5.如圖所示在Ⅱ、Ⅲ象限存在勻強電場,電場強度為E、方向與y軸負向成45°,Ⅰ、Ⅳ象限存在勻強磁場,磁感應強度為B、方向垂直紙面指向里.一個質(zhì)量為m,電量為q的負電荷從電場中的P點由靜止釋放,P點離y軸距離為$\sqrt{2}$L,電荷離開電場后剛好從坐標原點O進入磁場,若電荷在磁場中的軌跡與x軸交點為M,電荷所受重力忽略不計.求
(1)電荷經(jīng)過O點時的速度.
(2)電荷在磁場中的軌跡半徑.
(3)電荷在磁場中運動的總時間.

分析 (1)根據(jù)負電荷的受力和運動情況,找到P的坐標,再利用動能定理求出電荷經(jīng)過O點時的速度;
(2)利用負電荷在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,求出軌跡半徑;
(3)利用作出的運動軌跡,根據(jù)幾何關(guān)系找到轉(zhuǎn)過的角度,再求出周期,求出運動的總時間.

解答 解:(1)因為負電荷在Ⅱ、Ⅲ象限只受電場力作用,受到的電場力方向與電場方向相反,最后能從原點O進入磁場,且P點離y軸距離為$\sqrt{2}$L,則P點的坐標只能是$(-\sqrt{2}L,-\sqrt{2}L)$,則xOP=2L
在電場中,由動能定理得:qExOP=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得電荷經(jīng)過O點時的速度為:v=$\sqrt{\frac{4qEL}{m}}$;
(2)由于電場方向與y軸負向成45°,負電荷沿著電場反方向做勻加速直線運動,則電荷在O點的速度與y軸正方向成45°,由對稱性作出負電荷在磁場中運動的軌跡如圖所示
負電荷在磁場中洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律有:
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得:R=$\frac{mv}{qB}=\frac{2}{B}\sqrt{\frac{mEL}{q}}$;
(3)負電荷在磁場中運動的周期為:T=$\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}$
由幾何關(guān)系知,負電荷在磁場中運動繞圓心轉(zhuǎn)過的角度θ=270°
則有:t=$\frac{θ}{360°}T=\frac{270°}{360°}•\frac{2πm}{qB}=\frac{3πm}{2qB}$
答:(1)電荷經(jīng)過O點時的速度為$\sqrt{\frac{4qEL}{m}}$;
(2)電荷在磁場中的軌跡半徑$\frac{2}{B}\sqrt{\frac{mEL}{q}}$;
(3)電荷在磁場中運動的總時間為$\frac{3πm}{2qB}$.

點評 解答本題的關(guān)鍵是掌握帶電粒子在磁場中運動的解題思路:找圓心,求半徑,畫軌跡;另外特別注意粒子在磁場做圓周運動的半徑和周期公式不能在計算題中直接使用,需要過程推導.

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19.如圖所示,圓軌道的半徑為0.5m,一質(zhì)量為4kg的小球在斜面上某處靜止釋放滾入圓軌道,并始終保持在圓軌道內(nèi)部運動.要使小球不脫離軌道運動,則小球在斜面上釋放的高度h必須滿足(不計一切摩擦和小球在軌道連接處的能量損失,重力加速度g取10m/s2)( 。
A.h≤0.25mB.h≤0.5mC.h≥1.25mD.h≥2.5m

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A.彈簧伸長,伸長量為$\frac{2ILB}{k}$+x1B.彈簧伸長,伸長量為$\frac{ILB}{k}$+x1
C.彈簧壓縮,壓縮量為$\frac{2ILB}{k}$-x1D.彈簧壓縮,壓縮量為$\frac{ILB}{k}$-x1

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13.如圖為一物體沿直線運動的速度圖象,由此可知(  )
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20.從離地面高20m處自由下落一個小球,取g=10m/s2.求:
(1)小球在空中的運動時間;
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10.兩個質(zhì)點甲與乙,同時由同一地點向同一方向做直線運動,它們的速度一時間圖象如圖所示.則下列說法中正確的是( 。
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17.在物理學建立、發(fā)展的過程中,許多物理學家的科學發(fā)現(xiàn)推動了人類歷史的進步、關(guān)于科學家和他們的貢獻,下列說法正確的是(  )
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14.如圖所示,變壓器輸入有效值恒定的電壓,副線圈匝數(shù)可調(diào),輸出電壓通過輸電線送給用戶(電燈等用電器),R表示輸電線的電阻,則(  )
A.用電器增加時,變壓器輸出電壓增大
B.要提高用戶的電壓,滑動觸頭P應向上滑
C.用電器增加時,輸電線的熱損耗減少
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15.下列說法正確的是( 。
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