Question

7．如圖甲所示，一半徑為2l、電阻為r的帶有極窄縫隙的金屬圓環(huán)和一電阻為R的定值電阻構(gòu)成一閉合回路，有一板間距離為d的平行板電容器和電阻并聯(lián)，金屬圓環(huán)內(nèi)存在一半徑為l的有界勻強磁場，該磁場區(qū)域與金屬圓環(huán)共心，磁感應強度隨時間的變化圖象如圖乙所示，設磁感應強度方向垂直紙面向里為正．t=0時刻在接接近A板的位置處無初速釋放一不計重力的帶負電粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，求：

（1）0-$\frac{T}{3}$時間內(nèi)A、B兩板間的電壓；
（2）粒子在0～T時間內(nèi)發(fā)生的位移（假設電荷沒有到達B板）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律，即可求解；
（2）根據(jù)法拉第電磁感應定律，結(jié)合楞次定律與牛頓第二定律，及運動學公式，即可求解．

解答 解：（1）在0～$\frac{T}{3}$時間內(nèi)，有：E₁=$\frac{△{Φ}_{1}}{△{t}_{1}}$=$\frac{△{B}_{1}}{△{t}_{1}}$•S=$\frac{△{B}_{1}}{△{t}_{1}}$πl(wèi)²
 又$\frac{△{B}_{1}}{△{t}_{1}}$=$\frac{2{B}_{0}}{\frac{T}{3}}$=$\frac{6{B}_{0}}{T}$
聯(lián)立得，E₁=$\frac{6π{l}^{2}{B}_{0}}{T}$
因為I₁=$\frac{{E}_{1}}{R+r}$，又因為U₁=I₁R
可得：U₁=$\frac{6π{l}^{2}{B}_{0}R}{T（R+r）}$
（2）在$\frac{T}{3}$～T時間內(nèi)，有E₂=$\frac{△{Φ}_{2}}{△{t}_{2}}$=$\frac{△{Φ}_{2}}{△{t}_{2}}$πl(wèi)²
又知$\frac{△{Φ}_{2}}{△{t}_{2}}$=$\frac{2{B}_{0}}{\frac{2T}{3}}$=$\frac{3{B}_{0}}{T}$
聯(lián)立得E₂=$\frac{3π{I}^{2}{B}_{0}}{T}$=$\frac{{E}_{1}}{2}$
由楞次定律知兩個過程中產(chǎn)生的電動勢方向相反，所以
I₂=$\frac{1}{2}$I₁；
U₂=$\frac{1}{2}$U₁=$\frac{3π{l}^{2}{B}_{0}R}{T（R+r）}$
因為F_電=ma=$\frac{qU}uvrtwk1$
則有0～$\frac{T}{3}$ 時間內(nèi)，a₁=$\frac{qU}{nd}$，
$\frac{T}{3}$～T時間內(nèi)，a₂=$\frac{q{U}_{2}}{md}$得：a₂=$\frac{{a}_{1}}{2}$
由v=a₁$\frac{T}{3}$=a₂t₂；
即t₂=$\frac{2}{3}$T，則在t=T時刻速度為零
x₁=$\frac{1}{2}$a₁（$\frac{T}{3}$）²；
x₂=$\frac{1}{2}$a₂（$\frac{2T}{3}$）²；
x=x₁+x₂；
粒子在0～T時間內(nèi)發(fā)生的位移，得x=$\frac{π{l}^{2}q{B}_{0}RT}{md（R+r）}$；
答：（1）0-$\frac{T}{3}$時間內(nèi)A、B兩板間的電壓$\frac{6π{l}^{2}{B}_{0}R}{T（R+r）}$；
（2）粒子在0～T時間內(nèi)發(fā)生的位移$\frac{π{l}^{2}q{B}_{0}RT}{md（R+r）}$．

點評 考查法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律及楞次定律的應用，掌握牛頓第二定律與運動學公式的綜合運用，注意分時段來確定運動與力的關系．