1、作業一力與物體的平衡1. BC 解析：分別對 AB受力分析并分解如圖:A:因為兩次A物體均靜止，所以 A物體受力平衡，T始終 等于A物體受到的重力故 A錯誤.B :因為兩次B物體均靜止，所以 B物體受力平衡，y方向當有：N+TsinB =Gb，B物體稍向左移一點，B變小，N=GB-Tsin 0就會變大.故B正確C:因為兩次B物體均靜止，所以 B物體受力平衡，x方向當有：f=Tcos 0 B物體稍向左移一點，0變小，cos疫大，T不變，所以f變大故C正確.D :因為兩次B物體均靜止，所以 B物體一直受力平衡，合外力一直為零故D錯誤.應選：C2. A 解析： 以B為研究對象，繩子的拉力F=mg .

2、再以A為研究對象，得到 F+FN=Mg，得到FN=Mg-F= ( M-m ) g3. ABC 解析：當m2與平面間的摩擦力與 F平衡時，繩中的張力為零，所以A對；當m2與平面間的最大靜摩擦力等于F/2時，那么 繩中張力為F/2，所以B對，當m2與平面間沒有摩擦力時，那么繩中張力為F,所以C對，繩中張力不會大于 F,因而D錯.4. A 解析：對m分析，因m受重力、支持力；因 m水平方向不受外力，故 m不會受到M 對m的摩擦力，故 AB間沒有摩擦力；故 BCD均錯誤；對整體受力分析可知，整體受 C的拉力、重力、支持力，要使整體做勻速直線運動，M應受到地面對其向左的摩擦力，大小與繩子的拉力相同；對C

3、分析，可知C受重力與繩子的拉力而處于靜止狀態，故繩子的拉力為 m°g ；由此可知，物體A與桌面間的摩擦力大小為 m°g ；故A正確；5. (a)漏記了兩細線的方向(b)必須依據兩力的大小和方向才能作圖(c)必須將橡皮條拉到原來的 O點6解析：輕環的意思就是質量不計！這是物理常識。所以P環就只受到拉力和彈力(彈力或者稱之謂支持力)，根據彈力定義，彈力的方向與接觸面垂直，而P環受理平衡，所以拉力必然與彈力大小相等，方向相反，故也與OA桿垂直啊。 對于B而言，受拉力F,繩子的拉力，還有 OB對他向下的彈力，顯然繩子拉力的水平分力平衡了F,所以繩子拉力為 F/sin 07. 解析：

4、以B為研究對象，由平衡條件得T=mBg再以A為研究對象，它受重力、斜面對 A的支持力、繩的 拉力和斜面對A的摩擦作用假設 A處于臨界狀態，即 A 受最大靜摩擦作用，根據平衡條件有：N=mgco0T-fm-mgsin 0 =0或:fm=(1NT+fm-mgsin 0 =0fm=訓綜上所得，mB的質量取值范圍是：(sin 0卩 cos)0 <mBw m(sin 0 + cos 0)8此題為靜力學類問題，并有臨界條件需分析，當力 時物體受力如圖aF太小時，CO線會松弛，當 F co=0,那么 Fminsin60 <2=mg，所3以Fmin=mg當力3F太大時，OB線會松弛,當Fob=0時

5、受力如圖b所示所以Fmax=mgcos30mg綜上所述F應滿足3圖a圖b2323的條件為:作業質點的直線運動9T2v = s2 s3=0. 367m/s 2T偏大由牛頓第二定律得Fa= Ma =2Mst2(3分)1. C2.B 3. C4.D5. (1)打點計時器靠近(2)a= -56$23 = 1.78m/s (1.751.80 也給分)1 26. 解：1對A，在勻加速運動過程中s= 2at22分2物體B做勻加速運動.因為 A做勻加速運動，B對A的作用力一定，由牛頓第三定律知，A對B的作用力也一定，B還受到重力作用，重力也是恒力，所以B受到的合力是恒力，即B做勻加速運動.4分3對AB組成的系

