物理大一輪復(fù)習(xí)題組層級(jí)快練第九單元磁場(chǎng)作業(yè)3

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專(zhuān)精題組層級(jí)快練(四十三)一、選擇題1．（2017·綿陽(yáng)二診）如圖所示,一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場(chǎng)中．A中I是兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線連線的中垂線；B中＋Q是兩個(gè)位置固定的等量同種點(diǎn)電荷的電荷量,虛線是兩位置連線的中垂線;C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過(guò)圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．其中，帶電粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)的是（)答案B解析圖A中兩條垂直紙平面的長(zhǎng)直導(dǎo)線中通有等大反向的電流，在中垂線上產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右，帶電粒子將沿中垂線做勻速直線運(yùn)動(dòng);圖B中等量同種正點(diǎn)電荷在中垂線上的合場(chǎng)強(qiáng)先水平向左后水平向右,帶電粒子受力方向不同，粒子不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng);圖C中粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁感線平行，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；圖D是速度選擇器的原理圖，只要v0＝eq\f(E,B），粒子也會(huì)做勻速直線運(yùn)動(dòng),故選B項(xiàng)．2．如圖所示，一個(gè)帶正電荷的物塊m，由靜止開(kāi)始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來(lái)．已知物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)B處時(shí)的機(jī)械能損失．先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D′點(diǎn)停下來(lái)．后又撤去電場(chǎng)，在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑,結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點(diǎn)停下來(lái)．則以下說(shuō)法中正確的是（)A．D′點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) B．D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合C．D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) D．D″點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合答案BC解析僅在重力場(chǎng)中時(shí)，物塊由A點(diǎn)至D點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh－μmgcosαs1－μmgs2＝0，即h－μcosαs1－μs2＝0，由題意知A點(diǎn)距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、斜面傾角α、斜面長(zhǎng)度s1為定值，所以s2與重力的大小無(wú)關(guān),而在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)后,相當(dāng)于把重力增大了,s2不變，D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合，選項(xiàng)B正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，洛倫茲力垂直于接觸面向上,正壓力變小,摩擦力變小，重力做的功不變，所以D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)，選項(xiàng)C正確．3．磁流體發(fā)電機(jī)，又叫等離子體發(fā)電機(jī)，下圖中的燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體．高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以1000m/s進(jìn)入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為6T．等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在兩極間形成電勢(shì)差．已知發(fā)電通道長(zhǎng)a＝50cm，寬b＝20cm,高d＝20cm.A．發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為1200VB．因不知道高速等離子體為幾價(jià)離子，故發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)不能確定C．當(dāng)外接電阻為8Ω時(shí),發(fā)電機(jī)效率最高D．當(dāng)外接電阻為4Ω時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出功率最大答案AD解析E＝Bdv＝1200V,外接電阻越大發(fā)電機(jī)效率越高．發(fā)電機(jī)的內(nèi)阻為r＝ρeq\f(d,ab）＝4Ω，當(dāng)外接電阻為4Ω時(shí)，發(fā)電機(jī)輸出功率最大．4。如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動(dòng)，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時(shí)速度減為零，接著又滑了下來(lái)．設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過(guò)程相比較(）A．加速度大小相等B．