2018版高考物理一轮复习热点专题突破系列8带电粒子在交变电磁场中的运动强化训练新人教版选修3_1
最新-2018届高三物理一轮复习 3-1-8-1：磁场及磁场对电流的作用课件 精品
由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，
电流对磁铁的磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压
力减小，故知：F1>F2，电流对磁铁的磁场力的水平 分量使磁铁左移，故弹簧长度将变短，B、C正确．
答案：BC
【例3】 如图8－1－13所示，两平行金属导轨间的距 离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝ 0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属 导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的 直流电源．
2．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是( )
A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电
流元的情况有关
B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电
流元所受磁场力方向一致
C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用
解析：磁感应强度是磁场本身属性，在磁场中某处
为一恒量，其大小可由B＝
计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A
不 同 点
相交
不能相交(电场中无电荷空间不 起始于正电荷，终止于
相交)S，内部S→S，内部S→N
负电荷
没有画出磁感线或电场线的地方并不表示那里没有磁场或电场存在．
1．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和 内部，如图8－1－5所示．其中小磁针的指向正确的是( )
A．a B．b C．c D．D 解析：由右手螺旋定则，可知螺线管内部的磁场方向向左，
解析：先根据安培定则确定每根通电导线在O点所产
生的磁感应强度的方向，再根据矢量合成法则求出结
果．根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度
B1、B3方向相同，I2在O点处产生的磁感应强度方向与
最新-2018高考物理 月刊专版 专题18 交变电流和电磁感
交变电流和电磁感应带电粒子在电场中的运动一、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。
由动能定理W =qU =ΔE K ，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
【例1】 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。
右极板电势随时间变化的规律如图所示。
电子原来静止在左极板小孔处。
（不计重力作用）下列说法中正确的是A.从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T /4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从t=3T /8时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /2，接着匀减速T /2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T /2，接着匀减速T /2……直到打在右极板上。
电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。
从t=T /4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T /4，接着匀减速T /4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T /4，接着匀减速T /4。
即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。
从t=3T /8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。
选AC2.带电粒子在匀强电场中的偏转质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v 0射入长L 板间距离为d 的平行板电容器间，两板间电压为U ，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。
（1）侧移：d U UL v L dm Uq y '=⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛=42122千万不要死记公式，要清楚物理过程。
2018高考物理大一轮复习课件：第九单元 磁场 单元综合9
根据几何关系，电子束在磁场中运动路径所对的圆心角
α＝θ，
而 tanα2＝Rr . 由牛顿第二定律得 evB0＝mRv2；
解得 B0＝
6meU 3er .
交变电场＋恒定磁场 例 3 (2016·合肥模拟)如图甲所示，带正电粒子以水平速度 v0 从平行金属板 MN 间中线 OO′连续射入电场中．MN 板间接 有如图乙所示的随时间 t 变化的电压 UMN，两板间电场可看作是 均匀的，且两板外无电场．紧邻金属板右侧有垂直纸面向里的匀 强磁场 B，分界线为 CD，EF 为屏幕．金属板间距为 d，长度为 l，磁场的宽度为 d.已知：B＝5×10－3 T，l＝d＝0.2 m，每个带
(1)求磁感应强度 B0 的大小； (2)要使正离子从 O′孔垂直于 N 板射出磁场，求正离子射 入磁场时的速度 v0 的可能值．
【解析】 (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射 入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有
B0qv0＝mvr02 粒子运动的周期 T0＝2πv0 r 联立两式得磁感应强度 B0＝2qπTm0 .
点．当磁场的磁感应强度随时间按图(b)所示的规律变化时，在荧 光屏上得到一条长为 2 3L 的亮线．由于电子通过磁场区的时间 很短，可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不 变．已知电子的电荷量为 e，质量为 m，不计电子之间的相互作 用及所受的重力．求：
(1)电子打到荧光屏上时速度的大小； (2)磁感应强度的最大值 B0.
