Question

11．如圖所示，勻強磁場B₁垂直水平光滑金屬導軌平面向下，垂直導軌放置的導體棒ab在平行于導軌的外力F作用下做勻加速直線運動，通過兩線圈感應出電壓，使電壓表示數(shù)U保持不變．已知變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R₂的三倍，平行金屬板MN相距為d．在電場作用下，一個帶正電粒子從O₁由靜止開始經(jīng)O₂小孔垂直AC邊射入第二個勻強磁場區(qū)，該磁場的磁感應強度為B₂，方向垂直紙面向外，其下邊界AD距O₁O₂連線的距離為h．已知場強B₂=B，設帶電粒子的電荷量為q、質量為m，則高度h=，請注意兩線圈繞法，不計粒子重力．求：

（1）試判斷拉力F能否為恒力以及F的方向（直接判斷）；
（2）調節(jié)變阻器R的滑動頭位于最右端時，MN 兩板間電場強度多大？
（3）保持電壓表示數(shù)U不變，調節(jié)R的滑動頭，帶電粒子進入磁場B₂后都能擊中AD邊界，求粒子打在AD邊界上的落點距A點的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）導體棒勻速運動，產(chǎn)生的感應電動勢是定值，閉合回路的電流為恒定電流，只有穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路才能產(chǎn)生感應電流，據(jù)此分析答題．
（2）由于歐姆定律求出兩板間的電勢差，然后求出兩板間的電場強度．
（3）由歐姆定律求出兩極板間的最大電勢差與最小電勢差，由動能定理求出粒子進入右邊磁場時的速度，粒子在磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題

解答 解：（1）ab棒不能做勻速運動，否則副線圈中沒有感應電流，故ab棒做變速運動，ab棒做變速運動，產(chǎn)生的感應電動勢是變化的，原線圈電流是變化的，ab棒受到的安培力是變力，ab棒做勻加速運動，由牛頓第二定律可知，ab棒受到的合外力為恒力，由于安培力是變力，則拉力F為變力；粒子帶正電，粒子在兩極板間加速，說明極板間的電場強度方向水平向右，M板電勢高于N板電勢，副線圈所在電路電流沿順時針方向，由楞次定律與右手定則可知，ab棒應向左運動．
（2）變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R₂的三倍，則：R₂=$\frac{1}{3}$R，
由圖示電路圖可知，兩電阻串聯(lián)，電壓表測兩電阻的總電壓，
兩極板間的電勢差等于R₂兩端電壓，
電路電流：I=$\frac{U}{{R}_{1}最大+{R}_{2}}=\frac{U}{R+\frac{1}{3}R}=\frac{3U}{4R}$，
定值電阻兩端電壓：U₂=IR₂=$\frac{3U}{4R}×\frac{1}{3}R=\frac{U}{4}$，
極板間的電場強度：E=$\frac{{U}_{2}}j335pp3=\frac{U}{4d}$；
（3）滑片在最右端時，兩極板間的電勢差最小，
由（2）可知，最小電勢差：U_min=$\frac{U}{4}$，
滑片在最左端時，極板間的電勢差最大，U_max=U，
粒子在電場中加速，由動能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v_min=$\sqrt{\frac{qU}{2m}}$，v_max=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，粒子軌道半徑：r=$\frac{mv}{Bq}$，
r_min=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mU}{2q}}$，r_max=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，
由題意可知：h=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mU}{2q}}$，則：r_min=h，r_max=2h，
粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得：AO₂=r_min=h，
AF=$\sqrt{{{r}_{max}}^{2}-（{r}_{max}-h）^{2}}=\sqrt{（2h）^{2}-（2h-h）^{2}}$=$\sqrt{3}$h，
則：粒子打在AD邊界上的落點距A點的距離范圍是：h≤s≤$\sqrt{3}$h；
答：（1）F不能為恒力，F(xiàn)方向向左；
（2）調節(jié)變阻器R的滑動頭位于最右端時，MN兩板間電場強度為$\frac{U}{4d}$；
（3）粒子打在AD邊界上的落點距A點的距離范圍是：h≤s≤$\sqrt{3}$h．

點評 本題是一道電磁感應、電路、帶電粒子在勻強磁場中運動的綜合題，難度較大，分析清楚電路結構、應用歐姆定律、動能定理、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應用．