Question

10．如圖所示，一邊長a=0.2m的1000匝導線框，線框內部加有垂直線框平面的均勻變化的勻強磁場．線框兩端通過導線與一間距為d=0.24m的垂直紙面放置的平行板電容器連接，電容器右側的邊界MN右側空間加有一電場強度為E=100V/m的勻強電場（圖中未標出）．一質量為m、電荷量為q=5×10^-6C的帶正電的微粒從板的左端中點O以速度v=0.5m/s水平射入極板間，恰好沿直線通過極板，并垂直進入左邊界為MN、右邊界為PQ的寬為L=0.4m的勻強磁場，恰能做勻速圓周運動．磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B₀=10T．已知g=10m/s²．
（1）求線框區(qū)域磁場的變化率k．
（2）求微粒通過磁場過程中偏離初速方向的距離y．
（3）若在PQ的右側再加上一垂直紙面向外的磁感應強度為B₁的勻強磁場，并適當調節(jié)L的大小，發(fā)現(xiàn)該帶電微粒經兩磁場作用后，恰能原速度大小返回出發(fā)位置O．求磁感應強度B₁與寬度L滿足的變化關系．（結果所含根號可保留）

Answer 1

分析 （1）由微粒在極板之間做直線運動，所以受到的合外力為0，由此求出電場強度的大小，由U=Ed求出電勢差，即線圈產生的電動勢，然后結合法拉第電磁感應定律即可求出線框區(qū)域磁場的變化率k．
（2）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運動，一定是洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出半徑，畫出運動飛軌跡即可求出微粒通過磁場過程中偏離初速方向的距離y．
（3）畫出微粒能發(fā)回O點的運動的軌跡，結合幾何關系，即可求出．

解答 解：（1）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運動，一定是洛倫茲力提供向心力，則微粒的重力等于電場力，即：qE=mg
$m=\frac{qE}{g}$
由微粒在極板之間做直線運動，所以受到的合外力為0，即：qE′=mg
所以電場強度的大�。�$E′=\frac{mg}{q}$，
由U=Ed得極板之間的電勢差：$U=Ed=\frac{mgd}{q}$，即線圈產生的電動勢，
又由法拉第電磁感應定律：$U=N\frac{△B•S}{△t}=k•NS$
所以線框區(qū)域磁場的變化率：k=$\frac{mgd}{NqS}$=$\frac{dE}{NS}=\frac{0.24×100}{1000×0．{2}^{2}}=0.6$T/s．
（2）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運動，一定是洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：$qv{B}_{0}=\frac{m{v}^{2}}{{r}_{1}}$
半徑${r}_{1}=\frac{mv}{q{B}_{0}}$=$\frac{Ev}{g•{B}_{0}}=\frac{100×0.5}{10×10}=0.5$m，畫出運動飛軌跡如圖，微粒通過磁場過程中偏離初速方向的距離y：
$y={r}_{1}-\sqrt{{r}_{1}^{2}-{L}^{2}}=0.5-\sqrt{0．{5}^{2}-0．{4}^{2}}=0.2$m．

（3）結合帶電微粒在磁場中運動的對稱性，如圖畫出微粒能發(fā)回O點的運動的軌跡，結合幾何關系可知：θ+β=90°，$cosθ=\frac{\sqrt{{r}_{1}^{2}-{L}^{2}}}{{r}_{1}}$，$sinβ=\frac{y}{{r}_{2}}$，又：sinβ=cosθ
微粒在PQ右側的磁場中運動的半徑：${r}_{2}=\frac{mv}{q{B}_{1}}$
聯(lián)立以上方程，整理得：$\frac{mv}{q{B}_{1}}$=$\frac{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-\frac{mv}{q{B}_{0}}•\sqrt{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-{L}^{2}}}{\sqrt{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-{L}^{2}}}$
代入數(shù)據(jù)得：${B}_{1}=\frac{\sqrt{0.25-{L}^{2}}}{0.05-0.1\sqrt{0.25-{L}^{2}}}$
答：（1）線框區(qū)域磁場的變化率是0.6T/s．
（2）微粒通過磁場過程中偏離初速方向的距離是0.2m．
（3）磁感應強度B₁與寬度L滿足的變化關系為：${B}_{1}=\frac{\sqrt{0.25-{L}^{2}}}{0.05-0.1\sqrt{0.25-{L}^{2}}}$．

點評 該題考查帶電微粒在組合場中的運動以及法拉第電磁感應定律，涉及的過程比較多，要理清微粒運動的過程，同時要結合粒子在磁場中運動的對稱性能夠正確畫出微粒運動的軌跡，才能正確解答該題．