设带电粒子以最大速度射出电场进入磁场中做圆周运动的 半径为 rmax，打在屏幕上的位置为 F，运动径迹如图中曲线Ⅱ所 示．
qvmaxB＝mrvmmaaxx2
则带电粒子进入磁场做圆周运动的最大半径
rmax＝mqvBmax＝108×2×5×10150－3
高考物理一轮复习第10章专题突破11带电粒子在交变电磁场中的运动课时学案
专题突破十一带电粒子在交变电磁场中的运动1．交变场的常见的类型(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．带电粒子在交变场中运动问题的基本思路带电粒子在交变磁场中的运动[典例1] 如图甲所示，虚线MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。
一个质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)，以大小为v0的水平初速度沿PQ向右做直线运动。
若小球刚经过D点时(t＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时的速度方向与PQ连线成60°角。
已知D、Q间的距离为(3＋1)L，t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度大小为g。
甲乙(1)求电场强度E的大小；(2)求t0与t1的比值；(3)小球过D点后将做周期性运动，当小球运动的周期最大时，求此时磁感应强度的大小B0及运动的最大周期T m。
审题指导：关键语句获取信息沿PQ向右做直线运动小球受力平衡，通过平衡条件，可求出电场强度的大小小球再次通过D点时速度与PQ成60°角画出运动轨迹，找出直线运动位移大小与匀速圆周运动轨迹半径的关系求运动的最大周期当小球运动轨迹最长，圆弧轨迹与MN 相切时小球运动周期最大[解析](1)小球沿PQ向右做直线运动，受力平衡，则mg＝Eq，解得E＝mgq。
(2)小球能再次通过D点，其运动轨迹应如图(a)所示。
图(a)设小球做匀速圆周运动的轨迹半径为r，则由几何关系有s＝rtan 30°又知s ＝v 0t 1圆弧轨迹所对的圆心角θ＝2π－⎝ ⎛⎭⎪⎫π－π3＝43π，则t 0＝θr v 0，联立解得t 0t 1＝439π。
(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，小球运动一个周期的轨迹如图(b)所示，图(b)由几何关系得R ＋Rtan 30°＝(3＋1)L解得R ＝L由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v 0B 0＝m v 20R ，解得B 0＝m v 0qL 小球在一个周期内运动的路程s 1＝3×23×2πR ＋6×Rtan 30°＝(4π＋63)L故T m ＝s 1v 0＝(4π＋63)Lv 0。
最新-2018高考物理 月刊专版 专题18 交变电流和电磁感
交变电流和电磁感应带电粒子在磁场中的运动【例1】磁流体发电机原理图如右。
等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。
该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。
所以上极板为正。
正、负极板间会产生电场。
当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv 。
当外电路断开时，这也就是电动势E 。
当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。
这时电动势仍是E=Bdv ，但路端电压将小于Bdv 。
在定性分析时特别需要注意的是：⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。
⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv ，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。
）⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。
在外电路断开时最终将达到平衡态。
【例2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p 型和n 型两种。
p 型中空穴为多数载流子；n 型中自由电子为多数载流子。
用以下实验可以判定一块半导体材料是p 型还是n 型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I ，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p 型半导体；若下极板电势高，就是n 型半导体。
