Question

7．如圖（a）所示，橫截面積為S、匝數(shù)為n的線(xiàn)圈M中產(chǎn)生隨時(shí)間均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，隨時(shí)間變化規(guī)律如圖（b）所示（以向上為磁場(chǎng)正方向）．已知線(xiàn)圈的電阻為r，兩端接在并聯(lián)的平行板電容器和電阻R兩端．電容器的電容為C，兩極板間距為d．已知t=0時(shí)K閉合，內(nèi)在兩極板中間有一質(zhì)量為m，帶電小球剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)．試求：

（1）帶電小球所帶電量以及電性；
（2）假若帶電小球不會(huì)與極板相遇，在磁感應(yīng)強(qiáng)度變化一個(gè)周期T₀時(shí)間內(nèi)，帶電小球通過(guò)的位移；
（3）在一個(gè)周期T₀時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)右手螺旋定則，結(jié)合磁場(chǎng)的變化，從而確定電容器的極板電性，及依據(jù)電場(chǎng)力與重力平衡，求解小球帶電量；
（2）根據(jù)在一個(gè)周期內(nèi)，電容器的極性，從而確定電場(chǎng)力大小與方向，再依據(jù)牛頓第二定律，求解各時(shí)間內(nèi)的加速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路歐姆定律，及功率表達(dá)式，即可求解．

解答 解：（1）0到0.25s，B增加，依據(jù)右手螺旋定則，則知，
線(xiàn)圈中上端電勢(shì)高，下端電勢(shì)低，即電容器上極帶正電，
當(dāng)t=0粒子靜止，說(shuō)明電場(chǎng)力等于重力，故粒子帶負(fù)電；
因qE=mg，解得：q=$\frac{mg}{E}$，
（2）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，E=N$\frac{△B}{△t}•S$=$\frac{4N{B}_{0}S}{{T}_{0}}$
0到$\frac{{T}_{0}}{4}$粒子靜止，qE=mg；
$\frac{{T}_{0}}{4}$到$\frac{3}{4}{T}_{0}$粒子向下勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a，
根據(jù)牛頓第二定律，則有，qE+mg=ma，
解得：a=2g，
位移為${x}_{1}=\frac{1}{2}a（\frac{{T}_{0}}{2}）^{2}$=$\frac{1}{2}×2g×\frac{{T}^{2}}{4}=\frac{g{T}_{0}^{2}}{4}$，
速度為：${v}_{1}=a×\frac{{T}_{0}}{2}=g{T}_{0}$
$\frac{3}{4}{T}_{0}$到T₀，粒子電場(chǎng)力等于重力，即qE=mg時(shí)，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
位移為${x}_{2}={v}_{1}×\frac{{T}_{0}}{4}=\frac{g{T}_{0}^{2}}{4}$，
因此一個(gè)周期內(nèi)，小球位移為x=x₁+x₂=$\frac{1}{2}g{T}_{0}^{2}$，
（3）根據(jù)E=N$\frac{△B}{△t}•S$=$\frac{4N{B}_{0}S}{{T}_{0}}$
結(jié)合閉合電路歐姆定律，I=$\frac{E}{R+r}$，
那么P_R=I²R=$（\frac{4N{B}_{0}S}{（R+r）{T}_{0}}）^{2}R$
答：（1）帶電小球所帶電量$\frac{mg}{E}$，且?guī)ж?fù)電；
（2）在磁感應(yīng)強(qiáng)度變化一個(gè)周期T₀時(shí)間內(nèi)，帶電小球通過(guò)的位移$\frac{1}{2}g{T}_{0}^{2}$；
（3）在一個(gè)周期T₀時(shí)間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量$（\frac{4N{B}_{0}S}{（R+r）{T}_{0}}）^{2}R$．

點(diǎn)評(píng) 考查右手螺旋定則的內(nèi)容，掌握電場(chǎng)力與重力平衡的條件，及理解牛頓第二定律與焦耳定律的應(yīng)用，注意搞清各時(shí)間段的小球的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．