（通用版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 第二板塊 第3講 技法專題——3步穩(wěn)解物理計算題講義（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理二輪復習 第二部分 第二板塊 第3講 技法專題——3步穩(wěn)解物理計算題講義（含解析） 物理計算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強，涉及物理過程較多，所給物理情境較復雜，物理模型較模糊或隱蔽，運用的物理規(guī)律也較多，對考生的挖掘隱含條件的能力、基本過程的分析能力、思維推理能力、基本運算能力等要求很高。為了在物理計算題上得到理想的分值，應做到細心審題、大膽拆題、規(guī)范答題。 一、細心審題——做到“一讀、二思、三析” 1．讀題 “讀題”是從題目中獲取信息的最直接方法，一定要全面、細心，讀題時不要急于求解，對題中關鍵的詞語要多加思考，明白其含義，對特殊字、句、條件要用著重號

2、加以標注；要重點看清題目中括號內(nèi)的附加條件及題目給出的圖形及圖像等。 2．思題 “思題”就是默讀試題，是物理信息內(nèi)化的過程，它能解決漏看、錯看等問題。邊讀題邊思索、邊聯(lián)想，以弄清題目中所涉及的現(xiàn)象和過程，排除干擾因素，充分挖掘隱含條件。 3．析題 “析題”就是在“思題”獲取一定信息的基礎上，調(diào)動大腦中所儲存的相關知識，準確、全面、快速思考，要對研究對象的各階段變化進行剖析，建立起清晰的物理情景，確定每一個過程對應的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯(lián)系。 [例1]　下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災害。某地有一傾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石

3、板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示。假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第 2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離 l＝27 m，C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s時間內(nèi)A和B加速度的大??； (2)A在B上總的運動時間。 [細心審題] [解析

4、]　(1)在0～2 s時間內(nèi)，A和B的受力如析題圖所示，由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 f1＝μ1N1① N1＝mgcos θ② f2＝μ2N2③ N2＝N1′＋mgcos θ④ 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓運動定律得 mgsin θ－f1＝ma1⑤ mgsin θ＋f1′－f2＝ma2⑥ N1＝N1′⑦ f1＝f1′⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 a1＝3 m/s2⑨ a2＝1 m/s2。⑩ (2)在t1＝2 s時，設A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6 m/s? v2＝a2t1＝2 m/s?

5、 t＞t1時，設A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時A與B之間的摩擦力為零，同理可得 a1′＝6 m/s2? a2′＝－2 m/s2? B做減速運動。設經(jīng)過時間t2，B的速度減為零，則有 0＝v2＋a2′t2? 聯(lián)立???式得 t2＝1 s? 在t1＋t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為 s＝－＝12 m＜27 m? 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動。設再經(jīng)過時間t3后A離開B，則有 l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32? 可得 t3＝1 s(另一解不合題意，舍去)? 則A在B上總的運動時間為 t總＝t1＋t2＋t3＝4 s。 ［反思領悟］ [答案]　(

6、1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 1.只有認真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對應關系、物理過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題。 2.審題要慢，就是要仔細，要審透，關鍵詞句的理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關信息，排除干擾因素。要做到這些，必須通讀試題，特別是括號內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視。 二、大膽拆題——做到“拆分過程，大題小做” 計算題的物理過程大體有以下三種呈現(xiàn)方式： 1．串聯(lián)式 此類問題一般涉及一個物體，解題的方法是按時間先后順序?qū)⒄麄€過程拆分成幾個子過程，然后對每個子過程運用規(guī)律列式求解。 2．并列式 此類

7、問題的幾個過程是同時發(fā)生的，一般涉及多個物體，解題的關鍵是從空間上將復雜過程拆分成幾個子過程，然后對各子過程運用規(guī)律列式求解。 3．復合式 此類問題是上述兩種方式的組合，下面用典例展示如何從時間和空間上將多個物體的多個子過程一一拆分出來，然后運用規(guī)律列式求解。 [例2]　如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點，整個軌道處在豎直向下的勻強電場中，場強大小E＝5.0×103 V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運動，與靜止在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2 kg

8、，乙所帶電荷量q＝2.0× 10－5 C，g取10 m/s2(水平軌道足夠長，甲、乙均視為質(zhì)點，整個運動過程無電荷轉(zhuǎn)移)。求： (1)甲、乙碰撞后，若乙恰能通過軌道的最高點D，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離； (2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右運動，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點到B點的距離范圍。 [大膽拆題] 第(1)問可拆分為2個小題 ①求乙恰能通過軌道最高點的速度 建模：豎直面內(nèi)圓周運動中的“繩”模型 規(guī)律：牛頓第二定律mg＋Eq＝ ②求乙在軌道上的首次落點到B點的距離x 建模：乙離開D點后做類平拋運

