Question

如圖 所示，兩塊很大的平行導(dǎo)體板MN、PQ產(chǎn)生豎 直向上的勻強(qiáng)電場，兩平行導(dǎo)體板與一半徑為r的單匝線圈連接，在線圈內(nèi)有一方向垂直線圈平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為 的磁場B₁，在兩導(dǎo)體板間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，該磁場分為I、II兩個(gè)區(qū)域，其邊界為MN，ST，PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小 均為B₂，方向如圖．I區(qū)域高度為d₁，II區(qū)域高度為d₂；一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的小球從MN板上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，穿過MN板的小孔進(jìn)人復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，II區(qū)域的高度d₂足夠大，帶電小球在運(yùn)動中不會與PQ板相碰，重力加速度為g，求；
  （1）線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；
   （2）若帶電小球運(yùn)動后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h；
   （3）若帶電小球從距MN的高度為3h的 點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動后仍能回到 點(diǎn)，在磁場方向不改變的情況下對兩導(dǎo)體板之間的勻強(qiáng)磁場作適當(dāng)?shù)恼{(diào)整，請你設(shè)計(jì)出兩種方案并定量表示出來．

Answer 1

分析：（1）小球能做勻速圓周運(yùn)動，則有電場力與重力平衡，即可求解；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合動能定理與牛頓第二定律，即可求解；
（3）由上式高度可知，從而確定磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化值，并依重力與電場力相等，從而確定距離關(guān)系．

解答：解：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場恰能做勻速圓周運(yùn)動，
則電場力與重力平衡，
得：mg=qE=

qU

d1+d2

=

qπr2△B1

△t

所以：

△B1

△t

=

mg(d1+d2)

qπr2

（2）只有小球從進(jìn)入磁場的位置離開磁場，做豎直上拋運(yùn)動，才能恰好回到O點(diǎn)，
由于兩個(gè)磁場區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，所以半徑都為R，由圖可知，△O₁O₂O₃
是等邊三角形
則有：mgh=

1

2

mv2 
 由牛頓第二定律 qvB2=m

v2

R

  
幾何關(guān)系，R=

2 3

3

d1
解得；h=

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

（3）改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂，由h=

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

   可知：
要使h變?yōu)?h，應(yīng)

B

′ 2

=

3

B2
由于mg=qE，的條件必須得到滿足，因此必須滿足

d

′ 1

+

d

′ 2

=d1+d2，
所以

d

′ 2

=d1+d2-

d

′ 1

=(1-

3

)d1+d2=d2-(

3

-1)d1
答：（1）線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為：

△B1

△t

=

mg(d1+d2)

qπr2

；
   （2）若帶電小球運(yùn)動后恰能回到O點(diǎn)，則帶電小球釋放時(shí)距MN的高度得h=

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

；
   （3）若帶電小球從距MN的高度為3h的 點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動后仍能回到點(diǎn)，在磁場方向不改變的情況下對兩導(dǎo)體板之間的勻強(qiáng)磁場作適當(dāng)?shù)恼{(diào)整，即為d2-(

3

-1)d1．

點(diǎn)評：考查帶電小球在復(fù)合場中做運(yùn)動，結(jié)合受力分析，掌握物理規(guī)律，形成解題思路，提高分析問題的能力．