Question

19．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(qiáng)磁場，在磁場右側(cè)有一堅(jiān)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(jì)），該回路處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)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(jì)），以速率v₀從圓形磁場邊界上的最低點(diǎn)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(yùn)動，此后粒子恰好不能從O₃射出，而從圓形磁場的最高點(diǎn)F射出．求：
（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)到F點(diǎn)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(yùn)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(dá)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(yùn)動，則：
qv₀B′=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(yùn)動時間t₁：t₁=$2×\frac{T}{4}=\frac{πr}{{v}_{0}}$
粒子在電場中往返運(yùn)動的時間t₂：由 L=$\frac{{v}_{0}}{2}•\frac{{t}_{2}}{2}$得 ${t}_{2}=\frac{4L}{{v}_{0}}$    
故粒子從E點(diǎn)到F點(diǎn)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(qiáng)度B′為$\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（2）導(dǎo)體棒的質(zhì)量M為$\frac{BLm}{2gqR}{{v}_{0}}^{2}$；
（3）棒下落h的整個過程中，電阻上產(chǎn)生的電熱為$\frac{BLmh}{2qR}{{v}_{0}}^{2}-\frac{{m}^{3}{{v}_{0}}^{6}}{16gBLR{q}^{3}}$；
（4）粒子從E點(diǎn)到F點(diǎn)所用的時間為$\frac{πr+4L}{{v}_{0}}$．

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