Question

如圖甲所示，圓形導(dǎo)線框中磁場B₁ 的大小隨時間t周期性變化，使平行金屬板M、N間獲得如圖乙的周期性變化的電壓．M、N中心的小孔P、Q的連線與金屬板垂直，N板右側(cè)勻強磁場（磁感應(yīng)強度為B₂）的區(qū)域足夠大．絕緣檔板C垂直N板放置，距小孔Q點的距離為h．現(xiàn)使置于P處的粒子源持續(xù)不斷地沿PQ方向釋放出質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子（其重力、初速度、相互間作用力忽略不計）．
（1）在0～

T

2

時間內(nèi)，B₁大小按B₁=kt的規(guī)律增大，此時M板電勢比N板高，請判斷此時B₁的方向．試求，圓形導(dǎo)線框的面積S多大才能使M、N間電壓大小為U？
（2）若其中某一帶電粒子從Q孔射入磁場B₂后打到C板上，測得其落點距N板距離為2h，則該粒子從Q孔射入磁場B₂時的速度多大？
（3）若M、N兩板間距d滿足以下關(guān)系式：qUT²=25md²，則在什么時刻由P處釋放的粒子恰能到達Q孔但不會從Q孔射入磁場？結(jié)果用周期T的函數(shù)表示．

Answer 1

分析：本題（1）的關(guān)鍵是根據(jù)楞次定律判斷出磁場的方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律解出導(dǎo)線框的面積．（2）的關(guān)鍵是首先根據(jù)左手定則畫出粒子運動軌跡，再結(jié)合幾何知識解出軌跡半徑R，然后求解．（3）的關(guān)鍵是先根據(jù)對稱性求出粒子位移是d時用的時間

t

0

，然后再分析求解．

解答：解：（1）由楞次定律可知，B₁ 垂直紙面向里．              
∵（或 ε=n

△φ

△t

）                    
∴U=

△B1

△t

S=kS
故：S=

U

k

故圓形導(dǎo)線框的面積S=

U

k

才能使M、N間電壓大小為U．
（2）設(shè)粒子從Q點射入磁場時速度為v，粒子做圓周運動的半徑為R，如圖所示，則：

R

2

=

(2h ) 2

+(R-h

)

2

，又qvB2=m

v2

R

，
解得：v=

5qB2h

2m

故該粒子從Q孔射入磁場B₂時的速度為：v=

5qB2h

2m

（3）設(shè)此粒子加速的時間為t₀，則由運動的對稱性得：d=2×

1

2

a

t

2 0

，又：a=

F

m

=

qE

m

，E=

U

d

，其中qUT²=25md²
聯(lián)立解得：t0=

T

5

即此粒子釋放的時刻：t=

T

2

-

T

5

=

3

10

T
此后粒子反向加速的時間：t1=

T

2

-

T

5

=

3

10

T
該時間內(nèi)粒子運動的位移為：S1=

1

2

a(

3T

10

)2
解得：S1=

9

8

d＞d
故粒子此后反向從P點射出電場．
因而此粒子釋放的時刻為：t=nT+

3

10

T（n=0，1，2…）       
故在t=nT+

3

10

T時刻由P處釋放的粒子恰能到達Q孔但不會從Q孔射入磁場．
答：（1），圓形導(dǎo)線框的面積S為

U

k

才能使M、N間電壓大小為U．
（2）則該粒子從Q孔射入磁場B₂時的速度為

5qB2h

2m

（3）若M、N兩板間距d滿足以下關(guān)系式：qUT²=25md²，則在t=nT+

3

10

T（n=1，2，3…）時刻由P處釋放的粒子恰能到達Q孔但不會從Q孔射入磁場．

點評：掌握基本規(guī)律和解題方法是解題的關(guān)鍵，要注重對物理過程的方向和討論．