Question

（2013?珠海二模）有一個1000匝的矩形線圈，兩端通過導線與平行金屬板AB相連（如圖所示），線圈中有垂直紙面向外的勻強磁場；已知AB板長為2d，板間距離為d．當穿過線圈的磁通量增大且變化率為0.2Wb/s時，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運動，又從N點射入另一垂直紙面向外磁感應強度為B=0.1T的圓形勻強磁場區（圖中未畫出），離開圓形磁場時速度方向偏轉了60°．不計帶電粒子的重力．試求
（1）AB板間的電壓U_AB
（2）v₀的大小
（3）圓形磁場區域的最小半徑．

Answer 1

分析：（1）根據法拉第電磁感應定律，即可求解；
（2）粒子做類平拋運動，根據運動的分解，結合牛頓第二定律與運動學公式，即可求解；
（3）粒子做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，結合洛倫茲力公式，可求出運動半徑，并由幾何關系，即可求解．

解答：解：（1）由法拉第電磁咸應定律：E=n

△Φ

△t

①
得矩形線圈產生的感應電動勢E=200V②
因為AB板間的電壓等于線圈產生的電動勢，
故  U_AB=200V③
（2）帶電粒子在AB板間做類平拋運動，設從下板邊緣離開時豎直方向的速度為v_y，
則：a=

qUAB

md

④水平方向：L=v₀t⑤
豎直方向：d=

1

2

at2⑥
由④⑤⑥并代入數據得：v0=2.0×104m/s⑦
（3）粒子進入磁場瞬間：v_y=at=2.0×10⁴m/s⑧
帶電粒子在圓形磁場區中做勻速圓周運動，
          洛倫茲力作向心力：qvB=

mv2

r

⑨v=

v02+vy2

⑩
由⑧⑨⑩并代入數據得：r=0.2

2

m
如圖，由幾何關系得弦NQ的長為

.

NQ

=r=0.2

2

m
在過NQ兩點的圓中，以弦NQ為直徑的圓最小
圓形磁場區域的最小半徑為：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）圓形磁場區域的最小半徑0.14 m．

點評：考查法拉第電磁感應定律、平拋運動處理規律、牛頓第二定律與運動學公式等應用，掌握運動的分解的同時性，注意運動軌跡的半徑與圓形磁場的半徑的區別．