Question

2．如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌ABC、DEF平行放置，間距為L，BC、EF水平，AB、DE與水平面成θ角．PQ、P′Q′是質量均為m、電阻均為R的金屬桿，它們與導軌垂直．平行板電容器的兩極板（相距為d）M、N水平放置，并通過導線與導軌連接．FC的左側整個區(qū)域處于磁感應強度大小為B₁、方向豎直向下的勻強磁場中．電容器兩極板間圓形區(qū)域內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B₂，圓形磁場區(qū)域半徑r₁=0.5d，與電容器兩板及左側邊緣線相切．讓桿PQ沿水平導軌運動，使桿P′Q′靜止不動，試求：

（1）PQ運動速度的大小和方向．
（2）若一個不計重力的帶正電粒子沿兩板間中心線O₁O₂從左側邊緣．O₁點以速度v₀射入，恰沿直線通過圓形磁場區(qū)域，經過時間t₀從極板邊緣飛出；撤去磁場，讓該粒子仍從O₁點以相同速度射入，則經t₀/2時間打到極板上，求v₀的大小為多少？
（3 ）若兩極板不帶電，保持圓形區(qū)域磁場不變，滿足（2）問比荷的該粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使粒子從兩板間飛出，求射入的速度大小應滿足的條件[已知tan²θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$]．

Answer 1

分析 （1）應用E=BLv求出感應電動勢，應用歐姆定律求出電流，應用安培力公式求出桿受到的安培力，然后應用平衡條件求出桿的速度大小，應用左手定則與右手定則判斷桿的運動方向．
（2）撤去磁場時粒子做類平拋運動，有磁場時粒子做勻速直線運動，應用類平拋運動規(guī)律與平衡條件可以求出粒子的速度．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出粒子的臨界速度，然后確定其速度范圍．

解答 解：（1）PQ切割磁感線產生的感應電動勢：E=B₁Lv，
電路電流：I=$\frac{E}{2R}$=$\frac{{B}_{1}Lv}{2R}$，
P′Q′桿受到的安培力：F=B₁IL=$\frac{{B}_{1}^{2}{L}^{2}v}{2R}$，
P′Q′桿靜止處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：mgtanθ=F，
解得：v=$\frac{2mgRtanθ}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$，
由右手定則與左手定則可知，PQ應向右運動．
（2）設極板長為x，撤去磁場后粒子做類平拋運動，水平方向位移：x-2r₁=x-d，
有磁場時：x=v₀t₀，無磁場時：x-d=$\frac{{v}_{0}{t}_{0}}{2}$，
解得：x=2d，v₀=$\frac{2d}{{t}_{0}}$；
（3）撤去磁場時粒子做類平拋運動，粒子的偏移量：0.5d=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$$（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}$，
粒子在磁場中做勻速直線運動，由平衡條件得：qv₀B₂=q$\frac{U}p9vv5xb5$，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2}{{B}_{2}{t}_{0}}$，
無電場時粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子恰好從上極板左邊緣時的軌道半徑為r，圓心角為α，
由幾何知識得：tanα=$\frac{0.5d}{r}$，α=45°，r+$\sqrt{2}$r=0.5d，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v=$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$；
粒子恰好從上極板右邊緣飛出時，由幾何知識得：
tan2θ=$\frac{1}{3}$，tanθ=$\frac{0.5d}{r}$，已知：tan2θ=$\frac{2tanθ}{1-ta{n}^{2}θ}$，
解得：v=$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$，
粒子的速度需要滿足的條件是：0＜v＜$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$，v＞$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$；
答：（1）PQ運動速度的大小為：$\frac{2mgRtanθ}{{B}_{1}^{2}{L}^{2}}$，方向：向右．
（2）v₀的大小為$\frac{2d}{{t}_{0}}$；
（3 ）欲使粒子從兩板間飛出，求射入的速度大小應滿足的條件是：0＜v＜$\frac{（\sqrt{2}-1）d}{{t}_{0}}$，v＞$\frac{（\sqrt{10}+3）d}{{t}_{0}}$．

點評 本題是一道綜合題，分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關鍵，分析清楚粒子運動過程作出粒子運動軌跡、應用平衡條件、牛頓第二定律即可解題．