Question

5．如圖所示，MN為水平放置的兩塊平行金屬板，相距d，兩板間勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，方向如圖示．電源電阻為r，滑動變阻器a、b間阻值為R．一個帶電量為-q、質(zhì)量為m的粒子從左端兩板中央水平飛入，不計重力．求：
（1）K斷開，帶電粒子速度v₀多大時，才能恰沿$\frac{1}{4}$圓弧打在金屬板上，打在哪塊板上？
（2）K閉合后，變阻器滑動頭c移到中點處，帶電粒子仍以速度v₀射入，恰勻速直線運動，電源電動勢ε=？
（3）K閉合后，將c移到距a端$\frac{1}{3}$處，帶電粒子仍以速度v₀射入，它在距金屬板$\frac6is2kjz{4}$處飛出，飛出時的速度是多大？

Answer 1

分析 （1）K斷開時，粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，當(dāng)粒子垂直打在金屬板上時，軌跡半徑為$\frac{1}{2}$d，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力公式，最后由左手定則來判定洛倫茲力的方向，即可求解；
（2）K閉合時，粒子做勻速直線運動時，洛倫茲力等于電場力，再由U=Ed、電阻與電壓的關(guān)系，即可求解．
（3）先根據(jù)電路知識求出MN間的電壓，再由動能定理求解．

解答 解：（1）粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，當(dāng)粒子垂直打在金屬板上時，
由幾何關(guān)系可知，粒子的運動半徑：R=$\frac4co7inu{2}$
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得初速度為：v₀=$\frac{qBd}{2m}$．
根據(jù)左手定則，可知，負(fù)電粒子受到的洛倫茲力的方向向下，因此粒子偏向N極板；
（2）閉合后回路中的總電流為：I=$\frac{E}{R+r}$
兩板間的電壓為：U=$\frac{R}{2}•$I=$\frac{ER}{2（R+r）}$
因為粒子做勻速直線運動，洛倫茲力等于電場力，則有：
qv₀B=q$\frac{U}ggljovk$
由以上幾式解得電源電動勢：E=$\frac{（R+r）q{B}^{2}bqqvrzf^{2}}{mR}$
（3）據(jù)題意有，兩板間的電壓：U′=$\frac{1}{3}$U=$\frac{ER}{3（R+r）}$
粒子射出板間由動能定理有：q•$\frac{1}{4}$U′=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：v=$\frac{\sqrt{3}Bqd}{6m}$
答：（1）K斷開，帶電粒子速度$\frac{qBd}{2m}$時，才能恰沿$\frac{1}{4}$圓弧打在金屬板上，打在N板上；
（2）K閉合后，變阻器滑動頭c移到中點處，帶電粒子仍以速度v₀射入，恰勻速直線運動，電源電動勢$\frac{（R+r）q{B}^{2}pd0zk9b^{2}}{mR}$；
（3）K閉合后，將c移到距a端$\frac{1}{3}$處，帶電粒子仍以速度v₀射入，它在距金屬板$\fracenrjmdr{4}$處飛出，飛出時的速度是$\frac{\sqrt{3}Bqd}{6m}$．

點評 此題關(guān)鍵要掌握磁場中粒子由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，電路中正確運用閉合電路歐姆定律．在勻強電場中偏轉(zhuǎn)問題，求速度可以運用動能定理，也可以根據(jù)運動的合成和分解法求解．