摩擦產(chǎn)生熱量不相同C．電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值不相同D．動(dòng)能變化量的絕對(duì)值相同答案B解析兩過(guò)程中,重力、電場(chǎng)力恒定、支持力方向不變，洛倫茲力、摩擦力方向相反，故物塊所受合外力不同,由牛頓第二定律知，加速度必定不同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過(guò)程中,洛倫茲力垂直斜面向上，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μ(mgcosθ－qvB）,下滑過(guò)程中，洛倫茲力垂直斜面向下，物塊所受滑動(dòng)摩擦力Ff＝μ（mgcosθ＋qvB)，摩擦產(chǎn)生熱量Q＝Ffx,兩過(guò)程位移大小相等，摩擦力大小不同,故產(chǎn)生熱量不同，B項(xiàng)正確;a、b兩點(diǎn)電勢(shì)確定，由Ep＝qφ可知，兩過(guò)程中電勢(shì)能變化量的絕對(duì)值相等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程中，重力做功為零，電場(chǎng)力做功為零，摩擦力做功不為零,故物塊動(dòng)能一定變化,所以上滑和下滑兩過(guò)程中動(dòng)能變化量絕對(duì)值一定不同，D項(xiàng)錯(cuò)．5．如圖所示，在一豎直平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E1和一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，y軸右側(cè)有一豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2，一電荷量為q(電性未知)、質(zhì)量為m的微粒從x軸上A點(diǎn)以一定初速度與水平方向成θ＝37°角沿直線經(jīng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到圖中C點(diǎn)，其中m、q、B均已知，重力加速度為g，則()A．微粒一定帶負(fù)電B．電場(chǎng)強(qiáng)度E2一定豎直向上C．兩電場(chǎng)強(qiáng)度之比eq\f（E1，E2）＝eq\f(4,3)D．微粒的初速度為v＝eq\f(5mg，4Bq)答案BD解析微粒從A到P受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，則微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則及電場(chǎng)力的性質(zhì)可確定微粒一定帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)有qE1＝mgtan37°,微粒從P到C在電場(chǎng)力、重力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，必有mg＝qE2,所以E2的方向豎直向上，選項(xiàng)B正確；由以上分析可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(3,4),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝eq\f（5mg,4Bq），選項(xiàng)D正確．6。（2017·浙江模擬)電磁泵在目前的生產(chǎn)、科技中得到了廣泛應(yīng)用．如圖所示，泵體是一個(gè)長(zhǎng)方體，ab邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1,兩側(cè)端面是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)2的正方形；流經(jīng)泵體內(nèi)的液體密度為ρ、在泵頭通入導(dǎo)電劑后液體的電導(dǎo)率為σ（電阻率的倒數(shù)），泵體所在處有方向垂直向外的磁場(chǎng)B，把泵體的上下兩表面接在電壓為U（內(nèi)阻不計(jì))的電源上，則()A．泵體上表面應(yīng)接電源正極B．通過(guò)泵體的電流I＝UL1/σC．增大磁感應(yīng)強(qiáng)度可獲得更大的抽液高度D．增大液體的電阻率可獲得更大的抽液高度答案AC解析當(dāng)泵體上表面接電源的正極時(shí)，電流從上向下流過(guò)泵體,這時(shí)受到的磁場(chǎng)力水平向左,拉動(dòng)液體，故A項(xiàng)正確；根據(jù)電阻定律,泵體內(nèi)液體的電阻R＝ρeq\f（L,S)＝eq\f（1，σ）×eq\f（L2,L1L2）＝eq\f(1，σ·L1);因此流過(guò)泵體的電流I＝eq\f(U，R)＝UL1·σ，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,受到的磁場(chǎng)力變大，因此可獲得更大的抽液高度，故C項(xiàng)正確；若增大液體的電阻率,可以使電流減小，受到的磁場(chǎng)力減小，使抽液高度減小,故D項(xiàng)錯(cuò)誤．7.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場(chǎng)是均勻的．使用時(shí),兩電極a、b均與血管壁接觸,兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),電極a、b之間會(huì)有微小電勢(shì)差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看作是勻強(qiáng)電場(chǎng)，血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零．在某次監(jiān)測(cè)中，兩觸點(diǎn)的距離為3.0mm,血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0。040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為（）A．1.3m/s，a正、b負(fù) B．2。7m/s，a正、b負(fù)C．1.3m/s，a負(fù)、b正 D．2。7m/s，a負(fù)、b正答案A解析血液中正負(fù)離子流動(dòng)時(shí)，根據(jù)左手定則,正離子受到向上的洛倫茲力，負(fù)離子受到向下的洛倫茲力,所以正離子向上偏,負(fù)離子向下偏．則a帶正電，b帶負(fù)電．