Question

16．如圖所示，一端開口的正方形金屬線框abcd邊長為l，單位長度電阻為r，金屬線框通過導(dǎo)線與電阻R相連構(gòu)成閉合回路，平行板電容器的兩金屬板M和N豎直放置，并聯(lián)在電阻R的兩端，金屬板M的中央有一小孔，金屬線框區(qū)域存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加且變化率為k的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₁，金屬板右側(cè)存在著寬為L，左右邊界與金屬板平行的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B₂，方向垂直紙面向里，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子（不計(jì)重力），從N板邊緣由靜止釋放，經(jīng)過M板的小孔垂直進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，則：
（1）電容器獲得的電壓是多少？
（2）如果粒子從右側(cè)離開磁場(chǎng)B₂，此時(shí)粒子偏離原方向的距離是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出abcd中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，進(jìn)而求出MN間的電勢(shì)差；
（2）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子離開小孔時(shí)的速度，根據(jù) 牛頓第二定律求出粒子在右邊磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)半徑，由幾何知識(shí)求出偏離原方向的距離．

解答 解：（1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合電路的電動(dòng)勢(shì)為：E=$\frac{△Φ}{△t}$=$\frac{{l}^{2}×△B}{△t}$=kl²
根據(jù)閉合電路的歐姆定律，閉合電路的電流為：
I=$\frac{E}{R+3lr}$=$\frac{k{l}^{2}}{R+3lr}$
電阻R兩端的電壓為：U_R=IR=$\frac{k{l}^{2}R}{R+3lr}$因電容器與電阻R是并聯(lián)的，
故電容器獲得的電壓為：U=U_R=$\frac{k{l}^{2}R}{R+3lr}$
（2）粒子在電容器中受到電場(chǎng)力作用而做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)的速度為v，有：
qU=$\frac{1}{2}$mv²
解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=$\sqrt{\frac{2qk{l}^{2}R}{m（R+3lr）}}$
設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為a，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{a}$
得：a=$\frac{m}{q{B}_{2}}\sqrt{\frac{2qk{l}^{2}R}{m（R+3lr）}}$=$\frac{l}{{B}_{2}}\sqrt{\frac{2kRm}{q（R+3lr）}}$
已知粒子從磁場(chǎng)右邊界離開，由幾何關(guān)系知偏轉(zhuǎn)距離為：
d=a-$\sqrt{{a}^{2}-{L}^{2}}$
整理得：d=$\frac{l}{{B}_{2}}\sqrt{\frac{2kRm}{q（R+3lr）}}$-$\sqrt{\frac{2kRm{l}^{2}}{（R+3lr）q{B}_{2}^{2}}-{L}^{2}}$
答：（1）電容器獲得的電壓是$\frac{k{l}^{2}R}{R+3lr}$
（2）如果粒子從右側(cè)離開磁場(chǎng)B₂，此時(shí)粒子偏離原方向的距離是$\frac{l}{{B}_{2}}\sqrt{\frac{2kRm}{q（R+3lr）}}$-$\sqrt{\frac{2kRm{l}^{2}}{（R+3lr）q{B}_{2}^{2}}-{L}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)和電磁感應(yīng)的綜合．注意本題中的電動(dòng)勢(shì)為感生電動(dòng)勢(shì)，要會(huì)正確的認(rèn)清等效電路，同時(shí)明確帶電粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)中的規(guī)律應(yīng)用．