试分析原因。
解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： Bqm T Bq mv r π2,==【例3】 如图直线MN 上方有磁感应强度为B 的匀强磁场。
正、负电子同时从同一点O 以与MN 成30°角的同样速度v 射入磁场（电子质量为m ，电荷为e ），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。
2018年全国卷高考物理总复习《交变电流》专题突破
2018年全国卷高考物理总复习《交变电流》专题突破【考点定位】正弦交流电的有效值、极值、瞬时值的表达式以及它们之间的关系，非正弦交流电的有效值的计算仍会是本考点的着力点，备考中扎实掌握这些基础知识。
以互感为原理的变压器是考察的常见形式，原副线圈的电压电流电功率关系，特别是接入二极管和传感器的情况下，整个电路的动态变化是一个热点。
考点一、交流电的产生及描述1．正弦交流电：在匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的转轴匀速转动，线框中产生的交流电即按照正弦规律变化即正弦交流电。
正弦交流电的电动势最大值m E nBS ω=，其中n 是线框的匝数，B 是匀强磁场的磁感应强度，S 是线框面积，ω是线框绕转轴转动的角速度。
若从线框经过中性面即线框与磁场垂直开始计时，则电动势瞬时值sin m E E t ω=，而磁通量瞬时值则为cos nBS t φω=，即当电动势按照正弦规律随时间变化时，磁通量按照余弦规律随时间变化。
2．正弦交流电的四值：正弦交流电的最大值即m E nBS ω=，m I m E nBS R r R rω==++，瞬时值（从中性面开始计时）sin m E E t ω=，m I sin I t ω=。
平均值常用来计算通过电路的电荷量，(R r)E I nR r t φ∆==+∆+，即E n t φ∆=∆，那么通过电路的电荷量(R r)Q I t n φ∆=∆=+。
有效值是根据热效应来定义的，如果交流电在一段时间内产生的热量与电压为U 电流为I 的直流电产生的热量相等，那么该交流电的有效电压就是U 有效电流就是I 。
对正弦交流电而言，有效电压U =，有效电流I =电路中所有电表的示数都是有效值，电功率电热的计算都是有效值，而电容器的击穿电压等则是指的最大值。
考点二、变压器和远距离输电1．理想变压器：变压器有原副线圈和铁芯组成，其原理是原副线圈互感，要求原线圈必须输入交流电，这样才能产生电磁感应在副线圈感应出交流电，原副线圈磁通量变化率tφ∆∆相同，所以有11u n t φ∆=∆，22u n tφ∆=∆，即原副线圈电压表等于匝数比1122u n u n =。
最新-2018高考物理 月刊专版 专题18 交变电流和电磁感应带电粒子在电场磁场中的运动新题 精品
交变电流和电磁感应带电粒子在电场磁场中的运动1． .（20分）如图所示，电源电动势为E=100 V ，内阻不计，R 1、R 2、R 4的阻值为300 Ω，R 3为可变电阻。
C 为一水平放置的平行板电容器，虚线到两极板距离相等且通过竖直放置的荧光屏中心，极板长为l=8 cm ，板间距离为d=1 cm ，右端到荧光屏距离为s=20 cm ，荧光屏直径为D=5 cm 。
有一细电子束沿图中虚线以E 0=9.6×102eV 的动能连续不断地向右射入平行板电容器。
已知电子电荷量e=1.6×10-19 C 。
要使电子都能打在荧光屏上，变阻器R 3的取值范围多大？答案：解:电子穿过电容器过程中，在水平方向做匀速运动l=v 0t,①（2分）在竖直方向做匀加速直线运动y 1=21at 2,②（2分） v 1=at,③（1分） a=mdeU ,④（1分） 电子穿出平行板电容器时，速度方向偏转θ角，tan θ=01v v ,⑤（2分） 联立①—⑤解得tan θ=121y 。
（1分） 电子打在荧光屏上偏离中心O ′的位移为y=y 1+stan θ,⑥（2分）即y=(1+l s 2)y 1。
当y 1=2d 时，代入数据求得y=3 cm>2D ,（1分） 故要使电子都能打在荧光屏上，应满足y ≤2D ,⑦（2分） 联立①—⑦解得U ≤ls l e DdE )2(200 （1分）代入数据求得A 、B 两点间电压U ≤25 V 。
（1）当U AB =25 V 时，即U AB =21R R E +R 2-43R R E +R 4=25 V,代入数据求得R 3=900 Ω。
（2分） （2）当U BA =25 V 时，即U BA =43R R E +R 4-21R R E +R 2=25 V,代入数据求得R 3=100 Ω。
（2分） 综述100 Ω≤R 3≤900 Ω。
