(2005?淮安二模)如圖所示,在xoy平面內(nèi),第I象限中有勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E,方向沿x軸負(fù)方向,在第Ⅱ象限和第Ⅲ象限有勻強(qiáng)磁場,方向垂直于紙面向里.今有一個質(zhì)量為m,電荷量為e的質(zhì)子(不計重力),從x軸上的P點(diǎn)以初速度v0垂直于電場方向進(jìn)入電場.經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,沿著與y軸正方向成45°角的方向進(jìn)入磁場,從磁場中飛出時恰好能返回到原出發(fā)點(diǎn)P.試求:
(1)P點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離l;
(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B;
(3)質(zhì)子第二次在電場中運(yùn)動的時間t.
分析:(1)分析質(zhì)子的運(yùn)動情況:質(zhì)子從P到A,受到豎直向下的電場力而做類平拋運(yùn)動(或勻變速曲線運(yùn)動);進(jìn)入磁場從A到C再到D,做勻速圓周運(yùn)動;離開磁場從D到P,做勻速直線運(yùn)動,畫出軌跡.質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動,水平方向做勻速直線運(yùn)動,豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動.在A點(diǎn)質(zhì)子的速度與x軸成45°角,則知質(zhì)子經(jīng)過A點(diǎn)的速度為v=
2
v0.根據(jù)動能定理研究質(zhì)子從P到A的過程,可求出h.
(2)由運(yùn)動學(xué)公式,確定OA的距離,再由幾何關(guān)系可確定,OD的距離,最后由圓弧半徑的公式,即可求解;
(3)質(zhì)子第二次在電場中做勻減速運(yùn)動,由牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式可求出時間.
解答:解:(1)質(zhì)子運(yùn)動的軌跡示意圖如右圖所示,質(zhì)子進(jìn)入電場從P到A,做類平拋運(yùn)動(或勻變速曲線運(yùn)動);進(jìn)入磁場從A到C再到D,做勻速圓周運(yùn)動;離開磁場從D到P,做勻速直線運(yùn)動. 
質(zhì)子經(jīng)過A點(diǎn)的速度大。簐=
v0
cos45°
=
2
v0

質(zhì)子從P到A過程,由動能定理得:eEl=
1
2
mv2-
1
2
m
v
2
0

解得,l=
m
v
2
0
2Ee

(2)設(shè)OA的距離為S1,OD的距離為S2
則S1=v0
l=
v0tan45°
2
t

解得:S1=2l
質(zhì)子從磁場中飛出時的方向與y軸也成45°,所以S2=l
所以,質(zhì)子在磁場中的軌道半徑為R=
S1+S2
2
=
3
2
l
2

 由于R=
mvA
eB
,解得:B=
4E
3v0

(3)質(zhì)子第二次在P點(diǎn)時,速度大小為
2
v0
,速度方向與x軸正方向成45°,
質(zhì)子第二次在電場中運(yùn)動,在x方向做初速度為v0,
加速度大小為a=
Ee
m
的勻減速直線運(yùn)動.
則有:-l=v0t-
1
2
Ee
m
t2

解得:t=(1+
2
)
mv0
Ee

答:
(1)P點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離l=
m
v
2
0
2Ee

(2)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=
4E
3v0
;
(3)質(zhì)子第二次在電場中運(yùn)動的時間t=(1+
2
)
mv0
Ee
點(diǎn)評:質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動的研究方法是運(yùn)動的分解,而磁場中圓周運(yùn)動的研究方法是畫軌跡,都常用的思路,難度不大.
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(1)請你在方框內(nèi)畫出正確的電路圖

(2)請你按照正確的電路圖,在實物圖中完成其余的連線

(3)該同學(xué)按照“伏安法”測量電阻的要求連接好電路后,測得的電阻值將
大于
大于
(填“大于”、“小于”或“等于”)被測電阻的實際阻值.

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