計算題47分強化練(一)(對應學生用書第163頁)(建議用時：25分鐘)1．(15分)小亮觀賞滑雪比賽，看到運動員先后從坡頂水平躍出后落到斜坡上．斜坡長80m，如圖1所示，某運動員的落地點B與坡頂A的距離L＝75m，斜面傾角為37°，忽略運動員所受空氣阻力．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8．圖1(1)求運動員在空中的飛行時間；(2)小亮認為，無論運動員以多大速度從A點水平躍出，他們落到斜坡時的速度方向都相同．你是否同意這一觀點？請通過計算說明理由；(3)假設運動員在落到傾斜雪道上時，靠改變姿勢進行緩沖使自己只保留沿斜坡的分速度而不彈起．運動員與斜坡和水平地面的動摩擦因數(shù)均為μ＝0．4，經(jīng)過C處運動員速率不變，求運動員在水平面上滑行的最遠距離．【導學號：】【解析】(1)由h＝Lsin37°，h＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝3s．(2)設在斜坡上落地點到坡頂長為L，斜坡與水平面夾角為α，則運動員運動過程中的豎直方向位移h＝Lsinα，水平方向位移x＝Lcosα，運動時間由h＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(2Lsinα,g))由此得運動員落到斜坡時，速度的水平方向分量vx＝eq\f(x,t)＝eq\f(Lcosα,\r(\f(2Lsinα,g)))，速度的豎直方向分量vy＝gt＝eq\r(2gLsinα)，實際速度與水平方向夾角為tanβ＝eq\f(vy,vx)＝2tanα，由此可說明，速度方向與初速度大小無關，只跟斜坡與水平面的夾角α有關．(3)運動員落到斜坡時，水平速度vx＝20m/s與斜坡碰撞后速度v＝vxcos37°＋vysin37°＝34m/s斜坡上落點到坡底距離x1＝5m，豎直高度為h2＝3m滑至停下過程，由動能定理：mgh2－μmgx1cosα－μmgx2＝0－eq\f(1,2)mv2解得：x2＝148m．【答案】(1)3s(2)見解析(3)148m2．(16分)如圖2所示，POQ是折成60°角的固定于豎直平面內的光滑金屬導軌，導軌關于豎直軸線對稱，OP＝OQ＝L＝eq\r(3)m，整個裝置處在垂直導軌平面向里的足夠大的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化規(guī)律為B＝1－8t(T)．一質量為1kg、長為L、電阻為1Ω、粗細均勻的導體棒鎖定于OP、OQ的中點a、b位置．當磁感應強度變?yōu)锽1＝0．5T后保持不變，同時將導體棒解除鎖定，導體棒向下運動，離開導軌時的速度為v＝3．6m/s．導體棒與導軌始終保持良好接觸，導軌電阻不計，重力加速度取g＝10m/s2．求導體棒：圖2(1)解除鎖定前回路中電流的大小及方向；(2)滑到導軌末端時的加速度大??；(3)運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱．【導學號：】【解析】(1)解除鎖定前，感應電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)·eq\f(L,2)×eq\f(L,2)·cos30°×eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×cos30°))×8V＝eq\f(3\r(3),2)V感應電流為：I＝eq\f(E,\f(1,2)R)＝eq\f(\f(3,2)\r(3)V,\f(1,2)Ω)＝3eq\r(3)A由楞次定律知，感應電流的方向為順時針方向．(2)滑到導軌末端時的，感應電動勢為：E＝B1Lv＝0．5×eq\r(3)×3．6V＝1．8eq\r(3)V感應電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(1．8\r(3),1)A＝1．8eq\r(3)A安培力為：F＝B1IL＝0．5×1．8eq\r(3)×eq\r(3)N＝2．7N根據(jù)牛頓第二定律，有：mg－F＝ma解得：a＝g－eq\f(F,m)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(2．7,1)))m/s2＝7．3m/s2．(3)由能量守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q其中h＝eq\f(\r(3),4)L解得：Q＝eq\f(\r(3)mgL,4)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(\r(3)×1×10×\r(3),4)J－eq\f(1,2)×1×3．62J＝1．02J．【答案】(1)3eq\r(3)A，方向是順時針(2)7．3m/s2(3)1．02J3．(16分)在豎直平面內建立一平面直角坐標系xOy，x軸沿水平方向，如圖3甲所示．第二象限內有一水平向右的勻強電場，場強為E1．