Question

7．如圖所示，一對平行金屬板水平放置，板間距離為d，板間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，將金屬板接入如圖所示的電路，已知電源的內(nèi)電阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現(xiàn)將開關(guān)K閉合，并將滑動觸頭P調(diào)節(jié)至距離電阻R的右端為其總長度的1/4時，讓一個質(zhì)量為m、電量為q宏觀帶電粒子從兩板間的正中央以某一初速度水平飛入場區(qū)，發(fā)現(xiàn)其恰好能夠做勻速圓周運(yùn)動．
（1）試判斷該粒子的電性，求電源的電動勢；
（2）若將滑動觸頭P調(diào)到電阻R的正中間位置時，該粒子仍以同樣的狀態(tài)入射，發(fā)現(xiàn)其沿水平方向的直線從板間飛出，求該粒子進(jìn)入場區(qū)時的初速度；
（3）若將滑塊觸頭P調(diào)到最左邊，該粒子仍以同樣的狀態(tài)入射，發(fā)現(xiàn)其恰好從金屬板的邊緣飛出，求粒子飛出時的動能．

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速圓周運(yùn)動，則重力等于電場力，再結(jié)合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關(guān)系即可解題；
（2）帶電質(zhì)點(diǎn)以水平直線從兩板間穿過，說明粒子在復(fù)合場中做直線運(yùn)動，可知合外力為零，再結(jié)合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關(guān)系即可解題．
（3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，結(jié)合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關(guān)系即可求得粒子受到的電場力；原帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能從金屬板緣飛出，粒子在豎直方向的位移是$\fracjs7xzbi{2}$，重力與電場力做功，根據(jù)動能定理即可求得質(zhì)點(diǎn)飛出時的動能．

解答 解：（1）由題意，粒子帶負(fù)電，因帶電質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，故電場力與重力平衡，有：qE=mg
兩板間電場強(qiáng)度為：E=$\frac{U}rfxkmdp$，兩板間電壓為：U=I×$\frac{R}{4}$由閉合電路歐姆定律得：I=$\frac{{E}_{電}}{R+r}$聯(lián)立以上各式得電動勢為：E_電=$\frac{4（R+r）dmg}{qR}$
（2）由題意知，電場力豎直向上，故質(zhì)點(diǎn)帶負(fù)電，由左手定則得洛倫茲力豎直向下，由平衡條件可得：mg+qv₀B=F′_電
因兩極板間電壓為：$U′=I×\frac{R}{2}$故E′=2E，
F′_電=2qE=2mg
由以上兩式解得：v₀=$\frac{mg}{qB}$
（3）因板間電壓變?yōu)椋篣″=IR=4U
故電場力：F″_電=4F=4mg
由動能定理得：F″_電•$\fracg87o3og{2}$-mg$\fracr1e3tq3{2}$=E_k-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：E_k=$\frac{3mgd}{2}$$+\frac{{m}^{3}{g}^{2}}{2{B}^{2}{q}^{2}}$
答：（1）電源的電動勢為$\frac{4（R+r）dmg}{qR}$；
（2）若將滑動變阻器的滑動觸頭P調(diào)到R的正中央位置，可以使原帶電質(zhì)點(diǎn)以水平直線從兩板間穿過，該質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場的初速度為$\frac{mg}{qB}$；
（3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質(zhì)點(diǎn)恰好能從金屬板緣飛出，質(zhì)點(diǎn)飛出時的動能為$\frac{3mgd}{2}$$+\frac{{m}^{3}{g}^{2}}{2{B}^{2}{q}^{2}}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運(yùn)動的問題，題目共設(shè)置了三種不同的情景，要正確分析各種情況下的受力與運(yùn)動，難度適中．