中要注意單位的換算。
10.【答案】 【解析】解：多用電表測(cè)電阻選取最上端的歐姆表刻度，歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)，則阻值為；測(cè)電壓時(shí)，由于精度為，需要估讀一位，根據(jù)量程“50”的刻度可知電壓為。
歐姆擋測(cè)電阻時(shí)指針偏轉(zhuǎn)角度過小是由于擋位過小，需選取大擋位，進(jìn)行歐姆調(diào)零后再測(cè)阻值，故順序?yàn)椋?/span>A、D、C。
多用電表一定是紅表筆電流流入、黑表筆電流流出，圖2是測(cè)電壓，圖3是測(cè)電流，表筆位置正確，故選項(xiàng)AC正確，BD錯(cuò)誤。
故答案為：，、D、不可以改變順序、可以改變順序
歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；根據(jù)圖示確定電壓表的分度值，然后讀出其示數(shù)；
歐姆擋測(cè)電阻時(shí)指針偏轉(zhuǎn)角度過小是由于擋位過小，需選取大擋位，每次換擋需要?dú)W姆調(diào)零；
多用電表一定是紅表筆電流流入黑表筆電流流出。
解題注意對(duì)多用電表讀數(shù)時(shí)，要先根據(jù)選擇開關(guān)的位置確定其所測(cè)量的量與量程，然后根據(jù)指針位置讀數(shù)，使用歐姆擋換擋需重新進(jìn)行歐姆調(diào)零。
11.【答案】解：對(duì)小滑塊從A至C過程，應(yīng)用動(dòng)能定理得：，
小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，據(jù)牛頓第二定律得：，
代入數(shù)據(jù)解得：
根據(jù)牛頓第三定律可得滑塊在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力，方向豎直向下；
若傳送帶上全程加速，
根據(jù)牛頓第二定律得，解得滑塊的加速度
根據(jù)速度-位移關(guān)系公式可得：，
代入數(shù)據(jù)解得：
故小滑塊以傳送帶速度平拋，在豎直方向上有
水平方向上，有
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：
答：小滑塊經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為6N，方向豎直向下；；
當(dāng)傳送帶以順時(shí)針方向的速度轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小滑塊從水平傳送帶右端D點(diǎn)水平拋出后，落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離為。 【解析】對(duì)小滑塊從A至C過程，應(yīng)用動(dòng)能定理求出到達(dá)C點(diǎn)速度，根據(jù)牛頓第二定律求解滑塊對(duì)軌道的壓力；
根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊的加速度，再根據(jù)速度-位移關(guān)系公式求出滑塊到達(dá)D點(diǎn)的速度，然后利用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求解平拋的水平位移；
本題是一道力學(xué)綜合題，分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可解題。
12.【答案】解：導(dǎo)體桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，設(shè)此時(shí)的電流為I，
導(dǎo)體桿受到的安培力：，
導(dǎo)體桿勻速運(yùn)動(dòng)處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：
解得：；
導(dǎo)體桿速度最大時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：
感應(yīng)電流：
解得：；
由法拉第電磁感應(yīng)定律得：
平均感應(yīng)電流：
通過R的電荷量：
聯(lián)立解得：；
ab棒從靜止到最大速度過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：
，
又，
，
聯(lián)立解得：。
答：棒的最大速度的大小為，此時(shí)通過R的電流I為；
此過程通過電阻R的電量q為，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為。 【解析】當(dāng)導(dǎo)體桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，應(yīng)用安培力公式求出安培力，應(yīng)用平衡條件求出導(dǎo)體桿速度最大時(shí)通過R的電流大小。
應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出平均感應(yīng)電流，應(yīng)用電流的定義式求出通過R的電荷量；根據(jù)能量守恒求電路中的總焦耳熱，再根據(jù)串聯(lián)電路規(guī)律求R上產(chǎn)生的焦耳熱。
對(duì)于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
13.【答案】解：設(shè)粒子經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v，則
對(duì)于電子經(jīng)過電場(chǎng)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有：
解得：
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，運(yùn)動(dòng)軌跡如答圖2所示
洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有：
解得：
根據(jù)幾何關(guān)系可知，O與N之間的距離
設(shè)粒子在電場(chǎng)中從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至O點(diǎn)所用時(shí)為，
根據(jù)牛頓第二定律可知：粒子在電場(chǎng)中的加速度
粒子通過O點(diǎn)時(shí)豎直方向速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：
解得：
設(shè)粒子在磁場(chǎng)中從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)用時(shí)為，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期
解得：粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間
答：、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U為；
坐標(biāo)原點(diǎn)O與N點(diǎn)之間的距離d為；
粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間t為。 【解析】由幾何關(guān)系和速度的合成可以求出末速度，再由動(dòng)能定理就能求出M、O兩點(diǎn)之間電勢(shì)差的大??；
從O點(diǎn)到N點(diǎn)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛侖茲力提供向心力求出半徑，再由幾何關(guān)系及進(jìn)入磁場(chǎng)的速度方向能求出從O點(diǎn)到N點(diǎn)的距離；
分別求出帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的時(shí)間，兩者相加就是帶電粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的總時(shí)間t。
本題是帶電粒子先在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的簡(jiǎn)單情況，只要準(zhǔn)確選用相應(yīng)規(guī)律，就能獲得正確結(jié)果，但要注意的是兩個(gè)過程的交界點(diǎn)--即O點(diǎn)的速度方向以及這點(diǎn)的速度矢量。
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