《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題7 帶電粒子在復(fù)合場中的運動學(xué)案（含解析） 考向預(yù)測 近幾年高考中，關(guān)于此部分內(nèi)容的命題方向有：在帶電粒子在組合場中的運動、帶電體在復(fù)合場中的運動、電磁場技術(shù)的應(yīng)用。題目以計算題為主，難度較大。 高頻考點：帶電粒子在組合場中的運動問題；考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動問題；考查以帶電粒子在組合場、復(fù)合場中的運動規(guī)律為工作原理的儀器在科學(xué)領(lǐng)域、生活實際中的應(yīng)用。知識與技巧的梳理 考點一、帶電粒子在組合場中的運動 例 (xx·天津卷T13)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示。一

2、帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標(biāo)原點O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等。不計粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比。 【審題立意】有關(guān)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動，可以根據(jù)帶電粒子受力情況，用牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學(xué)公式確定帶電粒子的速度；對于帶電粒子在磁場中的運動情況，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量。 【解題思路】(1)在電場中，粒子做類平拋運動，設(shè)Q點到x軸距離

3、為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，有 2L＝v0t?、? L＝at2　② 設(shè)粒子到達(dá)O點時沿y軸方向的分速度為vy，vy＝at?、? 設(shè)粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向夾角為α，有tan α＝?、? 聯(lián)立①②③④式得α＝45°?、? 即粒子到達(dá)O點時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上。 設(shè)粒子到達(dá)O點時速度大小為v，由運動的合成有v＝?、? 聯(lián)立①②③⑥式得v＝v0?！、? (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F＝ma ⑧ 又F＝qE?、? 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑

4、為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m?、? 由幾何關(guān)系可知R＝L　? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得＝?！? 【參考答案】(1)v0，與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 【技能提升】解決帶電粒子在組合場中運動問題的思路方法 【變式訓(xùn)練】1. 如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy，在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場，方向垂直于xOy平面向里，正三角形邊長為L，且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子，從y軸上的P(0，h)點，以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a(2h，0)點進(jìn)入第Ⅳ象限，又經(jīng)

5、過磁場從y軸上的某點進(jìn)入第Ⅲ象限，且速度與y軸負(fù)方向成45°角，不計粒子所受的重力。求： (1)電場強(qiáng)度E的大??； (2)粒子到達(dá)a點時速度的大小和方向； (3)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值。 解析：(1)設(shè)粒子在電場中運動的時間為t，則有 x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，qE＝ma 聯(lián)立以上各式可得E＝。 (2)粒子到達(dá)a點時沿y軸負(fù)方向的分速度為vy＝at＝v0 所以v＝ ＝ v0，方向指向第Ⅳ象限與x軸正方向成45°角。 (3)粒子在磁場中運動時，有qvB＝m 當(dāng)粒子從b點射出時，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值，此時有r＝L，所以B＝。 2. 如圖所示，在平面

6、直角坐標(biāo)系xOy的x軸上方存在著垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，x軸下方存在著沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場。一帶正電粒子從y軸上的A點以初速度v0出發(fā)，射入勻強(qiáng)磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)x軸上的C點垂直x軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場，一段時間后到達(dá)y軸上的D點。已知OC＝＝＝，不計粒子的重力。 (1)求粒子到達(dá)D點時的速度大小。 (2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度大小E的比值。 (3)若撤去原來的勻強(qiáng)電場，然后在x軸下方添加一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是x軸上方勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍，使帶電粒子經(jīng)過該磁場偏轉(zhuǎn)后剛好也能夠通過D點且速度與y軸負(fù)方向成θ＝60°角，試計算該圓形勻強(qiáng)磁場

7、區(qū)域的最小面積。 解析：(1)由題意可知，粒子到達(dá)C點時的速度大小仍為v0，粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，設(shè)粒子到達(dá)D點所用時間為t，沿x軸方向的分速度大小為vx，則有 l＝v0t，＝t 以上兩式聯(lián)立可解得vx＝v0 所以粒子到達(dá)D點時的速度大小為vD＝v0。 (2)如圖甲所示，設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運動的半徑為R，則由幾何關(guān)系有 l2＋2＝R2 解得R＝l 又因為qv0B＝m 所以B＝ 在勻強(qiáng)電場中有vx＝·，代入數(shù)據(jù)可得E＝ 故＝。 (3)由qv0B＝m可知，當(dāng)B變?yōu)樵瓉淼?倍時，粒子在磁場中做圓周運動的半徑應(yīng)變?yōu)樵瓉淼囊话?，設(shè)粒子在圓形磁場區(qū)域中做勻速圓周運動的

