Question

18．如圖所示，半徑為L₁=2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B₁=$\frac{10}{π}$ T．長度也為L₁、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω=$\frac{π}{10}$ rad/s．通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R₁=R，滑片P位于R₂的正中央，R₂的總阻值為4R），圖中的平行板長度為L₂=2m，寬度為d=2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v₀=0.5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B₂，左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣阻力）求：
（1）在0～4s內(nèi)，兩極板間的電勢差U_MN；
（2）帶電粒子飛出電場時的速度；
（3）在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B₂應滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）導體切割磁感線產(chǎn)生電動勢，結(jié)合串并聯(lián)電路特點即可求解．
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，有運動學知識求解即可．
（3）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子運動半徑，結(jié)合幾何關系求解磁場強度大�。�

解答 解析�。�1）金屬桿產(chǎn)生的感應電動勢恒為
E=$\frac{1}{2}$B₁L${\;}_{1}^{2}$ω=2 V
由串并聯(lián)電路的連接特點知：E=I•4R，U₀=I•2R=$\frac{E}{2}$=1 V
T₁=$\frac{2π}{ω}$=20 s
由右手定則知：
在0～4 s時間內(nèi)，金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φ_a＞φ_b，則在0～4 s時間內(nèi)，φ_M＜φ_N，U_MN=-1 V
（2）粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運動，在0～$\frac{T1}{2}$時間內(nèi)水平方向L₂=v₀•t₁
t₁=$\frac{{L}_{2}}{{V}_{0}}$=4 s＜$\frac{{T}_{1}}{2}$              
   豎直方向$\fracmnr3rah{2}$=$\frac{1}{2}$at${\;}_{1}^{2}$
又因為：v_y=at₁=$\frac{1}{2}$m/s   解得：a=$\frac{1}{8}m/{s}^{2}$，又因為：a=$\frac{Eq}{m}=\frac{Uq}{md}$，解得：$\frac{q}{m}=\frac{1}{4}C/kg$   
則粒子飛出電場時的速度v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$ m/s
tan θ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，所以該速度與水平方向的夾角θ=45°
（3）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由B₂qv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得r=$\frac{mv}{{B}_{2}q}$
由幾何關系及粒子在磁場中運動的對稱性可知：$\sqrt{2}$r＞d時離開磁場后不會第二次進入電場，即B₂＜$\frac{\sqrt{2}mv}{dq}$=$\frac{\sqrt{2}×4}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}$=2 T
答：（1）在0～4s內(nèi)，兩極板間的電勢差U_MN為-1 V
�。�2）帶電粒子飛出電場時的速度為$\frac{\sqrt{2}}{2}$ m/s　方向與水平方向的夾角為45°　
（3）磁場強度大小B₂＜2 T

點評 本題是帶電粒子在電磁場中運動的典型題目，利用好粒子在其中的運動規(guī)律結(jié)合相關的公式及幾何關系求解即可．