Question

15．某同學(xué)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象設(shè)計了一種發(fā)電裝置，如圖甲所示，圖乙為其俯視圖．將8塊相同磁鐵的N、S極交錯放置組合成一個高h(yuǎn)=0.5m、半徑r=0.2m的圓柱體，其可繞固定的OO'軸轉(zhuǎn)動．圓柱外側(cè)附近每個磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.2T，方向都垂直于圓柱表面，相鄰兩個區(qū)域的磁場方向相反．緊靠圓柱體外側(cè)固定-根與其等長、電阻R=0.4Ω的金屬桿ab，桿與圓柱平行．從上往下看，圓柱體以ω=100rad/s的角速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，設(shè)轉(zhuǎn)到如圖所示位置為t=0時刻．取g=10m/s²，π²=10．求：
（1）圓柱體轉(zhuǎn)過$\frac{1}{8}$周期的時間內(nèi)，ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E的大�。�
（2）如圖丙所示，M、N為水平放置的平行板電容器的兩極板，極板長L₀=0.314m，兩板間距d=0.125m．現(xiàn)用兩根引線將M、N分別與a、b相連．在t=0時刻，將-個電量q=+1.00×10^-6C、質(zhì)量m=1.60×10^-8kg的帶電粒子從緊靠M板中心處無初速度地釋放，求粒子從M板運(yùn)動到N板所經(jīng)歷的時間t．不計粒子重力．
（3）t=0時刻，在如圖丙所示的兩極板問，若上述帶電粒子從靠近M板的左邊緣處以初速度v₀水平射入兩極板間，而且已知粒子沿水平方向離開電場，求初速度v₀的大小，并在圖中畫出粒子相應(yīng)的運(yùn)動軌跡．不計粒子重力．（請自行作圖�。�

Answer 1

分析 （1）磁場與導(dǎo)體棒之間有相對運(yùn)動，導(dǎo)體切割磁感線，根據(jù)E=BLv，即可求得ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E的大��；
（2）粒子開始$\frac{1}{8}$T內(nèi)做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，然后減速$\frac{T}{8}$，然后分別再加速、減速$\frac{T}{8}$，這樣往復(fù)下去，分析清楚運(yùn)動過程，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律可求解；
（3）粒子最后以水平速度射出，說明粒子豎直方向上速度為零，因此粒子在板間運(yùn)動時間為$\frac{1}{8}$的偶數(shù)倍，即為$\frac{1}{4}$或者$\frac{1}{2}$，再由速度公式即可求得速度大�。�

解答 解：（1）感應(yīng)電動勢：E=Bhv
又：v=ωr
 代入數(shù)據(jù)得  E=2V
故ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E的大小為：E=2V
（2）粒子加速度為：a=$\frac{Uq}{md}$
周期為：T=$\frac{2π}{ω}$=
粒子在$\frac{1}{8}$T時間內(nèi)運(yùn)動地距離為：so=$\frac{1}{2}$a（$\frac{1}{8}$T）2=$\frac{1}{32}$m
又：$\frachvr74fg{{s}_{0}}$=4
故：t=4×$\frac{T}{8}$=$\frac{1}{2}$T=3.14×10^-2s
故粒子從M板運(yùn)動到N板所經(jīng)歷的時間t=3.14×10^-2s．
（3）第一種情況：粒子運(yùn)動軌跡如答圖甲所示，運(yùn)動時間為$\frac{1}{4}$T．
初速度應(yīng)為：v₀₁=$\frac{{L}_{0}}{\frac{T}{4}}$=$\frac{0.314×4}{6.28×1{0}^{-2}}$=20m/s
第二種情況：粒子運(yùn)動軌跡如答圖乙所示，運(yùn)動時間為$\frac{1}{2}$T．
初速度應(yīng)為：v₀₂=$\frac{{L}_{0}}{\frac{T}{2}}$=$\frac{0.314×2}{6.28×1{0}^{-2}}$=10m/s
故初速度大小分別為20m/s，10m/s，軌跡如圖所示
答：（1）圓柱體轉(zhuǎn)過$\frac{1}{8}$周期的時間內(nèi)，ab桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E的大小2V；
（2）粒子從M板運(yùn)動到N板所經(jīng)歷的時間t為3.14×10^-2s；
（3）初速度v₀的大小分別為20m/s，10m/s，軌跡如圖所示

點(diǎn)評 本題考查導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動勢以及帶電粒子在電場中的運(yùn)動規(guī)律分析，要注意分析清楚運(yùn)動過程和運(yùn)動的周期性，從而根據(jù)運(yùn)動的合成和分解規(guī)律求出時間和對應(yīng)的速度大小．