坐標系的第一、四象限內有一正交的勻強電場和勻強交變磁場，電場方向豎直向上，場強E2＝eq\f(1,2)E1，勻強磁場方向垂直紙面．處在第三象限的發(fā)射裝置(圖中未畫出)豎直向上射出一個比荷eq\f(q,m)＝102C/kg的帶正電的粒子(可視為質點)，該粒子以v0＝4m/s的速度從－x上的A點進入第二象限，并以v1＝8m/s速度從＋y上的C點沿水平方向進入第一象限．取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻，磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化(以垂直紙面向外的磁場方向為正方向)，g取10m/s2．試求：圖3(1)帶電粒子運動到C點的縱坐標值h及電場強度E1；(2)＋x軸上有一點D，OD＝OC，若帶電粒子在通過C點后的運動過程中不再越過y軸，要使其恰能沿x軸正方向通過D點，求磁感應強度B0及其磁場的變化周期T0；(3)要使帶電粒子通過C點后的運動過程中不再越過y軸，求交變磁場磁感應強度B0和變化周期T0的乘積B0T0應滿足的關系．【解析】(1)t＝eq\f(v0,g)＝0．4s，h＝eq\f(v0,2)t＝0．8max＝eq\f(v1,t)＝2g，qE1＝2mg，則E1＝0．2N/C．(2)qE2＝mg，所以帶電的粒子在第一象限將做勻速圓周運動，設粒子運動圓軌道半徑為R，周期為T，則qv1B0＝meq\f(v\o\al(2,1),R)可得R＝eq\f(0．08,B0)使粒子從C點運動到D點，則有：h＝(2n)R＝(2n)eq\f(0．08,B0)，B0＝0．2n(T)(n＝1，2，3，…)T＝eq\f(2πm,qB0)，eq\f(T0,2)＝eq\f(T,4)，T0＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB0)＝eq\f(π,20n)(s)(n＝1，2，3，…)．(3)當交變磁場周期取最大值而粒子不再越過y軸時可作如圖運動情形：由圖可知θ＝eq\f(5π,6)，T0≤eq\f(5,6)T＝eq\f(π,60B0)，則B0T0≤eq\f(π,60)(kg/C)．【答案】(1)0．8m0．2N/C(2)0．2n(T)(n＝1，2，3，…)eq\f(π,20n)(s)(n＝1，2，3，…)(3)B0T0≤eq\f(π,60)(kg/C)計算題47分強化練(二)(對應學生用書第164頁)(建議用時：25分鐘)1．(15分)如圖1為固定在豎直平面內的軌道，直軌道AB與光滑圓弧軌道BC相切，圓弧軌道的圓心角為37°，半徑為r＝0．25m，C端水平，AB段的動摩擦因數(shù)為0．5．豎直墻壁CD高H＝0．2m，緊靠墻壁在地面上固定一個和CD等高、底邊長L＝0．3m的斜面．一個質量m＝0．1kg的小物塊(視為質點)在傾斜軌道上從距離B點l＝0．5m處由靜止釋放，從C點水平拋出．重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8．求：圖1(1)小物塊運動到C點時對軌道的壓力的大?。?2)小物塊從C點拋出到擊中斜面的時間；(3)改變小物體從軌道上釋放的初位置，求小物體擊中斜面時動能的最小值．【解析】(1)小物塊從A到C的過程，由動能定理得：mglsin37°＋mg(r－rcos37°)－μmglcos37°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得：v0＝eq\r(3)m/s在C點，由牛頓第二定律得：N－mg＝meq\f(v\o\al(2,0),r)代入數(shù)據(jù)解得：N＝2．2N由牛頓第三定律得，小物塊運動到C點時對軌道的壓力的大小為2．2N．(2)如圖，設物體落到斜面上時水平位移為x，豎直位移為y，eq\f(L－x,y)＝eq\f(L,H)代入得：x＝0．3－1．5y由平拋運動的規(guī)律得：x＝v0t，y＝eq\f(1,2)gt2聯(lián)立得15t2＋2eq\r(3)t－0．6＝0代入數(shù)據(jù)解得：t＝eq\f(\r(3),15)s．(3)由上知x＝0．3－1．5yveq\o\al(2,0)t2＝veq\o\al(2,0)eq\f(2y,g)＝(0．3－1．5y)2可得：veq\o\al(2,0)＝eq\f(g0．3－1．5y2,2y)小物體擊中斜面時動能為：Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgy＝eq\f(0．09,4)mgeq\f(1,y)＋eq\f(25,16)mgy－eq\f(0．9,4)mg解得：當y＝0．12m，Ekmin＝0．15J．【答案】(1)2．2N(2)eq\f(\r(3),15)s(3)0．15J2．(16分)如圖2所示，固定于水平面上的金屬框架CDEF處在豎直向下的勻強磁場中．t＝0時，磁感應強度為B0，此時金屬棒MN的位置恰好使MDEN構成一個邊長為l的正方形．已知金屬棒MN的電阻為r，金屬框架DE段的電阻為R，其他電阻不計．