高中物理 典型例题同步模拟演练 新人教版选修3

1、高中物理 典型例题同步模拟演练 新人教版选修3典型例题：例1、有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中A、B分别带14Q和Q的电量，C不带电，A、B球心间的距离为r（远大于球的直径），相互吸引力为F。现让C球先接触A球后，再与B球接触，当把C球移开后，A、B两球的作用力的大小将变为_F。精析：A、B可看成点电荷，C球与A球接触后，由电荷守恒定律知：A、C两球各带7Q的电量；C球再与B球接触后，B、C两球各带3Q的电量，此时A、B两球间的相互作用为斥力.答案：例2、真空中的两个点电荷A、B相距20cm，A带正电QA=4.01010C，已知A对B的吸引力F=5.4108N，则B在A处产生的场强大小

2、为_V/m，方向_；A在B处产生的场强大小是_V/m，方向是_.精析：A对B的作用力是A的电场对B的作用力，B对A的作用力是B的电场对A的作用力，由牛顿第三定律知FBA=5.4108N，则，方向由A指向B，又由，方向由B指向A.例3、如图所示，真空中有两个点电荷Q1=Q2=3.0108C，它们相距0.1m，求与它们的距离都为0.1m的A点的场强.精析：点电荷Q1和Q2在A点场强分别为E1和E2，合场强在E1和E2的角平分线上，如图所示，例4、如图所示：q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距为l1，q2与q3之间的距为l2，且每个电荷都处于平衡状态。(1)如q2

3、为正电荷，则q1为_电荷，q3为_电荷。(2)q1、q2、q3三者电荷量大小之比是：_解析：就q2而言，q1和q3只要带同种电荷便可能使其处于平衡状态，而对q1和q3，若都带正电荷，各自均受制另外两个电荷的斥力而不能保持平衡，只有同带负电荷，q2对其为吸引力，另外一个电荷对其为斥力，当两力大小相等时才能处于平衡状态。现再对q1列方程有：可得：q2q3=l12(l1l2)2对q2列方程有：可得：q1q3=l12l22q1q2q3=l12(l1l2)2l12l22(l1l2)2l22总结：1、三点电荷都平衡规律，三个点电荷一定满足：(1)在同一直线上；(2)两同类一异；(3)两大夹一小。2、分析带

4、电体平衡问题的方法与力学分析物体的平衡方法是一样的，学会把电学问题力学化，分析方法是：(1)确定研究对象，如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”和“隔离法”，一般是先整体后隔离。(2)对研究对象进行受力分析。(3)外平衡方程或根据牛顿第二定律方程求解(经常用到动量守恒定律，动能定理等)。例5、图中边长为a的正三角形ABC的三点顶点分别固定三个点电荷+q、+q、q，求该三角形中心O点处的场强大小和方向。解：每个点电荷在O点处的场强大小都是由图可得O点处的合场强为，方向由O指向C。1、下图是一匀强电场，已知场强E=2102N/C现让一个电量q=4108C的电荷沿电场方向从M点移到

5、N点，MN间的距离s=30cm试求：(1)电荷从M点移到N点电势能的变化(2)M，N两点间的电势差解析：(1)由图可知，负电荷在该电场中所受电场力F方向向左因此从M点移到N点，电荷克服电场力做功，电势能增加，增加的电势能E等于电荷克服电场力做的功W电荷克服电场力做功为W=qEs=410821020.3J=2.4106J即电荷从M点移到N点电势能增加了2.4106J(2)从M点到N点电场力对电荷做负功为WMN=2.4106J则M，N两点间的电势差为即M，N两点间的电势差为60V2、下列一些说法，正确的是（）A电场中电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能越大B电场强度越大的地方，电场线一定越密，

