Question

2．如圖甲所示，P為金屬圓環(huán)，半徑r=5m，環(huán)內的磁場隨時間變化的圖線如圖甲所示，以垂直紙面向里為磁場正方向；A、B是帶有小孔的帶電金屬板，U_AB=100V；C、D是與P環(huán)相連的水平放置的平行金屬板，板長L=16m，兩板間距D=16m；Q是邊長d=24m的正方形磁場區(qū)域．P環(huán)圓心，A、B板小孔連線，C、D板中線及正方形Q的中線都在同一線水平線上．現有質量m=1×10^-4kg，電量q=+1.6×10^-5C的粒子（重力不計）源源不斷的從A板小孔由靜止釋放，依次進入C、D兩板及正方形磁場區(qū)域．求：

（1）帶電粒子離開A、B板進入C、D板時的速度v；
（2）在圖丙中作出C、D金屬板上的電勢差U_CD隨時間變化的圖象；
（3）帶電粒子穿越C、D板過程中產生的最大偏轉位移Y₁和最小偏轉位移Y₂；
（4）欲使帶電粒子全部從正方形磁場的下邊界射出，磁感應強度大小應該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做加速運動，電場力做功，由動能定理即可求出速度；
（2）極板CD之間的電勢差等于圓環(huán)內產生的感應電動勢，由法拉第電磁感應定律即可求出；
（3）帶電粒子在極板CD之間發(fā)生偏轉，將運動沿水平方向與豎直方向分解即可；
（4）求出粒子射出電場后的速度，在磁場中，由洛倫茲力提供向心力求出粒子的半徑，然后結合粒子就磁場時的角度，通過作圖得出臨界條件，然后再結合幾何關系與比較公式即可求出．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做加速運動，電場力做功，由動能定理得：$q{U}_{AB}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
所以：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2q{U}_{AB}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-5}×100}{1×1{0}^{-4}}}$=4$\sqrt{2}$m/s
（2）圓環(huán)內產生的感應電動勢，由法拉第電磁感應定律得：$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}•S=\frac{\frac{8}{π}-0}{1}×π×{5}^{2}$=200V
P中的磁場的方向開始時向里減小，由楞次定律可知感應電動勢的方向為順時針方向，所以C極板的電勢高．
極板CD之間的電勢差等于圓環(huán)內產生的感應電動勢即：U_CD=E=200V
當磁場的變化率的方向發(fā)生變化后，由楞次定律可知，感應電動勢的方向相反，所以：U_CD′=-E=-200V
所以CD之間的電勢差隨時間的變化關系如圖：
（3）帶電粒子在極板CD之間發(fā)生偏轉，沿水平方向：L=v₀t
所以：t=$\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{16}{4\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$s
粒子在電場中的加速度：$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{CD}}{mD}=\frac{1.6×1{0}^{-5}×200}{1×1{0}^{-4}×16}$=$\sqrt{2}$m/s²
正電荷開始的受到的電場力的方向向下，先向下做加速運動，2s后向下做減速運動，所以加速的時間越長，則粒子在電場中的位移越大；
若重力在電場中開始時加速的時間比較短，粒子在電場中先向下加速，一段時間后向下減速，最后又向上加速，若滿足一定的條件，則粒子的偏轉量可能恰好等于0．
1．若粒子在t=0時進入電場，則加速的時間是2s，沿電場方向的末速度：${v}_{y}=a•t′=\sqrt{2}×2=2\sqrt{2}$m/s
粒子沿電場方向的位移：${x}_{1}=\frac{1}{2}at{′}^{2}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{2}^{2}=2\sqrt{2}$m
此后粒子向下做減速運動，位移：${x}_{2}={v}_{y}（t-t′）-\frac{1}{2}a（t-t′）^{2}$=$2\sqrt{2}×（2\sqrt{2}-2）-\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{（2\sqrt{2}-2）}^{2}$=$16-10\sqrt{2}$m
所以最大位移：${Y}_{1}={x}_{1}+{x}_{2}=2\sqrt{2}+（16-10\sqrt{2}）=16-8\sqrt{2}$m
若粒子恰好在t=2s時進入電場中，則粒子一直向上運動，所以粒子運動的最小位移一定是0．
（4）粒子帶正電，而正方形的磁場區(qū)域內的磁場的方向向外，由左手定則可知，粒子偏轉的方向向下，所以粒子沿電場線方向向下的分速度越大，向下的位移越向下則粒子越容易從正方形磁場的下邊界射出，而向上的分速度越大，在電場中向上的位移越大，則越不容易從正方形磁場的下邊界射出，所以粒子恰好在t=2s時進入電場中，則粒子一直向上運動時的粒子最不容易從正方形磁場的下邊界射出．
恰好在t=2s時進入電場的粒子的向上的位移：${x}_{3}=\frac{1}{2}at{″}^{2}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{（4-2）}^{2}=2\sqrt{2}$m
粒子豎直向上的分速度：${v}_{y}′=a•t″=\sqrt{2}×（4-2）=2\sqrt{2}$m/s
粒子速度的方向與水平方向之間的夾角：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，所以：θ=30°
結合粒子就磁場時的角度，作圖：
由圖中的幾何關系得：$r+rcos30°=\frac6fd29jb{2}+{x}_{3}$
粒子的速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$2\sqrt{5}$m/s
在磁場中，由洛倫茲力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
粒子的半徑：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{1×1{0}^{-4}×2\sqrt{5}}{1.6×1{0}^{-5}×B}=\frac{25\sqrt{5}}{2B}$，
聯立解得：$B=\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$
由于磁感應強度越大，則粒子運動的半徑也就越小，所以欲使帶電粒子全部從正方形磁場的下邊界射出，磁感應強度大小應該滿足$B≤\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$
答：（1）帶電粒子離開A、B板進入C、D板時的速度是$4\sqrt{2}$m/s；
（2）在圖丙中作出C、D金屬板上的電勢差U_CD隨時間變化的圖象如圖1；
（3）帶電粒子穿越C、D板過程中產生的最大偏轉位移是$16-8\sqrt{2}$m和最小偏轉位移是0；
（4）欲使帶電粒子全部從正方形磁場的下邊界射出，磁感應強度大小應該滿足$B≤\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$．

點評 該題將帶電粒子在電場中的加速問題、偏轉問題與帶電粒子在磁場中的運動以及法拉第電磁感應定律向結合，綜合考查電場、磁場以及電磁感應定律，是考查電磁感應定律中比較少見的情況，也是帶電粒子才磁場中運動的題目中少見的情況，而且該題中的數據始終帶有根號，在計算的過程中也要細心．