Question

1．匝數(shù)為n的圓形線圈半徑為b，內接正方形磁形區(qū)域EFGH．通過如圖（甲）所示的電路連接到平行板電極M、N．兩板間的距離為l，電路中連接的電阻阻值為R．當t=0時，一質量為m，電量為q的帶正電微粒（不計重力）以初速度v₀從M板垂直射入兩板間，微粒和極板接觸后不再反彈．已知圓形線圈的電阻為r，導線電阻忽略不計．磁場區(qū)域的磁感應強度的變化圖線如圖乙所示．求：
（1）通過電阻R的電流大小、方向以及R上產(chǎn)生的熱量；
（2）微粒在電場作用下的加速度大小和方向；
（3）若微粒最后與M極板碰撞，求電場力做的功（為簡化表達，把微粒在電場力作用下的加速度大小為a作已知）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關系確定正方形區(qū)域的面積，再根據(jù)法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律，及楞次定律與焦耳定律，即可求解；
（2）根據(jù)U=IR公式，求得MN兩端電壓，再結合牛頓第二定律，即可求解加速度大小，再由電場強度方向與電荷的電性，從而確定加速度方向；
（3）根據(jù)運動的時間，來分打到與沒打到情況，沒打到的電場力做功為零，而打到的，根據(jù)功的表達式，結合運動學公式，求得位移，從而求解．

解答 解：（1）由幾何關系可得，磁場區(qū)域的邊長為$\sqrt{2}$b，面積S=2b²；
由圖象可知，磁感應強度的變化率為：$\frac{△B}{△t}$=$\frac{{B}_{0}}{{t}_{0}}$；
線圈內產(chǎn)生的感應電動勢為：E=n$\frac{△∅}{△t}$=n$\frac{△B}{△t}$=$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{{t}_{0}}$；
所以通過R的電流為：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{（R+r）{t}_{0}}$
根據(jù)楞次定律可知，感應電流方向：C→D；
由焦耳定律，那么R上產(chǎn)生熱量為：Q=I²Rt₀=$\frac{4{n}^{2}R{{B}_{0}}^{2}^{4}}{（R+r）^{2}{t}_{0}}$；
（2）MN兩端的電勢差為：U=IR=$\frac{2nR{B}_{0}^{2}}{（r+R）{t}_{0}}$
微粒在兩板間的加速度為：a=$\frac{qU}{ml}$=$\frac{2nqR{B}_{0}^{2}}{ml（r+R）{t}_{0}}$；
由于微粒帶正電，且左極板電勢低于右板，因此方向垂直極板向左，
（3）微粒勻減速直到速度為零所用時間為t，則有：t=$\frac{{v}_{0}}{a}$；
①若2t≤t₀，則有電場力做功為零；
②若2t≥t₀，減速直到零的位移為：s₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
再在（t₀-t）時間內反向加速的位移為：s₂=$\frac{1}{2}a（{t}_{0}-t）^{2}$；
可得電場力做功為：W=-F（s₁-s₂）=ma$•\frac{1}{2}a（（{t}_{0}-t）^{2}-{t}^{2}）$=$\frac{1}{2}ma{t}_{0}（a{t}_{0}-{v}_{0}）$
答：（1）通過電阻R的電流大小$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{（R+r）{t}_{0}}$、方向C→D以及R上產(chǎn)生的熱量$\frac{4{n}^{2}R{{B}_{0}}^{2}^{4}}{（R+r）^{2}{t}_{0}}$；
（2）微粒在電場作用下的加速度大小$\frac{2nqR{B}_{0}^{2}}{ml（r+R）{t}_{0}}$ 和方向垂直極板向左；
（3）電場力做的功為零，或$\frac{1}{2}ma{t}_{0}（a{t}_{0}-{v}_{0}）$．

點評 考查電學與力學綜合問題，掌握法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、焦耳定律與楞次定律的應用，理解牛頓第二定律與運動學公式的運用，注意第3問中，分情況討論是解題的重點，也是關鍵點．