Question

5．如圖所示，間距為D=5cm的兩平行光滑導(dǎo)軌EF、GH與水平面間的夾角θ=30°，一磁感應(yīng)強度Bo=10T的勻強磁場垂直于軌道平面向下（圖中未畫出），兩導(dǎo)軌間接有電阻R₁=30Ω，R₂=30Ω，并用導(dǎo)線與兩平行金屬板相連，導(dǎo)線上接有電阻R3=30Ω，兩平行金屬板A、B長l=8cm．兩板間距離d=8cm，現(xiàn)在兩導(dǎo)軌上放一金屬棒ab，其質(zhì)量為M=2kg，電阻r=10Ω，將其由靜止釋放，當(dāng)達(dá)到勻速運動時，一個q=10^-10C，質(zhì)量m=10^-20kg的帶正電的粒子從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度V₀=2×10⁶m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過無場區(qū)域后，進(jìn)入界面為MN、PQ間勻強磁場，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在中心線上離PQ邊界$\frac{4L}{3}$處的S點上，已知MN與平行板的右端相距為L，MN、PQ相距為L，且L=12cm（粒子重力不計）求：
（1）ab棒勻速運動時平行金屬板A、B之間的電壓U；
（2）粒子運動到MN時偏離中心線RO的距離為多少；
（3）畫出粒子運動的軌跡，并求出磁感應(yīng)強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）對導(dǎo)體棒受力分析，導(dǎo)體棒在重力和安培力的作用下做勻速直線運動，由平衡關(guān)系可求得棒中的電流；再由閉合電路歐姆定律可求得AB間的電壓；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，由平拋運動規(guī)律可求得偏轉(zhuǎn)位移；
（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)系求出夾角，畫出軌跡，由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)半徑公式即可求解磁場強度．

解答 解：（1）兩電阻并聯(lián)，總電阻R=$\frac{30}{2}$=15Ω金屬棒勻速運動時，棒受到的安培力等于重力的分力；
故Mgsinθ=BIL；
解得電流I=$\frac{Mgsinθ}{BL}$=$\frac{20×\frac{1}{2}}{10×0.05}$=20A；
則兩電阻兩端的電壓U=IR=20×15=300V；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得：
a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{qU}{md}$            
運動的時間為：t=$\frac{l}{{v}_{0}}$         
設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，
則：h=$\frac{1}{2}$at²         
即：h=$\frac{qU}{2md}$（$\frac{l}{{v}_{0}}$）²          
代入數(shù)據(jù)，解得：h=0.03m=3cm           
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：$\frac{h}{y}$=$\frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}+L}$
代入數(shù)據(jù)，解得：y=0.12m=12cm            
（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{3}{4}$     
所以θ=37°
v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{2×1{0}^{6}}{0.8}$=2.5×10⁶m/s；
軌跡如圖所示   
由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑：R=$\frac{\frac{L}{2}}{sinθ}$=$\frac{0.06}{0.6}$=0.1m
由：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$      
解得：B=$\frac{mv}{qR}$
帶入數(shù)值解得B=2.5×10^-3T
答：（1）AB間電壓為300V；
（2）粒子進(jìn)入界面MN時偏離中心線RO的距離為12cm；
（3）粒子運動的軌跡如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為2.5×10^-3T．

點評 本題考查電磁感應(yīng)及帶電粒子在磁場中的運動；應(yīng)注意粒子的運動過程，粒子先做類平拋運動，再做勻速直線運動，最后應(yīng)做圓周運動，其中最后速率保持不變是本題中的關(guān)鍵，也是出題人設(shè)置的一個陷阱；要求學(xué)生應(yīng)認(rèn)真審題，徹底明白題意才能正確求解．同時還應(yīng)注意題目中的幾何關(guān)系的掌握．