Question

18．如圖所示（俯視），MN和PQ是兩根固定在同一水平面上的足夠長且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌．兩導(dǎo)軌間距為L=0.2m，其間有一個(gè)方向垂直水平面豎直向下的勻強(qiáng)磁場B₁=5.0T．導(dǎo)軌上NQ之間接一電阻R₁=0.40Ω，阻值為R₂=$\frac{1}{\sqrt{200}}$Ω的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置并與導(dǎo)軌始終保持良好接觸．兩導(dǎo)軌右端通過金屬導(dǎo)線分別與電容器C的兩極相連．電容器C緊靠著帶小孔a（只能容一個(gè)粒子通過）的固定絕緣彈性圓筒．圓筒內(nèi)壁光滑，筒內(nèi)有垂直水平面豎直向下的勻強(qiáng)磁場B₂，O是圓筒的圓心，圓筒的內(nèi)半徑為r=0.40m．
（1）用一個(gè)大小恒為10N，平行于MN水平向左的外力F拉金屬桿，使桿從靜止開始向左運(yùn)動求：當(dāng)金屬桿最終勻速運(yùn)動時(shí)桿的速度大��；
（2）當(dāng)金屬桿處于（1）問中的勻速運(yùn)動狀態(tài)時(shí)，電容器C內(nèi)緊靠極板且正對a孔的D處有一個(gè)帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電容器C加速后從a孔垂直磁場B₂并正對著圓心O進(jìn)入筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞四次后恰好又從小孔a射出圓筒．已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5×10⁷（C/kg），該帶電粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞時(shí)電量和能量都不損失，不計(jì)粒子重力和空氣阻力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂多大（結(jié)果允許含有三角函數(shù)式）．

Answer 1

分析 （1）金屬桿在功率恒定的外力F作用下，先做加速度變小的加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動時(shí)，外力F與安培力、摩擦力平衡，推導(dǎo)出安培力的表達(dá)式，由平衡條件求出金屬桿勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小；
（2）帶電粒子先經(jīng)加速電場加速，由動能定理可求出帶電粒子進(jìn)入圓筒時(shí)的速率v，帶電粒子與圓筒壁碰撞兩次，恰好將圓筒壁三等分，由幾何知識得每段軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為60°，并求出軌跡的半徑．帶電粒子在圓筒內(nèi)由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可求解B₂．

解答 解：（1）金屬桿先做加速度變小的加速運(yùn)動，最終以最大速度勻速運(yùn)動．設(shè)桿勻速運(yùn)動時(shí)速度為v，則有：
F=B₁ILE=B₁Lv，
電流為：I=$\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s．
（2）設(shè)桿勻速運(yùn)動時(shí)C兩極板間的電壓為U，帶電粒子進(jìn)入圓筒的速率為V．在磁場中作勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，由于C與電阻R₁并聯(lián)，由歐姆定律得：
U=IR₁=4.0V，
由動能定理得：$qU=\frac{1}{2}m{V}^{2}$-0，
帶電粒子在磁場中作勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得：
$qV{B}_{2}=m\frac{{V}^{2}}{R}$．
由于帶電粒子與圓筒壁碰撞時(shí)無電量和能量損失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不變．
速度方向總是沿著圓筒半徑方向，4個(gè)碰撞點(diǎn)與小孔a恰好將圓筒壁五等分，粒子在圓筒內(nèi)的軌跡具有對稱性，由5段相同的圓弧組成，設(shè)每段軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為θ，則由幾何關(guān)系可得：$\frac{r}{R}=tan（\frac{θ}{2}）$．
有兩種情形符合題意如圖所示：
①情形1：每段軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為：$θ=π-\frac{2π}{5}=\frac{3π}{5}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B₂=tan$\frac{3π}{10}$×10^-3T，
②情形2：每段軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角為：$θ′=π-\frac{4π}{5}=\frac{1π}{5}$．
代入數(shù)據(jù)解得：B₂′=tan$\frac{π}{10}$×10^-3T；
答：（1）金屬桿最終勻速運(yùn)動時(shí)桿的速度大小為5m/s；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂大小為：tan$\frac{3π}{10}$×10^-3T，或tan$\frac{π}{10}$×10^-3T．

點(diǎn)評 本題中金屬桿的運(yùn)動與汽車恒定功率起動類似，要會用動力學(xué)方法分析桿的運(yùn)動情況．對于第2問，還可以研究帶電粒子與圓筒碰撞n次的情況．