甲乙圖2(1)若金屬棒MN保持靜止，磁場的磁感應強度按圖乙所示的規(guī)律變化，求回路中的感應電動勢；(2)若磁感應強度B0保持不變，金屬棒MN以速度v0貼著金屬框架向右勻速運動，會產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源．用電池、電阻等符號畫出這個裝置的等效電路圖，并求通過回路的電流大??；(3)若金屬棒MN以速度v0貼著金屬框架向右勻速運動，為使回路中不產(chǎn)生感應電流，從t＝0開始，磁感應強度B應怎樣隨時間t變化？請推導B與t的關系式．【導學號：】【解析】(1)由法拉第電磁感應定律有：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(B1－B0,t1)l2．(2)等效電路圖如圖所示，金屬棒MN向右勻速運動，產(chǎn)生感應電動勢為：E′＝B0lv0根據(jù)歐姆定律有：I＝eq\f(E′,R＋r)＝eq\f(B0lv0,R＋r)．(3)為了不產(chǎn)生感應電流，則磁通量的變化為零，即ΔΦ＝0Bl(l＋v0t)－B0l2＝0，解得：B＝eq\f(B0l,l＋v0t)．【答案】(1)eq\f(B1－B0,t1)l2(2)電路圖見解析eq\f(B0lv0,R＋r)(3)B＝eq\f(B0l,l＋v0t)3．(16分)如圖3所示，在y軸的右方有一磁感應強度為B的方向垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸的下方有一場強為E的方向平行x軸向左的勻強電場．有一鉛板放置在y軸處，且與紙面垂直．現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的粒子由靜止經(jīng)過加速電壓為U的電場加速，然后以垂直于鉛板的方向從A處沿直線穿過鉛板，而后從x軸上的D處以與x軸正向夾角為60°的方向進入電場和磁場疊加的區(qū)域，最后到達y軸上的C點．已知OD長為l，不考慮粒子受到的重力，求：圖3(1)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的時間；(2)粒子經(jīng)過鉛板時損失的動能；(3)粒子到達C點時的速度大?。緦W號：】【解析】(1)粒子在第一象限內做勻速圓周運動，由：Bqv＝meq\f(v2,R)，T＝eq\f(2πR,v)，t＝eq\f(1,6)T聯(lián)立可求得粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的時間：t＝eq\f(πm,3Bq)．(2)粒子經(jīng)電場加速過程由動能定理可得：qU＝Ek0由幾何關系，粒子做圓周運動的半徑：R＝eq\f(l,sin60°)粒子穿過鉛板損失的動能：ΔEk＝Ek0－eq\f(1,2)mv2．聯(lián)立以上各式可得：ΔE＝qU－eq\f(2B2q2l2,3m)．(3)粒子由D到達C的過程中，由動能定理可得：Eql＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mv2代入可得：vC＝eq\r(\f(6Eqml＋4B2q2l2,3m2))．【答案】(1)eq\f(πm,3Bq)(2)qU－eq\f(2B2q2l2,3m)(3)eq\r(\f(6Eqml＋4B2q2l2,3m2))計算題47分強化練(三)(對應學生用書第165頁)(建議用時：25分鐘)1．(15分)如圖1是某學習小組在空曠的場地上做“搖繩發(fā)電實驗”的示意圖．他們將一銅芯線像甩跳繩一樣勻速搖動，銅芯線的兩端分別通過細銅線與靈敏交流電流表相連．搖繩的兩位同學的連線與所在處的地磁場(可視為勻強磁場)垂直．搖動時，銅芯線所圍成半圓周的面積S＝2m2，轉動角速度ω＝10eq\r(2)rad/s，用電表測得電路中電流I＝40μA，電路總電阻R＝10Ω，取eq\f(π,\r(2))＝2．25．圖1(1)求該處地磁場的磁感應強度B；(2)從銅芯線所在平面與該處地磁場平行開始計時，求其轉過四分之一周的過程中，通過電流表的電量q；(3)求銅芯線轉動一周的過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱Q．【解析】(1)銅芯線中產(chǎn)生的是正弦交流電，則：Im＝eq\r(2)I①由歐姆定律得：Em＝ImR②又Em＝BωS③①②③聯(lián)立解得：B＝2×10－5T．(2)在銅芯線與地面平行開始至銅芯線轉動四分之一周的過程中根據(jù)法拉第電磁感應定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,t)④E＝eq\x\to(I)R⑤q＝eq\x\to(I)t⑥④⑤⑥聯(lián)立解得：q＝4×10－6C．(3)銅芯線轉動一周，電路中產(chǎn)生的焦耳熱QQ＝I2RT＝(40×10－6)2×10×eq\f(2π,10\r(2))J＝7．2×10－9J．【答案】(1)2×10－5T(2)4×10－6C(3)7．2×10－9J2．(16分)如圖2所示，用長為1m的輕質細線將質量為100g的小球懸掛于O點．小球在外力作用下靜止在A處，此時細線偏離豎直方向的夾角為60°．