Question

4．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(qiáng)電場(chǎng)，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(qiáng)度變化率為$\frac{△{B}_{1}}{△t}$的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布為I、II兩個(gè)區(qū)域，其邊界為MN、ST、PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)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(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上方的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)MN板的小孔進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，II區(qū)域的高度d₂足夠大，帶電小球在運(yùn)動(dòng)中不會(huì)與PQ板相碰，重力加速度為g．

（1）求線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率$\frac{△{B}_{1}}{△t}$；
（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h；
（3）若帶電小球從距MN的高度為3h的O’點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，為使帶電小球運(yùn)動(dòng)后仍能回到O’點(diǎn)，在磁場(chǎng)方向不改變的情況下對(duì)兩導(dǎo)體板之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)作適當(dāng)?shù)恼{(diào)整，請(qǐng)你設(shè)計(jì)出兩種方案并定量表示出來(lái)．

Answer 1

分析 （1）小球能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有電場(chǎng)力與重力平衡，根據(jù)平衡條件求解出電場(chǎng)強(qiáng)度后，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；
（2）只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)；結(jié)合對(duì)稱(chēng)性，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理與牛頓第二定律，即可求解；
（3）由上式高度可知，從而確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化值，并依重力與電場(chǎng)力相等，從而確定距離關(guān)系．

解答 解：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，得：
qE=mg
根據(jù)公式U=Ed得到：
E=$\frac{U}{mwrkpad_{1}+9vzubsn_{2}}$
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：
U=$\frac{△{B}_{1}}{△t}$=πr²
解得：
$\frac{△{B}_{1}}{△t}$=$\frac{mg（9ccxw5k_{1}+f3e8ecv_{2}）}{qπ{r}^{2}}$
（2）只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)，由于兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dòng)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(gè)圓心的連線構(gòu)成等邊三角形，結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$d₁
解得：h=$\frac{2hux5avu_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$
（3）方案1：改變磁感應(yīng)強(qiáng)度
自由落體過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mg×3h=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$
解得：v₁=$\sqrt{6gh}$=$\sqrt{3}$v
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：
qv₁′B₂′=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
B₂′=$\sqrt{3}$B₂
將兩板之間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大為原來(lái)的$\sqrt{3}$倍．
方案2：改變磁場(chǎng)的寬度：
由h=$\frac{238sgj0s_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$可知，將磁場(chǎng)I區(qū)的寬度增大為原來(lái)的$\sqrt{3}$倍，即d₁′=$\sqrt{3}$d₁．
磁場(chǎng)II區(qū)的寬度變?yōu)閐₂′=d₂-（$\sqrt{3}$-1）d₁
方案3：改變磁場(chǎng)邊界：磁場(chǎng)II區(qū)的磁場(chǎng)邊界下移y的距離．
當(dāng)帶電小球從距MN的高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落時(shí)，應(yīng)有
mg×3h=$\frac{1}{2}$m${v}_{1}^{2}$
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：
qv₁B₂=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$
由第2問(wèn)解析，有：
h=$\frac{2mjugsug_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$
R₁=2d₁
畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如右圖所示，在中間勻速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，粒子的速度方向與豎直方向成30°角，根據(jù)幾何關(guān)系，可得
y=$\frac{{R}_{1}cos30°-R{\;}_{1}（1-cos30°）}{tan30°}$
y=（6-2$\sqrt{3}$）d₁
方案4：同時(shí)改變磁感應(yīng)強(qiáng)度和磁場(chǎng)邊界（上圖中30⁰角改為θ角）
設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大k倍．B₂′=kB₂
則磁場(chǎng)II區(qū)域的上邊界下移y的距離
y=$\frac{{R}_{1}cosθ-{R}_{1}（1-cosθ）}{tanθ}$
式中：R₁=$\frac{2htnqtyf_{1}}{k}$
cosθ=$\sqrt{1-（\frac{1}{2}k）^{2}}$
tanθ=$\frac{1}{\sqrt{\frac{4}{{k}^{2}}-1}}$
答：（1）線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為$\frac{mg（pufhz4v_{1}+g0clxz8_{2}）}{qπ{r}^{2}}$；
（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)后恰能回到O點(diǎn)，帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h為$\frac{2ef4bwp4_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$；
（3）方案如上所示．

點(diǎn)評(píng) 考查帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中做運(yùn)動(dòng)，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(wèn)題的能力．