6、統，機械能守恒，由機械能守恒定律得1 2 1 2mgh = ?mvA+ 2mvB2 分解得vb = : 2gh -4Ms2mt2(2分)其他解法思路過程正確的同樣給分.8 m/s2,方向沿、/分2釋放后，B做勻加速運動，設物塊B運動到凹槽 A的左檔板時的速度為勻變速直線運動規律得v1= , 2aBd= "2dgsin 1分第一次發生碰撞后瞬間A、B的速度分別為 w、0,此后A減速下滑，那么2 i mgcos mgsin =maA1 分解得aA= 2gsin，方向沿斜面向上1分A速度減為零的時間為t1，下滑的位移大小為X1，那么2,x1 -v = d2 分解得 aB= gsin Q t

7、i =vi,根據v1t1=a2gsin Q 1 2aA 22 分7. 解：1物塊在斜面上做勻減速運動: V0 + V中八v =2 = 9 m/s2 分S t= = 0.25 s2 分v(2)物塊運動斜面頂端的速度為vt從底端到頂端 v2 v0= 2ax，即 vt2 102= 2aX4.5 從底端到中點 v中 v0 = 2as,即卩82 102= 2aX2.25 解得 a= 8 m/s2, vt= 28 m/s(2 分)物塊運動分為兩個階段：一是沿斜面向上的勻減速運動，加速度大小為 斜面向下；二是拋體運動，加速度大小為重力加速度g = 10 m/s2,3物塊沿斜面做勻減速運動：mgsin OF

8、卩 mgcos= ma尸 0.252 分對斜面體受力分析如下圖并建立坐標系，在 x方向上：f = mgcos Q colsmgcos Q sin= 12.8 N3 分此題有其他解法，正確的對照評分標準給分.8. 解：1設B下滑的加速度為 aB，那么mgsi n = maB1 分A所受重力沿斜面的分力Gi = mgs in Q < 2mgcosQ所以B下滑時，A保持靜止1分1 2d= 2甜1分A已停止在時間t1內物塊B下滑的距離Xb1= 2aBt1 = 4<x1，所以發生第二次碰撞前凹槽運動，那么B下滑距離X1與A發生第二次碰撞1分72 = 2aBX1解得 v2= gdsin 1 分

9、3方法一：設凹槽 A下滑的總位移為x，由功能關系有mgxsin F mgx + dsin = 2 i mgxcos Q 分 解得x= d2分方法二：由2中的分析可知 v = gdsin 0=22vi1分第二次碰后凹槽 A滑行的距離X2= 2 = d1分同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距離均為上一次的一半，那么= d(2 分)1-1作業三牛頓運動定律答案1. B2. A 解析：設A、B的質量為m。彈簧恢復形變需要時間，在瞬間問題中可認為彈力不變。在C抽出的瞬間，A的受力情況不變，即仍靜止。此時A收到豎直向上的彈力，大小為mg。所以此時B在受到自身重力的同時，還受到豎直向下的大小為mg彈力。3. D

10、 解析：研究整個系統除墻外的局部系統在整個過程中處于平衡態，考察其豎直方向的受力情況。豎直方向上，只有小球的重力不變，和AB桿受到墻體的彈力沿AB方向的豎直分力。所以該分力大小應該等于小球的重力。而AB所受壓力只能沿AB方向否那么AB受力不平衡，該力的方向不變，其豎直分量大小不變，可以推出其 自身大小也不變4.5.彈力F = f=卩mgi向右運動時 F>N,2BC 解析：對A受力分析，原來勻速直線運動時， 可知N>mg,失重，加速度豎直向下，運動情況有兩種。21a=3.2m/s1 22 如下圖，am/s22m3實驗前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分6. 解析：(1)對整體：F u2m

11、2g = (m + m2)a，代入得 a=1 m/s對 m2, N1 卩2 m2 g= m2 a,代入得 N1 = 60N(2) 假設F從右向左作用在 m?上，整體加速度不變，a= 1 m/s2對 g , N2 = g a，代入得 N2 = 20N(3) 假設 m= &=朽 對整體 F 山葉+ m2)g = ( m + m2)a對 m2,M m2g= m2 a對 g ,N2 mg = g a,代入得N1/ N2=2/1N1 / N2=2 /1同理可知，當水平面光滑時,7. 解析：(1)設物體質量為 m,車質量為M，物體與車相對靜止時的速度為 v,物體運動 的加速度為ai，車的加速度為