最終血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零，有qeq\f（U，d）＝qvB，所以v＝eq\f（U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0。040×3×10－3）m/s＝1.3m/s。故A項(xiàng)正確，B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤．8。如圖所示，絕緣的中空軌道豎直固定,圓弧段COD光滑，對(duì)應(yīng)圓心角為120°,C、D兩端等高,O為最低點(diǎn)，圓弧的圓心為O′，半徑為R；直線段AC、HD粗糙且足夠長(zhǎng)，與圓弧段分別在C、D端相切．整個(gè)裝置處于方向垂直于軌道所在平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,在豎直虛線MC左側(cè)和虛線ND右側(cè)存在著電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等、方向分別為水平向右和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量恒為q、直徑略小于軌道內(nèi)徑、可視為質(zhì)點(diǎn)的帶正電小球，從軌道內(nèi)距C點(diǎn)足夠遠(yuǎn)的P點(diǎn)由靜止釋放．若小球所受電場(chǎng)力的大小等于其重力的eq\f（\r（3)，3)倍，小球與直線段AC、HD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則（）A．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大加速度amax＝eq\f(2\r(3），3)gB．小球在第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中，最大速度vmax＝eq\f（\r(3）mg，3μqB）C．小球進(jìn)入DH軌道后，上升的最高點(diǎn)比P點(diǎn)低D．小球經(jīng)過(guò)O點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的彈力最小值一定為｜2mg－qBeq\r(gR)｜答案AC解析A項(xiàng),小球第一次沿軌道AC下滑的過(guò)程中,由題意可知,電場(chǎng)力與重力的合力方向恰好沿著斜面AC,則剛開(kāi)始小球與管壁無(wú)作用力，當(dāng)從靜止運(yùn)動(dòng)后,由左手定則可知,洛倫茲力導(dǎo)致球?qū)鼙谟凶饔昧Γ瑥亩鴮?dǎo)致滑動(dòng)摩擦力增大,而重力與電場(chǎng)力的合力大小為:F＝eq\r（（mg）2＋（\f(\r（3）mg，3)）2）＝eq\f（2\r（3）,3）mg,其不變，根據(jù)牛頓第二定律可知，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故剛下滑時(shí)，加速度最大，即為amax＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r（3)，3）g；故A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，當(dāng)小球的摩擦力與重力及電場(chǎng)力的合力相等時(shí)，洛倫茲力大小等于彈力，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，小球的速度達(dá)到最大，即為qvB＝N，而μN(yùn)＝f，且f＝eq\f（2\r（3),3）mg，因此解得:vmax＝eq\f(2\r（3)mg，3μqB）,故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)動(dòng)能定理，可知,取從靜止開(kāi)始到進(jìn)入DH軌道后,因存在摩擦力做功，導(dǎo)致上升的最高點(diǎn)低于P點(diǎn)，故C項(xiàng)正確；D項(xiàng),對(duì)小球在O點(diǎn)受力分析，且由C向D運(yùn)動(dòng),則有：N－mg＋Bqv＝meq\f（v2,R）；由C到O點(diǎn)，機(jī)械能守恒，則有：mg(R－Rsin30°）＝eq\f（1，2）mv2；由上綜合而得:對(duì)軌道的彈力為2mg－qBeq\r（gR），當(dāng)小球由D向C運(yùn)動(dòng)時(shí),則對(duì)軌道的彈力為2mg＋qBeq\r（gR)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．二、計(jì)算題9．如圖所示，與水平面成37°的傾斜軌道AC，其延長(zhǎng)線在D點(diǎn)與半圓軌道DF相切，全部軌道為絕緣材料制成且位于豎直面內(nèi)，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（C點(diǎn)處于MN邊界上)．一質(zhì)量為0。4kg的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點(diǎn)時(shí)速度為vC＝eq\f(100,7)m/s，接著沿直線CD運(yùn)動(dòng)到D處進(jìn)入半圓軌道，進(jìn)入時(shí)無(wú)動(dòng)能損失，且恰好能通過(guò)F點(diǎn),在F點(diǎn)速度為vF＝4m/s（不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，cos37°＝0.8)．求:（1）小球帶何種電荷；(2）小球在半圓軌道部分克服摩擦力所做的功;(3）小球從F點(diǎn)飛出時(shí)磁場(chǎng)同時(shí)消失，小球離開(kāi)F點(diǎn)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與直線AC(或延長(zhǎng)線)的交點(diǎn)為G點(diǎn)（未標(biāo)出）,求G點(diǎn)到D點(diǎn)的距離．答案(1)帶正電荷（2)Wf＝27。6J(3）GD＝2.26解析（1）依題意可知小球在CD間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在CD段受重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力且合力為0，因此帶電小球應(yīng)帶正電荷．（2）在D點(diǎn)速度為vD＝vC＝eq\f（100，7)m/s設(shè)重力與電場(chǎng)力的合力為F,則F＝qvCB又F＝eq\f(mg，cos37°)＝5N解得qB＝eq\f(F,vC)＝eq\f(7,20）在F處由牛頓第二定律，可得qvFB＋F＝eq\f(mvF2，R)把qB＝eq\f（7，20）代入,得R＝1m小球在DF段克服摩擦力做功Wf，由動(dòng)能定理,可得－Wf－2FR＝eq\f（m（vF2－vD2）,2)Wf＝27。