Question

8．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磁場，在磁場右側(cè)有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0₂、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軌，導體棒PQ與導軌接觸良好，與阻值為R的電阻形成閉合回路（導軌與導體棒的電阻不計），該回路處在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，整個裝置處在真空室中，有一束電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子流（不計重力及粒子間相互作用），以速率v₀從圓形磁場邊界上點E沿半徑方向射入圓形磁場區(qū)域，最后從小孔O₃射出．∠EO₁O₂=120°．現(xiàn)釋放導體棒PQ，其下滑h后開始勻速運動，此后從E點射入的粒子恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的F點射出，已知∠FO₁O₂=120°求：
（1）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱．
（2）粒子從E點到F點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子恰好不能從O₃射出時，到達O₃速度為零．根據(jù)動能定理求出此時板間電壓，由平衡條件求出質(zhì)量M．能量守恒定律求得電阻上產(chǎn)生的電熱．
（2）粒子從E射入圓形磁場區(qū)域，從小孔O₃射出，在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識求出半徑，再由牛頓定律求出B．根據(jù)軌跡，逐段求出時間，再求總時間．

解答 解：（1）設(shè)PQ棒勻速下滑時棒的速度為v，此時MN板間的電壓為U，由題意有：
    $\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=qU     
    解得U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$   
    由力平衡得    Mg=B$\frac{U}{R}L$      
    解得M=$\frac{BLm}{2gqR}{v}_{0}^{2}$  
 MN之間的電壓：U=E=BLv     
   由能量守恒：Mgh=$\frac{1}{2}$Mv²+Q_R     
   聯(lián)立上述方程解得產(chǎn)生的電熱：Q_R=$\frac{BLmh}{2qR}{v}_{0}^{2}$-$\frac{{m}^{3}{v}_{0}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$           
（2）粒子由E到O₂過程中作半徑為r的勻速圓周運動，∠EO₁O₂=120°則粒子的偏轉(zhuǎn)角為60°，粒子運動的半徑：$R=\frac{r}{tan30°}=\sqrt{3}r$
    qvB=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
    解得B′=$\frac{m{v}_{0}}{\sqrt{3}qr}$
粒子后來從O₃返回O₂，進入磁場后在偏轉(zhuǎn)60°從F點射出． 設(shè)粒子在圓形磁場內(nèi)的運動時間t₁：t₁=$\frac{T}{6}+\frac{T}{6}$
周期：$T=\frac{2πR}{qB′}$
整理得：${t}_{1}=\frac{2\sqrt{3}πr}{3{v}_{0}}$

 粒子在電場中往返運動的時間t₂：由 L=$\frac{{0+v}_{0}}{2}•\frac{{t}_{2}}{2}$   得 ${t}_{2}=\frac{4L}{{v}_{0}}$     
 故粒子從E點到F點所用的時間：t=t₁+t₂=$\frac{2\sqrt{3}πr+12L}{3{v}_{0}}$
答：（1）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱是$\frac{BLmh}{2qR}{v}_{0}^{2}$-$\frac{{m}^{3}{v}_{0}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$．
（2）粒子從E點到F點所用的時間是$\frac{2\sqrt{3}πr+12L}{3{v}_{0}}$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動和電磁感應(yīng)的綜合．磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．