8、半徑為R1，則R1＝l 粒子軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知∠MO2N＝60° 故MN＝l 當(dāng)MN為圓形磁場的直徑時，圓形磁場區(qū)域面積最小，故 Smin＝π2 代入數(shù)據(jù)可得Smin＝πl(wèi)2。 考點二、帶電粒子在疊加場中的運動 例1. (xx·全國I卷T25)真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運動，速度大小為v0。在油滴處于位置A時，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變。持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到B點。重力加速度大小為g。 (1)求油滴運動到B點時的速度； (2)求

9、增大后的電場強(qiáng)度的大??；為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、A兩點間距離的兩倍。 【審題立意】本題考查帶電體在重力場與電場組成的疊加場中的運動問題。解答此題要充分理解物理過程，把握物理情景，找出物理規(guī)律，綜合運用牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律。同時此題的數(shù)學(xué)運算過程較為復(fù)雜，要注意仔細(xì)運算。 【解題思路】(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，油滴速度方向向上為正。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運動，故勻強(qiáng)電場方向向上。 在t＝0時，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時，油滴做

10、豎直向上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a1滿足：qE2－mg＝ma1 ① 油滴在時刻t1的速度為：v1＝v0＋a1t1 ② 電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速運動，加速度方向向下，大小a2滿足： qE2＋mg＝ma2 ③ 油滴在時刻t2＝2t1的速度為：v2＝v1－a2t1 ④ 由①②③④式得：v2＝v0－2gt1 ⑤ (2)由題意，在t＝0時刻前有：qE1＝mg ⑥ 油滴從t＝0到時刻t1的位移為：s1＝v0t1＋a1t12 ⑦ 油滴在從時刻t1到時刻t2＝2t1的時間間隔內(nèi)的位移為：s2＝v1t1－a2t12 ⑧ 由題給條件有：v02＝2g(2h) ⑨ 式中h

11、是B、A兩點之間的距離。 若B點在A點之上，依題意有：s1＋s2＝h ⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得：E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有：2－2＋2>1 ? 即當(dāng)0 ? 才是可能的；條件?式和?式分別對應(yīng)于v2>0和v2<0兩種情形。 若B點在A點之下，依題意有：s1＋s2＝－h(huán) ? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得：E2＝E1 ? 為使E2>E1，應(yīng)有：2－2－2>1 ? 即t1> ? 另一解為負(fù)，不合題意，已舍去。 【參考答案】(1)v0－2gt1　(2)見解析 例2. (xx·曲阜模擬)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B

12、1＝B0和豎直向上的勻強(qiáng)電場E1(大小未知)，第一象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B2和豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，且E2＝，第四象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場E3，且E3＝E2。現(xiàn)有一比荷為＝k的帶正電小球從第二象限內(nèi)的A點(h，h)以一定初速度水平向右射出，小球沿直線運動，小球進(jìn)入第一象限后恰好做勻速圓周運動，并從x軸上的C點與x軸正方向成60°角進(jìn)入第四象限內(nèi)運動，最終通過C點正下方的D點，已知重力加速度為g，求： (1)小球的初速度v0及電場強(qiáng)度E1的大小； (2)第一象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大??； (3)CD的長度L； (4)小球從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間t。 【審題立意】本題考查

13、帶電體在重力場、電場、磁場組成的混合場中的運動問題。解答此題可按以下步驟分析： “明”：小球在第二象限內(nèi)做直線運動，在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，第四象限內(nèi)做類平拋運動。 “畫”：畫出在各象限內(nèi)的運動軌跡，如圖所示。 “析”：在第二象限做勻速直線運動，F(xiàn)合＝0。 在第一象限做勻速圓周運動： E2q＝mg，qB2v＝m。 在第四象限做類平拋運動：F合＝ ＝2mg。 【解題思路】(1)因小球在第二象限內(nèi)受豎直向下的重力、洛倫茲力和豎直向上的電場力作用沿直線運動，所以一定有：B0qv0＋mg＝qE1 小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運動，所以必有：q＝mg，B2qv0＝m 聯(lián)立解得：E1＝