12、a2在車上滑動的時間是 t,那么卩 mg=na1mg=M a2v= a11= vo a21 代入數據解得v= 3.0m/st = 1.2s(2)設物體相對于車滑動的距離為s由能量守恒得 i mg寧1 Mvo2 2 ( M + m) v2代入數據得s= 2.4m8. 解析：小球不脫離斜面的最大加速度，即當球對斜面的壓力恰好為零時的加速度，受力分析得，mg cot30 °= ma0，得 a0 = -. 3g(1) 因為a= g/3v . 3g，所以斜面對球有支持力N,正交分解得Tcos30 N cos60 maTsi n30 +N sin60 mg3nJ3 1綜上兩式得 N mg6(2)

13、 由上可知當球對斜面的壓力恰好為零時的加速度a0 .、3g此時，T 2mg作業四曲線運動、萬有引力1. A 解析：兩小球做平拋運動，由圖知ha>hb那么ta>tb；又水平位移相同 根據s =vt,可知Va<Vb.2. C 解析：曲線運動的軌跡一定是在物體所受合力與速度兩者之間3. B 解析：如下圖，設運發動放箭的位置處離目標的距離為x.箭v的運動可以看成兩個運動的合運動：隨人的運動，箭自身的運動箭 在最短時間內擊中目標，必須滿足兩個條件：一是合速度的方向指向 目標，二是垂直于側向方向 (馬前進的方向)的分速度最大，此條件需 箭自身速度方向垂直。24. BCD解析:嫦娥一號在遠

14、地點A時的加速度可由 GM°m/(R1 h1) =ma及2GMom/R, =mg。確定，由于軌道是橢圓，在遠地點 A時的速度無法確定；嫦娥一號繞 月球運動的周期可由 GMm /(R, h2)2 = m(R2 h2) 4- 2/T2確定，月球外表的重力加速度 2可由GMm / R2 = mg確定5、D解析：雙星的運動周期是一樣的，選Si為研究對象,根據牛頓第二定律和萬有引力定律得Gm1m24 n24 n2r2r1 吋有，那么m2=育亍6、解析：因為物塊做勻速圓周運動，合力提供向心力，所以其合力方向始終指向圓心，選項B錯誤；在物塊做勻速圓周運動的過程中，物塊受到的豎直向下的重力和豎直向上

15、的支持力的合力不可能始終指向圓心，所以它還可能受到木板對它的摩擦力的作用，選項A錯誤；從b運動到a,物塊的合外力始終指向圓心，加速度也指向圓心，所以加速度具有豎直向下的分量，物塊處于失重狀態，選項 C錯誤；同理可得，物塊從 a到d的過程中加速度有豎直向上的分量，物塊處于超重狀態，選項D正確。7、 1物體在月球外表做平拋運動，有水平方向上：x=v0t豎直方向上：h = 1g月t222 hv2解得月球外表的重力加速度：g月二羋°x設月球的質量為 M，對月球外表質量為 m的物體，有MmG-R2mg月解得:2hR2v2Gx22設環繞月球外表飛行的宇宙飛船的速率為v,那么有2 '

16、9;vm g 月二 mR8、由于小球在水平方向作勻速直線運動，可以根據小球位置的水平位移和閃光時間算出水 平速度，即拋出的初速度。 小球在豎直方向作自由落體運動，由豎直位移的變化根據自由落體的公式即可算出豎直分速度。xab=2L=2 X5cm=10cm=0.1m因A、B 或B、C兩位置的水平間距為 時間間隔為t AB = t=0.1S所以，小球拋出的初速度為設小球運動至B點時的豎直分速度為VBy、運動至C點時的豎直分速度為Vcy, B、C間豎直位移為yBc, B、C間運動時間為tBC。根據豎直方向上自由落體運動的公式得2vb y ' g tB C2y BC -gt BC2tBC式中yB