6、电势也一定越高C电场强度为零的地方，电势一定为零D某电荷在电场中沿电场线的方向移动一定距离，电场线越密的地方，它的电势能改变越大解析：解本题的关键是区分场强、电势、电势能概念以及与电场线的关系最易错的是，总是用正电荷去考虑问题而忽略有两种电荷的存在由于存在两种电荷，故A项错误电场线的疏密表示场强大小，而电场线的方向才能反映电势的高低，故B项错电场线越密，电场力越大，同一距离上电场力做的功越多，电荷电势能的改变越犬D项正确电势是相对量，其零电势位置可随研究问题的需要而任意确定故“一定为零”是错误的答案：D3、将一个电量为2108C的点电荷，从零电势点S移到M点要反抗电场力做功4108J，则M点电

7、势M=_，若将该电荷从M点移到N点，电场力做功14108J，则N点电势N=_，MN两点间的电势差UMN=_解析：本题可以根据电势差和电势的定义式解决，一般有下列三种解法：解法一：严格按各量的数值正负代入公式求解由WSM=qUSM得：而USM=SM，M=SUSM=(02)V=2V由WMN=qUMN得：而UMN=MN，N=MUMN=2(7)V=5V解法二：不考虑各量的正负，只是把各量数值代入公式求解，然后再用其他方法判断出要求量的正负由WSM=qUSM得电场力做负功，负电荷q受的电场力方向与移动方向大致相反，则场强方向与移动方向大致相同，故SM，而S=0，故M=2V同理可知：UMN=7V，N=5V

8、解法三：整体法：求N点电势时把电荷从S点移到M点再移动N点，看成一个全过程，在这个过程中，由S到N电场力做的总功等于各段分过程中电场力做功的代数和即WSN=WSMWMN=(410814108)J=10108J由WSN=qUSN得：而S=0，N=5V4、如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等实线为一带正电粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下面说法中正确的是（）A三个等势面中，a的电势最高B对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较大C对于M、N两点，带电粒子通过M点时动能较大D带电粒子由M运动到N时，加速度

9、增大解析：由于带电粒子做曲线运动，所受电场力的方向必定指向轨道的凹侧，且和等势面垂直，所以电场线方向是由c指向b再指向a根据电场线的方向是指电势降低的方向，故UcUbUa，选项A错带正电粒子若从N点运动到M点，场强方向与运动方向成锐角，电场力做正功，即电势能减少；若从M点运动到N点，场强方向与运动方向成钝角，电场力做负功，电势能增加故选项B错根据能量守恒定律，电荷的动能和电势能之和不变，故粒子在M点的动能较大，选项C正确由于相邻等势面之间电势差相等，因N点等势面较密，则ENEM，即qENqEM由牛顿第二定律知，带电粒子从M点运动到N点时，加速度增大，选项D正确所以正确答案为C、D项答案：C、D

10、5、如图所示，P、Q两金属板间的电势差为50V，板间存在匀强电场，方向水平向左，板间的距离d=10cm，其中Q板接地，两板间的A点距P板4cm求：(1)P板及A点的电势(2)保持两板间的电势差不变，而将Q板向左平移5cm，则A点的电势将变为多少?解析：板间场强方向水平向左，可见Q板是电势最高处Q板接地，则电势Q=0，板间各点电势均为负值利用公式可求出板间匀强电场的场强，再由U=Ed可求出各点与Q板间的电势差，即各点的电势值(1)场强QA间电势差UQA=Ed=5102(104)102V=30VA点电势A=30V，P点电势P=UPQ=50V(2)当Q板向左平移5cm时，两板间距离d1=10cm5c

11、m=5cmQ板与A点间距离变为d=(104)cm5cm=lcm电场强度Q、A间电势差UQA=Ed=1.01031.0102V=10V所以A点电势A=10V例1、如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中.在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况下，一定能使电子的偏转角变大的是（）AU1变大，U2变大BU1变小，U2变大CU1变大，U2变小DU1变小，U2变小解析：设电子经电场U1加速后获得的速度为v0，根据动能定理设极板长为L，两板间距离为d，电子进入偏转电场后做类平抛运动，则平行于极板方向：L=v0t垂直于极板方向：偏转角满足：

