Question

10．如圖所示，半徑為L₁=2m的金屬圓環(huán)內上、下半圓各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B₁=$\frac{10}{π}$T．長度也為L₁、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端沿逆時針方向勻速轉動，角速度為ω=$\frac{π}{10}$rad/s．通過導線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R₁=R，滑片P位于R₂的正中央，R₂的總阻值為4R），圖中的平行板長度為L₂=2m，寬度為d=2m．圖示位置為計時起點，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v₀=0.5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B₂，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射的影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應及帶電粒子的重力和空氣阻力）求：
（1）在0～4s內，平行板間的電勢差U_MN；
（2）帶電粒子飛出電場時的速度；
（3）在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B₂應滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）金屬桿在左側圓形磁場區(qū)域中做切割磁感線運動（旋轉切割），運動E=Bl$\overline{v}$求解其產生的感應電動勢，然后運用閉合電路歐姆定律去求解R₂兩段的電壓，即為平行板間的電勢差U_MN的大小，符號用右手定則判斷；
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解，牛頓第二定律結合運動學規(guī)律去解決；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力結合粒子不會第二次進入電場的臨界幾何條件即可．

解答 解：
（1）金屬桿產生的電動勢大小恒為：E=$\frac{{{B}_{1}L}_{1}^{2}ω}{2}$=2V
        在0～4 s時間內，金屬棒旋轉的角度θ=ωt=$\frac{2π}{5}$＜π，所以，由右手定則知：金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φa＞φb，則在0～4 s時間內，φ_M＜φ_N，
        所以，根據閉合電路歐姆定律分壓關系得：U_MN=-$\frac{1}{2}$E=-1V
（2）分析可知金屬棒旋轉切割磁感線，產生的是電動勢大小恒定方向周期性變化的交流電，設交流電的周期為T₁，設粒子在平行板間的運動時間為t₁
        水平方向：L₂=v₀t₁，解得：t₁=$\frac{{L}_{2}}{{v}_{0}}$=4s＜$\frac{{T}_{1}}{2}$=10s
        所以，粒子在兩板間運動時電場的方向不發(fā)生變化，所以粒子做類平拋運動
        豎直方向：$\frack8htp9p{2}$=$\frac{1}{2}$a${t}_{1}^{2}$；解得：a=0.125m/s²，
        豎直方向：v_y=at₁=0.5m/s
        則粒子飛出電場時的速度的大小v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}{+v}_{y}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$m/s≈0.707m/s，根據幾何關系tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，所以θ=45°
        所以粒子飛出電場時速度方向：斜向下與水平方向的夾角θ=45°
（3）根據第（2）問中電場中有：Eq=ma，可得粒子的比荷$\frac{q}{m}$=0.25C/kg，粒子在磁場中做勻速圓周運動，
        洛倫茲力提供向心力：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得r=$\frac{mv}{{qB}_{2}}$
        如圖，由幾何關系及粒子在磁場中運動的對稱性可知：$\sqrt{2}$r＞d時離開磁場后不會第二次進入電場，即
        B₂＜$\frac{\sqrt{2}mv}{qd}$=2T
答：（1）在0～4s內，平行板間的電勢差U_MN=-1V；
      （2）帶電粒子飛出電場時的速度大小為0.707m/s，方向斜向下與水平方向的夾角θ=45°；
      （3）在上述前提下若粒子離開磁場后不會第二次進入電場，則磁感應強度B₂應小于2T．

點評 本題綜合性較強，但整體難度不大，考查點包括：考查右手定則的應用，法拉第電磁感應定律（導體棒旋轉切割模型），閉合電路歐姆定律，帶電粒子在偏轉場中的運動，帶電粒子在磁場中的運動；每一個過程都要單獨分析，根據運動形式選擇合適的規(guī)律去解決．