17、c=5L=5 X5cm=25cm=0.25m , tBc=A t=0.1s代入上式得 B點的豎直分速度大小為2X0.250X0.j2X0.1科=m /s= 2m / s.作業五 功功率動能定理1.D 解析：對全過程，由動能定理有：mgh =mgs , s = h/=3m, s/d=6，故物塊最終恰停止于B點處。2. B 解析：物塊受重力、支持力和靜摩擦力三個力作用。由于靜摩擦力始終與運動方向垂直，故靜摩擦力不做功。又重力做功WG - -2j,由動能定理， WG WN Wf = 0可知，WN二-WG = 2 J,只有選項B對。3.m、M受力分析易得，拉力D 解析：緩慢拉動時拉力做功最少。此時通過

18、對L = lmgL 從能量守恒角度看，拉力至少做的功應等2=mg T =2mg，故 Wmin = Fm、M間由于摩擦產生的熱量，故Wmin = Q = "mgL。4.ACD 解析：起重機牽引重物先做勻加速運動，到達最大功率后開始做加速度變小的變加速運動，最終以最大速度做勻速運動。由F二mg ma可知，物體勻加速上升時鋼繩中的拉力即為最大拉力，此拉力可由勻加速的末尾時刻求得，此時起重機功率為P,故有:Fmax = P，選項A對B錯。重物以最大速度勻速上升時，牽引力ViF = mg，故由 P = Fv得最大速度V2，選項C對。對勻加速過程有 - mg mgV!=ma，故勻加速時間2mv1

19、R -mg*，選項D對。解析：由動能定理可知，合外力對A、B兩物體做功相等，但 F對A做功顯然大于5. CDA對B做的功F對A做功實際上也是 F對A、B整體做的功，選項 A錯D對。A對B 做正功、B對A做負功，選項B錯。地面的摩擦力6. 解析1由B到C平拋運動的時間為t1 2hBC=ssin37 = - gt2fA > fB，選項C對。豎直方向(1)水平方向scos37°=vBt代得數據，解1 2 得 vB=20m / s2A到B過程，由動能定理 1有(4)1 2mghAB +Wf= mvB2代入數據，解(3)( 4 )得 Wf = -3000J所以運發動克服摩擦力所做的功為3

20、000J7 解析：小球恰能運動到B點，有mgm-B 所以 Vb = ?gRR小球由釋放點到B,機械能守恒mgh = mV解得(2)小球離開h =總R2B點后做平拋運動,R Jgt220C = vBt0C&解析:解得AC =0C _0A2 -1 r(1) 由圖象可得，在 14s- 18s時間內，阻力大?。?#39; V '(2 )在10s-14s內小車做勻速運動：故小車功率： = “ = - E(3)速度圖象與時間軸的 面積的數值等于物體位移大小:£ 丄 x 2 x 3 -0-2s 內，-2s- 10s內，根據動能定理有:解得：故小車在加速過程中的位移為：匸一二'

21、;- _作業六機械能守恒與功能關系1. D12. B 對b,由機械能守恒得mbg(I -丨cos60 )= mbv，在最低點有T-mbg2T 二 mag，解得 ma 二 2mb。3. BCD由題意可知，物體除受重力外，還受豎直向上的其他力gF的作用，mg - F = m21F mg。故物體的機械能不守恒，A錯。由于物體下落過程中，重力以外的力F做負功，21即WFmgh，故此過程中物體的機械能減少mgh/2, B對、D對。24. BC小球加速度為零時動能最大，故有mg二f kx , x丄mg 一 f , A錯B對。對全k過程，由動能定理有 Wg Ww Wf =0，即mg H - L x W w-

22、f H -L x =0。故彈簧最短時具有的彈性勢能 Ep二0單=(mg-f)(H-L+x)，選項C對D錯。5OC; 15.70。(2) 1.22J, 1.20J，大于，在重錘下落過程中由于摩擦生熱，機械能有損失，減少的重力勢能一局部轉化為內能。(3) 1.23J,小于，這是因為 v的計算值偏大，原因有二：一是式中用g=9. 8m/s2計算,而實際上重錘下落的加速度小于這個值；二是下落時間t取值偏大，在實際的實驗過程中，紙帶上第1、2兩點間的時間間隔一般都小于0.02s。6解析：不正確。在 A落地的瞬間地面對 A做了負功，所以整個過程機械能不守恒。在A落地前由機械能守恒定律得：mAgh mBgh

