Question

4．如圖所示，串聯(lián)阻值為R的閉合電路中，面積為S的正方形區(qū)域abcd存在一個方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加且變化率為k的勻強(qiáng)磁場B_t，abcd的電阻值也為R，其他電阻不計．電阻兩端又向右并聯(lián)一個平行板電容器．在靠近M板處由靜止釋放一質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子（不計重力），經(jīng)過N板的小孔P進(jìn)入一個垂直紙面向內(nèi)、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的圓形勻強(qiáng)磁場，已知該圓形勻強(qiáng)磁場的半徑為r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mSk}{q}}$．求：
（1）電容器獲得的電壓；
（2）帶電粒子從小孔P射入勻強(qiáng)磁場時的速度；
（3）帶電粒子在圓形磁場運動時的軌道半徑；
（4）在圖中畫出帶電粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)的軌跡，并求出它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角．

Answer 1

分析 （1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可求得閉合電路的電動勢，由閉合電路的歐姆定律可求得電路中的電流，則可求得電阻兩端的電壓，由電容器的連接可求得電容器的電壓；
（2）帶電粒子在電容器中做勻加速直線運動，由動能定理可求得粒子射入磁場時的速度；
（3）粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得粒子轉(zhuǎn)動半徑；
（4）畫出帶電粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)的軌跡，由幾何關(guān)系可求得粒子的偏向角．

解答 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路的電動勢為 $E=\frac{△φ}{△t}=\frac{S•△B}{△t}=Sk$
根據(jù)閉合電路的歐姆定律，閉合電路的電流為 $I=\frac{E}{R+R}=\frac{Sk}{2R}$
電阻獲得的電壓 $U{\;}_R=IR=\frac{1}{2}Sk$
因電容器與電阻是并聯(lián)的，故電容器獲得的電壓 $U=U{\;}_R=\frac{1}{2}Sk$
（2）帶電粒子在電容器中受到電場力作用而做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理，有：$qU=\frac{1}{2}mv{\;}^2$
得到帶電粒子從小孔P射入勻強(qiáng)磁場時的速度為$v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}=\sqrt{\frac{qSk}{m}}$
（3）帶電粒子進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場后，洛倫茲力提供其做勻速圓周運動的向心力，有：$qvB=m\frac{{v{\;}^2}}{R'}$
得帶電粒子在圓形勻強(qiáng)磁場運動的半徑為  $R'=\frac{mv}{qB}=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mSk}{q}}$
又圓形磁場的半徑$r=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mSk}{q}}$，即R′=r
（4）根據(jù)左手定則，帶電粒子在圓形磁場向右轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$的圓周（如右圖所示），故它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角為90°．
答：
（1）電容器獲得的電壓為$\frac{1}{2}Sk$；
（2）帶電粒子從小孔P射入勻強(qiáng)磁場時的速度為$\sqrt{\frac{qSk}{m}}$；
（3）帶電粒子在圓形磁場運動時的軌道半徑為r；
（4）在圖中畫出帶電粒子經(jīng)過圓形磁場區(qū)的軌跡如圖，它離開磁場時的偏轉(zhuǎn)角為90°．

點評 帶電粒子在電磁場中的運動，要注意靈活選擇物理規(guī)律，電場中一般由動能定理或類平拋的規(guī)律求解，而磁場中粒子做圓周運動，應(yīng)由向心力公式及幾何關(guān)系求解．