6J（3）小球離開(kāi)F點(diǎn)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其加速度為a＝eq\f（F，m）由2R＝eq\f（at2,2),得t＝eq\r（\f（4mR，F(xiàn)））＝eq\f(2\r（2）,5)s交點(diǎn)G與D點(diǎn)的距離GD＝vFt＝eq\f（8\r（2)，5）m＝2.26m10。在豎直面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系，曲線y＝eq\f(x2,20）位于第一象限的部分如圖，在曲線上不同點(diǎn)以初速度v0向x軸負(fù)方向水平拋出質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小球,小球下落過(guò)程中都會(huì)通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，之后進(jìn)入第三象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f（\r（π)，10）T，方向垂直紙面向里，小球恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中都能打到y(tǒng)軸負(fù)半軸上（已知重力加速度g＝10m/s2,eq\f(q,m）＝102C/kg）．求:(1）第三象限的電場(chǎng)強(qiáng)度大小及方向；（2)沿水平方向拋出的初速度v0;（3)為了使所有的小球都能打到y(tǒng)軸的負(fù)半軸，所加磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積．解析(1)小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則:mg＝qEE＝eq\f(mg，q)解得：E＝0。1N/C方向豎直向上（2)令小球釋放點(diǎn)坐標(biāo)為(x，y），由平拋規(guī)律可知x＝v0ty＝eq\f(1,2）gt2y＝eq\f（g，2v02)x2由題意可知:y＝eq\f(x2,20)聯(lián)立可得v0＝10m(3)設(shè)小球在進(jìn)入第三象限時(shí)合速度為v,與x軸負(fù)半軸夾角為α.則有v0＝vcosα洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r），r＝eq\f（mv，qB）打在y軸負(fù)方向上的點(diǎn)與原點(diǎn)距離為：H＝2rcosα＝eq\f（2mv0,qB）可見(jiàn)所有小球均從y軸負(fù)半軸上同一點(diǎn)進(jìn)入第四象限最小磁場(chǎng)區(qū)域是一半徑為R＝eq\f（mv0，qB)的半圓其面積為Smin＝eq\f（πR2，2)＝eq\f（1,2)π(eq\f(mv0，qB)）2解得：Smin＝0.511。如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系中，OA是∠x(chóng)Oy的角平分線，x軸上方存在電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，下方存在電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的質(zhì)點(diǎn)從OA上的M點(diǎn)由靜止釋放,質(zhì)點(diǎn)恰能沿AO運(yùn)動(dòng)而通過(guò)O點(diǎn)，經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點(diǎn)進(jìn)入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(diǎn)．已知OD＝eq\f(3,4)OM，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝eq\f（m,q）(T），重力加速度為g＝10m/s2。求：(1）兩勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；(2)OM的長(zhǎng)L；（3）質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t.答案（1)eq\f(mg,q)（2)20eq\r(2）m或eq\f(20\r（2)，9）m(3)7。71s或6.38s解析(1)質(zhì)點(diǎn)在第一象限內(nèi)受重力和水平向左的電場(chǎng)力作用沿AO做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以有mg＝qE，即E＝eq\f（mg,q）。(2)質(zhì)點(diǎn)在x軸下方，重力與電場(chǎng)力平衡，質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示，有Bqv＝meq\f（v2,R）由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知v2＝2aL，a＝eq\r(2）g由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知R＝vt3，R－eq\f(3L,4)＝eq\f(1，2）at32聯(lián)立解得L＝20eq\r（2）m或eq\f(20\r(2),9)m.（3）質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)有L＝eq\f(1，2)at12,得t1＝2s或eq\f（2，3）s質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)有t2＝eq\f（3,4)×eq\f(2πm，Bq）＝4。71s質(zhì)點(diǎn)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)有R＝vt3，得t3＝1s質(zhì)點(diǎn)從M點(diǎn)出發(fā)到擊中D點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝7。71s或6.38s.12．如圖甲所示,在光滑絕緣水平桌面內(nèi)建立xOy坐標(biāo)系，在第Ⅱ象限內(nèi)有平行于桌面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向與x軸負(fù)方向的夾角θ＝45°。在第Ⅲ象限垂直于桌面放置兩