Question

11．如圖所示，半徑為L₁=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，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B₁=$\frac{10}{π}$T．長度也為L₁、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端沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω=$\frac{π}{10}$rad/s．通過導(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），圖中的平行板長度為L₂=2m，寬度為d=2m．圖示位置為計(jì)時起點(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，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間，忽略帶電粒子在磁場中運(yùn)動時的電磁輻射的影響，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)，平行板間的電勢差U_MN；
（2）帶電粒子飛出電場時的速度；
（3）在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進(jìn)入電場，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢，結(jié)合串并聯(lián)電路特點(diǎn)即可求解．
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有運(yùn)動學(xué)知識求解即可．
（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子運(yùn)動半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求解磁場強(qiáng)度大小．

解答 解：（1）金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒為：
E=$\frac{1}{2}$B₁L${\;}_{1}^{2}$ω=2V
由串并聯(lián)電路的連接特點(diǎn)知：E=I•4R，U₀=I•2R=$\frac{E}{2}$=1V
T₁=$\frac{2π}{ω}$=20s
由右手定則知：
在0～4s時間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向?yàn)閎→a，則φ_a＞φ_b，
則在0～4s時間內(nèi)，φ_M＜φ_N，
U_MN=-1V
（2）粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運(yùn)動，在0～$\frac{T_1}{2}$時間內(nèi)水平方向L₂=v₀•t₁
t₁=$\frac{L_2}{v_0}$=4s＜$\frac{T_1}{2}$
豎直方向$\fracbcesvfx{2}$=$\frac{1}{2}$at${_1^2}$
又v_y=at₁，a=$\frac{Eq}{m}$，$E=\frac{U}umbjewv$
解得：$\frac{q}{m}=0.25$C/kg，v_y=0.5m/s
則粒子飛出電場時的速度大小v=$\sqrt{{v_0}^2+{v_y}^2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$m/s
tanθ=$\frac{v_y}{v_0}$=1，所以該速度與水平方向的夾角θ=45°
（3）粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由B₂qv=m$\frac{v^2}{r}$
得r=$\frac{mv}{{{B_2}q}}$
由幾何關(guān)系及粒子在磁場中運(yùn)動的對稱性可知：$\sqrt{2}r$＞d時離開磁場后不會第二次進(jìn)入電場，
即B₂＜$\frac{{\sqrt{2}mv}}{dq}$=$\frac{{\sqrt{2}×4}}{2}×\frac{{\sqrt{2}}}{2}$T=2T．
答：（1）在0～4s內(nèi)，兩極板間的電勢差U_MN為-1 V
（2）帶電粒子飛出電場時的速度為$\frac{\sqrt{2}}{2}$ m/s，方向與水平方向的夾角為45°　
（3）磁場強(qiáng)度大小B₂＜2 T．

點(diǎn)評 本題是帶電粒子在電磁場中運(yùn)動的典型題目，利用好粒子在其中的運(yùn)動規(guī)律結(jié)合相關(guān)的公式及幾何關(guān)系求解即可．