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17.如圖所示,在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場,在第一、第四象限內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向如圖所示.現(xiàn)有一個帶電粒子在該平面內(nèi)從x軸上的P點(diǎn),以垂直于x軸的初速度v0進(jìn)入勻強(qiáng)電場,恰好經(jīng)過y軸上的Q點(diǎn)且與y軸成45°角射出電場,再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進(jìn)入下面的磁場.已知OP之間的距離為d,(不計粒子的重力)求:
(1)Q點(diǎn)的坐標(biāo);
(2)圓周運(yùn)動的半徑;
(3)帶電粒子自進(jìn)入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間.

分析 帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,以方向與y軸成45°角的速度射出電場,說明此時水平和豎直兩個方向的分速度,由位移公式求解出電場時與y軸交點(diǎn)坐標(biāo).由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求解場強(qiáng)大�。鞒隽W釉诖艌鲋羞\(yùn)動的軌跡,根據(jù)幾何知識求出軌跡半徑即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度.根據(jù)在第四象限軌跡的圓心角求出運(yùn)動時間,即可求出自進(jìn)入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間.

解答 解:(1)帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,水平方向做勻加速運(yùn)動,豎直方向做勻速運(yùn)動,由題得知,出電場時,vx=vy=v0
由x=vx2t=d,y=vyt,
解得:y=2d,
所以Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(0.2d).
(2)粒子的軌跡如圖,則設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為R,則有:Rsin(180°-β)=y=2d,而β=135°,
解得:R=22d
(3)粒子在磁場中運(yùn)動的速度為v=2v0,由R=mvqB得:B=mv02qd,T=\frac{2πm}{qB}=\frac{4πd}{{v}_{0}}
粒子在電場中運(yùn)動時間為:t1=\frac{y}{{v}_{0}}=\frac{2d}{{v}_{0}},
在第一象限運(yùn)動時間為:t2=\frac{135°}{360°}T=\frac{3πd}{2{v}_{0}},
在第四象限內(nèi)運(yùn)動的時間為:{t}_{3}=\frac{1}{2}T=\frac{2πd}{{v}_{0}},
則運(yùn)動的總時間為:t=t1+t2+t3=\frac{(7π+4)d}{2{v}_{0}}
答:(1)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為Q(0,2d);
(2)圓周運(yùn)動的半徑為2\sqrt{2}d
(3)帶電粒子自進(jìn)入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間為\frac{(7π+4)d}{2{v}_{0}}

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵分析清楚小球的運(yùn)動規(guī)律,然后分別對各個過程運(yùn)用類平拋運(yùn)動的分位移和分速度公式、牛頓第二定律等規(guī)律列式求解.磁場中關(guān)鍵是畫軌跡.

練習(xí)冊系列答案
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7.對于庫侖定律,下面說法正確的是( �。�
A.同種電荷的庫侖力為正,異種電荷的庫侖力為負(fù)
B.兩個帶電小球即使相距非常近,也能直接用庫侖定律
C.相互作用的兩個點(diǎn)電荷,不論它們的電荷量是否相同,它們之間的庫侖力大小一定相等
D.根據(jù)庫侖定律,當(dāng)兩個帶電體的距離趨近于零時,庫侖力趨近于無窮大

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A.FN不變,F(xiàn)T不變B.FN不變,F(xiàn)T變大C.FN不變,F(xiàn)T變小D.FN變大,F(xiàn)T變小

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5.正弦交變電源經(jīng)過匝數(shù)比為10:1的變壓器與電阻R、交流電壓表、交流電流表按如圖甲所示方式連接,R=10Ω.圖乙是R兩端電壓U隨時間變化的圖象.Um=10\sqrt{2}V,則下列說法中正確的是( �。�
A.通過R的電流iR隨時間t變化的規(guī)律是iR=\sqrt{2}cos100πtA
B.電流表的讀數(shù)為0.1A
C.電流表的讀數(shù)為\frac{\sqrt{2}}{10}A
D.電壓表的讀數(shù)為10\sqrt{2}V,電源的輸出電壓的有效值為100\sqrt{2}V

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12.如圖,一個金屬圓環(huán)放在勻強(qiáng)磁場中,將它勻速拉出磁場,下列錯誤的是(不計重力)( �。�
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B.環(huán)中感應(yīng)電流的大小不變
C.所施加水平拉力的大小要變
D.若將此環(huán)向左拉出磁場,則環(huán)中感應(yīng)電流的方向也是順時針方向

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(1)拉力F所做的功
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