12、由以上各式可解得：显然，U1减小，U2增大时，一定增大.答案：B例2、如图所示，质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计)，在匀强电场中的A点时速度为v，方向与电场线垂直，在B点时速度大小为2v，已知A、B两点间距离为d，求(1)A、B两点间的电压；(2)电场强度的大小和方向.解析：(1)带电粒子从A到B的过程中，由动能定理可得将vA=v，vB=2v代入可解得(2)带电粒子从A到B做类平抛运动，设在垂直电场线和平行电场线方向上的位移分别为x和y.由于A到B，粒子的动能增加，则电场力做正功，所以，场强方向应水平向左.答案：例3、带有等量异种电荷的两个平行金属板A和B水平放置，两板间距离为d(d远小于

13、板的长和宽)，一个带正电的油滴M悬浮在两板的正中央，处于平衡，油滴的质量为m，电荷量为q，如图所示.在油滴的正上方距A板d处有一个质量也为m的带电油滴N，油滴N由静止释放后，可以穿过A板上的小孔，进入两金属板间与油滴M相碰，并立即结合成一个大油滴.整个装置处于真空环境中，若不计油滴M和N间的库仑力和万有引力以及金属板本身的厚度，要使油滴N能与M相碰，且结合成的大油滴(油滴可视为质点)又不与金属板B相碰.求：(1)两个金属板A、B间的电压是多少？哪板电势高？(2)油滴N带何种电荷，电荷量可能是多少？解析：(1)油滴M带正电，在两金属板之间处于平衡，有mg=qU/d，则B板电势较高，电势差(2)若

14、油滴N带负电，则N与M相碰后，结合成大油滴无论其电性为正，还是为负，或者电荷量为零，都将向B板做加速运动而最终与B板相碰.因此，要不落到B板上，油滴N必带正电.设油滴N带电量为Q，油滴N与M相碰前的速度设为v0，有：油滴N能与M相碰：油滴M和N相碰后，结合成大油滴，速度为v，有：此后，大油滴向下运动，不碰到B板，须有代入v和U的值，解得油滴所带电荷量是答案： B板电势较高(2)正电，例4、在水平向右的匀强电场中，有一质量为m，带正电的小球，用长为L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止A点时，细线与竖直方向夹角为，如图所示.现给小球一个垂直于悬线的初速度，使小球恰能在竖直平面内做圆周运动，求：(1)

15、小球运动过程中的最小速度.(2)小球在A点的初速度.解析：小球在运动过程中，所受重力和电场力都是恒力，将它们合成等效为一个力F，如图所示，则把合力F与重力类比，其等效重力加速度因此，小球在竖直平面内做匀速圆周运动的等效“最低点”和“最高点”分别为图中的A点和B点.(1)小球在B点处的速度最小，依题意有(2)小球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理答案：例5、如图所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d(d远小于板的长和宽)，在两板之间有一带负电的质点P.已知若在A、B之间加电压U0，则质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图所示的随时间t变化的电压U，在t=0时，质点P位于A、B间的

16、中点处且初速度为0，已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图中U改变的各时刻t1，t2，t3及tn的表达式.(质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次.)解析：综合分析带电质点P的受力情况和运动情况，建立清晰的物理图景是解答本题的关键.设质点P的质量为m，电荷量为q，当A、B间加电压U0时，根据题意有当两板间所加电压为2U0时，P的加速度向上，设其大小为a，则联立解得，a=g.当两板间的电压为零时，P只受重力，加速度方向向下，大小为g，要P以最大幅度上下运动，而又不与两板相碰，则P达到A板或B板时速度必为零.根据

