2018届二轮复习专题十一应用数学处理物理问题的能力课件（50张）（全国通用） 50页

专题十一 应用数学处理物理问题的能力 《考试大纲》关于物理学科要考查的 “ 应用数学处理物理问题的能力 ” 是这样叙述的：能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论；能运用几何图形、函数图象进行表达、分析 . 物理学是一门精密科学，与数学有着密切的关系 . 从物理学的发展史看，物理学的发展是离不开数学的，有了一种适合表述物理的数学工具，不仅能有力地促进物理学的发展，还能使物理规律以更加清晰、简洁的方式表示出来 . 不论是在学习物理的过程中，还是应用物理知识解决问题的过程中，或多或少总要进行数学推导和数学运算 . 处理的问题越高深，应用的数学一般也会越多 . 凡是中学阶段学到的数学，如几何、三角、代数、解析几何，都可能成为解高考物理试题中的数学工具 . (1) 能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系，能把有关的物理条件用数学方程表示出来 . 答案 解析 例 1 　短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 100 m 和 200 m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为 9.69 s 和 19.30 s. 假定他在 100 m 比赛时从发令到起跑的反应时间是 0.15 s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动 .200 m 比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与 100 m 比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速度只有跑 100 m 时最大速率的 96%. 求： ( 结果均保留两位小数 ) (1) 加速所用时间和达到的最大速率 ； 答案　 1.29 s 　 11.24 m /s 解析　 设加速所用时间为 t ( 以 s 为单位 ) ，匀速运动的速度为 v ( 以 m/s 为单位 ) ，则有： v t ＋ (9.69 s － 0.15 s － t ) v ＝ 100 m ① v t ＋ (19.30 s － 0.15 s － t ) × 0.96 v ＝ 200 m ② 由 ①② 式得 t ≈ 1.29 s ， v ≈ 11.24 m/s. (2) 起跑后做匀加速运动的加速度大小 . 答案 解析 答案　 8.71 m/ s 2 解析　 设加速度大小为 a ，则 a ＝ ≈ 8.71 m/s 2 说明　 本题以博尔特在北京奥运会上短跑项目的运动设置情景，通过合理简化建立理想化的模型，要求考生根据每个阶段运动满足的物理规律列出相应的数学表达式 . (2) 在解决物理问题时，往往需要经过数学推导和求解，或进行数值计算；求得结果后，有时还要用图象或函数关系把它表示出来；必要时还应对数学运算的结果作出物理上的结论或进行解释 . 答案 例 2 　两块长木板 A 和 B ，质量相等，长度都是 l ＝ 1.0 m ，紧贴在一起，静置于光滑水平的地面上 . 另一小物块 C ，质量与长木板相等，可视为质点，位于木板 A 的左端 . 如图 1 所示，现给物块 C 一向右的初速度，速度的大小为 v 0 ＝ 2.0 m/s ，已知物块与木板之间的动摩擦因数 μ ＝ 0.10 ，问木板 A 最终运动的速度为多少？ 图 1 说明　 本题中木板 A 最终速度与物块 C 是停在 A 上还是滑离 A 有关，这需要经过计算后才能作出判断，另外通过求解联立方程，可求得木板 A 的最终速度 v 有两个可能值，因与 v ＝ 1.0 m/s 对应的物块速度为 0 ，这在物理上是不可能的，故可判定木板 A 的最终速度为 v ＝ m/s. 经过数学处理后得到的结果，在物理上是否合理，是否合乎实际以及所得结果的物理意义是什么，都需要进行讨论和判断，这既是一种能力，也是一种习惯 . (3) 能够运用几何图形、函数图象解决物理问题，要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图象表示出来，会用图象来处理物理问题 . 答案 解析 例 3 　 (2013· 新课标全国 Ⅰ ·24) 水平桌面上有两个玩具车 A 和 B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记 R . 在初始时橡皮筋处于拉直状态， A 、 B 和 R 分别位于直角坐标系中的 (0,2 l ) 、 (0 ，－ l ) 和 (0,0) 点 . 已知 A 从静止开始沿 y 轴正向做加速度大小为 a 的匀加速运动， B 平行于 x 轴朝 x 轴正向匀速运动 . 在两车此后运动的过程中，标记 R 在某时刻通过点 ( l, l ). 假定橡皮筋的伸长是均匀的，求 B 运动速度的大小 . 解析　 设 B 车的速度大小为 v . 如图，标记 R 在时刻 t 通过 K ( l ， l ) ，此时 A 、 B 的位置分别为 H 、 G . 由运动学公式， H 的纵坐标 y A 、 G 的横坐标 x B 分别为 y A ＝ 2 l ＋ at 2 ① x B ＝ v t ② 在刚开始运动时，标记 R 到 A 和 B 的距离之比为 2 ∶ 1 ， 即 OE ∶ OF ＝ 2 ∶ 1 由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻 R 到 A 和 B 的距离之比都为 2 ∶ 1. 