Question

5．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L=0.2m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=2.0T的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，長度L=0.2m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量M=0.2kg、電阻r=0.1Ω．兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右側(cè)電路，電路中通過導(dǎo)線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間的距離為d=0.2m，板長為D=0.4m，定值電阻的阻值R=0.3Ω．現(xiàn)閉合開關(guān)S，并將金屬棒由靜止釋放，取g=10m/s²．
（1）求金屬棒下滑的最大速度v₀；
（2）求金屬棒在穩(wěn)定下滑狀態(tài)時，整個電路消耗的電功率P；
（3）當(dāng)金屬棒穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬板間加一垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B₂=3.0T，在下板的右端，非常靠近下板的位置有一質(zhì)量m=3.75×10^-7kg，電荷量q=-1.0×10^-6C的帶電微粒（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度v水平向左射入兩板間．要使帶電微粒能從金屬板間射出，初速度v的大小應(yīng)該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）金屬棒勻速運(yùn)動時速度最大，由平衡條件可以求出金屬棒的最大速度．
（2）金屬棒穩(wěn)定下滑時，整個電路消耗的電功率等于重力做功的功率，由功率公式P=Fv可以求出電路消耗的電功率．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的臨界速度，然后答題．

解答 解（1）當(dāng)金屬棒勻速下滑時，它的速度最大，設(shè)最大速度為v₀，
感應(yīng)電動勢E=B₁Lv₀，感應(yīng)電流：I=$\frac{E}{R+r}$，
金屬棒受到的安培力：F=B₁IL，
金屬棒勻速運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，再由平衡條件得：
Mgsinθ=B₁IL，代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2.5m/s；
（2）金屬棒穩(wěn)定下滑時，整個電路消耗的電功率等于重力做功的功率，
即P=Mgsinθ•v_m，代入數(shù)據(jù)解得：P=2.5W；
（3）金屬棒穩(wěn)定下滑時，平行金屬板兩板間的電壓為：
U=IR=$\frac{{B}_{1}L{v}_{m}}{R+r}$R，代入數(shù)據(jù)解得：U=0.75V，
根據(jù)右手定則可判定，金屬棒a端電勢高，b端電勢低，
進(jìn)而可判定與a端連接的金屬帶板正電，與b端連接的金屬板帶負(fù)電．
因?yàn)椋簃g=q$\frac{U}3xtrn33$，所以可判斷該微粒進(jìn)入平行金屬板后做勻速圓周運(yùn)動．
該微粒在金屬板間的兩條臨界運(yùn)動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：r₁=$\fracdpphnp5{2}$=0.1m，
r₂=$\sqrt{{D}^{2}-（{r}_{2}-d）^{2}}$，解得：r₂=0.5m，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qB₂v₁=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，qB₂v₂=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=0.8m/s，v₂=4.0m/s，
要使帶電微粒能從金屬板間射出，則它的初速度應(yīng)滿足的條件是：v≤0.8m/s 或v≥4.0m/s；
答：（1）金屬棒下滑的最大速度v₀為2.5m/s；
（2）金屬棒在穩(wěn)定下滑狀態(tài)時，整個電路消耗的電功率P為2.5W；
（3）要使帶電微粒能從金屬板間射出，它的初速度應(yīng)滿足的條件是：v≤0.8m/s 或v≥4.0m/s．

點(diǎn)評 （1）解答這類問題的關(guān)鍵是通過受力分析，正確分析安培力的變化情況，找出最大速度的運(yùn)動特征．
（2）電磁感應(yīng)與電路結(jié)合的題目，明確電路的結(jié)構(gòu)解決問題．
（3）根據(jù)液滴的受力分析找出液滴的運(yùn)動性質(zhì)再去求解．