Question

15．如圖所示，豎直平面被分為足夠長(zhǎng)的I、II兩個(gè)區(qū)域，這兩個(gè)區(qū)域有垂直于豎直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B．I區(qū)固定有豎直放置的平行金屬薄板K、K′，極板間距離為d．II區(qū)用絕緣裝置豎直固定兩根電阻可忽略的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距離為l，且接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌與金屬板用導(dǎo)線相連．電阻為r、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，在外力作用下沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電的小球從靠近金屬板K的A處射入I區(qū)，射入時(shí)速度在豎直平面內(nèi)且與K板夾角為45°，在板間恰能做直線運(yùn)動(dòng)．（重力加速度為g）
（1）求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v₁；
（2）若只撤去I區(qū)磁場(chǎng)，其它條件不變，要使小球剛好到達(dá)K′板上正對(duì)A的位置A′，極板間距離d應(yīng)滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）帶負(fù)電的小球在板間恰能做直線運(yùn)動(dòng)，由于洛倫茲力與速度成正比，可知小球必定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分析其受力情況，由平衡條件和法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律結(jié)合求解．
（2）若只撤去I區(qū)磁場(chǎng)，小球在電場(chǎng)力和重力的作用下做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合解答．

解答 解：（1）由題分析知小球在板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力分析如圖所示．

有qE=mg
設(shè)豎直兩板的電壓為U．
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律有：
  Blv₁=$\frac{U}{R}$（R+r）
另有U=Ed
解得 v₁=$\frac{mgd（R+r）}{BlqR}$
（2）撤去I區(qū)磁場(chǎng)，對(duì)小球進(jìn)行受力分析，可知小球做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．
設(shè)從A到A'的時(shí)間為t，加速度為a．
在合外力方向上，有 $\frac3bjfdha{\sqrt{2}}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
初速度v₂方向上，有 $\fracvxgbmso{\sqrt{2}}$=v₂t
根據(jù)上題得 F_合=Bqv₂=$\sqrt{2}$mg
由牛頓第二定律，有 F_合=ma
解得 d=$\frac{4{m}^{2}g}{{B}^{2}{q}^{2}}$
答：
（1）導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的速度v₁為$\frac{mgd（R+r）}{BlqR}$．
（2）要使小球剛好到達(dá)K′板上正對(duì)A的位置A′，極板間距離d應(yīng)滿足的條件是d=$\frac{4{m}^{2}g}{{B}^{2}{q}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要正確分析小球的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．