因此，在时刻 t 有 HK ∶ KG ＝ 2 ∶ 1 ③ 由于 △ FGH ∽△ IGK ，有 HG ∶ KG ＝ x B ∶ ( x B － l ) ④ HG ∶ KG ＝ ( y A ＋ l ) ∶ 2 l ⑤ 由 ③④⑤ 式得 x B ＝ l ⑥ y A ＝ 5 l ⑦ 联立 ①②⑥⑦ 式得 说明　 试题以置于直角坐标系中的两个最简单的运动学模型作为问题情景，两玩具车 A 、 B 的运动互相独立又用轻质细橡皮筋牵连，考生须从橡皮筋的均匀伸长分析出以后任一时刻标记 R 到 B 的距离和到 A 的距离之比都为 2 ∶ 1 ，继而根据几何关系和运动学的规律求解作答，该题考查考生将抽象的文字信息转化为图象，并应用数学工具求解的能力 . 能力 提升 1.( 多选 )(2014· 新课标全国 Ⅰ ·19) 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动 . 当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为 “ 行星冲日 ” . 据报道， 2014 年各行星冲日时间分别是： 1 月 6 日木星冲日； 4 月 9 日火星冲日； 5 月 11 日土星冲日； 8 月 29 日海王星冲日； 10 月 8 日天王星冲日 . 已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示 . 则下列判断正确的是   地球 火星 木星 土星 天王星 海王星 轨道半径 (AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 A. 各地外行星每年都会出现冲日现象 B. 在 2015 年内一定会出现木星冲日 C. 天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半 D. 地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 解析 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 木星冲日时间间隔 t 木 ＝ 年 <2 年，所以选项 B 正确； 由以上公式计算 t 土 ≠ 2 t 天 ， t 海 最小，选项 C 错误，选项 D 正确 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A. 小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 B. 小球落到地面时相对于 A 点的水平位移值为 2 C. 小球能从细管 A 端水平抛出的条件是 H >2 R D. 小球能从细管 A 端水平抛出的最小高度 H min ＝ R 答案 2.( 多选 ) 由光滑细管组成的轨道如图 2 所示，其中 AB 段和 BC 段是半径为 R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内 . 一质量为 m 的小球，从距离水平地面高为 H 的管口 D 处由静止释放，最后能够从 A 端水平抛出落到地面上 . 下列说法正确的是 解析 √ 图 2 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 要使小球从 A 点水平抛出，则小球到达 A 点时的速度 v >0 ，根据机械能守恒定律，有 mgH － mg ·2 R ＝ m v 2 ，所以 H >2 R ，故选项 C 正确，选项 D 错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 3. 卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送 . 如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于 ( 可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为 3.8 × 10 5 km ，运行周期约为 27 天，地球半径约为 6 400 km ，无线电信号的传播速度为 3 × 10 8 m/s.) A.0.1 s B.0.25 s C.0.5 s D.1 s 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A. W ＝ 8 × 10 － 6 J ， E >8 V/m B. W ＝ 6 × 10 － 6 J ， E >6 V/m C. W ＝ 8 × 10 － 6 J ， E ≤ 8 V/m D. W ＝ 6 × 10 － 6 J ， E ≤ 6 V/m 答案 解析 √ 图 3 4. 匀强电场中的三点 A 、 B 、 C 是一个三角形的三个顶点， AB 的长度为 1 m ， D 为 AB 的中点，如图 3 所示 . 已知电场线的方向平行于 △ ABC 所在平面， A 、 B 、 C 三点的电势分别为 14 V 、 6 V 和 2 V. 设场强大小为 E ，一电量为 1 × 10 － 6 C 的正电荷从 D 点移到 C 点电场力所做的功为 W ， 则 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 在匀强电场中，沿 AB 方向电动势是均匀降落的，所以 φ A － φ D ＝ φ D － φ B ，则 φ D ＝ V ＝ 10 V ， U DC ＝ φ D － φ C ＝ 8 V ，电荷从 D 移到 C 电场力做功为 W ＝ qU DC ＝ 1 × 10 － 6 × 8 J ＝ 8 × 10 － 6 J ，由图及各点电势可知，电场方向不沿 AB 方向，所以 E > ＝ 8 V/m . