Question

19．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁垂直水平光滑金屬導(dǎo)軌平面向下，垂直導(dǎo)軌放置的導(dǎo)體棒ab在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，通過(guò)兩線圈感應(yīng)出電壓，使電壓表示數(shù)U保持不變．已知變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R₂的三倍，平行金屬板MN相距為d．在電場(chǎng)作用下，一個(gè)帶正電粒子從O₁由靜止開(kāi)始經(jīng)O₂小孔垂直AC邊射入第二個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₂，方向垂直紙面向外，其下邊界AD距O₁O₂連線的距離為h．已知場(chǎng)強(qiáng)B₂=B，設(shè)帶電粒子的電荷量為q、質(zhì)量為m，則高度h=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{mU}{2q}}$，請(qǐng)注意兩線圈繞法，不計(jì)粒子重力．求：

（1）試判斷拉力F能否為恒力以及F的方向（直接判斷）；
（2）調(diào)節(jié)變阻器R的滑動(dòng)頭位于最右端時(shí)，MN兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度多大？
（3）保持電壓表示數(shù)U不變，調(diào)節(jié)R的滑動(dòng)頭，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B₂后都能擊中AD邊界，求粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍．

Answer 1

分析 （1）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是定值，閉合回路的電流為恒定電流，只有穿過(guò)閉合回路的磁通量發(fā)生變化，閉合回路才能產(chǎn)生感應(yīng)電流，據(jù)此分析答題．
（2）由于歐姆定律求出兩板間的電勢(shì)差，然后求出兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度．
（3）由歐姆定律求出兩極板間的最大電勢(shì)差與最小電勢(shì)差，由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入右邊磁場(chǎng)時(shí)的速度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題．

解答 解：（1）ab棒不能做勻速運(yùn)動(dòng)，否則副線圈中沒(méi)有感應(yīng)電流，故ab棒做變速運(yùn)動(dòng)，ab棒做變速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是變化的，原線圈電流是變化的，ab棒受到的安培力是變力，ab棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可知，ab棒受到的合外力為恒力，由于安培力是變力，則拉力F為變力；粒子帶正電，粒子在兩極板間加速，說(shuō)明極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度方向水平向右，M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)，副線圈所在電路電流沿順時(shí)針?lè)较�，由楞次定律與右手定則可知，ab棒應(yīng)向左運(yùn)動(dòng)．
（2）變阻器最大阻值為R，且是定值電阻R₂的三倍，則：R₂=$\frac{1}{3}$R，
由圖示電路圖可知，兩電阻串聯(lián)，電壓表測(cè)兩電阻的總電壓，
兩極板間的電勢(shì)差等于R₂兩端電壓，
電路電流：I=$\frac{U}{{{R_{1最大}}+{R_2}}}$=$\frac{U}{{R+\frac{1}{3}R}}$=$\frac{3U}{4R}$，
定值電阻兩端電壓：U₂=IR₂=$\frac{3U}{4R}$×$\frac{1}{3}$R=$\frac{U}{4}$，
極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度：E=$\frac{U}nao7npt$=$\frac{U}{4d}$；
（3）滑片在最右端時(shí)，兩極板間的電勢(shì)差最小，
由（2）可知，最小電勢(shì)差：U_min=$\frac{U}{4}$，
滑片在最左端時(shí)，極板間的電勢(shì)差最大，U_max=U，
粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v_min=$\sqrt{\frac{qU}{2m}}$，v_max=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，粒子軌道半徑：r=$\frac{mv}{qB}$，
r_min=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{mU}{2q}}$，r_max=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，
由題意可知：h=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mU}{2q}}$，則：r_min=h，r_max=2h，
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)可得：AO₂=r_min=h，
AF=$\sqrt{r_{_{max}}^2-{{（{r_{max}}-h）}^2}}$=$\sqrt{{{（2h）}^2}-{{（2h-h）}^2}}$=$\sqrt{3}$h，
則：粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍是：h≤s≤$\sqrt{3}$h；
答：（1）F不能為恒力，F(xiàn)方向向左；
（2）調(diào)節(jié)變阻器R的滑動(dòng)頭位于最右端時(shí)，MN兩板間電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{U}{4d}$；
（3）粒子打在AD邊界上的落點(diǎn)距A點(diǎn)的距離范圍是：h≤s≤$\sqrt{3}$h．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道電磁感應(yīng)、電路、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合題，難度較大，分析清楚電路結(jié)構(gòu)、應(yīng)用歐姆定律、動(dòng)能定理、牛頓第二定律即可正確解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．