23、 sin : =1 (mA+ mB) v21在A落地后由機械能守恒定律得：mBg ( L h)由第 2 式可解得：v2= 2g ( L h) sin := 6m2/s2 ,代入第1式得5mA3 mB= 3 (口人+ mB),所以 mA : mB= 37. (1)5 m/s 52.5 N (2) 9.5 J、 一 1 2解析：(1)設物體在B點的速度為v,由B到C做平拋運動，有2R= 1gt , Xac = vt, v=5 m/s2由此時受力知Fn + mg = mv,RFn = 52.5 N.1 2 1 2(2) A 至U B,機械能守恒？mvA = mv + 2mgR由C到A應用動能定理可知

24、(F F f)xAC = mvA2所以，Wf= Ff xac= 9.5 J.&解析：(1)假設滑塊沖上傳送帶時的速度小于帶速，那么滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而做勻加速運動；假設滑塊沖上傳送帶時的速度大于帶速， 那么滑塊由于受到向左的滑動摩擦 力而做勻減速運動.1 2(2) 設滑塊沖上傳送帶時的速度為v,由機械能守恒 Ep = mv.設滑塊在傳送帶上做勻減速運動的加速度大小為 a,由牛頓第二定律：卩m= ma.由運動學公式v2 v2= 2aL.解得Ep= ；mv0+卩mgL(3) 設滑塊在傳送帶上運動的時間為t,貝U t時間內傳送帶的位移 x= v0t, v0 = v at滑塊相

25、對傳送帶滑動的位移Ax= L - x相對滑動生成的熱量Q=卩mg A解得Q=卩 mg mvo ( v0+ 2 卩 gL- Vo).作業七 電場1. B解析:根據電場線分布和平衡條件判斷.2. C 解析：由電勢的a高b低可知，電場線從電場線從a等勢面指向b等勢面；而且由等勢面的形狀可知(等勢面一定跟電場線垂直)電場強度左邊強，右邊弱因此U ab - U be3. A 解析：由速度越來越大可知，動能增大，電勢能減小，且由圖中速度變化律可知，加 速度越來越小，即電場力越來越小.4. B 解析：解析：據電場線的方向特征： 知此題選B。5. BD 解析：先畫出電場線，再根據速度、電場力和軌跡的關系，可以

26、判定：質點在各點受 的電場力方向是斜向下方.由于是正電荷，所以電場線方向也沿電場線向下方，相鄰等差等 勢面中，等勢面越密處，場強與大.始于正電荷，終于負電荷 和電場線疏密分布可6.AB 解析：由動能定理可知：qUAB-mgh = 0 , U ab電場力做正功，電勢能減少，B對;假設對勻強電場，因為嚴而d不確定，所以C錯7解析：(1)由于小球處于平衡狀態，對小球受力分析如下圖,由平衡條件知:T sin v -qET cost1 - mgmg tan -q= e(2)絲線剪斷后小球受重力和電場力，其合力與剪斷前絲線拉力大小相等方向相反.所以:T =ma小球由靜止開始沿著拉力的反方向做勻加速直線運動

27、，當碰到金屬板上時，它的位移為：bs = sin日sat2 2由得由運動學公式:由得t二 2b g tan 日8.解析：(1)根據題意負電荷從 A點移至(2)電場方向A指向B,因此A點電勢高B點電場力電場力做負功 可知電場方向 A指向BUab處q-4 10：J =2 103V-2 10JC在這一過程中，電荷的電勢能增加4.0 10 J J3因為 U ac - 500V 而 Uab - 2 10 V 所以 UBC =-1500VWBC =qUBC =(-2 10C) (-1500V) =3 10J 電場力做正功9解析：(1) U =Us -Up , U=Eh=2000.05 = 10VUs =0

28、 , Up- -10Vp 二 Eqh =200 2 10 5 10 =0.02J(2)*qEh=mv2， -2qEh2m121Eqh mv ， Ekqh1mv222 °.。2 =2m/s-m 一 11。216h1h 0.05 = 0.06mk5x = h H -h 二(0.45 0.05-0.06)m = 0.44m(3) w.mv212 , W2 =0mv2 , W =W1 W2 =02作業八磁場1.解析選B。 在正方形中心 四個磁感應強度按矢量的平行四邊形定那么合成 左。利用左手定那么判斷洛倫茲力的方向， 項正確。由右手螺旋定那么可以判斷出 a、 O處產生的磁 感應強度如下圖b、

