Question

7．如圖所示，一對平行金屬板水平放置，板間距離為d，板間有磁感應強度為B的垂直于紙面向里的勻強磁場，將金屬板接入如圖所示的電路，已知電源的內電阻為r，滑動變阻器的總電阻為R，現將開關K閉合，并將滑動觸頭P調節至距離電阻R的右端為其總長度的1/4時，讓一個質量為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，發現其恰好能夠做勻速圓周運動．
（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調到電阻R的正中間位置時，該粒子仍以同樣的狀態入射，發現其沿水平方向的直線從板間飛出，求該粒子進入場區時的初速度；
（3）若將滑塊觸頭P調到最左邊，該粒子仍以同樣的狀態入射，發現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）粒子做勻速圓周運動，則重力等于電場力，再結合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關系即可解題；
（2）帶電質點以水平直線從兩板間穿過，說明粒子在復合場中做直線運動，可知合外力為零，再結合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關系即可解題．
（3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，結合閉合電路路端電壓與電源電動勢的關系即可求得粒子受到的電場力；原帶電質點恰好能從金屬板緣飛出，粒子在豎直方向的位移是$\fracp9vv5xb5{2}$，重力與電場力做功，根據動能定理即可求得質點飛出時的動能．

解答 解：（1）由題意，粒子帶負電，因帶電質點做勻速圓周運動，故電場力與重力平衡，有：qE=mg
兩板間電場強度為：E=$\frac{U}p9vv5xb5$，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，故質點帶負電，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）因板間電壓變為：U″=IR=4U
故電場力：F″_電=4F=4mg
由動能定理得：F″_電•$\fracp9vv5xb5{2}$-mg$\fracp9vv5xb5{2}$=E_k-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：E_k=$\frac{3mgd}{2}$$+\frac{{m}^{3}{g}^{2}}{2{B}^{2}{q}^{2}}$
答：（1）電源的電動勢為$\frac{4（R+r）dmg}{qR}$；
（2）若將滑動變阻器的滑動觸頭P調到R的正中央位置，可以使原帶電質點以水平直線從兩板間穿過，該質點進入磁場的初速度為$\frac{mg}{qB}$；
（3）若將滑動變阻器的滑動觸頭P移到R的最左端，原帶電質點恰好能從金屬板緣飛出，質點飛出時的動能為$\frac{3mgd}{2}$$+\frac{{m}^{3}{g}^{2}}{2{B}^{2}{q}^{2}}$．

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