Question

4．如图所示，总电阻R_变=9Ω的滑动变阻器通过分压式接法与两平行金属板M、N连接，电路中电源电动势E=10V，内阻r=1Ω．从M板由静止释放一个质量m=1.0×10^-12kg、电荷量q=+1.0×10^-8C的带电粒子，经电场加速后从N板的小孔O射出，并从P点沿水平方向进入磁感应强度B=0.1T的有界匀强磁场．该磁场的左边界与竖直方向成θ=30°角，右边界沿竖直方向，且P点到右边界的距离d=0.4m．不计空气阻力和带电粒子的重力，滑动变阻器滑片左侧部分的电阻记为R₁，试求：
（1）当R₁=4.5Ω时，求带电粒子从小孔O射出时的速度大小；
（2）通过移动滑动变阻器的滑片来改变R₁的值，仍从M板由静止释放带电粒子，欲使带电粒子从磁场左边界上的P点进入磁场后能从磁场的左边界射出，设粒子射出磁场的位置和P点之间的距离为s，求s的最大值和相应的R₁的值．

Answer 1

分析 （1）根据闭合电路的欧姆定律求出回路电流和MN两板的电压，由动能定理求出带电粒子从小孔O射出时的速度
（2）画出S最大时的粒子运动轨迹，求出半径，根据半径公式求速度，利用几何关系求S，利用动能定理求出MN之间的电压，最后由闭合电路欧姆定律求${R}_{1}^{\;}$

解答 解：（1）当${R}_{1}^{\;}=4.5Ω$时，根据闭合电路欧姆定律$I=\frac{E}{{R}_{变}^{\;}+r}=\frac{10}{9+1}=1A$
MN两板间的电压${U}_{MN}^{\;}=I{R}_{1}^{\;}=1×4.5=4.5V$
根据动能定理$q{U}_{MN}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2q{U}_{MN}^{\;}}{m}}=300m/s$
（2）粒子射出磁场的位置和P点之间的距离S最大时，粒子在磁场中运动的轨迹和右边界相切，轨迹如图所示
由几何关系知R=d
洛伦兹力提供向心力$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$
解得$R=\frac{mv}{qB}=d$
$v=\frac{qBd}{m}$
代入数据解得v=400m/s
根据动能定理$q{U}_{MN}^{′}=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}$
${U}_{MN}^{′}=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2q}=8V$
${U}_{MN}^{′}=I{R}_{1}^{\;}$
解得${R}_{1}^{\;}=8Ω$
${S}_{max}^{\;}=2Rcos30°=0.4\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}}{5}m$
答：（1）当R₁=4.5Ω时，求带电粒子从小孔O射出时的速度大小300m/s；
（2）通过移动滑动变阻器的滑片来改变R₁的值，仍从M板由静止释放带电粒子，欲使带电粒子从磁场左边界上的P点进入磁场后能从磁场的左边界射出，设粒子射出磁场的位置和P点之间的距离为s，求s的最大值$\frac{2\sqrt{3}}{5}m$和相应的R₁的值8Ω．

点评 本题题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚离子的运动情况是求解的关键和基础，考查综合应用电路、磁场和几何知识，处理带电粒子在复合场中运动问题的能力，综合性较强．