14、＝，v0＝＝。 (2)小球運動軌跡如圖所示，由圖知小球在第一象限內(nèi)運動半徑滿足： h＋Rsin 30°＝R，即R＝2h 由(1)知：B2＝ 聯(lián)立并代入v0得：B2＝。 (3)在第四象限內(nèi)，因qE3＝mg，其合力大小為2mg，方向恰好與CD成60°角，即小球從C到D做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律知： Lsin 30°＝·t32，Lcos 30°＝v0t3 聯(lián)立得：L＝，t3＝。 (4)小球在第二象限內(nèi)運行時間：t1＝＝ 小球在第一象限內(nèi)運行時間：t2＝＝＝ 小球從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間：t＝t1＋t2＋t3＝B0hk＋。 【參考答案】(1)　　(2)　(3) (4)B

15、0hk＋ 【技能提升】“兩分析、一應(yīng)用”巧解復(fù)合場問題 1．受力分析，關(guān)注幾場疊加 (1)磁場、重力場并存，受重力和洛倫茲力； (2)電場、磁場并存(不計重力的微觀粒子)，受電場力和洛倫茲力； (3)電場、磁場、重力場并存，受電場力、洛倫茲力和重力。 2．運動分析，典型運動模型構(gòu)建：(1)帶電體受力平衡，做勻速直線運動；(2)帶電體受力恒定，做勻變速直線運動；(3)帶電體受力大小恒定且方向指向圓心，做勻速圓周運動；(4)帶電體受力方向變化復(fù)雜，做曲線運動等。 3．選用規(guī)律，兩種觀點解題：(1)帶電體做勻速直線運動，則用平衡條件求解(即二力或三力平衡)；(2)帶電體做勻速圓周運動，

16、應(yīng)用向心力公式或勻速圓周運動的規(guī)律求解；(3)帶電體做勻變速直線或曲線運動，應(yīng)用牛頓運動定律和運動學(xué)公式求解；(4)帶電體做復(fù)雜的曲線運動，應(yīng)用能量守恒定律或動能定理求解。 【變式訓(xùn)練】1. 如圖所示，在真空空間中，有沿水平方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，還有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場E，三個帶電液滴(可視為質(zhì)點)甲、乙、丙帶有等量同種電荷。已知甲靜止，乙水平向左勻速運動，丙水平向右勻速運動，則下列說法正確的是(　　) A．三個液滴都帶負(fù)電 B．丙質(zhì)量最大，甲質(zhì)量次之，乙質(zhì)量最小 C．若僅撤去磁場，甲可能做勻加速直線運動 D．若僅撤去電場，乙和丙可能做勻速圓周運動 解析：甲靜止，不受洛

17、倫茲力，由受力平衡，有m甲g＝qE，重力和電場力等值、反向、共線，故電場力向上，由于電場E的方向豎直向上，故三個液滴都帶正電，選項A錯誤；乙受力平衡，有m乙g＋qv乙B＝qE，故m甲>m乙；丙受力平衡，有m丙g＝qE＋qv丙B，故m丙>m甲，選項B正確；甲靜止，不受洛倫茲力，電場力和重力相平衡，所以僅撤去磁場甲仍然靜止，選項C錯誤；僅撤去電場，乙和丙除受洛倫茲力外，還受豎直向下的重力作用，速度將增大，洛倫茲力的大小和方向隨速度的大小和方向變化而變化，乙和丙不可能做勻速圓周運動，選項D錯誤。 答案：B 2. 如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，

18、一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球從A點以速度v0沿直線AO運動，AO與x軸負(fù)方向成37°角，在第四象限內(nèi)的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一最小電場強(qiáng)度的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運動到MN上的C點，MN右側(cè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動并恰好沒從右邊界飛出，已知小球在C點的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)小球的帶電性質(zhì)； (2)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大??； (3)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向； (4)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。 解析

19、：(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運動，因洛倫茲力與速度關(guān)聯(lián)，所以此三力滿足圖(a)所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運動，由受力特點及左手定則可判定小球帶正電。 (2)由圖(a)知tan 37°＝，得E1＝ cos 37°＝，得B1＝。 (3)當(dāng)區(qū)域Ⅰ中的電場強(qiáng)度最小時，小球做直線運動，此時受力如圖(b)所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運動，由圖知cos 37°＝，得E2＝，方向與x軸正方向成53°角向上。 (4)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動，所以mg＝qE3，得E3＝，小球恰好不從右邊界穿出，小球運動軌跡如圖(c)所示。 由(3)知