（1分）2、（20分）由于受地球信风带和盛西风带的影响，在海洋中形成一种河流称为海流。
2018版高考物理一轮复习第8章磁场第1讲磁场及其对电流的作用课件
2．在磁场中某区域的磁感线，如图所示，则 导学号 51342876 ( B ) A．a、b两处的磁感应强度的大小不等Ba>Bb B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba<Bb C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大 D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
[解析]
磁感线的疏密程度表示 B的大小，但安培力的大小除跟该处的 B的
)
答案： (1)× 互排斥。 直。 (4)×
电流在磁场中受力为零，磁感应强度不一定为零。 (3)×
(2)×
在磁体内部，磁感线由S极指向N极。
同向电流相互吸引，异向电流相
安培力垂直磁场和电流决定的平面，磁场和电流不一定垂
(5)√ (6)×
(7)× (8)√ (9)×
磁铁的磁场和电流的磁场本质上是一样的。
力的作用。 N极 (3)方向：小磁针的__________ 所受磁场力的方向。 2．磁感应强度
F B＝IL (1)定义式：__________( 通电导线垂直于磁场)。
N极 (2)方向：小磁针静止时________ 的指向。
磁感线与安培定则
切线 方向都跟 1．磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的________ 这点的磁感应强度的方向一致。 2．安培定则： 伸直的拇指 所指的方向与电流方向 (1)通电直导线：右手握住导线，让______________ 弯曲的四指 所指的方向就是磁感线环绕的方向。 一致，____________
精准高考
物 理
人教版
选修3-1
第八章 磁场
考点内容
磁场、磁感应强度、磁感线
要 求 Ⅰ Ⅰ
说明
(1)安培 力的计 算只限 于电流 与磁感 应强度 垂直的 情形； (2)洛伦 兹力的 计算只 限于速 度与磁 场方向 垂直的 情形
高考物理一轮复习专题突破练习11带电粒子在交变电磁场中的运动含答案
专题突破练习(十一)带电粒子在交变电磁场中的运动1．如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。
规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是()A BC D2．如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)，现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点在纸面内沿着OM线射入磁场，离子在磁场中做圆周运动的周期恰为T0，离子重力不计，其恰好不能从右边界N穿出且在2T0时恰好返回左边界M，则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为()甲乙A．B0＝2πmqT0，v0＝πdT0B．B0＝2πmqT0，v0＝πd2T0C．B0＝πmqT0，v0＝πdT0D．B0＝πmqT0，v0＝πd2T03．如图甲所示，水平放置的平行金属板a、b间加直流电压U，a板上方有足够长的“V”字形绝缘弹性挡板，两板夹角为60°，在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图乙，垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1＝B0，B2未知。
现有一比荷为qm、不计重力的带正电粒子从c点静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的影响。
求：甲乙(1)粒子第一次到达O点时的速率；(2)图中B2的大小；(3)金属板a和b间的距离d。
4．如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向，t＝0时刻，带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。
2018高考物理一轮总复习素材库课件： 15-带电粒子在交变电磁场中的运动 精品
如图甲所示，在以 O 为坐标原点的 xOy 平面内，存 在着范围足够大的电场和磁场．一个带正电小球在 t＝0 时刻 以 v0＝3gt0 的初速度从 O 点沿＋x 方向(水平向右)射入该空间， 在 t0 时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场 方向竖直向上，场强大小 E0＝mqg，磁场垂直于 xOy 平面向外， 磁感应强度大小 B0＝πqmt0 .已知小球的质量为 m，带电荷量为 q， 时间单位为 t0，当地重力加速度为 g，空气阻力不计．试求：
