Question

4．如圖所示，總電阻R_變=9Ω的滑動(dòng)變阻器通過(guò)分壓式接法與兩平行金屬板M、N連接，電路中電源電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻r=1Ω．從M板由靜止釋放一個(gè)質(zhì)量m=1.0×10^-12kg、電荷量q=+1.0×10^-8C的帶電粒子，經(jīng)電場(chǎng)加速后從N板的小孔O射出，并從P點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．該磁場(chǎng)的左邊界與豎直方向成θ=30°角，右邊界沿豎直方向，且P點(diǎn)到右邊界的距離d=0.4m．不計(jì)空氣阻力和帶電粒子的重力，滑動(dòng)變阻器滑片左側(cè)部分的電阻記為R₁，試求：
（1）當(dāng)R₁=4.5Ω時(shí)，求帶電粒子從小孔O射出時(shí)的速度大小；
（2）通過(guò)移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片來(lái)改變R₁的值，仍從M板由靜止釋放帶電粒子，欲使帶電粒子從磁場(chǎng)左邊界上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后能從磁場(chǎng)的左邊界射出，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)的位置和P點(diǎn)之間的距離為s，求s的最大值和相應(yīng)的R₁的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求出回路電流和MN兩板的電壓，由動(dòng)能定理求出帶電粒子從小孔O射出時(shí)的速度
（2）畫(huà)出S最大時(shí)的粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出半徑，根據(jù)半徑公式求速度，利用幾何關(guān)系求S，利用動(dòng)能定理求出MN之間的電壓，最后由閉合電路歐姆定律求${R}_{1}^{\;}$

解答 解：（1）當(dāng)${R}_{1}^{\;}=4.5Ω$時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律$I=\frac{E}{{R}_{變}^{\;}+r}=\frac{10}{9+1}=1A$
MN兩板間的電壓${U}_{MN}^{\;}=I{R}_{1}^{\;}=1×4.5=4.5V$
根據(jù)動(dòng)能定理$q{U}_{MN}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2q{U}_{MN}^{\;}}{m}}=300m/s$
（2）粒子射出磁場(chǎng)的位置和P點(diǎn)之間的距離S最大時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡和右邊界相切，軌跡如圖所示
由幾何關(guān)系知R=d
洛倫茲力提供向心力$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得$R=\frac{mv}{qB}=d$
$v=\frac{qBd}{m}$
代入數(shù)據(jù)解得v=400m/s
根據(jù)動(dòng)能定理$q{U}_{MN}^{′}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
${U}_{MN}^{′}=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2q}=8V$
${U}_{MN}^{′}=I{R}_{1}^{\;}$
解得${R}_{1}^{\;}=8Ω$
${S}_{max}^{\;}=2Rcos30°=0.4\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}}{5}m$
答：（1）當(dāng)R₁=4.5Ω時(shí)，求帶電粒子從小孔O射出時(shí)的速度大小300m/s；
（2）通過(guò)移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑片來(lái)改變R₁的值，仍從M板由靜止釋放帶電粒子，欲使帶電粒子從磁場(chǎng)左邊界上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后能從磁場(chǎng)的左邊界射出，設(shè)粒子射出磁場(chǎng)的位置和P點(diǎn)之間的距離為s，求s的最大值$\frac{2\sqrt{3}}{5}m$和相應(yīng)的R₁的值8Ω．

點(diǎn)評(píng) 本題題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚離子的運(yùn)動(dòng)情況是求解的關(guān)鍵和基礎(chǔ)，考查綜合應(yīng)用電路、磁場(chǎng)和幾何知識(shí)，處理帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的能力，綜合性較強(qiáng)．