17、运动的对称性可知，加上电压2U0后，P质点先向上做匀加速度直线运动，运动后，撤去电场，继续向上做匀减速运动直到速度为零.到达A板后，在重力作用下，自由下落直到A、B的中点，然后又加上电压2U0，使质点P向下做匀减速运动，至B板时，速度恰好减为零，然后反向加速，达到A、B中点时撤去电场，在重力作用下做匀减速运动到A板时，速度恰好为零，以后重复上述运动过程.综合以上分析，质点P的运动过程可用vt图象表示，如图所示.由匀变速直线运动规律有其中a=g，解得设质点P从A板自由下落到AB两板中点所历经的时间为t，则答案：例6、如图所示，A、B是一对平行的金属板，在两板间加上一周期为T的交变电压U. A板的

18、电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为：在0到的时间内， UB=U0(正的常数)；在到T的时间内， UB=U0；在T到的时间内， UB=U0；在到2T的时间内，UB=U0，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子初速度和重力的影响均可忽略（）A若电子是在t=0时刻进入的，它将一直向B板运动B若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上C若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上D若电子是在时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动解析：依题意，电子在电场中运动时，其加速度大小不变，方向在时刻发生突变.不同时刻进

19、入的电子，其运动情况有所不同，如图中的a、b、c所示，分别表示t=0时刻，时刻的和时刻进入的电子的vt图象(以从A板指向B板方向为正方向).从图象可以看出， t=0时刻进入的电子速度方向不变，一直向B板运动. 和时刻进入的电子运动一段时间后速度反向，这说明它们都是来回往复运动，但在一个周期内，前者的位移为正，即向B板运动了一段位移，最后一定打在B板上；而后者的位移为负，若在一个周期内未打到B板，电子将返回到A板而从小孔穿出. 时刻进入的电子受到指向A板的电场力，而初速为零，因此，它不可能进入两板间运动.答案：AB 例 1、一个标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上的电压U由零逐渐增大到220

20、V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图象表示，题中给出的四个图线中，肯定不符合实际的是（）解析：本题的思路是 UI图像中，图线的斜率表示电阻，斜率越大，电阻越大。如果图线是曲线，则表示导体中通过不同的电压、电流时它的电阻是变化的，这时电阻可以用该点曲线的切线斜率来表示。灯泡在电压加大的过程中，灯丝中的电流增大，温度升高，而金属的电阻率随着温度的升高而增大，所以灯丝在加大电压的过程中电阻不断增大， UI图线中曲线的斜率应不断增大。A图中斜率不变，表示电阻不变，C图中斜率减小，表示电阻减小，D图中斜率先变大后变小。只有B图中斜率不断增大，符合电压不断变大的实际情况。答案： ACD说明：本题的难

21、点在于是对 UI图的物理意义的理解；是由计算的电阻值只是灯泡正常发光的阻值，而不是整个过程中的阻值。例 2、如图所示在NaCl水溶液中，如在t秒内分别有n1和n2个正负离子通过液体的横截面S，试问：溶液中的电流方向如何？电流强度多大？解析：在导体两端加上电压后， NaCl溶液中的Na离子和Cl离子在电场力的作用下向相反的方向作定向移动。正离子Na的定向移动方向与电流的方向相同，如图所示电流方向AB。由于 NaCl水溶液中正、负离子都是一价离子，电量均为e，所以在t秒内有n1个一价正离子沿着AB的方向通过S，同时有n2个一价负离子沿相反的方向通过S，负离子的运动可等效看成正离子沿相反方向运动，即

22、溶液中的电流相当于t秒内有(n1n2)e的正电荷通过横截面S，由得：.例3、如图所示，由一个由电池、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关闭合.在增大电容器两极板间距离的过程中（）A电阻R中没有电流B电容器的电容变小C电阻R中有从a流向b的电流D电阻R中有从b流向a的电流解析：图中电容器被充电，A极板带正电，B极板带负电。根据平行板电容器的大小决定因等可知，当增大电容器两极板间距离d时，电容C变小.由于电容器始终与电池相连，电容器两极板间电压UAB保持不变，根据电容的定义，当C减小时电容器两极板所带电荷量Q都要减少，A极板所带正电荷的一部分从a到b经电阻流向电源正极，即电阻R中有从a

