Question

7．如圖“圖A”所示，邊長為a的正方形金屬線框（共有n匝），內(nèi)存在著如“圖B”所示的隨時間變化的磁場，磁場垂直紙面向里為正方向，現(xiàn)使線圈通過導(dǎo)線與兩電容器相連，在t=0時刻在左側(cè)電容器緊靠A板如圖所示位置，無初速度釋放質(zhì)子和α粒子（不計重力），已知質(zhì)子質(zhì)量為m₁、電量為q，α粒子質(zhì)量為m₂、電量為2q（2m₁＜m₂），兩粒子在兩電容器中的電場和右側(cè)的磁場作用下，最終分別在屏MN上的E點和F點，圖中未標(biāo)出，MN右側(cè)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)為B₁，且寬度無限大，圖象中給定數(shù)據(jù)為已知量，求：

（1）0.5t時正方形線框的磁通量？2t時的電動勢？
（2）兩粒子最終打在屏MN上E、F兩點的間距？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)磁通量的定義求得0.5t時的磁通量，根據(jù)法拉第定律求得2t時的電動勢；
（2）根據(jù)動能定理求得粒子進(jìn)入磁場時的速度，再根據(jù)洛倫茲力提供圓周運(yùn)動向心力求得圓周運(yùn)動的半徑，根據(jù)幾何關(guān)系求得在屏上兩點間的距離．

解答 解：（1）根據(jù)題意可得：
ф=$\frac{1}{2}$B₀a² 
由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：
E=n$\frac{△ф}{△t}$=na²$\frac{B0}{t}$
（2）根據(jù)題意兩電容加的是同一穩(wěn)恒電壓U，設(shè)質(zhì)子和α粒子射出加速電場時的速度分別為v₁和v₂，根據(jù)題意得：
qU=$\frac{1}{2}$m₁${v}_{1}^{2}$  其中U=na²$\frac{B0}{t}$     
聯(lián)立解得：${v}_{1}=\sqrt{\frac{2qn{a}^{2}{B}_{0}}{t{m}_{1}}}$
同理可得：${v}_{2}=\sqrt{\frac{4qn{a}^{2}{B}_{0}}{t{m}_{2}}}$           
兩帶電粒子在兩電場中的運(yùn)動軌跡相同，射出偏轉(zhuǎn)電場時速度偏向角均為θ，質(zhì)子和α粒子速度大小分別為v₃和v₄，根據(jù)題意得：
R₁=$\frac{{m}_{1}{v}_{3}}{{B}_{1}q}$                        
y₁=2R₁cosθ                      
v₃cosθ=v₁
聯(lián)立解得：y₁=$\frac{2}{{B}_{1}}\sqrt{\frac{2n{a}^{2}{B}_{0}{m}_{1}}{qt}}$
同理可得：y₂=$\frac{2}{{B}_{1}}\sqrt{\frac{n{a}^{2}{B}_{0}{m}_{2}}{qt}}$                 
△y=y₁-y₂=$\frac{2}{{B}_{1}}\sqrt{\frac{n{a}^{2}{B}_{0}}{qt}}（\sqrt{{m}_{2}}-\sqrt{2{m}_{1}}）$   
答：（1）0.5t時正方形線框的磁通量為$\frac{1}{2}{B}_{0}{a}^{2}$；2t時的電動勢為$\frac{n{a}^{2}{B}_{0}}{t}$；
（2）兩粒子最終打在屏MN上E、F兩點的間距為$\frac{2}{{B}_{1}}\sqrt{\frac{n{a}^{2}{B}_{0}}{qt}}（\sqrt{{m}_{2}}-\sqrt{2{m}_{1}}）$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運(yùn)動和電磁感應(yīng)的綜合，注意本題中的電動勢為感生電動勢，作出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系解題是關(guān)鍵．