Question

2．如圖所示，電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌ABC、DEF平行放置，間距為L(zhǎng)，BC、EF水平，AB、DE與水平面成θ角．PQ、P′Q′是質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬桿，它們與導(dǎo)軌垂直．平行板電容器的兩極板（相距為d）M、N水平放置，并通過(guò)導(dǎo)線與導(dǎo)軌連接．FC的左側(cè)整個(gè)區(qū)域處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₁、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．電容器兩極板間圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂，圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑r₁=0.5d，與電容器兩板及左側(cè)邊緣線相切．讓桿PQ沿水平導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，使桿P′Q′靜止不動(dòng)，試求：

（1）PQ運(yùn)動(dòng)速度的大小和方向．
（2）若一個(gè)不計(jì)重力的帶正電粒子沿兩板間中心線O₁O₂從左側(cè)邊緣．O₁點(diǎn)以速度v₀射入，恰沿直線通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，經(jīng)過(guò)時(shí)間t₀從極板邊緣飛出；撤去磁場(chǎng)，讓該粒子仍從O₁點(diǎn)以相同速度射入，則經(jīng)t₀/2時(shí)間打到極板上，求v₀的大小為多少？
（3 ）若兩極板不帶電，保持圓形區(qū)域磁場(chǎng)不變，滿足（2）問(wèn)比荷的該粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點(diǎn)射入，欲使粒子從兩板間飛出，求射入的速度大小應(yīng)滿足的條件[已知tan²θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$]．

Answer 1

分析 （1）應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出桿受到的安培力，然后應(yīng)用平衡條件求出桿的速度大小，應(yīng)用左手定則與右手定則判斷桿的運(yùn)動(dòng)方向．
（2）撤去磁場(chǎng)時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有磁場(chǎng)時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與平衡條件可以求出粒子的速度．
（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，求出粒子的臨界速度，然后確定其速度范圍．

解答 解：（1）PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=B₁Lv，
電路電流：I=$\frac{E}{2R}$=$\frac{{B}_{1}Lv}{2R}$，
P′Q′桿受到的安培力：F=B₁IL=$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，
P′Q′桿靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgtanθ=F，
解得：v=$\frac{2mgRtanθ}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$，
由右手定則與左手定則可知，PQ應(yīng)向右運(yùn)動(dòng)．
（2）設(shè)極板長(zhǎng)為x，撤去磁場(chǎng)后粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向位移：x-2r₁=x-d，
有磁場(chǎng)時(shí)：x=v₀t₀，無(wú)磁場(chǎng)時(shí)：x-d=$\frac{{v}_{0}{t}_{0}}{2}$，
解得：x=2d，v₀=$\frac{2d}{{t}_{0}}$；
（3）撤去磁場(chǎng)時(shí)粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，粒子的偏移量：0.5d=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$$（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}$，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：qv₀B₂=q$\frac{U}mrt7qia$，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2}{{B}_{2}{t}_{0}}$，
無(wú)電場(chǎng)時(shí)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子恰好從上極板左邊緣時(shí)的軌道半徑為r，圓心角為α，
由幾何知識(shí)得：tanα=$\frac{0.5d}{r}$，α=45°，r+$\sqrt{2}$r=0.5d，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v=$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$；
粒子恰好從上極板右邊緣飛出時(shí)，由幾何知識(shí)得：
tan2θ=$\frac{1}{3}$，tanθ=$\frac{0.5d}{r}$，已知：tan2θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$，
解得：v=$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$，
粒子的速度需要滿足的條件是：0＜v＜$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$，v＞$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$；
答：（1）PQ運(yùn)動(dòng)速度的大小為：$\frac{2mgRtanθ}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$，方向：向右．
（2）v₀的大小為$\frac{2d}{{t}_{0}}$；
（3 ）欲使粒子從兩板間飛出，求射入的速度大小應(yīng)滿足的條件是：0＜v＜$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$，v＞$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道綜合題，分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律即可解題．