現(xiàn)撤去外力，小球由靜止釋放，擺到最低點B時，細線被O點正下方0．25m處的光滑小釘子擋住，小球繼續(xù)向左擺動到最高點時細線偏離豎直方向的夾角為60°．小球在運動過程中所受空氣阻力大小恒定，且始終與運動方向相反，重力加速度取10m/s2，π≈3．求小球：圖2(1)在A處時，所受外力的最小值；(2)從A運動到C過程空氣阻力做的功；(3)動能最大時細線偏離豎直方向夾角的正弦值．【解析】(1)小球在A處靜止，受共點力平衡，當F1與細線垂直時最?。瓼＝mgF1＝Fsinα解得F1＝eq\f(\r(3),2)N．(2)設小球從A到C過程中空氣阻力做功W，根據(jù)動能定理：mgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L1－cosα－\f(3,4)L1－cosα))－W＝0解得W＝0．125J．(3)設空氣阻力為f，則W＝f(Lα)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)Lα))小球從A向B運動過程中，速度先增大后減小，當重力的切向分力等于阻力時速度最大．設小球速度最大時細線偏離豎直方向夾角為θ，據(jù)題意mgsinθ＝f解得sinθ＝0．07．【答案】(1)eq\f(\r(3),2)N(2)0．125J(3)0．073．(16分)如圖3甲所示，A、C兩平行金屬板長度和間距相等，兩板間所加電壓隨時間變化圖線如圖乙所示，圖中的U0、T均已知．磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里，其左右邊界與電場中線OO′垂直．質量為m、電量為q帶正電的粒子連續(xù)不斷地以相同的初速度沿兩板間的中線OO′射入電場，并從磁場左邊界MN射出．已知t＝0時刻進入板間的粒子經(jīng)eq\f(T,2)恰好從極板邊緣進入磁場．不考慮粒子的重力和粒子間相互作用力．求：甲乙圖3(1)粒子在磁場中運動的最短時間；(2)磁場區(qū)域左右邊界間的最小距離；(3)從O′點進入磁場的粒子速度大?。緦W號：】【解析】設板長和板距為L，粒子的初速度為v0，據(jù)題意，t＝0時刻進入電場的粒子：水平方向L＝v0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))豎直方向eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)eq\f(U0q,Lm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2解得L＝eq\f(T,2)eq\r(\f(qU0,m))，v0＝eq\r(\f(qU0,m))(1)t＝nT＋eq\f(T,2)(n＝0，1，2，…)時進入電場的粒子，從極板上邊界進入磁場，進入磁場時速度與磁場左邊界夾角最小，在磁場中做圓周運動圓心角最小，在磁場中運動時間最短設粒子的初速度為v0，則水平方向速度L＝v0eq\f(T,2)豎直方向速度eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)vyeq\f(T,2)解得vy＝v0，則粒子以大小為eq\r(2)v0，與磁場邊界成45°斜向上射入磁場，粒子在磁場中圓周運動的時間tmin＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)．(2)t＝nT(n＝0，1，2，…)時進入電場的粒子，從下極板邊緣以eq\r(2)v0速度，與磁場邊界成45°斜向下射入磁場，在磁場中運動過程中離左邊界最遠．根據(jù)牛頓第二定律qBeq\r(2)v0＝meq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)v0))2,R)最小磁場寬度dmin＝R＋Rcos45°得dmin＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋1))\r(mqU0),qB)．(3)設從O′點射出電場的粒子沿側向加速時間為t，其沿側向返回加速時間為eq\f(T,2)－2t，軌跡如圖所示，則2×eq\f(1,2)eq\f(U0q,mL)t2－eq\f(1,2)eq\f(U0q,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－2t))2＝0到達O′點時側向速度v′y＝eq\f(U0q,mL)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)－2t))到達O′點時速度大小v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v′\o\al(2,y))聯(lián)立上述各式解得v＝eq\r(\f(U0q,m)4－2\r(2))．【答案】(1)eq\f(πm,2qB)(2)eq\f(\r(2)＋1\r(mqU0),qB)(3)eq\r(\f(U0q,m)4－2\r(2))計算題47分強化練(四)(對應學生用書第166頁)(建議用時：25分鐘)1．