Question

4．如圖所示，總電阻R_變=9Ω的滑動變阻器通過分壓式接法與兩平行金屬板M、N連接，電路中電源電動勢E=10V，內阻r=1Ω．從M板由靜止釋放一個質量m=1.0×10^-12kg、電荷量q=+1.0×10^-8C的帶電粒子，經(jīng)電場加速后從N板的小孔O射出，并從P點沿水平方向進入磁感應強度B=0.1T的有界勻強磁場．該磁場的左邊界與豎直方向成θ=30°角，右邊界沿豎直方向，且P點到右邊界的距離d=0.4m．不計空氣阻力和帶電粒子的重力，滑動變阻器滑片左側部分的電阻記為R₁，試求：
（1）當R₁=4.5Ω時，求帶電粒子從小孔O射出時的速度大��；
（2）通過移動滑動變阻器的滑片來改變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左邊界上的P點進入磁場后能從磁場的左邊界射出，設粒子射出磁場的位置和P點之間的距離為s，求s的最大值和相應的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，由動能定理求出帶電粒子從小孔O射出時的速度
（2）畫出S最大時的粒子運動軌跡，求出半徑，根據(jù)半徑公式求速度，利用幾何關系求S，利用動能定理求出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${R}_{1}^{\;}=4.5Ω$時，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）粒子射出磁場的位置和P點之間的距離S最大時，粒子在磁場中運動的軌跡和右邊界相切，軌跡如圖所示
由幾何關系知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R₁=4.5Ω時，求帶電粒子從小孔O射出時的速度大小300m/s；
（2）通過移動滑動變阻器的滑片來改變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左邊界上的P點進入磁場后能從磁場的左邊界射出，設粒子射出磁場的位置和P點之間的距離為s，求s的最大值$\frac{2\sqrt{3}}{5}m$和相應的R₁的值8Ω．

點評 本題題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚離子的運動情況是求解的關鍵和基礎，考查綜合應用電路、磁場和幾何知識，處理帶電粒子在復合場中運動問題的能力，綜合性較強．