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 5. 空间有一匀强电场，在电场中建立如图 4 所示的直角坐标系 O － xyz ， M 、 N 、 P 为电场中的三个点， M 点的坐标 (0 ， a, 0) ， N 点的坐标为 ( a, 0,0) ， P 点的坐标为 ( a ，， ). 已知电场方向平行于直线 MN ， M 点电势为 0 ， N 点电势为 1 V ，则 P 点的电势为 解析 √ 图 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 由题意可知匀强电场方向沿 MN 直线且由 N 指向 M . 过 P 点作直线 MN 的垂面，交点为 Q ，则 Q 与 P 点等电势 . 所以 Q 点电势 φ ＝ 1 V － E · NQ ＝ 1 V － D 正确 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 6.(2013· 新课标全国 Ⅰ ·18) 如图 5 ，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面 ( 纸面 ) ，磁感应强度大小为 B ，方向垂直于纸面向外 . 一电荷量为 q ( q >0) 、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离 为 . 已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60° ，则粒子的速率为 ( 不计重力 ) 解析 √ 图 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 由圆周运动有 q v B ＝ ① 由几何关系知，在 △ ecO 和 △ eO ′ O 中，有 解得 r ＝ R ② 解 ①② 式得 v ＝ ， 故选 B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 7. 如图 6 所示，两个端面半径同为 R 的圆柱形铁芯同轴 水 平 放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并 与 电源 连接，在缝隙中形成一匀强磁场 . 一铜质细直棒 ab 水 平 置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直 . 让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为 0.2 R 时铜棒中电动势大小为 E 1 ，下落距离为 0.8 R 时电动势大小为 E 2 . 忽略涡流损耗和边缘效应 . 关于 E 1 、 E 2 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的 是 A. E 1 > E 2 ， a 端为 正 B. E 1 > E 2 ， b 端为正 C. E 1 < E 2 ， a 端为 正 D. E 1 < E 2 ， b 端为 正 解析 √ 图 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 向均在 xOy 平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在 0 ～ 90° 范围内 . 已知粒子在磁场中做圆周运动的半径 介于 到 a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一 . 求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时 的 (1) 速度的大小 ； 答案 8. 如图 7 所示，在 0 ≤ x ≤ a 、 0 ≤ y ≤ 范围 内有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B . 坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m 、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度 方 解析 图 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ∠ OCA ＝ ③ 解析　 设粒子的发射速度大小为 v ，粒子做圆周运动的轨道半径为 R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得： q v B ＝ ① 由 ① 式得 R ＝ ② 当 < R < a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示 . 设该粒子在磁场中运动的时间为 t ，依题意 t ＝ ， 得 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设最后离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方向的夹角为 α ，由几何关系得 R sin α ＝ R － ④ R sin α ＝ a － R cos α ⑤ 又 sin 2 α ＋ cos 2 α ＝ 1 ⑥ 由 ④⑤⑥ 式得 R ＝ ⑦ 由 ②⑦ 式得 v ＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 (2) 速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦 . 