Question

2．如圖，電源電動(dòng)勢(shì)E₀=15V，內(nèi)阻r₀=1Ω，電阻R₁=30Ω，R₂=60Ω．間距d=0.2m的兩平行金屬板水平放置，板間分布有垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．閉合開(kāi)關(guān)S，板間電場(chǎng)視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一帶正電的小球以初速度v=0.1m/s沿兩板間中線水平射入板間．設(shè)滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值為R_x，忽略空氣對(duì)小球的作用，取g=10m/s²．

（1）當(dāng)R_x=29Ω時(shí)，電阻R₂消耗的電功率是多大？
（2）小球進(jìn)入板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并與金屬板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60°，作出小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，求出運(yùn)動(dòng)半徑，并計(jì)算此時(shí)對(duì)應(yīng)的 R_x值．

Answer 1

分析 （1）由電路圖可知，R₁與R₂并聯(lián)后與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)，由串并聯(lián)電路的性質(zhì)可得出總電阻，由閉合電路歐姆定律可得電路中的電流及R₂兩端的電壓，由功率公式P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可求得R₂消耗的電功率；
（2）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力與電場(chǎng)力平衡；由牛頓第二定律可知洛侖茲力充當(dāng)向心力；由幾何關(guān)系可求得粒子運(yùn)動(dòng)的半徑，聯(lián)立可解得電容器兩端的電壓；由閉合電路歐姆定律可求得滑動(dòng)變阻器的阻值．

解答 解：（1）閉合電路的外電阻為$R={R}_{x}+\frac{{R}_{1}{R}_{2}}{{R}_{1}+{R}_{2}}=（29+\frac{30×60}{30+60}）=49Ω$①
根據(jù)閉合電路的歐姆定律$I=\frac{E}{R+{r}_{0}}=\frac{15}{49+1}=0.3A$②
R₂兩端的電壓為U=E-I（r+R_x）=（15-0.3×30）V=6V     ③
R₂消耗的功率為${P}_{2}=\frac{{{U}_{2}}^{2}}{{R}_{2}}=\frac{36}{60}=0.6W$④
（2）小球進(jìn)入電磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則重力和電場(chǎng)力等大反向，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，得
Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$⑤
$\frac{{U′}_{2}}fxugpe2q=mg$⑥
聯(lián)立⑤⑥化簡(jiǎn)得$U{′}_{2}=\frac{BRdg}{v}$
小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的初末速的夾角等于圓心角為60°，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：


根據(jù)幾何關(guān)系得
R=d           ⑧
聯(lián)立⑦⑧并代入數(shù)據(jù)$U{′}_{2}=\frac{Bd8pqxq0^{2}g}{v}$=4V，
干路電流為$I′=\frac{U{′}_{2}}{{R}_{1}}+\frac{U{′}_{2}}{{R}_{2}}=\frac{4}{30}+\frac{4}{60}=0.2A$ ⑨
則滑動(dòng)變阻器的電阻R_X=$\frac{{E}_{0}-U{′}_{2}}{I′}-r=\frac{15-4}{0.2}-1=54Ω$；
要使小球進(jìn)入板間做勻速度圓周運(yùn)動(dòng)并與板相碰，碰時(shí)速度與初速度的夾角為60°，R_x應(yīng)為54Ω．
答：（1）當(dāng)R_x=29Ω時(shí)，電阻R₂消耗的電功率是0.6W；
（2）小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，運(yùn)動(dòng)半徑為d，此時(shí)對(duì)應(yīng)的 R_x值為54Ω．

點(diǎn)評(píng) 本題為帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與閉合電路歐姆定律的綜合性題目，解題的關(guān)鍵在于明確帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受到的電場(chǎng)力一定與重力大小時(shí)相等方向相反，同時(shí)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用．