Question

（2013?珠海二模）有一個(gè)1000匝的矩形線圈，兩端通過導(dǎo)線與平行金屬板AB相連（如圖所示），線圈中有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；已知AB板長(zhǎng)為2d，板間距離為d．當(dāng)穿過線圈的磁通量增大且變化率為0.2Wb/s時(shí)，有一比荷為

q

m

=1.0×106C/Kg的帶正電粒子以初速度v₀從上板的邊緣射入板間，并恰好從下板的邊緣射出；之后沿直線MN運(yùn)動(dòng)，又從N點(diǎn)射入另一垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.1T的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)（圖中未畫出），離開圓形磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了60°．不計(jì)帶電粒子的重力．試求
（1）AB板間的電壓U_AB
（2）v₀的大小
（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求解；
（2）粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，結(jié)合牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（3）粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力公式，可求出運(yùn)動(dòng)半徑，并由幾何關(guān)系，即可求解．

解答：解：（1）由法拉第電磁咸應(yīng)定律：E=n

△Φ

△t

①
得矩形線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=200V②
因?yàn)锳B板間的電壓等于線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，
故  U_AB=200V③
（2）帶電粒子在AB板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)從下板邊緣離開時(shí)豎直方向的速度為v_y，
則：a=

qUAB

md

④水平方向：L=v₀t⑤
豎直方向：d=

1

2

at2⑥
由④⑤⑥并代入數(shù)據(jù)得：v0=2.0×104m/s⑦
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間：v_y=at=2.0×10⁴m/s⑧
帶電粒子在圓形磁場(chǎng)區(qū)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
          洛倫茲力作向心力：qvB=

mv2

r

⑨v=

v02+vy2

⑩
由⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)得：r=0.2

2

m
如圖，由幾何關(guān)系得弦NQ的長(zhǎng)為

.

NQ

=r=0.2

2

m
在過NQ兩點(diǎn)的圓中，以弦NQ為直徑的圓最小
圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為：R=r/2=0.1

2

m=0.14m
答：（1）AB板間的電壓200V；
（2）v₀的大小2.0×10⁴m/s；
（3）圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑0.14 m．

點(diǎn)評(píng)：考查法拉第電磁感應(yīng)定律、平拋運(yùn)動(dòng)處理規(guī)律、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等應(yīng)用，掌握運(yùn)動(dòng)的分解的同時(shí)性，注意運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑與圓形磁場(chǎng)的半徑的區(qū)別．