Question

14．一半徑為R的圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O．筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B．圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，M、N板接在如圖所示的電路中，電源內(nèi)阻為r₀，定值電阻阻值為R₁．當滑動變阻器R連入電路的電阻為0．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S沿半徑SO方向射入磁場中，粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，
（1）求M、N間電場強度E的大小和電源電動勢E₀的大�。�
（2）保持M、N的距離不變，移動滑動變阻器的滑片，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子進入圓筒與圓筒發(fā)生多次碰撞轉(zhuǎn)一周后仍從S孔射出，求滑動變阻器連入電路的電阻R₀應滿足的關系．

Answer 1

分析 （1）作出粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何知識求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角與粒子做圓周運動的軌道半徑，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的速度；粒子在電場中加速，由動能定理可以求出極板間的電場強度，然后由歐姆定律求出電源的電動勢．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動、在極板間加速，根據(jù)題意求出粒子的軌道半徑，然后求出滑動變阻器接入電路的阻值．

解答 解：（1）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關系作出圓心O′，圓半徑為r，
設第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此SA弧所對圓心角：$∠AOS=\frac{2π}{3}$．  
粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，由幾何關系得：$r=Rtan\frac{π}{3}$，
粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：$v=\frac{{\sqrt{3}qBR}}{m}$
粒子在電場中加速，由動能定理得：$qEd=\frac{1}{2}m{v^2}$-0，解得：$E=\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{2md}$，
由閉合電路歐姆定律得：E₀=$\frac{Ed}{R_1}（{{R_1}+{r_0}}）$=$\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{{2m{R_1}}}（{{R_1}+{r_0}}）$；
（2）保持M、N的距離不變，移動滑動變阻器的滑片，設粒子與圓筒發(fā)生n次碰撞后仍從S孔射出，
板間電壓為U_n，則：${U_n}=\frac{{q{B^2}r_n^2}}{2m}$，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：${r_n}=Rtan\frac{π}{n+1}$（n=2，3，4…），
極板間電壓：${U_n}=\frac{E_0}{{{R_1}+{R_0}+{r_0}}}{R_1}$，解得：${R_0}=（{{R_1}+{r_0}}）（{3co{t^2}\frac{π}{n+1}-1}）$（n=2，3，4…）；
答：（1）M、N間電場強度E的大小為$\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2md}$，電源電動勢E₀的大小為$\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{{2m{R_1}}}（{{R_1}+{r_0}}）$；
（2）滑動變阻器連入電路的電阻R₀應滿足的關系為：${R_0}=（{{R_1}+{r_0}}）（{3co{t^2}\frac{π}{n+1}-1}）$（n=2，3，4…）．

點評 本題考查了粒子在電場、磁場中的運動，是一道綜合題，分析清楚粒子運動過程、應用牛頓第二定律、歐姆定律、動能定理即可正確解題，解題時作出粒子的運動軌跡、注意幾何知識的應用．