(1)t0 末小球速度的大小；
(2)小球做圆周运动的周期 T 和 12t0 末小球速度的大小；
(3)在给定的 xOy 坐标系中，大体画出小球在 0 到 24t0
内运动轨迹的示意图．qE来自v0=3gt0qE
x2
mqgvBmmg g
qE
y2
qvBmmg g
qvB
B
mg
E
解析
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热点专题突破系列8 带电粒子在交变电磁场中的运动
〔专题强化训练〕
1．(2016·湖北四地七校2月联考)如图甲所示，有一磁感应强度大小为B 、垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP 与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场右上边界放置长为L 、间距为d 的平行金属板M 、N ，磁场边界上的O 点与N 板在同一水平面上，O 1、O 2为电场左、右边界中点。
在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)。
某时刻从O 点竖直向上以不同初速度同时发射两个相同的质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子a 和b 。
结果粒子a 恰从O 1点水平进入板间电场运动，由电场中的O 2点射出；粒子b 恰好从M 板左端边缘水平进入电场。
不计粒子重力和粒子间相互作用，电场周期T 未知。
求：导学号 51342965
(1)粒子a 、b 从磁场边界射出时的速度v a 、v b ；
(2)粒子a 从O 1点进入磁场到从O 2点射出电场运动的总时间t ；
(3)如果金属板间交变电场的周期T ＝4m qB
，粒子b 从图乙中t ＝0时刻进入电场，求使粒子b 能够穿出板间电场E 0应满足的条件。
[答案] (1)qBd 2m qBd m (2)m 2qBd
(πd ＋2d ＋4L ) (3)E 0≤qd2B2mL
[解析] (1)粒子a 、b 在磁场中匀速转过90°，平行于金属板进入电场，
由几何关系可得r a ＝d 2，r b ＝d ，
由牛顿第二定律可得qv a B ＝mv2a ra ，qv b B ＝mv2b rb
， 解得v a ＝qBd 2m ，v b ＝qBd m 。
(2)粒子a 在磁场中运动轨迹如图所示。
在磁场中运动的周期为T 0＝2πm qB ， 在磁场中运动的时间t 1＝T04＝πm 2qB
，
粒子在无电磁场区域做匀速直线运动，所用的时间为t 2＝d 2va ＝m qB
， 在电场中运动时间为t 3＝L va ＝2mL qBd
， a 粒子全程运动的时间为
t ＝t 1＋t 2＋t 3＝m 2qBd (πd ＋2d ＋4L )。
(3)粒子在磁场中运动的时间相同，a 、b 同时离开磁场，
a 比
b 进入电场落后的时间为Δt ＝d 2va ＝m qB ＝T 4，故粒子b 在t ＝0时刻进入电场，而粒子a 在T 4
时刻进入电场。
由于粒子a 在电场中从O 2射出，在电场中竖直方向位移为0，故a 在电场中运动的时间t a 是电场周期
的整数倍，由于v b ＝2v a ，b 在电场中运动的时间t b ＝12
t a ，可见b 在电场中运动的时间是电场半个周期的整数倍，即t b ＝L vb ＝n ·T 2
， 故n ＝2L Tvb 。
粒子b 在T 2内竖直方向的位移为y ＝12a (T 2
)2， 粒子在电场中的加速度a ＝qE0m
， 由题知T ＝4m qB ，
粒子b 能穿出板间电场应满足ny ≤d ，
解得E 0≤qd2B2mL。
2．(2016·山东齐鲁名校协作体第二次联考)如图甲所示，在边界MN 左侧存在斜向右上方的匀强电场
E 1，在MN 的右侧有竖直向上、场强大小为E 2＝0.4N/C 的匀强电场，还有垂直于纸面向里的匀强磁场B (图甲中未画出)和水平向右的匀强电场E 3(图甲中未画出)，B 和E 3随时间变化的情况如图乙所示，P 1P 2为距MN 边界2.295m 的竖直墙壁，现有一带正电微粒，质量为4×10－7kg ，电荷量为1×10－5C ，从左侧电场中距MN 边界115
m 的A 处无初速释放后，沿直线以1m/s 速度垂直MN 边界进入右侧场区，设此时刻t ＝0，g 取10m/s 2。
求：导学号 51342966
(1)MN 左侧匀强电场的电场强度E 1(sin37°＝0.6)；
(2)带电微粒在MN 右侧场区中运动了1.5s 时的速度；
(3)带电微粒在MN 右侧场区中运动多长时间与墙壁碰撞？(1.22π≈0.19)。