Question

15．如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計圓形金屬線圈及導(dǎo)線的電阻．線圈內(nèi)存在一個方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小均勻增加且變化率為k的磁場B_t．電阻R兩端并聯(lián)一對平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側(cè)xOy坐標(biāo)系（坐標(biāo)原點O在N板的下端）的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OA和y軸的夾角∠AOy=45°，AOx區(qū)域為無場區(qū)．在靠近M板處的P點由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計重力），經(jīng)過N板的小孔，從點Q（0，L）垂直y軸進入第一象限，經(jīng)OA上某點離開磁場，最后垂直x軸離開第一象限．求：
（1）平行金屬板M、N獲得的電壓U；
（2）粒子到達Q點時的速度大小
（3）yOA區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；
（4）粒子從P點射出到到達x軸的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求出閉合電路的電動勢，即得到平行金屬M、N獲得的電壓U；
（2）由動能定理求出粒子經(jīng)過MN間的電場加速度獲得的速度．
（3）正確畫出粒子在磁場中的運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系找出粒子運動的半徑的大小，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求得磁場的磁感應(yīng)強度；
（4）粒子從P點射出到到達x軸的時間為三段運動過程的時間之和．

解答 解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
  E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B•S}{△t}$=kS…①
因平行金屬板M、N與電阻并聯(lián)，故M、N兩板間的電壓為：
  U=U_R=E=kS…②
（2）帶電粒子在M、N間做勻加速直線運動，有：
  qU=$\frac{1}{2}$mv² …③
所以：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}=\sqrt{\frac{2qkS}{m}}$
（3）帶電粒子進入磁場區(qū)域的運動軌跡如圖所示，有：
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…④
由幾何關(guān)系可得：
  r+rcot45°=l…⑤
聯(lián)立②③④⑤得：B=$\frac{2}{l}•\sqrt{\frac{2mkS}{q}}$；
（4）粒子在電場中做勻加速直線運動，則有：
  d=$\frac{1}{2}$at₁²
根據(jù)牛頓第二定律得：q$\frac{U}nvfn9v1$=ma
粒子在磁場中，有：
  T=$\frac{2πr}{v}$
  t₂=$\frac{1}{4}$T
粒子在第一象限的無場區(qū)中，有：
  s=vt₃
由幾何關(guān)系得：s=r
粒子從P點射出到到達x軸的時間為：
  t=t₁+t₂+t₃
聯(lián)立以上各式可得：
  t=（2d+$\frac{π+2}{4}l$）$\sqrt{\frac{m}{2qkS}}$；
答：（1）平行金屬板M、N獲得的電壓U為kS；
（2）粒子到達Q點時的速度大小是$\sqrt{\frac{2qkS}{m}}$；
（3）yOA區(qū)域內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度為$\frac{2}{l}•\sqrt{\frac{2mkS}{q}}$；
（4）粒子從P點射出到到達x軸的時間為（2d+$\frac{π+2}{4}l$）$\sqrt{\frac{m}{2qkS}}$

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動和電磁感應(yīng)的綜合．磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．