Question

2．如圖甲所示，P為金屬圓環(huán)，半徑r=5m，環(huán)內(nèi)的磁場(chǎng)隨時(shí)間變化的圖線如圖甲所示，以垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向；A、B是帶有小孔的帶電金屬板，U_AB=100V；C、D是與P環(huán)相連的水平放置的平行金屬板，板長L=16m，兩板間距D=16m；Q是邊長d=24m的正方形磁場(chǎng)區(qū)域．P環(huán)圓心，A、B板小孔連線，C、D板中線及正方形Q的中線都在同一線水平線上．現(xiàn)有質(zhì)量m=1×10^-4kg，電量q=+1.6×10^-5C的粒子（重力不計(jì)）源源不斷的從A板小孔由靜止釋放，依次進(jìn)入C、D兩板及正方形磁場(chǎng)區(qū)域．求：

（1）帶電粒子離開A、B板進(jìn)入C、D板時(shí)的速度v；
（2）在圖丙中作出C、D金屬板上的電勢(shì)差U_CD隨時(shí)間變化的圖象；
（3）帶電粒子穿越C、D板過程中產(chǎn)生的最大偏轉(zhuǎn)位移Y₁和最小偏轉(zhuǎn)位移Y₂；
（4）欲使帶電粒子全部從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)該滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理即可求出速度；
（2）極板CD之間的電勢(shì)差等于圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律即可求出；
（3）帶電粒子在極板CD之間發(fā)生偏轉(zhuǎn)，將運(yùn)動(dòng)沿水平方向與豎直方向分解即可；
（4）求出粒子射出電場(chǎng)后的速度，在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力求出粒子的半徑，然后結(jié)合粒子就磁場(chǎng)時(shí)的角度，通過作圖得出臨界條件，然后再結(jié)合幾何關(guān)系與比較公式即可求出．

解答 解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理得：$q{U}_{AB}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
所以：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2q{U}_{AB}}{m}}=\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-5}×100}{1×1{0}^{-4}}}$=4$\sqrt{2}$m/s
（2）圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：$E=\frac{△Φ}{△t}=\frac{△B}{△t}•S=\frac{\frac{8}{π}-0}{1}×π×{5}^{2}$=200V
P中的磁場(chǎng)的方向開始時(shí)向里減小，由楞次定律可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，所以C極板的電勢(shì)高．
極板CD之間的電勢(shì)差等于圓環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)即：U_CD=E=200V
當(dāng)磁場(chǎng)的變化率的方向發(fā)生變化后，由楞次定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向相反，所以：U_CD′=-E=-200V
所以CD之間的電勢(shì)差隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖：
（3）帶電粒子在極板CD之間發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿水平方向：L=v₀t
所以：t=$\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{16}{4\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$s
粒子在電場(chǎng)中的加速度：$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{CD}}{mD}=\frac{1.6×1{0}^{-5}×200}{1×1{0}^{-4}×16}$=$\sqrt{2}$m/s²
正電荷開始的受到的電場(chǎng)力的方向向下，先向下做加速運(yùn)動(dòng)，2s后向下做減速運(yùn)動(dòng)，所以加速的時(shí)間越長，則粒子在電場(chǎng)中的位移越大；
若重力在電場(chǎng)中開始時(shí)加速的時(shí)間比較短，粒子在電場(chǎng)中先向下加速，一段時(shí)間后向下減速，最后又向上加速，若滿足一定的條件，則粒子的偏轉(zhuǎn)量可能恰好等于0．
1．若粒子在t=0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)，則加速的時(shí)間是2s，沿電場(chǎng)方向的末速度：${v}_{y}=a•t′=\sqrt{2}×2=2\sqrt{2}$m/s
粒子沿電場(chǎng)方向的位移：${x}_{1}=\frac{1}{2}at{′}^{2}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{2}^{2}=2\sqrt{2}$m
此后粒子向下做減速運(yùn)動(dòng)，位移：${x}_{2}={v}_{y}（t-t′）-\frac{1}{2}a（t-t′）^{2}$=$2\sqrt{2}×（2\sqrt{2}-2）-\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{（2\sqrt{2}-2）}^{2}$=$16-10\sqrt{2}$m
所以最大位移：${Y}_{1}={x}_{1}+{x}_{2}=2\sqrt{2}+（16-10\sqrt{2}）=16-8\sqrt{2}$m
若粒子恰好在t=2s時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)中，則粒子一直向上運(yùn)動(dòng)，所以粒子運(yùn)動(dòng)的最小位移一定是0．
（4）粒子帶正電，而正方形的磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)的方向向外，由左手定則可知，粒子偏轉(zhuǎn)的方向向下，所以粒子沿電場(chǎng)線方向向下的分速度越大，向下的位移越向下則粒子越容易從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出，而向上的分速度越大，在電場(chǎng)中向上的位移越大，則越不容易從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出，所以粒子恰好在t=2s時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)中，則粒子一直向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的粒子最不容易從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出．
恰好在t=2s時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子的向上的位移：${x}_{3}=\frac{1}{2}at{″}^{2}=\frac{1}{2}×\sqrt{2}×{（4-2）}^{2}=2\sqrt{2}$m
粒子豎直向上的分速度：${v}_{y}′=a•t″=\sqrt{2}×（4-2）=2\sqrt{2}$m/s
粒子速度的方向與水平方向之間的夾角：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，所以：θ=30°
結(jié)合粒子就磁場(chǎng)時(shí)的角度，作圖：
由圖中的幾何關(guān)系得：$r+rcos30°=\frachxpl1bl{2}+{x}_{3}$
粒子的速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$2\sqrt{5}$m/s
在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
粒子的半徑：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{1×1{0}^{-4}×2\sqrt{5}}{1.6×1{0}^{-5}×B}=\frac{25\sqrt{5}}{2B}$，
聯(lián)立解得：$B=\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$
由于磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑也就越小，所以欲使帶電粒子全部從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)該滿足$B≤\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$
答：（1）帶電粒子離開A、B板進(jìn)入C、D板時(shí)的速度是$4\sqrt{2}$m/s；
（2）在圖丙中作出C、D金屬板上的電勢(shì)差U_CD隨時(shí)間變化的圖象如圖1；
（3）帶電粒子穿越C、D板過程中產(chǎn)生的最大偏轉(zhuǎn)位移是$16-8\sqrt{2}$m和最小偏轉(zhuǎn)位移是0；
（4）欲使帶電粒子全部從正方形磁場(chǎng)的下邊界射出，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)該滿足$B≤\frac{50\sqrt{5}+25\sqrt{15}}{48+8\sqrt{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 該題將帶電粒子在電場(chǎng)中的加速問題、偏轉(zhuǎn)問題與帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及法拉第電磁感應(yīng)定律向結(jié)合，綜合考查電場(chǎng)、磁場(chǎng)以及電磁感應(yīng)定律，是考查電磁感應(yīng)定律中比較少見的情況，也是帶電粒子才磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題目中少見的情況，而且該題中的數(shù)據(jù)始終帶有根號(hào)，在計(jì)算的過程中也要細(xì)心．