Question

如圖（甲）所示，一豎直放置的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，其內(nèi)有垂直框面向外的均勻變化的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)變化如圖（乙）所示．導(dǎo)線框兩端分別連平行板電容器的兩極板M、N，M、N的長(zhǎng)度和它們之間的距離都是d，兩平行板所在平面與紙面垂直．
（1）一質(zhì)子沿M、N兩板正中央水平射入，恰好打在N板的中點(diǎn)處．已知質(zhì)子的質(zhì)量和電量分別為m、e，求M、N兩板間的電壓U_MN和質(zhì)子入射的初速度v₀．
（2）若在M、N間加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，質(zhì)子以初速度v沿兩極板的正中央入射時(shí)，恰好沿直線通過兩板，求M、N間所加磁場(chǎng)B的大小和方向．
（3）若在M、N的右側(cè)有一垂直M、N板的長(zhǎng)接收板P，且在接收板與M、N間也存在（2）中所加的同樣大小與方向的磁場(chǎng)B，則質(zhì)子以直線通過M、N板之后恰好沒有碰到P板．求M板右端到P板的距離．

Answer 1

分析：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可以求出MN間的電壓；質(zhì)子在MN間做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可以求出質(zhì)子的初速度．
（2）質(zhì)子沿直線通過MN板，則質(zhì)子在板間所受電場(chǎng)力與洛倫茲力是一對(duì)平衡力，由電場(chǎng)力公式與洛倫茲力公式可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）質(zhì)子恰好沒有碰到P板，則質(zhì)子做圓周運(yùn)動(dòng)離開MN兩板時(shí)速度方向過板的端點(diǎn)，質(zhì)子在MN間做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)即可解題．

解答：解：（1）設(shè)平行板電容器兩端的電壓是U，
則由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：U=

△Φ

△t

  ①，
由（乙）圖可知：

△Φ

△t

=

B0S

t0

  ②，而S=L²  ③，
由①②③式解得：U=

B0L2

t0

 ④，
質(zhì)子在M、N間做類平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得：
在水平方向：

1

2

d=v₀t    ⑤，
在豎直方向：

1

2

d=

1

2

at2  ⑥，
由牛頓第二定律和電場(chǎng)力公式可得：e

U

d

=ma ⑦，
由以上式子解得：v₀=

L

2

eB0 mt0

  ⑧；
（2）質(zhì)子在M、N板間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，
它受到電場(chǎng)力和洛侖茲力這一對(duì)平衡力作用．
由平衡條件得：evB=e

U

d

  ⑨，
由⑨式解得：B=

B0L2

dvt0

，B的方向垂直紙面向里；
（3）質(zhì)子恰好沒有碰到P板，
質(zhì)子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與P板相切，
由右圖可知：evB=m

v2

R

，
由幾何知識(shí)知M板右端到P板的距離：S=R，
由以上兩式解得S=

mdt0v2

eB0L2

；
答：（1）電壓為

B0L2

t0

，初速度為

L

2

eB0 mt0

；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

B0L2

dvt0

，方向：垂直紙面向里；
（3）M板右端到P板的距離得S=

mdt0v2

eB0L2

．

點(diǎn)評(píng)：本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的一道綜合題，解題時(shí)要注意不考慮質(zhì)子所受重力；應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)、平衡條件，可以分析答題．