Question

11．如圖所示，水平放置的電容器與滑動(dòng)變阻器R_x并聯(lián)，然后與阻值為R₀的定值電阻以及間距為l的足夠長(zhǎng)的光滑固定傾斜導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)之中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，將滑動(dòng)變阻器R_x調(diào)到R₀，然后將導(dǎo)體棒自導(dǎo)軌上端由靜止釋放，待速度穩(wěn)定后，從電容器左端中點(diǎn)以水平速度v₀射入的電子恰能從極板邊緣離開(kāi)電場(chǎng)．已知磁場(chǎng)感應(yīng)強(qiáng)度為B，電子電量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計(jì)，電容器板間距為d，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，導(dǎo)體棒電阻也為R₀，重力加速度為g，求：
（1）電子從哪個(gè)極板離開(kāi)電場(chǎng)；
（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量M以及導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度v₁；
（3）若僅將滑動(dòng)變阻器R_x調(diào)到2R₀，當(dāng)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，速度是原來(lái)的幾倍；若仍要求從電容器左端中點(diǎn)以水平速度v₀射入的電子恰能從極板邊緣射出，需要把板間距調(diào)整為原來(lái)的幾倍？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，得到電容器中的電場(chǎng)方向，判斷電子受電場(chǎng)力的方向；
（2）由電磁感應(yīng)定律求電動(dòng)勢(shì)E=BLv、閉合電路歐姆定律求電流I=$\frac{E}{R}$，由導(dǎo)體棒受力平衡求速度，由帶電粒子的勻速通過(guò)電容器求電壓，結(jié)合閉合電路求速度；
（3）若僅將滑動(dòng)變阻器R_x調(diào)到2R₀，根據(jù)平衡條件和歐姆定律得到電流的變化情況，得到電容器的電壓；在結(jié)合類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式分析即可．

解答 解：（1）由右手定則可知，導(dǎo)體棒a端為等效電源正極，則電容器下極板為正，電子向下偏轉(zhuǎn)從下極板離開(kāi)電場(chǎng)；
（2）電子做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上：a=$\frac{eU}{md}$，$\frachbru22t{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$；
水平方向上：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$；
聯(lián)立可得：U=$\frac{m{b9p4ntk^{2}v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}}$，
導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=3IR₀=$\frac{3mpfkllgd^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}}$，
又有E=Blv₁，
聯(lián)立解得：${v}_{1}=\frac{3metdaaxo^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}Bl}$，
速度穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒受力平衡，則：Mgsinθ=BIl，
解得：M=$\frac{Bmw9erp2w^{2}{v}_{0}^{2}l}{e{L}^{2}{R}_{0}gsinθ}$；
（3）將滑動(dòng)變阻器Rx調(diào)到2R₀，重新達(dá)到平衡后：
Mgsinθ=BIl，則電流大小不變，即I=$\frac{meac8g4d^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}{R}_{0}}$
導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E′=4IR₀=$\frac{4muqnrvxi^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}}$；
又有：E′=BLv₂，
可得：v₂=$\frac{4mzsw5mtp^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}Bl}$；
故$\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}=\frac{3}{4}$，故穩(wěn)定時(shí)的速度是原來(lái)的$\frac{4}{3}$倍；
由于電流不變，滑動(dòng)變阻器的有效電阻加倍，變阻器Rx兩端電壓變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，
由$\frac5jviutw{2}=\frac{1}{2}a{t^2}$
$a=\frac{eU'}{md}$
$t=\frac{L}{v_0}$
可得$\frac0ivhosl{2}=\frac{1}{2}\frac{eU'}{md}{（\frac{L}{v_0}）^2}$，故d²∝U′，
若仍要求電子從極板邊緣飛出，則板間距需要調(diào)整為原理的$\sqrt{2}$倍；
答：（1）電子從下極板離開(kāi)電場(chǎng)；
（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量M為$\frac{Bmfpy1xya^{2}{v}_{0}^{2}l}{e{L}^{2}{R}_{0}gsinθ}$，導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度v₁為$\frac{3mgicavzo^{2}{v}_{0}^{2}}{e{L}^{2}Bl}$；
（3）若僅將滑動(dòng)變阻器R_x調(diào)到2R₀，當(dāng)導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上穩(wěn)定運(yùn)行時(shí)，速度是原來(lái)的2倍；
若仍要求從電容器左端中點(diǎn)以水平速度v₀射入的電子恰能從極板邊緣射出，需要把板間距調(diào)整為原來(lái)的$\sqrt{2}$倍．

點(diǎn)評(píng) 本題是力電綜合問(wèn)題，關(guān)鍵是明確電路結(jié)構(gòu)、知道導(dǎo)體棒受力平衡、電子做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，要根據(jù)平衡條件、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式、閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律列式求解，較難．