Question

1．匝數(shù)為n的圓形線圈半徑為b，內(nèi)接正方形磁形區(qū)域EFGH．通過如圖（甲）所示的電路連接到平行板電極M、N．兩板間的距離為l，電路中連接的電阻阻值為R．當(dāng)t=0時(shí)，一質(zhì)量為m，電量為q的帶正電微粒（不計(jì)重力）以初速度v₀從M板垂直射入兩板間，微粒和極板接觸后不再反彈．已知圓形線圈的電阻為r，導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)．磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化圖線如圖乙所示．求：
（1）通過電阻R的電流大小、方向以及R上產(chǎn)生的熱量；
（2）微粒在電場(chǎng)作用下的加速度大小和方向；
（3）若微粒最后與M極板碰撞，求電場(chǎng)力做的功（為簡(jiǎn)化表達(dá)，把微粒在電場(chǎng)力作用下的加速度大小為a作已知）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系確定正方形區(qū)域的面積，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律，及楞次定律與焦耳定律，即可求解；
（2）根據(jù)U=IR公式，求得MN兩端電壓，再結(jié)合牛頓第二定律，即可求解加速度大小，再由電場(chǎng)強(qiáng)度方向與電荷的電性，從而確定加速度方向；
（3）根據(jù)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，來分打到與沒打到情況，沒打到的電場(chǎng)力做功為零，而打到的，根據(jù)功的表達(dá)式，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求得位移，從而求解．

解答 解：（1）由幾何關(guān)系可得，磁場(chǎng)區(qū)域的邊長(zhǎng)為$\sqrt{2}$b，面積S=2b²；
由圖象可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為：$\frac{△B}{△t}$=$\frac{{B}_{0}}{{t}_{0}}$；
線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=n$\frac{△∅}{△t}$=n$\frac{△B}{△t}$=$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{{t}_{0}}$；
所以通過R的電流為：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{（R+r）{t}_{0}}$
根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向：C→D；
由焦耳定律，那么R上產(chǎn)生熱量為：Q=I²Rt₀=$\frac{4{n}^{2}R{{B}_{0}}^{2}^{4}}{（R+r）^{2}{t}_{0}}$；
（2）MN兩端的電勢(shì)差為：U=IR=$\frac{2nR{B}_{0}^{2}}{（r+R）{t}_{0}}$
微粒在兩板間的加速度為：a=$\frac{qU}{ml}$=$\frac{2nqR{B}_{0}^{2}}{ml（r+R）{t}_{0}}$；
由于微粒帶正電，且左極板電勢(shì)低于右板，因此方向垂直極板向左，
（3）微粒勻減速直到速度為零所用時(shí)間為t，則有：t=$\frac{{v}_{0}}{a}$；
①若2t≤t₀，則有電場(chǎng)力做功為零；
②若2t≥t₀，減速直到零的位移為：s₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
再在（t₀-t）時(shí)間內(nèi)反向加速的位移為：s₂=$\frac{1}{2}a（{t}_{0}-t）^{2}$；
可得電場(chǎng)力做功為：W=-F（s₁-s₂）=ma$•\frac{1}{2}a（（{t}_{0}-t）^{2}-{t}^{2}）$=$\frac{1}{2}ma{t}_{0}（a{t}_{0}-{v}_{0}）$
答：（1）通過電阻R的電流大小$\frac{2n{B}_{0}^{2}}{（R+r）{t}_{0}}$、方向C→D以及R上產(chǎn)生的熱量$\frac{4{n}^{2}R{{B}_{0}}^{2}^{4}}{（R+r）^{2}{t}_{0}}$；
（2）微粒在電場(chǎng)作用下的加速度大小$\frac{2nqR{B}_{0}^{2}}{ml（r+R）{t}_{0}}$ 和方向垂直極板向左；
（3）電場(chǎng)力做的功為零，或$\frac{1}{2}ma{t}_{0}（a{t}_{0}-{v}_{0}）$．

點(diǎn)評(píng) 考查電學(xué)與力學(xué)綜合問題，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、焦耳定律與楞次定律的應(yīng)用，理解牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的運(yùn)用，注意第3問中，分情況討論是解題的重點(diǎn)，也是關(guān)鍵點(diǎn)．