Question

10．如圖所示，一邊長(zhǎng)a=0.2m的1000匝導(dǎo)線框，線框內(nèi)部加有垂直線框平面的均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．線框兩端通過導(dǎo)線與一間距為d=0.24m的垂直紙面放置的平行板電容器連接，電容器右側(cè)的邊界MN右側(cè)空間加有一電場(chǎng)強(qiáng)度為E=100V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中未標(biāo)出）．一質(zhì)量為m、電荷量為q=5×10^-6C的帶正電的微粒從板的左端中點(diǎn)O以速度v=0.5m/s水平射入極板間，恰好沿直線通過極板，并垂直進(jìn)入左邊界為MN、右邊界為PQ的寬為L(zhǎng)=0.4m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀=10T．已知g=10m/s²．
（1）求線框區(qū)域磁場(chǎng)的變化率k．
（2）求微粒通過磁場(chǎng)過程中偏離初速方向的距離y．
（3）若在PQ的右側(cè)再加上一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，并適當(dāng)調(diào)節(jié)L的大小，發(fā)現(xiàn)該帶電微粒經(jīng)兩磁場(chǎng)作用后，恰能原速度大小返回出發(fā)位置O．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁與寬度L滿足的變化關(guān)系．（結(jié)果所含根號(hào)可保留）

Answer 1

分析 （1）由微粒在極板之間做直線運(yùn)動(dòng)，所以受到的合外力為0，由此求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，由U=Ed求出電勢(shì)差，即線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，然后結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律即可求出線框區(qū)域磁場(chǎng)的變化率k．
（2）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，一定是洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出半徑，畫出運(yùn)動(dòng)飛軌跡即可求出微粒通過磁場(chǎng)過程中偏離初速方向的距離y．
（3）畫出微粒能發(fā)回O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系，即可求出．

解答 解：（1）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，一定是洛倫茲力提供向心力，則微粒的重力等于電場(chǎng)力，即：qE=mg
$m=\frac{qE}{g}$
由微粒在極板之間做直線運(yùn)動(dòng)，所以受到的合外力為0，即：qE′=mg
所以電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�$E′=\frac{mg}{q}$，
由U=Ed得極板之間的電勢(shì)差：$U=Ed=\frac{mgd}{q}$，即線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，
又由法拉第電磁感應(yīng)定律：$U=N\frac{△B•S}{△t}=k•NS$
所以線框區(qū)域磁場(chǎng)的變化率：k=$\frac{mgd}{NqS}$=$\frac{dE}{NS}=\frac{0.24×100}{1000×0．{2}^{2}}=0.6$T/s．
（2）微粒在MN與PQ之間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，一定是洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：$qv{B}_{0}=\frac{m{v}^{2}}{{r}_{1}}$
半徑${r}_{1}=\frac{mv}{q{B}_{0}}$=$\frac{Ev}{g•{B}_{0}}=\frac{100×0.5}{10×10}=0.5$m，畫出運(yùn)動(dòng)飛軌跡如圖，微粒通過磁場(chǎng)過程中偏離初速方向的距離y：
$y={r}_{1}-\sqrt{{r}_{1}^{2}-{L}^{2}}=0.5-\sqrt{0．{5}^{2}-0．{4}^{2}}=0.2$m．

（3）結(jié)合帶電微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性，如圖畫出微粒能發(fā)回O點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系可知：θ+β=90°，$cosθ=\frac{\sqrt{{r}_{1}^{2}-{L}^{2}}}{{r}_{1}}$，$sinβ=\frac{y}{{r}_{2}}$，又：sinβ=cosθ
微粒在PQ右側(cè)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑：${r}_{2}=\frac{mv}{q{B}_{1}}$
聯(lián)立以上方程，整理得：$\frac{mv}{q{B}_{1}}$=$\frac{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-\frac{mv}{q{B}_{0}}•\sqrt{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-{L}^{2}}}{\sqrt{（\frac{mv}{q{B}_{0}}）^{2}-{L}^{2}}}$
代入數(shù)據(jù)得：${B}_{1}=\frac{\sqrt{0.25-{L}^{2}}}{0.05-0.1\sqrt{0.25-{L}^{2}}}$
答：（1）線框區(qū)域磁場(chǎng)的變化率是0.6T/s．
（2）微粒通過磁場(chǎng)過程中偏離初速方向的距離是0.2m．
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁與寬度L滿足的變化關(guān)系為：${B}_{1}=\frac{\sqrt{0.25-{L}^{2}}}{0.05-0.1\sqrt{0.25-{L}^{2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 該題考查帶電微粒在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及法拉第電磁感應(yīng)定律，涉及的過程比較多，要理清微粒運(yùn)動(dòng)的過程，同時(shí)要結(jié)合粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性能夠正確畫出微粒運(yùn)動(dòng)的軌跡，才能正確解答該題．