Question

17．如圖所示，半徑為r、圓心為O₁的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，在磁場右側(cè)有一堅直放置的平行金屬板M和N，兩板間距離為L，在MN板中央各有一個小孔O₂、O₃，O₁、O₂、O₃在同一水平直線上，與平行金屬板相接的是兩條豎直放置間距為L的足夠長的光滑金屬導軌，導體棒PQ與導軌接觸良好，與阻值為R的電阻形成閉合回路（導軌與導體棒的電阻不計），該回路處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，整個裝置處在真空室中，有一束電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子流（重力不計），以速率v₀從圓形磁場邊界上的最低點E沿半徑方向射入圓形磁場區(qū)域，最后從小孔O₃射出．現(xiàn)釋放導體棒PQ，其下滑h后開始勻速運動，此后粒子恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的最高點F射出．求：
（1）圓形磁場的磁感應強度B′；
（2）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱；
（3）粒子從E點到F點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子從E射入圓形磁場區(qū)域，從小孔O₃射出，在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識求出半徑，再由牛頓第二定律求出B．
（2）由于棒的電阻不計，導體棒兩端的電壓等于感應電動勢．根據(jù)E=BLv公式，求出棒勻速運動時的速度，由能量守恒定律求得電阻上產(chǎn)生的電熱．
（3）根據(jù)軌跡，逐段求出時間，再求總時間．

解答 解：（1）在圓形磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，由于粒子轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$圓周，所以軌跡半徑等于圓形區(qū)域的半徑r．
由牛頓第二定律得：
$qv{\;}_0B'=m•\frac{v_0^2}{r}$
得：$B'=\frac{{mv_0^{\;}}}{qr}$
（2）根據(jù)題意粒子恰好不能從O₃射出時到達O₃速度為零．則由能量守恒定律得：
$\frac{1}{2}mv_0^2=q{U_{PQ}}$
PQ做勻速運動時，則有：
$Mg=B•\frac{U}{R}•L$
導體棒勻速運動時，速度大小為V_m，U_PQ=BLv_m
解得：$V{\;}_m=\frac{mv_0^2}{2qBL}$
由能量守恒：${Q_R}=Mgh-\frac{1}{2}MV_m^2$
解得：${Q_R}=\frac{BLmh}{2qR}v_0^2-\frac{{{m^3}v_0^6}}{{16gBLR{q^3}}}$
（3）粒子在圓形磁場內(nèi)的運動時間為t₁，有：t₁=$2×\frac{T}{4}=\frac{πr}{{v}_{0}}$
粒子在電場中往返運動的時間為t₂，由 L=$\frac{{v}_{0}}{2}•\frac{{t}_{2}}{2}$得：${t}_{2}=\frac{4L}{{v}_{0}}$    
故粒子從E點到F點所用的時間為：t=t₁+t₂=$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$
答：（1）圓形磁場的磁感應強度B′為$\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（2）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱為$\frac{BLmh}{2qR}{{v}_{0}}^{2}-\frac{{m}^{3}{{v}_{0}}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$；
（3）粒子從E點到F點所用的時間為$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$．

點評 粒子在磁場中運動的問題，關鍵是確定軌跡半徑；導體棒導體切割類型，是電磁感應、電路與力學知識的綜合，從力和能兩個角度研究．