Question

12．如圖所示，兩塊很大的平行導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎直向上的勻強電場，兩平行導(dǎo)體板與一半徑為r的單匝線圈連接，在線圈內(nèi)有一方向垂直線圈平面向里，磁感應(yīng)強度變化率為$\frac{△{B}_{1}}{△t}$的勻強磁場B₁．在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強磁場，勻強磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、ST、PQ，磁感應(yīng)強度大小均為B₂，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d₁，Ⅱ區(qū)域的高度為d₂．一個質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上方的O點由靜止開始下落，穿過MN板的小孔進(jìn)入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，Ⅱ區(qū)域的高度d₂足夠大，帶電小球在運動中不會與PQ板相碰，重力加速度為g．
（1）求線圈內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度變化率；
（2）若帶電小球運動后恰能回到O點，求帶電小球釋放時距MN的高度h．

Answer 1

分析 （1）小球能做勻速圓周運動，則有電場力與重力平衡，根據(jù)平衡條件求解出電場強度后，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解線圈內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度變化率；
（2）只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點；結(jié)合對稱性，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合動能定理與牛頓第二定律，即可求解．

解答 解：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場后恰能做勻速圓周運動，則電場力與重力平衡，得：
qE=mg                                 
根據(jù)公式U=Ed得到：
E=$\frac{U}{kktyu7b_{1}+5dyfoa4_{2}}$
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：
U=$\frac{△{B}_{1}}{△t}$πr²；                             
解得：$\frac{△{B}_{1}}{△t}$=$\frac{mg（pvrchdy_{1}+9ykgnrl_{2}）}{qπ{r}^{2}}$
（2）只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運動，才能恰好回到O點，由于兩個磁場區(qū)的磁感應(yīng)強度大小都相等，所以半徑都為R，由圖可知△O₁O₂O₃是等邊三角形．
根據(jù)動能定理，有：
mgh=$\frac{1}{2}$mv²；             
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
三個圓心的連線構(gòu)成等邊三角形，結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$d₁；         
解得：h=$\frac{20nbxtx7_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$
答：（1）線圈內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度變化率$\frac{mg（pliez7w_{1}+c59sxko_{2}）}{qπ{r}^{2}}$；
（2）帶電小球釋放時距MN的高度$\frac{2cui3wa0_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$．

點評 考查帶電小球在復(fù)合場中做運動，結(jié)合受力分析，掌握物理規(guī)律，形成解題思路，提高分析問題的能力．