Question

1．如圖所示，無(wú)限長(zhǎng)的豎直金屬框頂端接入一個(gè)電容器，橫跨在框架上的金屬AB始終與金屬框架接觸良好，金屬棒始終位于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁=2T，方向垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒AB的質(zhì)量為200g，長(zhǎng)度L=1m，電阻為r=1Ω，R=9Ω的定值電阻也與金屬框架接觸良好，豎直放置的足夠長(zhǎng)的熒光屏PQ，豎直放置的兩平行金屬板M，N相聚d=12cm，K₁，K₂為M，N板上的兩個(gè)小孔，且K₁，K₂，C熒光屏上的O點(diǎn)在同一水平直線上，CK₂=2R′C點(diǎn)到熒光屏O點(diǎn)的距離為L(zhǎng)′=2R′，以C為圓心，半徑為R′=10cm的圓形區(qū)域內(nèi)，由一個(gè)方向垂直紙面水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B₂=0.10T，AB棒由靜止釋放，當(dāng)AB棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁=2T中勻速下落時(shí)，比荷為2.0×10⁴C/kg的正離子流由K₁進(jìn)入電場(chǎng)后，通過(guò)K₂向磁場(chǎng)中心射去，通過(guò)磁場(chǎng)后落在熒光屏PQ上，離子進(jìn)入電場(chǎng)的初速度，重力，相互作用力均可忽略不計(jì)，g=10m/s²
（1）通過(guò)電阻的電流I及AB棒勻速下滑的速度v；
（2）如果正離子打在熒光屏的D點(diǎn)，則O，D之間的距離為多少；
（3）正離子從K₁到到熒光屏的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）AB棒勻速運(yùn)動(dòng)處于平衡狀態(tài)，應(yīng)用平衡條件求出AB的速度，然后應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用歐姆定律求出電流．
（2）離子在圓形磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，離開磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用牛頓第二定律求出離子的軌道半徑，然后求出O、D間的距離．
（3）求出離子在各階段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，然后求出離子的總運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）AB棒受到的安培力：F=B₁IL=$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
AB棒勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mg=$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{R+r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s，
通過(guò)電阻的電流為：：I=$\frac{E}{R+r}$=$\frac{{B}_{1}Lv}{R+r}$=$\frac{2×1×5}{9+1}$=1A；
（2）兩極板間的電壓為：U=IR=1×9=9V，
離子在極板間加速，由動(dòng)能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=$\sqrt{2×2×1{0}^{4}×9}$=600m/s，
離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=2.5×10^-3m=0.25cm，
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：
tanα=$\frac{r}{R′}$=$\frac{0.25cm}{10cm}$=0.025，θ=180°-2α，
tanθ=tan（180°-2α）=tan2α=$\frac{2tanα}{1-ta{n}^{2}α}$=$\frac{2×0.025}{1-0.02{5}^{2}}$=0.05，
由題意可知：C點(diǎn)到熒光屏O點(diǎn)的距離為：L′=2R′=2×10cm=20cm，
則OD間的距離為：OD=OCtanθ=20×0.05=1cm；
（3）離子在MN間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac9cvmvqx{\overline{v}}$=$\frac4bdze4o{\frac{v}{2}}$=$\frac{2d}{v}$=$\frac{2×0.12}{5}$=0.048s，
粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：φ=2（$\frac{π}{2}$-α）=π-2α=π-2arctan0.025，
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t₂=$\frac{φ}{2π}$T=$\frac{φ}{2π}$×$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=5（π-2arctan0.025）×10^-4s，
離子離開偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后打到熒光屏上的位移為：s=CD-r=$\sqrt{（L′）^{2}+（OD）^{2}}$-r=$\sqrt{2{0}^{2}+{1}^{2}}$-0.25≈19.77cm=0.1977m，
離子離開偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t₃=$\frac{s}{v}$=$\frac{0.1977}{5}$≈0.04s，
離子的運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為：t=t₁+t₂+t₃=[0.088+5（π-2arctan0.025）×10^-4]s．
答：（1）通過(guò)電阻的電流I為1A，AB棒勻速下滑的速度v為5m/s；
（2）如果正離子打在熒光屏的D點(diǎn)，則O，D之間的距離為1cm；
（3）正離子從K₁到到熒光屏的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：[0.088+5（π-2arctan0.025）×10^-4]s．

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)、力學(xué)與電磁學(xué)相結(jié)合的綜合題，考查了粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚金屬棒、粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、動(dòng)能定理、牛頓第二定律等知識(shí)可以解題；處理離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)要作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，然后應(yīng)用牛頓第二定律與離子周期公式分析答題，解題時(shí)要注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．