Question

12．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(chǎng)，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$\frac{△{B}_{1}}{△t}$的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁．在兩導(dǎo)體板之間還存在有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)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(gè)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(kāi)始下落，穿過(guò)MN板的小孔進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，Ⅱ區(qū)域的高度d₂足夠大，帶電小球在運(yùn)動(dòng)中不會(huì)與PQ板相碰，重力加速度為g．
（1）求線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；
（2）若帶電小球運(yùn)動(dòng)后恰能回到O點(diǎn)，求帶電小球釋放時(shí)距MN的高度h．

Answer 1

分析 （1）小球能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有電場(chǎng)力與重力平衡，根據(jù)平衡條件求解出電場(chǎng)強(qiáng)度后，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率；
（2）只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)；結(jié)合對(duì)稱性，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理與牛頓第二定律，即可求解．

解答 解：（1）帶電小球進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力平衡，得：
qE=mg                                 
根據(jù)公式U=Ed得到：
E=$\frac{U}{zlvbpj9_{1}+fjrb93j_{2}}$
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有：
U=$\frac{△{B}_{1}}{△t}$πr²；                             
解得：$\frac{△{B}_{1}}{△t}$=$\frac{mg（jjtfrjp_{1}+tvhlz35_{2}）}{qπ{r}^{2}}$
（2）只有小球從進(jìn)入磁場(chǎng)的位置離開(kāi)磁場(chǎng)，做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，才能恰好回到O點(diǎn)，由于兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都相等，所以半徑都為R，由圖可知△O₁O₂O₃是等邊三角形．
根據(jù)動(dòng)能定理，有：
mgh=$\frac{1}{2}$mv²；             
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
三個(gè)圓心的連線構(gòu)成等邊三角形，結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$d₁；         
解得：h=$\frac{2v3hxjbb_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$
答：（1）線圈內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率$\frac{mg（3939lz9_{1}+9jpvf9j_{2}）}{qπ{r}^{2}}$；
（2）帶電小球釋放時(shí)距MN的高度$\frac{25znth9t_{1}^{2}{q}^{2}{B}_{2}^{2}}{3g{m}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 考查帶電小球在復(fù)合場(chǎng)中做運(yùn)動(dòng)，結(jié)合受力分析，掌握物理規(guī)律，形成解題思路，提高分析問(wèn)題的能力．