Question

14．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磁場，在磁場右側(cè)有一豎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），該回路處在磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，整個裝置處在真空室中，有一束電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子流（重力不計），以速率v₀從圓形磁場邊界上的最低點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后開始勻速運動，此后粒子恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的最高點F射出．求：
（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強度B′．
（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量M．
（3）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱．
（4）粒子從E點到F點所用的時間．

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動，由幾何知識求出半徑，再由牛頓定律求出B．
（2）粒子恰好不能從O₃射出時，到達O₃速度為零．根據(jù)動能定理求出此時板間電壓，由平衡條件求出質(zhì)量M．
（3）能量守恒定律求得電阻上產(chǎn)生的電熱．
（4）根據(jù)軌跡，逐段求出時間，再求總時間．

解答 解：（1）粒子由E到O₂過程中作半徑為r的勻速圓周運動，則：
 qvB=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
解得B=$\frac{m{v}_{0}}{qr}$
（2）設(shè)PQ棒勻速下滑時棒的速度為v，此時MN板間的電壓為U，
由題意有：$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$=qU               
解得U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$
由力平衡得    Mg=B$\frac{U}{R}$ L                    
 解得M=$\frac{BLm}{2gqR}$${v}_{0}^{2}$
（3）U=E=BLv              
由能量守恒：Mgh=$\frac{1}{2}$Mv²+Q_R                          
聯(lián)立上述方程解得產(chǎn)生的電熱：Q_R=$\frac{BLmh}{2qR}$${v}_{0}^{2}$-$\frac{{m}^{3}{v}_{0}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$
（4）粒子在圓形磁場內(nèi)的運動時間t₁：t₁=2•$\frac{T}{4}$=$\frac{πr}{{v}_{0}}$
粒子在電場中往返運動的時間t₂：由 L=$\frac{{v}_{0}}{2}$•$\frac{{t}_{2}}{2}$
得 t₂=$\frac{4L}{{v}_{0}}$
故粒子從E點到F點所用的時間：t=t₁+t₂=$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$
答：（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強度$\frac{m{v}_{0}}{qr}$．
（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量$\frac{BLm}{2gqR}$${v}_{0}^{2}$．
（3）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱$\frac{BLmh}{2qR}$${v}_{0}^{2}$-$\frac{{m}^{3}{v}_{0}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$．
（4）粒子從E點到F點所用的時間$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$．

點評 本題是粒子在磁場中勻速圓周運動和電磁感應(yīng)的綜合．磁場中圓周運動常用方法是畫軌跡，由幾何知識求半徑．