29、c、d四根長直導線:，可得合磁場為水平向可得洛倫茲力豎直向下，故B2 解析選B。根據對稱性，帶電粒子射入圓形區域磁場時速度方向與半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場時其速度方向與半徑的夾角相等,畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡如下圖，根據圖找幾何關系可2 v 得得 得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=R，再由qvB=m r ,mvr=解得v= qBR 應選項B正確。 qB ,m ,3.4.C解析選A、D。要使離子打在屏上，由左手定那么，可判出a、b均帶正電,A正n/ _Oqv0B = mR,由圖示可得：宀得: R = 5dX x K X聯立解得：B = 4v0UU5gd7.(1)粒子從S1到達S

30、2的過程中，根據動能定理得qU = tmv2 解得粒子進入磁場時速度的大小(2)粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,有2 2 由得，加速電壓 U與軌跡半徑r的關系為U = qB匸2m2qvB= m 當粒子打在收集板 D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑 r° = R對應電壓U° =qB2R22m確；由牛頓第二定律qvB=m ，得r= mV ,離子運動軌跡如下圖，又T= 2r , t= T,rqBv 2知a比b飛行時間長，a比b飛行路程長，B、C錯誤；又a、b在P上落點距O點的距離分 別為2rcos 9 2r，故D正確。5. 解析選A、C。靠近a點的兩根導線產生的磁場

31、疊加后，磁感應強度為零,a點磁感應強度由離a最遠的導線決定,b點的磁感應強度大小與a點相同，對于c點，靠近c的兩根導線的磁感應強度方向相同，疊加后的磁感應強度最大，選項A正確，選項B錯誤;由右手螺旋定那么和磁 感應強度的矢量疊加可得，C正確，D錯誤。6. 解析 墨滴在電場區域做勻速直線運動，有qd = mg 解得：q = mgddU墨滴帶負電荷.由于電場方向向下，電荷所受電場力向上，可知:(2)墨滴垂直進入電、磁場共存區域，重力仍與電場力平衡，合力等于洛倫茲力，墨滴 做勻速圓周運動，有 qv0B= mV0R考慮墨滴進入磁場和撞板的幾何關系，可知墨滴在該區域恰完成四分之一圓周運動，那么半徑R=

32、d聯立解得B =器R',有(3) 根據題設，墨滴運動軌跡如圖，設圓周運動半徑為R _m t3= v = 3qB粒子在磁場中經歷的時間nm3qB(3)M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經歷的時間越短， 同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短.根據幾何關系可以求得，對應粒子在磁場中運動的半徑r = ,3R由得粒子進入磁場時速度的大小v=泄=3qBRm m粒子在電場中經歷的時間t1 = R= 2' 3m1 v 3qB 2粒子出磁場后做勻速直線運動經歷的時間3qB粒

33、子從S1到打在收集板 D上經歷的最短時間為t= t1 + t2 + t3 =解析 設帶電顆粒的電荷量為q，質量為m有Eq = mg將m = k代入，得 E= kg2，一 ,.V0如圖，有qvoB= mRR2= (3d)2+ (R d)2 得 B= kVj如下圖，有2入Vq 入oV= mtan B= 22RlRf3d 2jd 2y2= ltan 0得 y= d5 入一25 ；2 9 + 27V25?2 9yi= RiRi y= yi+ y21、【答案】：B3d31作業九 帶電粒子在復合場中的運動2、答案 AD解析由r=mv可知，速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大, qB正確，B錯誤；由T= 智知，各粒子的運動周期相同，沿方向出射的粒子的軌跡對應的 qB圓心角最大，用時最長， C錯誤，D正確.3、答案 ACD 解析洛倫茲力充當帶電粒子做圓周運動的向2心力，由qvB= 口匕得，帶電粒子做圓周運動的半徑 r =平，所以rqB正、負粒子在磁場中運動的軌道半徑相同，選項A正確；根據 2c4 n2 nmqvB= mrr，可得帶電粒子做圓周運動的周期丁=不，而正粒n0子在磁場中運動的時間為t1=T,負粒子在磁