20、F＝mgsin 37°，即a＝gsin 37° 由運動學(xué)規(guī)律知(2v0)2－v＝2a·OC 解得OC＝ 由幾何關(guān)系知＝tan 37°，得r＝ 由洛倫茲力提供向心力知B2q·2v0＝m 聯(lián)立得B2＝。 考點三、電磁場技術(shù)的應(yīng)用 【知識回顧】1．質(zhì)譜儀： (1)用途：測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。 (2)原理：由粒子源S發(fā)出的速度幾乎為零的粒子經(jīng)過加速電場U加速后，以速度v＝ 進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場中作勻速圓周運動，運動半徑為r＝ ，粒子經(jīng)過半個圓周運動后打到照相底片D上，通過測量D與入口間的距離d，進(jìn)而求出粒子的比荷＝或粒子的質(zhì)量m＝。 2．速度選擇器：帶電粒子束射入正交的勻強(qiáng)電場和

21、勻強(qiáng)磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器。速度選擇器只對粒子的速度大小和方向做出選擇，而對粒子的電性、電荷量不能進(jìn)行選擇性通過。 3．回旋加速器： (1)用途：加速帶電粒子。 (2)原理：帶電粒子在電場中加速，在磁場中偏轉(zhuǎn)，交變電壓的周期與帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動的周期相同。 (3)粒子獲得的最大動能Ek＝，其中rn表示D形盒的最大半徑。 【跟蹤訓(xùn)練】1. (xx屆高三·大同調(diào)研)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖中的鉛盒A中的放射源放出大量的帶正電粒子(可認(rèn)為初速度為零)，從狹縫S1進(jìn)入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再

22、通過狹縫S2，從小孔G垂直于MN射入偏轉(zhuǎn)磁場，該偏轉(zhuǎn)磁場是以直線MN為切線、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)在MN上的F點(圖中未畫出)接收到該粒子，且GF＝R。則該粒子的比荷為(粒子的重力忽略不計)(　　) A. B. C. D. 解析：粒子運動軌跡如圖所示。設(shè)粒子被加速后獲得的速度為v，由動能定理有：qU＝mv2，由幾何關(guān)系可得，粒子在磁場中做圓周運動的偏轉(zhuǎn)角θ＝60°，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r＝，又Bqv＝m，解得＝，故C正確。 答案：C 2. (xx屆高三·太原摸底)(多選)如圖所示，一束帶電粒子以

23、一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強(qiáng)磁場B和勻強(qiáng)電場E組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P，進(jìn)入另一勻強(qiáng)磁場B′，最終打在A1A2上。下列表述正確的是(　　) A．粒子帶負(fù)電 B．所有打在A1A2上的粒子，在磁場B′中運動時間都相同 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．粒子打在A1A2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大 解析：由粒子在磁場中的運動軌跡，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；在速度選擇器中滿足：Eq＝Bqv，可得v＝，選項C正確；在磁場中運動的周期為：T＝，由于進(jìn)入磁場中的粒子的比荷不一定相同，故周期不同，運動時間不一定相同，選項B錯誤；粒子在磁場中

24、運動的半徑：r＝，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則粒子的運動半徑越小，故粒子的比荷越大，選項D正確。 答案：CD 3. 如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中加速。每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時，A板電勢又降為零，粒子在電場中一次次加速，動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞行半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R)。下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法，正確的是(　　) A．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁

25、感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ B．環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ C．A、B板之間的電壓可以始終保持不變 D．粒子每次繞行一圈所需的時間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為＝ 解析：因粒子每繞行一圈，其增加的能量為qU，所以繞行第n圈時獲得的總動能為mv＝nqU，得第n圈的速度vn＝。在磁場中，由牛頓第二定律得qBnvn＝m，解得Bn＝，所以＝，A項錯誤、B項正確；如果A、B板之間的電壓始終保持不變，粒子在A、B兩極板之間飛行時，電場對其做功qU，從而使之加速，在磁場內(nèi)飛行時，電場又對粒子做功－qU，從而使之減速．粒子繞行一周電場對其所做總功為零，動能不會增加，達(dá)不到加速效果，C項錯誤；根據(jù)t＝得tn＝2πR，得＝，D項錯誤。 答案：B