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 9.(2015· 新课标全国 Ⅱ ·33(2)) 如图 8 ，一粗细均匀的 U 形管竖直放置， A 侧上端封闭， B 侧上端与大气相通，下端开口处开关 K 关闭； A 侧空气柱的长度为 l ＝ 10.0 cm ， B 侧水银面比 A 侧的高 h ＝ 3.0 cm. 现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为 h 1 ＝ 10.0 cm 时将开关 K 关闭 . 已知大气压强 p 0 ＝ 75.0 cmHg . ( ⅰ ) 求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度 ； 解析 图 8 答案　 12.0 cm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 以 cmHg 为压强单位 . 设 A 侧空气柱长度 l ＝ 10.0 cm 时的压强为 p ；当两侧水银面的高度差为 h 1 ＝ 10.0 cm 时，空气柱的长度为 l 1 ，压强为 p 1 . 由玻意耳定律得 pl ＝ p 1 l 1 ① 由力学平衡条件得 p ＝ p 0 ＋ h ② 打开开关 K 放出水银的过程中， B 侧水银面处的压强始终为 p 0 ，而 A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小， B 、 A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至 B 侧水银面低于 A 侧水银面 h 1 为止 . 由力学平衡条件有 p 1 ＝ p 0 － h 1 ③ 联立 ①②③ 式，并代入题给数据得 l 1 ＝ 12.0 cm ④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ( ⅱ ) 此后再向 B 侧注入水银，使 A 、 B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度 . 答案　 13.2 cm 解析　 当 A 、 B 两侧的水银面达到同一高度时，设 A 侧空气柱的长度为 l 2 ，压强为 p 2 . 由玻意耳定律得 pl ＝ p 2 l 2 ⑤ 由力学平衡条件有 p 2 ＝ p 0 ⑥ 联立 ②⑤⑥ 式，并代入题给数据得 l 2 ＝ 10.4 cm ⑦ 设注入的水银在管内的长度 Δ h ，依题意得 Δ h ＝ 2( l 1 － l 2 ) ＋ h 1 ⑧ 联立 ④⑦⑧ 式，并代入题给数据得 Δ h ＝ 13.2 cm 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 10.(2013· 新课标全国 Ⅰ ·33(2)) 如图 9 ，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门 K. 两汽缸的容积均为 V 0 ，汽缸中各有一个绝热活塞 ( 质量不同，厚度可忽略 ). 开始时 K 关闭，两活塞下方和右活塞上方 充 图 9 有气体 ( 可视为理想气体 ) ，压强分别为 p 0 和 ； 左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积 为 . 现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开 K ，经过一段时间，重新达到平衡 . 已知外界温度为 T 0 ，不计活塞与汽缸壁间的摩擦 . 求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 ( ⅰ ) 恒温热源的温度 T ； 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 体积增大为 ( V 0 ＋ V 0 ) ，则由等压变化： 解析　 设左右活塞的质量分别为 M 1 、 M 2 ，左右活塞的横截面积均为 S 由活塞平衡可知： p 0 S ＝ M 1 g ① p 0 S ＝ M 2 g ＋ 得 M 2 g ＝ p 0 S ② 汽缸底与恒温热源接触后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍 保持 V 0 ，所以当下面放入温度为 T 的恒温热源后 ， 解得 T ＝ T 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 ( ⅱ ) 重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积 V x . 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 当把阀门 K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由 ①② 两式知 M 1 g ＞ M 2 g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度 T 0 等温变化，汽缸下部保持温度 T 等温变化 . 设左侧上方气体压强为 p ，由 pV x ＝ ， 设下方气体压强为 p 2 ： p ＋ ＝ p 2 ，解得 p 2 ＝ p ＋ p 0 所以有 p 2 (2 V 0 － V x ) ＝ p 0 联立上述两个方程有 6 V x 2 － V 0 V x － V 0 2 ＝ 0 ， 解 得 V x ＝ V 0 ，另一解 V x ＝－ V 0 ，不合题意，舍去 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 11.