Question

5．如圖甲所示，兩間距為d的水平放置的平行金屬板M、N，M板某處C放有粒子源，C的正上方的N板D處開有一個可穿過粒子的小孔．間距L=2d的平行金屬導軌P、Q與金屬板M、N相連，導軌上存在一垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場，一導體棒ab貼緊PQ以一定的初速度向右勻速進入磁場．在ab進入磁場的瞬間，粒子源飄出一個初速度視為零、質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，在M、N間加速后從D處射出．在N板的上方（并與D點相切）有一個內(nèi)圓半徑R₁=d、外圓半徑R₂=3d的圓環(huán)形勻強磁場，其大小也為B、方向垂直紙面向外，兩圓的圓心O與C、D在一豎直線上．不計粒子重力，忽略平行板外的電場以及磁場間的相互影響．
（1）C處飄出的粒子帶何種電荷？已知ab棒的速度為v₀，求粒子到達N板時速度v；
（2）為了不讓粒子進入內(nèi)圓半徑為R₁的無磁場區(qū)域，試求出ab棒的速度v₀最大值v_0m；
（3）若ab棒的速度只能是${v'_0}=\frac{5qBd}{m}$，為了實現(xiàn)粒子不進入半徑為R₁的內(nèi)圓無磁場區(qū)域，可以控制金屬導軌P、Q的磁場寬度（如圖乙所示），求該磁場寬度S的范圍．

Answer 1

分析 （1）依據(jù)右手定則，從而判定粒子的電性，再依據(jù)感應(yīng)電動勢公式，結(jié)合動能定理，即可求解；
（2）依據(jù)題意作出最大半徑的圓，再根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，即可求解；
（3）為了實現(xiàn)粒子不進入半徑為R₁的內(nèi)圓無磁場區(qū)域，結(jié)合運動學規(guī)律，及牛頓第二定律，從而求得磁場寬度S的范圍．

解答 解：（1）根據(jù)右手定則可知，a端為正極，故帶電粒子必須帶負電．   
ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為：E_勢=BLv₀=2Bdv₀…①
對于粒子，根據(jù)動能定理為：qU_DC=qE_勢=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$…②
聯(lián)立①②兩式，可得：v=2$\sqrt{\frac{Bd{v}_{0}q}{m}}$…③
（2）為了不讓粒子進入內(nèi)圓半徑為d的無磁場區(qū)域，則粒子最大半徑r時的軌跡與內(nèi)圓相切，
如圖所示．設(shè)此時粒子速度為v′

根據(jù)幾何關(guān)系：r²+R${\;}_{2}^{2}$=（R₁+r）²…④
計算得到：r=4d…⑤
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r}$…⑥
由⑤⑥得：v′=$\frac{4qBd}{m}$…⑦
根據(jù)粒子速度v與ab棒速度v₀的關(guān)系式③得：v′=2$\sqrt{\frac{Bd{v}_{0m}q}{m}}$…⑧
所以ab棒的速度v₀的最大值為：v_0m=$\frac{4qBd}{m}$                           
（3）因為v${\;}_{0}^{′}$=$\frac{5qBd}{m}$＞v_0m=$\frac{4qBd}{m}$，故如果讓粒子一直在MN間加速，則必然進入內(nèi)圓無磁場區(qū)．
而如果能夠讓粒子在MN間只加速一部分距離，用時間t，再勻速走完剩下的距離，就可以讓粒子的速度不超過v′．
這時只需ab棒在磁場中運動一段距離．
設(shè)導軌磁場最大寬度為S時粒子恰好不會進入內(nèi)圓無磁場區(qū)，此情況下
由⑦式可知，粒子從D點射出的速度為：v′=at=$\frac{4qBd}{m}$…⑨
粒子在MN間加速的加速度為：a=$\frac{q{E}_{場}}{m}$=$\frac{q{E}_{勢}}{md}$=$\frac{2Bd{v}_{0}^{′}q}{dm}$=$\frac{10{B}^{2}{q}^{2}d}{{m}^{2}}$…⑩
由⑨⑩解得：t=$\frac{2m}{5Bq}$                    
對于ab棒：s=v${\;}_{0}^{′}$t=2d              
磁場寬度范圍：0＜s≤2d
答：（1）粒子到達N板時速度2$\sqrt{\frac{Bd{v}_{0}q}{m}}$；
（2）ab棒的速度v₀最大值$\frac{4qBd}{m}$；
（3）該磁場寬度S的范圍0＜s≤2d．

點評 考查右手定則的內(nèi)容，掌握動能定理、運動學規(guī)律與牛頓第二定律的應(yīng)用，理解幾何知識，注意如何確定已知長度與圓半徑的關(guān)系，并會畫出正確的運動軌跡圖也是解題的關(guān)鍵．