23、流向b的电流.所以选项B、C正确.答案：BC例4、来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.6010-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为_。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则n1n2=_。解：按定义，由于各处电流相同，设这段长度为l，其中的质子数为n个，则由。而例1、如图所示的电路中，三个电阻的阻值相等，电流表A1、A2和A3的内电阻均可忽略，电流表的读数分别为I1、I2和I3，则I1I2I

24、3=_。精析：依题意可知三只电流表电阻均不计，可用导线取而代之，故得等效电路图如图所示。无阻导线所连的 A、A可视为一点，B、B也可视为一点，则其等效电路图又可改画成图乙所示。显然，三个等值电阻R1、R2、R3是并联的。最后将三个电流表分别补接在相应的位置上，可得等效电路图如丙。由并联电路的分流关系可知，通过各电阻的电流相等，设为 I。分析等效电路如图丙可知：I1=3I，I2=2I，I3=2I。由此可得出I1、I2、I3的比例关系。答案： I1I2I3=322。例2、一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V，电流为0.3A，松开转轴，在线圈两端加电压为2V

25、时，电流为0.8A，电动机正常工作。求该电机正常工作时，输入的电功率是多少？电功机的机械功率是多少？精析：（1）由于电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可看作纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈的内阻为. （2）电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入功率为：P入=I1U1=0.82=1.6W. 电动机的机械功率为：P机=P入I12r=1.60.821=0.96W 说明：（1）在非纯电阻电路中，要注意区别电功和电热；（2）对电动机：输入的功率P入=IU，发热功率P热=I2R，输出功率即机械功率为P机=P入P热=UII2R 例1、在如图所示的电路中，当滑线变阻器的滑动头向b端滑

26、动时，电流表和电压表的示数将如何变化？解：整个电路的结构是：R2与R3并联，然后再与R1串联，电压表测的是路端电压，电流表测的是R3支路的电流强度。当滑动头向滑动时，R3的阻值减小，由R并=R2R3/(R2+R3)知并联电路总电阻R并减小，故外电路总电阻R=R1+R并减小。根据闭合电路欧姆定律I=E/(R+r)，总电流强度I增大，由U=E-Ir知路端电压即电压表的示数将减小。因并联电路电压U并=U-IR1所以U并减小，通过R2的电流I2= U并/R2减小。由I3=I-I2，可以看出R3支路的电流，即电流表的示数将增大。说明：（）判断并联电路的电压时不能用U并=IR并，因为R并在减小而在增大，其

27、乘积倒底如何变，由题设条计不能确定；同样在判断I3时也不能用I3=U并/R3，因为R3和U并都在减小，无法确定I3如何变。此时应通过先研究阻值不变的电阻R1和R2的电压、电流的变化，再去讨论U并和I3的变化情况。（2）如果使用“串反并同”定则，判断起来更简捷，R3减小，则与它串联的电流表的示数必增大；R1、R2、R3混联电路电阻减小，则与它相并联的电压表的示数也应相应减小。例2、某一电源对外供电电路如图，已知R1=6，电源内阻r=1，滑动变阻器的电阻R2变化范围为04。（1）当闭合开关S后，将变阻器的电阻调到有效电阻R2=2时，电源消耗的总功率为16W，电源输出功率为12W，求灯泡电阻RL的阻

28、值。（2）若将开关S断开，此时灯泡L消耗的功率为多少？（3）在开关S断开的情况下，仍要使灯泡消耗的功率和S闭合时相同，应将滑动变阻器的滑动片向哪边移动？移动到使其有效电阻值R2等于多少的位置？解析：（1）因为电源内消耗功率：P内=I2r=P总P出.所以所以，灯泡电阻（2）S断开后，通过灯泡L的电流为：此时灯泡消耗的功率为：（3）若S断开后仍要使灯泡消耗的功率和S闭合时相同，则由解（1）可知通过灯泡的电流仍应为1A，由闭合电路欧姆定律有：即滑动变阻器的滑动片应向右滑动到R2等于3处.例3、如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯泡变暗，可以（）A增大R1B减小R1C增大R2D减小R2分析：电