9、動 規(guī)律：運動的合成與分解 x＝vDt,2R＝·t2 第(2)問可拆分為2個小題 ①求甲、乙剛碰后乙的速度 建模：豎直面內(nèi)圓周運動模型(B→D過程) 規(guī)律：動能定理 －mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2 ②求甲、乙剛碰后甲的速度 建模：彈性碰撞模型 規(guī)律：動量守恒定律mv0＝mv甲＋mv乙 機械能守恒定律mv02＝mv甲2＋mv乙2 第(3)問可拆分為3個小題 ①設甲的質(zhì)量為M，求甲、乙碰后，乙的速度vm的范圍 建模：彈性碰撞模型 規(guī)律：動量守恒定律Mv0＝MvM＋mvm 機械能守恒定律Mv02＝MvM2＋mvm2 ②求乙過D點的速度vD′的范圍 建

10、模：豎直面內(nèi)圓周運動模型(B→D過程) 規(guī)律：動能定理 －mg·2R－qE·2R＝mvD′2－mvm2 ③求小球落點到B點的距離范圍 建模：類平拋運動模型 規(guī)律：水平方向做勻速運動x′＝vD′t [解析]　(1)在乙恰好能通過軌道的最高點的情況下，設乙到達最高點的速度為vD，乙從離開D點到落到水平軌道的時間為t，乙的落點到B點的距離為x，則 mg＋qE＝m 2R＝·t2 x＝vDt 解得x＝0.4 m。 (2)設碰撞后乙的速度為v乙，對乙從B→D過程，由動能定理得 －mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2 解得v乙＝2 m/s 設碰撞后甲的速度為v甲，根據(jù)動量守

11、恒定律和機械能守恒定律有 mv0＝mv甲＋mv乙 mv02＝mv甲2＋mv乙2 解得v乙＝v0，v甲＝0 所以v0＝2 m/s。 (3)設甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律有 Mv0＝MvM＋mvm Mv02＝MvM2＋mvm2 解得vm＝ 由上式和M>m可得v0

12、[答案]　(1)0.4 m　(2)2 m/s　(3)0.4 m

13、符號，引入的物理量或符號，一定要用假設的方式進行說明。 (3)題目中的一些隱含條件或臨界條件，應用時要加以說明。 (4)所列方程的依據(jù)及名稱要進行說明。 (5)規(guī)定的正方向、零勢能點及所建立的坐標系要進行說明。 (6)對題目所求或所問有明確的答復且對所求結(jié)果的物理意義要進行說明。 2．分步列式、聯(lián)立求解 解答高考試題一定要分步列式，因高考閱卷實行按步給分，每一步的關鍵方程都是得分點。分步列式一定要注意以下幾點： (1)列原始方程，與原始規(guī)律公式相對應的具體形式，而不是移項變形后的公式。 (2)方程中的字母要與題目中的字母吻合，同一字母的物理意義要唯一。出現(xiàn)同類物理量，要用不同下

14、標或上標區(qū)分。 (3)列純字母方程，方程全部采用物理量符號和常用字母表示(如位移x、重力加速度g等)。 (4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要寫連等式或綜合式子。 (5)所列方程式盡量簡潔，多個方程式要標上序號，以便聯(lián)立求解。 3．準確演算、明確結(jié)果 解答物理計算題一般要有必要的演算過程，并明確最終結(jié)果，具體要注意： (1)演算時一般先進行字母符號運算，從列出的一系列方程，推導出結(jié)果的計算式，最后代入數(shù)據(jù)并寫出結(jié)果(要注意簡潔，千萬不要在卷面上書寫過多化簡、數(shù)值運算式)。 (2)計算結(jié)果的有效數(shù)字位數(shù)應根據(jù)題意確定，一般應與題目中所列的數(shù)據(jù)的有效數(shù)字位數(shù)相近，若有特殊要求，應

15、按要求選定。 (3)計算結(jié)果是數(shù)據(jù)的要帶單位(最好采用國際單位)，是字母符號的不用帶單位。 (4)字母式的答案中，最終答案中所用字母都必須使用題干中所給的字母，不能包含未知量，且某些已知的物理量也不能代入數(shù)據(jù)。 (5)題中要求解的物理量應有明確的答案(盡量寫在顯眼處)，待求量是矢量的必須說明其方向。 (6)若在解答過程中進行了研究對象轉(zhuǎn)換，則必須交代轉(zhuǎn)換依據(jù)，對題目所求要有明確的回應，不能答非所問。 [例3]　(2018·天津高考，20分)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑

