Question

5．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有寬度為L足夠長的金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₀，導(dǎo)軌上有一導(dǎo)體棒在外力作用下以速度v₀向左勻速運(yùn)動(dòng)；P、Q為豎直平面內(nèi)兩平行金屬板，分別用導(dǎo)線和M、N相連，P、Q板長為d，間距也為d，P、Q板間虛線右側(cè)為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)有一電量為q的帶正電小球，從P、Q左邊界的中點(diǎn)水平射入，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，重力加速度取g．求：

（1）帶電小球的質(zhì)量m；
（2）能夠打在P板上的帶電小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；
（3）能夠打在P板上的帶電小球速度v的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力與重力必須平衡，列出平衡方程．PQ間的電壓等于導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢，由U=B₀Lv₀求出．再結(jié)合板間場強(qiáng)與電壓的關(guān)系U=Ed，即可求得小球的質(zhì)量m．
（2）如圖，圓心為O₂的軌跡對應(yīng)在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，為$\frac{T}{4}$．根據(jù)牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律結(jié)合求得粒子運(yùn)動(dòng)的周期T，即可解得．
（3）如圖，能打在P板上的兩個(gè)臨界軌跡分別為圓O₁和圓O₂．由幾何知識(shí)求得它們對應(yīng)的軌跡半徑，由r=$\frac{mv}{qB}$求出粒子對應(yīng)的速度，即可得到速度范圍．

解答  解：（1）小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力與重力必須平衡，有
  qE=mg  ①
P、Q兩板間的電壓 U=Ed ②
導(dǎo)體棒在MN導(dǎo)軌上做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有
  U=B₀Lv₀ ③
聯(lián)立解得 m=$\frac{q{B}_{0}L{v}_{0}}{gd}$ ④
（2）如圖，圓心為O₂的軌跡對應(yīng)在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，為：
  t_min=$\frac{T}{4}$ ⑤
又 T=$\frac{2πr}{v}$ ⑥
小球在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供，有
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$  ⑦
聯(lián)立得 t_min=$\frac{πL{B}_{0}{v}_{0}}{2Bgd}$ ⑧
（3）如圖，能打在P板上的兩個(gè)臨界軌跡分別為圓O₁和圓O₂．
由幾何知識(shí)得它們對應(yīng)的軌跡半徑分別為 r₁=$\frac52rwnlb{4}$，r₂=$\fracdrzw8ca{2}$ ⑨
由⑦知：r=$\frac{mv}{qB}$ （10）
聯(lián)立得：v₁=$\frac{Bd}{4{B}_{0}L{v}_{0}}$，v₂=$\frac{Bd}{2{B}_{0}L{v}_{0}}$ （11）
故能夠打在P板上的帶電小球速度v的取值范圍為：$\frac{Bd}{4{B}_{0}L{v}_{0}}$≤v≤$\frac{Bd}{2{B}_{0}L{v}_{0}}$．（12）
答：（1）帶電小球的質(zhì)量m為$\frac{q{B}_{0}L{v}_{0}}{gd}$；
（2）能夠打在P板上的帶電小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為$\frac{πL{B}_{0}{v}_{0}}{2Bgd}$；
（3）能夠打在P板上的帶電小球速度v的取值范圍為：$\frac{Bd}{4{B}_{0}L{v}_{0}}$≤v≤$\frac{Bd}{2{B}_{0}L{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題中導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，此題就是一個(gè)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵要定圓心、找半徑，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何知識(shí)求軌跡的半徑和圓心角．