29、路是灯泡R与R2并联后再与电阻R1串联。若增大R1，灯泡两端电压变小，灯泡变暗。同样若减小R1，则灯泡变亮。若增大R2，使得回路的总电阻增大，干路中电流减小，灯泡两端电压变大，灯泡变亮。同样若减小R2，则灯泡变暗。故AD正确。答案：AD例4、如图所示，E=10V，C1=C2=30F，R1=4.0，R2=6.0，电池内阻可忽略。先闭合开关S，待电路稳定后，再将S断开，则断开S后流过电阻R1的电量为_C。解析：S闭合时，C1两板电压等于电阻R2两端电压，上极板电势高。C2两极板间电压为零.S断开时，C1、C2两端电压均为E，且上极板电势高。流过R1的电量为：Q=C1EC2EQ1=23010610C

30、1.8104C=4.2104C.例5、如图所示的电路中R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r0.设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U.当R5的滑动触点向图中a端移动时（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小分析：当滑头向a移动时，R5的阻值变小，使R2、R4、R5的总阻值Rab变小，从而引起总的外阻R外的变小.得到Uab变小，所以的数值变小.答案：D评注：在讨论电路中电阻发生变化后引起电流、电压发生变化的问题时，应根据电路的结构，由局部到整体的思路，得到总电流的变化情况，然后再到局部分析出电压和支路电流的变化情况。例1、质

31、量为m，长度为L的金属棒ab通过两根细导线水平悬挂在绝缘架下，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，当金属棒中通入从a至b的电流I后，棒偏离竖直位置角后又重新平衡，如图所示，求匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向。答案：，竖直向上解析：由图可知，棒受到水平向右的安培力，根据安培定则得磁感应强度方向竖直向上，由棒平衡得安培力FA=mgtan=BIL， B=.例2、在倾角为的斜面上，放置一段通有电流强度为I，长度为L，质量为m的导体棒a（通电电流方向垂直纸面向里），如图所示。棒与斜面间摩擦因数 d时，t1可忽略不计。例3、某回旋加速器D形盒的半径R=60cm，用它加速质量m=1.671027kg，电荷量

32、q=1.61019C的质子，要把静止质子加速到Ek=4.0MeV的能量，求D形盒内的磁感应强度B应多大？解析： D形盒的半径R可近似看作质子引出D形盒前半周的轨道半径，跟R相应的质子能量为Ek，由例4、如图所示，一束电子平行于匀强磁场边界入射，入射点到边界的距离为d，其中有的电子以速度v1垂直于磁场边界从磁场中射出，有的以速度v2与边界成30角从磁场射出，则：（1）电子圆周运动轨道半径之比R1R2为多少？（2）电子运动速度比v1v2为多少？解析：（1）如图所示，过A、C两点分别作垂直于速度方向直线，相交于O1点：过A、D两点分别作垂直于速度方向直线，相交于O2，O1、O2为两个圆周的圆心。从C点射出的电子圆周圆心在界线上，因此圆周半径R1=d.设从D点射出的电子圆周运动轨道半径为R2。在RtO1O2D中，O1O2D=30，。得。（2）根据得，例5、如图所示，虚线为有界磁场的竖直界面所在处，其区域宽度为d，磁场磁感强度 为B，方向垂直纸面向里，有一带电粒子从磁场中央O点出发，粒子速度大小为v，方向垂直磁场且与水平方向成30角，粒子质量为m、电量为q，不计粒子重力，若要求粒子能从左边边界射出磁场，则对粒子速度v的要求如何？解析：电粒子在匀强磁场中作匀速圆运动时，其轨道半径，即Rv，因此要确定粒子速