16、金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。 (1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源時列車加速度a的大??； (3)列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于

17、l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ [規(guī)范答題] 解：(1)列車要向右運動，安培力方向應向右。根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。(3分) (2)由題意，列車啟動時ab、cd并聯(lián)，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識得 R總＝①(1分) 設回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I＝②(1分) 設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有 F＝IlB③(1分) 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④(1分) 聯(lián)立①②③④式得a＝。⑤(2分) (3)設列車減速時，cd

18、進入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1＝⑥(1分) 其中ΔΦ＝Bl2⑦(1分) 設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝⑧(1分) 設cd受到的平均安培力為F′，有 F′＝I′lB⑨(1分) 以向右為正方向，設Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有 I沖＝－F′Δt⑩(1分) 同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖?(1分) 設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有 I總＝0－mv0

19、?(1分) 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得 ＝?(2分) 討論：若恰為整數(shù)，設其為n，則需設置n塊有界磁場； 若不是整數(shù)，設的整數(shù)部分為N，則需設置N＋1塊有界磁場。(2分) ［反思領悟］ 備注：括號中的分值根據(jù)高考評分標準而設置，意圖讓考生充分認識到分步列式、規(guī)范答題的重要性。 1.壓軸計算題可能因為難度太大而做錯，甚至最后一問會感覺無從下手，但前幾問相對容易，應嘗試解答。 2.如果時間不夠用，無法計算最后結(jié)果，或者結(jié)果算錯，但基本的“步驟分”“公式分”要拿到手。 [專題強訓提能]

20、 1.(2019屆高三·云南師大附中模擬)如圖所示，在光滑水平面上放置一個勻質(zhì)木塊，厚度為l、質(zhì)量為19m，并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入木塊，恰好能從木塊中穿出，子彈在木塊中受到的阻力可視為恒力，且子彈可視為質(zhì)點。 (1)求子彈在木塊中受到的阻力大小； (2)取下銷釘，同樣的子彈仍以水平速度v0射入木塊，最后留在木塊中，求子彈射入木塊的深度。 解析：(1)子彈恰好能從木塊中穿出，根據(jù)動能定理可得 －fl＝0－mv02 解得：f＝。 (2)由題意得子彈與木塊最后達到共同速度，由系統(tǒng)動量守恒有mv0＝(19m＋m)v1 損失的動能

21、ΔE＝mv02－×20mv12 根據(jù)功能關系有fd＝ΔE 解得子彈射入木塊的深度：d＝l。 答案：(1)　(2)l 2.如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜置于傾角θ＝37°、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以初速度v0＝4 m/s從木板的下端沖上木板，同時在木板上端施加一個沿 斜面向上、大小為F＝3.2 N 的恒力，若小物塊恰好不從木板的上端滑下，則木板的長度l為多少？(已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 解析：由題意可知，小物塊沿木板向上做勻減速運動，木板沿斜

22、面向上做勻加速運動，當小物塊運動到木板的上端時，恰好和木板具有共同速度。 設小物塊的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 設木板的加速度大小為a′，由牛頓第二定律可得 F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′ 設小物塊和木板達到共同速度所用時間為t，由運動學公式可得v0－at＝a′t 設小物塊和木板共速時小物塊的位移為x，木板的位移為x′，由位移公式可得 x＝v0t－at2，x′＝a′t2 小物塊恰好不從木板的上端滑下，有x－x′＝l 解得l≈0.714 m。 答案：0.714 m 3．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有一扇形金屬框ab

23、c，其半徑為r，ac邊與y軸重合，bc邊與x軸重合，且c位于坐標原點，ac邊與bc邊的電阻不計，圓弧ab上單位長度的電阻為R。金屬桿MN長度為L，放在金屬框abc上，MN與ac邊緊鄰且O點與圓弧之間部分金屬桿的電阻為R0。勻強磁場與金屬框平面垂直并充滿平面，其磁感應強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。 (1)0～t0時間內(nèi)MN保持靜止，計算金屬框中感應電流的大??； (2)在t＝t0時刻對MN施加一外力，使其以c點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω，計算通過MN的電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ間的關系。 解析：(1)0～t0時間內(nèi)MN保持靜止，磁場增強，回路中產(chǎn)生感應電動勢，