(15分)如圖1所示，以MN為下邊界的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，MN上方有一單匝矩形導線框abcd，其質量為m，電阻為R，ab邊長為l1，bc邊長為l2，cd邊離MN的高度為h．現(xiàn)將線框由靜止釋放，線框下落過程中ab邊始終保持水平，且ab邊離開磁場前已做勻速直線運動．求線框從靜止釋放到完全離開磁場的過程中，圖1(1)ab邊離開磁場時的速度v；(2)通過導線橫截面的電荷量q；(3)導線框中產(chǎn)生的熱量Q．【解析】(1)線框勻速運動時，E＝Bl1v①I＝eq\f(E,R)②F＝BIl1③mg＝F④由①②③④聯(lián)立：v＝eq\f(mgR,B2l\o\al(2,1))．(2)導線框穿過磁場的過程中，q＝eq\o(I,\s\up6(－))t⑤eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)⑥eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Bl1l2,t)⑦由⑤⑥⑦聯(lián)立：q＝eq\f(Bl1l2,R)．(3)導線框穿過磁場的過程中，利用能量守恒定律，mg(h＋l2)＝eq\f(1,2)mv2＋Q帶入(1)中的速度，解得：Q＝mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(4,1))．【答案】(1)eq\f(mgR,B2l\o\al(2,1))(2)eq\f(Bl1l2,R)(3)mg(h＋l2)－eq\f(m3g2R2,2B4l\o\al(4,1))2．(16分)一輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質量為m的小物塊a相連，如圖2所示．質量為eq\f(3,5)m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時彈簧的壓縮量為x0，從t＝0時開始，對b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運動．經(jīng)過一段時間后，物塊a、b分離；再經(jīng)過同樣長的時間，b距其出發(fā)點的距離恰好也為x0．彈簧的形變始終在彈性限度內，重力加速度大小為g．求：圖2(1)彈簧的勁度系數(shù)；(2)物塊b加速度的大小；(3)在物塊a、b分離前，外力大小隨時間變化的關系式．【導學號：】【解析】(1)對整體分析，根據(jù)平衡條件可知，沿斜面方向上重力的分力與彈簧彈力平衡，則有：kx0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ解得：k＝eq\f(8mgsinθ,5x0)．①(2)由題意可知，b經(jīng)兩段相等的時間位移為x0；由勻變速直線運動相鄰相等時間內位移關系的規(guī)律可知：eq\f(x1,x0)＝eq\f(1,4)②說明當形變量為x1＝x0－eq\f(x0,4)＝eq\f(3x0,4)時二者分離對m分析，因分離時a、b間沒有彈力，則根據(jù)牛頓第二定律可知：kx1－mgsinθ＝ma③聯(lián)立①②③解得：a＝eq\f(gsinθ,5)．(3)設時間為t，則經(jīng)時間t時，a、b前進的位移為x，則形變量變?yōu)棣＝x0－x．對整體分析可知：由牛頓第二定律有F＋kΔx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))gsinθ＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,5)m))a解得F＝eq\f(8,25)mgsinθ＋eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2因分離位移x＝eq\f(x0,4)，由x＝eq\f(x0,4)＝eq\f(1,2)at2解得：t＝eq\r(\f(5x0,2gsinθ))故應保證t<eq\r(\f(5x0,2gsinθ))，F(xiàn)表達式才能成立．【答案】(1)eq\f(8mgsinθ,5x0)(2)eq\f(gsinθ,5)(3)F＝eq\f(8,25)mgsinθ＋eq\f(4mg2sin2θ,25x0)t2t<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(5x0,2gsinθ))))3．(16分)如圖3甲所示，有一磁感應強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ＝45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O1、O2為電場左右邊界中點．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場(取豎直向下為正方向)．某時刻從O點豎直向上以不