Question

7．如圖所示，一面積為S的單匝圓形金屬線圈與阻值為R的電阻連接成閉合電路，不計(jì)圓形金屬線圈及導(dǎo)線的電阻．線圈內(nèi)存在一個(gè)方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加且變化率為k的磁場(chǎng)B_t．電阻R兩端并聯(lián)一對(duì)平行金屬板M、N，兩板間距為d，N板右側(cè)xOy坐標(biāo)系（坐標(biāo)原點(diǎn)O在N板的下端）的第一象限內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)邊界OA和y軸的夾角∠AOy=45°，AOx區(qū)域?yàn)闊o場(chǎng)區(qū)．在靠近M板處的P點(diǎn)由靜止釋放一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子（不計(jì)重力），經(jīng)過N板的小孔，從點(diǎn)Q（0，L）垂直y軸進(jìn)入第一象限，經(jīng)OA上某點(diǎn)離開磁場(chǎng)，最后垂直x軸離開第一象限．求：
（1）平行金屬板M、N獲得的電壓U；
（2）粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小
（3）yOA區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（4）粒子從P點(diǎn)射出到到達(dá)x軸的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求出閉合電路的電動(dòng)勢(shì)，即得到平行金屬M(fèi)、N獲得的電壓U；
（2）由動(dòng)能定理求出粒子經(jīng)過MN間的電場(chǎng)加速度獲得的速度．
（3）正確畫出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系找出粒子運(yùn)動(dòng)的半徑的大小，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（4）粒子從P點(diǎn)射出到到達(dá)x軸的時(shí)間為三段運(yùn)動(dòng)過程的時(shí)間之和．

解答 解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：
  E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{△B•S}{△t}$=kS  ①
因平行金屬板M、N與電阻并聯(lián)，故M、N兩板間的電壓為：
  U=U_R=E=kS  ②
（2）帶電粒子在M、N間做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有
  qU=$\frac{1}{2}$mv² ③
所以：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}=\sqrt{\frac{2qkS}{m}}$
（3）帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，有
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$  ④
由幾何關(guān)系可得：
  r+rcot45°=l  ⑤
聯(lián)立②③④⑤得：B=$\frac{2}{l}•\sqrt{\frac{2mkS}{q}}$；
（4）粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有
  d=$\frac{1}{2}$at₁²
根據(jù)牛頓第二定律得：q$\frac{U}6k0iuoi$=ma
粒子在磁場(chǎng)中，有：
  T=$\frac{2πr}{v}$
  t₂=$\frac{1}{4}$T
粒子在第一象限的無場(chǎng)區(qū)中，有
  s=vt₃
由幾何關(guān)系得：s=r
粒子從P點(diǎn)射出到到達(dá)x軸的時(shí)間為：
  t=t₁+t₂+t₃
聯(lián)立以上各式可得：
  t=（2d+$\frac{π+2}{4}l$）$\sqrt{\frac{m}{2qkS}}$；
答：（1）平行金屬板M、N獲得的電壓U為kS；
（2）粒子到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小是$\sqrt{\frac{2qkS}{m}}$；
（3）yOA區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\frac{2}{l}•\sqrt{\frac{2mkS}{q}}$；
（4）粒子從P點(diǎn)射出到到達(dá)x軸的時(shí)間為（2d+$\frac{π+2}{4}l$）$\sqrt{\frac{m}{2qkS}}$

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．磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)常用方法是畫軌跡，由幾何知識(shí)求半徑．