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(qiáng)磁場，在磁場右側(cè)有一堅(jiān)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(gè)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(dǎo)軌，導(dǎo)體棒PQ與導(dǎo)軌接觸良好，與阻值為R的電阻形成閉合回路（導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計(jì)），該回路處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，整個(gè)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(jì)），以速率v₀從圓形磁場邊界上的最低點(diǎn)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(dǎo)體棒PQ，其下滑h后開始勻速運(yùn)動(dòng)，此后粒子恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的最高點(diǎn)F射出．求：
（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′；
（2）棒下落h的整個(gè)過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱；
（3）粒子從E點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時(shí)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(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)求出半徑，再由牛頓第二定律求出B．
（2）由于棒的電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒兩端的電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢．根據(jù)E=BLv公式，求出棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)間，再求總時(shí)間．

解答 解：（1）在圓形磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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(shí)到達(dá)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(yùn)動(dòng)時(shí)，則有：
$Mg=B•\frac{U}{R}•L$
導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁，有：t₁=$2×\frac{T}{4}=\frac{πr}{{v}_{0}}$
粒子在電場中往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(diǎn)到F點(diǎn)所用的時(shí)間為：t=t₁+t₂=$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$
答：（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B′為$\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（2）棒下落h的整個(gè)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(diǎn)到F點(diǎn)所用的時(shí)間為$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題，關(guān)鍵是確定軌跡半徑；導(dǎo)體棒導(dǎo)體切割類型，是電磁感應(yīng)、電路與力學(xué)知識(shí)的綜合，從力和能兩個(gè)角度研究．