Question

11．如圖所以，一端開口的矩形金屬框abcd的總電阻為R，開口端通過導(dǎo)線與電阻R相連構(gòu)成閉合回路，金屬線框區(qū)域內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加且變化率為k的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁，框內(nèi)磁場(chǎng)所占的面積為s．平行板電容器的兩金屬板M和N豎直放置，并聯(lián)在電阻兩端，金屬板M的中央有一小孔，金屬板右側(cè)存在著寬為L(zhǎng)，作用邊界與金屬板平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力），由N板邊緣釋放，經(jīng)過M板的小孔垂直進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，求：
（1）電容器兩端的電壓是多少？
（2）粒子從右側(cè)離開磁場(chǎng)B₂時(shí)偏離原方向的距離是多少？

Answer 1

分析 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出abcd中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，進(jìn)而求出MN間的電勢(shì)差；
根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子離開小孔時(shí)的速度，根據(jù) 牛頓第二定律求出粒子在右邊磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)半徑，由幾何知識(shí)求出偏離原方向的距離．

解答 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=$\frac{△φ}{△t}$=$\frac{△BS}{△t}$=ks
根據(jù)串聯(lián)電路的分壓關(guān)系電容器兩端的電壓U=$\frac{R}{R+R}$•E=$\frac{1}{2}$ks
（2）根據(jù)動(dòng)能定理：qU=$\frac{1}{2}$mv²
v=$\sqrt{\frac{2q\frac{1}{2}ks}{m}}$=$\sqrt{\frac{kqs}{m}}$
根據(jù)牛頓第二定律：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
r=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$=$\frac{\sqrt{kqsm}}{q{B}_{2}}$
豎直方向偏離原方向的距離是：d=r-$\sqrt{{r}^{2}-{L}^{2}}$=$\frac{\sqrt{kqsm}}{q{B}_{2}}$-$\sqrt{\frac{kqsm}{{q}^{2}{{B}_{2}}^{2}}-{L}^{2}}$
答：（1）電容器兩端的電壓是$\frac{1}{2}$ks；
（2）粒子從右側(cè)離開磁場(chǎng)B₂時(shí)偏離原方向的距離是$\frac{\sqrt{kqsm}}{q{B}_{2}}$-$\sqrt{\frac{kqsm}{{q}^{2}{{B}_{2}}^{2}}-{L}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)和電磁感應(yīng)的綜合．注意本題中的電動(dòng)勢(shì)為感生電動(dòng)勢(shì)，要會(huì)正確的認(rèn)清等效電路．