Question

18．如圖所示，半徑為r、圓心為O₁的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，在磁場右側(cè)有一豎直放置的平行金屬板M和N，兩板間距離為L，在M、N板中央各有一個小孔O₂、O₃．  O₁、O₂、O₃在同一水平直線上，與平行金屬板相接的是兩條豎直放置間距為L的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)體棒PQ與導(dǎo)軌接觸良好，與阻值為R的電阻形成閉合回路（導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計），該回路處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，整個裝置處在真空室中．靜止釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)其速度達(dá)到穩(wěn)定后有一個電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子（重力不計），以速率v₀從圓形磁場邊界上的最低點E沿半徑方向射入磁場，偏轉(zhuǎn)后沿O₂ O₃連線進(jìn)入板間，恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的最高點F射出，重力加速度為g，求：
（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′；
（2）射入的粒子在電場和磁場中運動的總時間；
（3）導(dǎo)體棒的質(zhì)量．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合即可；
（2）分析可知粒子在磁場中做兩個$\frac{1}{4}$圓周運動，在電場中做勻減速直線運動至速度為零，然后再反向做勻加速直線運動返回磁場，根據(jù)運動的對稱性加速和減速時間相同，分別求粒子在電場和磁場中運動的時間，加和即可；
（3）根據(jù)導(dǎo)體棒速度達(dá)到穩(wěn)定，即做勻速直線運動，重力和安培力受力平衡，列平衡方程解決即可．

解答 解：（1）在圓形磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有：qv₀B′=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
因為粒子偏轉(zhuǎn)后能沿O₂ O₃連線進(jìn)入板間，所以根據(jù)幾何關(guān)系知：R=r
聯(lián)立得：$B'=\frac{{mv_0^{\;}}}{qr}$
（2）粒子整個運動過程如圖所示，設(shè)粒子在磁場中運動的總時間為t₁，粒子在電場中運動的總時間為t₂
帶電粒子在磁場中運動的周期為：T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$
磁場中的運動時間為：t₁=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πr}{{v}_{0}}$
電場中的運動時間為：${t_2}=2×\frac{L}{{\frac{v_0}{2}}}=\frac{4L}{v_0}$
總時間為：$t={t_1}+{t_2}=\frac{πr}{v_0}+\frac{4L}{v_0}$
（3）分析可知，粒子恰好不能從O₃射出的條件為恰好運動到O₃速度減為0，
根據(jù)動能定理得：$qU=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
設(shè)棒的質(zhì)量為M，PQ勻速運動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，
根據(jù)受力平衡可得：Mg=F_安
根據(jù)安培力公式得：F_安=BIL
根據(jù)歐姆定律：I=$\frac{E}{R}$=$\frac{U}{R}$
導(dǎo)體棒切割磁場有：E=BLv
聯(lián)立以上各式得：$M=\frac{BLm}{2gqR}v_0^2$
答：（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′為$\frac{{mv}_{0}}{qr}$；
      （2）射入的粒子在電場和磁場中運動的總時間為$\frac{πr}{{v}_{0}}+\frac{4L}{{v}_{0}}$；
      （3）導(dǎo)體棒的質(zhì)量為$\frac{BLm}{2gqR}{v}_{0}^{2}$．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動和帶電粒子在加速電場中運動以及電磁感應(yīng)定律導(dǎo)體棒切割磁感線模型，考查內(nèi)容都比較基礎(chǔ)，難度不大．大家要牢記典型運動過程的處理方法．例如本題，在磁場中圓周運動用洛倫茲力提供向心力，結(jié)合幾何關(guān)系解決軌跡半徑，加速電場運用動能定理解決，最后導(dǎo)體棒切割磁感線，根據(jù)其運動狀態(tài)列平衡方程去解決．