Question

5．如圖，豎直平面內(nèi)放著兩根間距L=1m，電阻不計的足夠長平行金屬板M、N，兩板間接一阻值R=2Ω的電阻，N板上有一小孔Q，在金屬板M、N及CD上方有垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度B₀=1T的有界勻強磁場，N板右側(cè)區(qū)域KL上、下部分分別充滿方向垂直紙面向外和向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為B₁=3T和B₂=2T，有一質(zhì)量M=0.2kg，電阻r=1Ω的金屬棒搭在MN之間并與MN良好接觸，用輸出功率恒定的電動機拉著金屬棒豎直向上運動，當(dāng)金屬棒到達(dá)最大速度時，在與Q等高并靠近M板的P點靜止釋放一個比荷$\frac{q}{m}=1×{10^4}$c/kg的正離子，經(jīng)電場加速后，以v=200m/s的速度從Q點垂直于N板邊界射入右側(cè)區(qū)域，不計離子重力，忽略電流產(chǎn)生的磁場，取g=10m/s²，求：
（1）金屬棒達(dá)最大速度時，電阻R兩端電壓U；
（2）電動機的輸出功率P；
（3）離子從Q點進(jìn)入右側(cè)磁場后恰好不會回到N板，Q點距離分界線高h(yuǎn)等于多少．

Answer 1

分析 （1）粒子從P到Q是在加速電場中運動，根據(jù)動能定理求解板間電壓，即為R兩端電壓；
（2）根據(jù)歐姆定律求解電流，根據(jù)安培力公式求解安培力，根據(jù)平衡條件求解拉力，最后結(jié)合切割公式和功率公式列式，聯(lián)立求解即可；
（3）做出粒子在兩個磁場中的運動過程圖，粒子在兩部分的磁場中均做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求解軌道半徑；分析找出不會回到N板的臨界條件：即軌跡恰好與y軸相切，再根據(jù)幾何關(guān)系即可求出h．

解答 解：
（1）設(shè)MN兩板的電壓為U，粒子在Q點的速度為v，導(dǎo)體棒的安培力為F_安，導(dǎo)體棒的最大速度為v_m
        離子從P運動到Q，由動能定理：qU=$\frac{1}{2}m{v^2}$ 
        解得R兩端電壓：U=2V ①
（2）電路的電流：I=$\frac{U}{R}$ ②
        安培力：F_安=B₀IL ③
        受力平衡：F=Mg+F_安④
        由閉合電路歐姆定律：E=I（R+r） ⑤
        感應(yīng)電動勢：E=B₀Lv_m⑥
        電動機的輸出功率：P=Fv_m⑦
        聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦式，可得：電動機功率 P=9W
（3）如圖所示，設(shè)離子恰好不會回到N板時，對應(yīng)的離子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r₁和r₂，圓心的連線與N板的夾角為φ．
        在磁場B₁中，由qvB₁=m$\frac{v^2}{r_1}$ 
        解得運動半徑為r₁=$\frac{2}{3}×{10^{-2}}$m ⑧
        在磁場B₂中，由qvB₂=m$\frac{v^2}{r_2}$
        解得運動半徑為r₂=1×10^-2m ⑨
        如圖根據(jù)幾何關(guān)系得：（r₁+r₂）sin φ=r₂⑩
        r₁+r₁cos φ=h⑪
        聯(lián)立⑧⑨⑩⑪式得：h=1.2×10^-2m．
答：（1）金屬棒達(dá)最大速度時，電阻R兩端電壓U為2V；
      （2）電動機的輸出功率P為9W；
      （3）離子從Q點進(jìn)入右側(cè)磁場后恰好不會回到N板，Q點距分界線的高度h為1.2×10^-2m．

點評 本題是一道綜合題，考查點包括：瞬時功率、法拉第電磁感應(yīng)定律（導(dǎo)體棒切割磁感線模型）、閉合電路歐姆定律、帶電粒子在加速電場中的運動以及帶電粒子在磁場中的運動，過程較為復(fù)雜要仔細(xì)分析，分析第三問時，一定要畫出軌跡過程圖，并且作圖要規(guī)范，以便找到粒子不會回到N板的臨界幾何條件：即粒子軌跡與N板相切．