Question

如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距離L=0.2m，電阻R₁=0.4Ω，導(dǎo)軌上靜止放置一質(zhì)量m=0.1kg，電阻R₂=0.1Ω的金屬桿ab，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強度B₁=0.5T的勻強磁場中，磁場的方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿ab，使之由靜止開始運動，最終以8m/s的速度做勻速直線運動．若此時閉合開關(guān)S，釋放的α粒子經(jīng)加速電場C加速從a孔對著圓心O進入半徑r=

3

m的固定圓筒中（筒壁上的小孔a只能容一個粒子通過），圓筒內(nèi)有垂直水平面向下的磁感應(yīng)強度為B₂的勻強磁場，α粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞均無電荷遷移，也無機械能損失．（α粒子質(zhì)量m≈6.4×10^-23kg，電荷量q=3.2×10^-19C）．求：
（1）ab桿做勻速直線運動過程中，外力F的功率；
（2）α射線源Q是釷核

294 63

Th發(fā)生衰變生成鐳核

295 56

Ha并粒出一個α粒子，完成下列釷核的衰變方程

256 60

Th→

258 58

Ra+

 

；
（3）若α粒子與圓筒壁碰撞5次后恰又從a孔背離圓心射出，忽略α粒子進入加速電場的初速度，求磁感應(yīng)強度B₂．

Answer 1

分析：（1）ab桿做勻速直線運動過程中，外力F與安培力二力平衡，推導(dǎo)出安培力表達式，即可求得外力的大小，由P=Fv求出功率．
（2）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)配平，確定α粒子符號．
（3）根據(jù)歐姆定律求出加速電場的電壓，由動能定理求出α粒子進入磁場的速度．若α粒子與圓筒壁碰撞5次后恰又從a孔背離圓心射出，則粒子與圓筒的碰撞點和a點將圓筒6等分，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強度B₂．

解答：解：（1）當ab桿勻速運動時，外力F與安培力二力平衡，則有  F_桿=F_B   ①
  F_B=B₁IL  ②
  I=

E

R1+R2

  ③
  E=B₁Lv  ④
聯(lián)立得：F_桿=F_B=

B 2 1 L2v

R1+R2

外力F的功率P=F_外v   ⑤
則得 P=

B 2 1 L2v2

R1+R2

將已知條件代入上式解得 P=1.28W   
（2）根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)配平得：α粒子符號是

4 2

He．
（3）此時回路電流強度為 I=

E

R1+R2

=

B1Lv

R1+R2

=

0.5×0.2×8

0.4+0.1

A=1.6A
加速電場的電壓為  U=IR₁=1.6×0.4V=0.64V
根據(jù)動能定理：q0U=

1

2

mav2
 α粒子從a孔進入磁場的速度 v=

2q0U mα

=

2×3.2×10-19×0.64 6.4×10-23

=8.0×10³m/s
由題意知：α粒子與圓筒壁碰撞5次后從a孔離開磁場，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求得∠dOb=60°
軌跡半徑 R′=

3

3

r=1m
又q_αvB=m_α

v2

R′

   
故 B2=

mav

q0R′

=

6.4×10-27×8.0×103

3.2×10-19×1.0

=1.6×10-4T
答：
（1）ab桿做勻速直線運動過程中，外力F的功率為1.28W；
（2）α射線源Q是釷核

294 63

Th發(fā)生衰變生成鐳核

295 56

Ha并粒出一個α粒子，完成下列釷核的衰變方程

256 60

Th→

258 58

Ra+

4 2

He；
（3）磁感應(yīng)強度B₂為1.6×10^-4T．

點評：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路知識的綜合，求解安培力，畫出磁場中軌跡，由幾何知識求軌跡半徑是解題的兩個關(guān)鍵．