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

△B1

△t

的勻強(qiáng)磁場B₁．在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場分為Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，其邊界為MN、ST、PQ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B₂，方向如圖所示，Ⅰ區(qū)域高度為d₁，Ⅱ區(qū)域的高度為d₂．一個質(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)入復(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．
（1）求線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；
（2）若帶電小球運(yùn)動后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時距MN的高度h；
（3）若帶電小球從距MN的高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開始下落，為使帶電小球運(yùn)動后仍能回到O′點(diǎn)，在其他條件不變的前提下，僅將磁場II上邊界ST向下移動一定距離，求磁場II上邊界ST向下移動的距離y．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，說明電場力與重力平衡，則可求得電勢差；再由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；
（2）要想使小球回到起點(diǎn)，則應(yīng)使從進(jìn)入的位置再離開磁場，然后做豎直上拋運(yùn)動，則由幾何關(guān)系及機(jī)械能守恒可得出小球釋放時距MN的高度；
（3）由機(jī)械能守恒可求得小球落到MN的速度，小球離開區(qū)域I后將做一段勻速直線運(yùn)動，然后再進(jìn)入磁場II做圓周運(yùn)動，作出小球的運(yùn)動圖象，分別由運(yùn)動學(xué)規(guī)律進(jìn)行求解即可．

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

U

d1+d2

q
U=

△B1

△t

πr²；
解得：

△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)，由于兩個磁場區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，半徑都為R，由圖可知△O₁O₂O₃為等邊三角形．
mgh=

1

2

mv²
qvB₂=m

v2

R

R=

2 3

3

d₁
h=

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

（3）當(dāng)小球從距MN的高度為3h的O′點(diǎn)由靜止開始下落時，應(yīng)有mg3h=

1

2

mv₁²
qv₁B₂=m

v 2 1

R1

解得：h=

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

R₁=2d₁
畫出粒子的運(yùn)動軌跡，如圖所示，在中間勻速直線運(yùn)動過程中，粒子的速度方同與豎直方向成30°角，根據(jù)幾何關(guān)系，可得：
y=

R1cos30°-R1(1-cos30°)

tan30°

y=（6-2

3

）d₁
答：（1）線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為

mg(d1+d2)

qπr2

；（2）帶電小球釋放時距MN的高度h為

2 d 2 1 q2 B 2 2

3gm2

；（3）
磁場II上邊界ST向下移動的距離y=（6-2

3

）d₁

點(diǎn)評：本題為法拉第電磁感應(yīng)定律及帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動，要求明確帶電粒子的運(yùn)動過程，針對不同的過程應(yīng)用不同的物理規(guī)律進(jìn)行求解．