24、MN靠近無電阻的ac邊被短路。根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E＝＝S· S＝πr2，＝ 解得E＝ 感應電流大小I＝＝。 (2)金屬桿以c點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動時，電路中感應電動勢 E0＝B0r2ω 當MN轉(zhuǎn)過角度為θ時總電阻 R總＝R0＋＝R0＋ MN中電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ的關系為 I＝＝，0<θ<。 答案：(1)　(2)I＝，0<θ< 4.(2018·襄陽高三模擬)如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為m的薄滑塊，當滑塊運動時，圓筒內(nèi)壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為Ff＝mg(g為重力加速度)。在初始位置滑

25、塊靜止，圓筒內(nèi)壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度為l?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2l處自由落下，與滑塊發(fā)生碰撞，碰撞時間極短。碰撞后物體與滑塊粘在一起向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，滑動到剛發(fā)生碰撞位置時速度恰好為零，不計空氣阻力。求： (1)物體與滑塊碰撞后瞬間速度的大?。? (2)碰撞后，在物體與滑塊向下運動到最低點的過程中彈簧彈性勢能的變化量。 解析：(1)設物體下落至與滑塊碰撞前瞬間的速度為v0，在此過程中物體機械能守恒，依據(jù)機械能守恒定律，有 mgl＝mv02 解得v0＝ 設碰撞后瞬間速度為v，依據(jù)動量守恒定律，有 mv0＝2mv 解得v＝。 (2)設物體和

26、滑塊碰撞后下滑的最大距離為x，依據(jù)動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到返回初始位置的過程，有 －2Ffx＝0－×2mv2 設在物體與滑塊向下運動的過程中，彈簧的彈力所做的功為W，依據(jù)動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有 W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2 解得W＝－mgl 所以彈簧彈性勢能增加了mgl。 答案：(1)　(2)mgl 5.如圖所示，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌間距為d，兩導體棒a和b與導軌垂直放置，兩導體棒的質(zhì)量都為m，電阻都為R，回路中其余電阻不計。整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小為

27、B。在t＝0時刻，使a沿導軌向上做速度為v的勻速運動，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5 Ω，B＝0.5 T， θ＝30°，g取10 m/s2，不計兩導體棒間的相互作用力。 (1)為使b能沿導軌向下運動，a的速度v應小于多少？ (2)若a在平行于導軌向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿導軌向上勻速運動，求b的速度v2的最大值； (3)在(2)中，當t＝2 s時b的速度達到5.06 m/s,2 s內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為13.2 J，求該2 s內(nèi)力F做的功(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 解析：(1)a剛運動時，回路中的電流 I＝ 為使b能沿導軌向下運動，對b有 BId

28、

29、t q＝＝ 解得x2＝5.88 m 根據(jù)能量守恒定律得，該2 s內(nèi)力F做的功 W＝Q＋mvb2＋mgx1sin θ－mgx2sin θ 解得W≈14.9 J。 答案：(1)10 m/s　(2)8 m/s　(3)14.9 J 6.如圖所示，在直角坐標系xOy平面的四個象限內(nèi)各有一個邊長為L的正方形磁場區(qū)域，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標平面向里的勻強磁場，各磁場磁感應強度大小均相等，第一象限內(nèi)x≤L且L≤y≤2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子從坐標處以初速度v0沿x軸負方向射入電場，射出電場時通

30、過坐標(0，L)點，不計粒子重力。 (1)求電場強度大小E； (2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標原點O到達坐標(－L，0)點，求勻強磁場的磁感應強度大小B； (3)求第(2)問中粒子開始進入磁場到從坐標(－L,0)點射出磁場整個過程所用的時間。 解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，有 L＝v0t，＝at2，qE＝ma 解得E＝。 (2)設粒子進入磁場時，速度方向與y軸負方向夾角為θ 則tan θ＝＝1 速度大小v＝＝v0 設x為粒子在磁場中每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應的弦長，根據(jù)運動的對稱性，粒子能到達(－L,0)點，應滿足L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，當n＝1時，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應的圓心角為；當L＝(2n＋1)x時，其中n＝1，粒子軌跡如圖乙所示，由于y<－L區(qū)域沒有磁場，因此粒子不能從(－L,0)點離開磁場，這種情況不符合題意。 設圓弧的半徑為R，又圓弧對應的圓心角為，則x＝R，此時滿足L＝2nx 解得R＝ 洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB＝m 解得B＝，n＝1、2、3、…。 (3)粒子開始進入磁場到從坐標(－L,0)點射出磁場過程中，圓心角的總和θ＝2n××2＝2nπ t＝T×＝＝。 答案：(1)　(2)，n＝1、2、3、…　(3)