Question

10．如圖所示，半徑為L(zhǎng)₁=2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B₁=$\frac{10}{π}$T．長(zhǎng)度也為L(zhǎng)₁、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω=$\frac{π}{10}$rad/s．通過(guò)導(dǎo)線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R₁=R，滑片P位于R₂的正中央，R₂的總阻值為4R），圖中的平行板長(zhǎng)度為L(zhǎng)₂=2m，寬度為d=2m．圖示位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v₀=0.5m/s向右運(yùn)動(dòng)，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂，左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻，忽略電容器的充放電時(shí)間，忽略帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射的影響，不計(jì)平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力）求：
（1）在0～4s內(nèi)，平行板間的電勢(shì)差U_MN；
（2）帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度；
（3）在上述前提下若粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）金屬桿在左側(cè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)（旋轉(zhuǎn)切割），運(yùn)動(dòng)E=Bl$\overline{v}$求解其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，然后運(yùn)用閉合電路歐姆定律去求解R₂兩段的電壓，即為平行板間的電勢(shì)差U_MN的大小，符號(hào)用右手定則判斷；
（2）帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律去解決；
（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力結(jié)合粒子不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)的臨界幾何條件即可．

解答 解：
（1）金屬桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小恒為：E=$\frac{{{B}_{1}L}_{1}^{2}ω}{2}$=2V
        在0～4 s時(shí)間內(nèi)，金屬棒旋轉(zhuǎn)的角度θ=ωt=$\frac{2π}{5}$＜π，所以，由右手定則知：金屬桿ab中的電流方向?yàn)閎→a，則φa＞φb，則在0～4 s時(shí)間內(nèi)，φ_M＜φ_N，
        所以，根據(jù)閉合電路歐姆定律分壓關(guān)系得：U_MN=-$\frac{1}{2}$E=-1V
（2）分析可知金屬棒旋轉(zhuǎn)切割磁感線，產(chǎn)生的是電動(dòng)勢(shì)大小恒定方向周期性變化的交流電，設(shè)交流電的周期為T(mén)₁，設(shè)粒子在平行板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁
        水平方向：L₂=v₀t₁，解得：t₁=$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$=4s＜$\frac{{T}_{1}}{2}$=10s
        所以，粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)的方向不發(fā)生變化，所以粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
        豎直方向：$\fracwuwkeea{2}$=$\frac{1}{2}$a${t}_{1}^{2}$；解得：a=0.125m/s²，
        豎直方向：v_y=at₁=0.5m/s
        則粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度的大小v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m/s≈0.707m/s，根據(jù)幾何關(guān)系tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，所以θ=45°
        所以粒子飛出電場(chǎng)時(shí)速度方向：斜向下與水平方向的夾角θ=45°
（3）根據(jù)第（2）問(wèn)中電場(chǎng)中有：Eq=ma，可得粒子的比荷$\frac{q}{m}$=0.25C/kg，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
        洛倫茲力提供向心力：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得r=$\frac{mv}{{qB}_{2}}$
        如圖，由幾何關(guān)系及粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知：$\sqrt{2}$r＞d時(shí)離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，即
        B₂＜$\frac{\sqrt{2}mv}{qd}$=2T
答：（1）在0～4s內(nèi)，平行板間的電勢(shì)差U_MN=-1V；
      （2）帶電粒子飛出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為0.707m/s，方向斜向下與水平方向的夾角θ=45°；
      （3）在上述前提下若粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后不會(huì)第二次進(jìn)入電場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂應(yīng)小于2T．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合性較強(qiáng)，但整體難度不大，考查點(diǎn)包括：考查右手定則的應(yīng)用，法拉第電磁感應(yīng)定律（導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割模型），閉合電路歐姆定律，帶電粒子在偏轉(zhuǎn)場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；每一個(gè)過(guò)程都要單獨(dú)分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)形式選擇合適的規(guī)律去解決．