(2014· 新课标全国 Ⅱ ·34(2)) 一厚度为 h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为 r 的圆形发光面 . 在玻璃板上表面放置一半径为 R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上 . 已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线 ( 不考虑反射 ) ，求平板玻璃的折射率 . 解析 答案　 见解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 如图，考虑从圆形发光面边缘的 A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的 A ′ 点发生折射，根据折射定律有 n sin θ ＝ sin α 式中， n 是玻璃的折射率， θ 是入射角， α 是折射角 . 现假设 A ′ 恰好在纸片边缘：由题意，在 A ′ 点刚好发生全反射，故 sin θ ＝ sin C ＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 设 AA ′ 线段在玻璃上表面的投影长为 L ，由几何关系有 sin θ ＝ 由题意，纸片的半径应为 R ＝ L ＋ r 联立以上各式得 n ＝ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 12.(2015· 新课标全国 Ⅰ ·35(2)) 如图 10 ，在足够长的光滑水平面上，物体 A 、 B 、 C 位于同一直线上， A 位于 B 、 C 之间 . A 的质量为 m ， B 、 C 的质量都为 M ，三者均处于静止状态 . 现使 A 以某一速度向右运动，求 m 和 M 之间应满足什么条件，才能使 A 只与 B 、 C 各发生一次碰撞 . 设物体间的碰撞都是弹性的 . 解析 图 10 答案　 ( － 2) M ≤ m ＜ M 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 设 A 运动的初速度为 v 0 ， A 向右运动与 C 发生碰撞， 由动量守恒定律得 m v 0 ＝ m v 1 ＋ M v 2 要使得 A 与 B 能发生碰撞，需要满足 v 1 ＜ 0 ，即 m ＜ M A 反向向左运动与 B 发生碰撞过程，有 m v 1 ＝ m v 3 ＋ M v 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由于 m ＜ M ，所以 A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足 v 3 ≤ v 2 整理可得 m 2 ＋ 4 Mm ≥ M 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解方程可得 m ≥ ( － 2) M 另一解 m ≤ － ( ＋ 2) M 舍去 所以使 A 只与 B 、 C 各发生一次碰撞，须满足 ( － 2) M ≤ m ＜ M 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 13. 如图 11 ，一半径为 R 的圆表示一柱形区域的横截面 ( 纸面 ). 在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为 m 、电荷量为 q 的粒子沿图中直线从圆上的 a 点射入柱形区域，从圆上的 b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直 . 圆心 O 到直线的距离 为 R . 现将磁场 换 解析 为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从 a 点射入柱形区域，也从 b 点离开该区域 . 若磁感应强度大小为 B ，不计重力，求电场强度的大小 . 图 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析　 粒子在磁场中做圆周运动 . 设圆周的半径为 r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 q v B ＝ ① 式中 v 为粒子在 a 点的速度 . 过 b 点和 O 点作直线的垂线，分别与直线交于 c 点和 d 点 . 由几何关系知， 线段 、 和 过 a 、 b 两点的圆弧轨迹的两条半径 ( 未画出 ) 围成一正方形 . 因此 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 再考虑粒子在电场中的运动 . 设电场强度的大小为 E ，粒子在电场中做类平抛运动 . 设其加速度大小为 a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得 qE ＝ ma ⑥ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为 r ， 由 运动学公式得 r ＝ at 2 ⑦ r ＝ v t ⑧ 式中 t 是粒子在电场中运动的时间 . 联立 ①⑤⑥⑦⑧ 式得 E ＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13