Question

如圖所示，半徑為L₁=2m的金屬圓環(huán)內(nèi)上、下兩部分各有垂直圓環(huán)平面的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B₁=T．長度也為L₁、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環(huán)中心，另一端恰好搭接在金屬環(huán)上，繞著a端做逆時針方向的勻速轉(zhuǎn)動，角速度為ω=rad/s．通過導(dǎo)線將金屬桿的a端和金屬環(huán)連接到圖示的電路中（連接a端的導(dǎo)線與圓環(huán)不接觸，圖中的定值電阻R₁=R，滑片P位于R₂的正中央，R₂=4R），圖中的平行板長度為L₂=2m，寬度為d=2m．當(dāng)金屬桿運動到圖示位置時，在平行板左邊緣中央處剛好有一帶電粒子以初速度v_o=0.5m/s向右運動，并恰好能從平行板的右邊緣飛出，之后進(jìn)入到有界勻強磁場中，其磁感應(yīng)強度大小為B₂=2T，左邊界為圖中的虛線位置，右側(cè)及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環(huán)的接觸電阻、圓環(huán)電阻及導(dǎo)線電阻，忽略電容器的充放電時間，忽略帶電粒子在磁場中運動時的電磁輻射等影響，不計平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及帶電粒子的重力和空氣阻力．提示：導(dǎo)體棒以某一端點為圓心勻速轉(zhuǎn)動切割勻強磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=）試分析下列問題：
（1）從圖示位置開始金屬桿轉(zhuǎn)動半周期的時間內(nèi)，兩極板間的電勢差U_MN；
（2）帶電粒子飛出電場時的速度方向與初速度方向的夾角θ；
（3）帶電粒子在電磁場中運動的總時間t_總．

Answer 1

【答案】分析：（1）先根據(jù)切割公式求出感應(yīng)電動勢，因為電容器是并聯(lián)在R₂的兩端，所以電容器兩端的電勢差大小等于R₂兩端間的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律即可求出R₂兩端的電壓．根據(jù)右手定則判斷出感應(yīng)電流的方向，得出M、N兩點電勢的高低，從而知道U_MN的正負(fù)．
（2）粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運動，在0～時間內(nèi)，在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，求出出電場時水平方向和豎直方向上的速度，從而求出帶電粒子飛出電場時的速度方向與初速度方向的夾角θ．
（3）求出帶電粒子在電場中做類平拋運動，然后進(jìn)入磁場做勻速圓周運動，最后又返回電場，通過計算知返回電場時，電場方向已反向，在電場中的運動和開始在電場中的運動對稱．求出在電場中運動的時間t₁，以及求出在磁場中做圓周運動的圓心角，從而求出磁場中運動的時間t₂，總時間t_總=2t₁+t₂．
解答：解：（1）由旋轉(zhuǎn)切割公式得
E==2 V
由電路的連接特點知
E=I?4R     
U_o=I?2R==1 V
T₁==20 s
由右手定則知
在0～時間內(nèi) 金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φ_a＞φ_b；
則  在0～時間內(nèi)φ_M＜φ_N  U_MN=-U_o=-1 V                        
（2）粒子在平行板電容器內(nèi)做類平拋運動，在0～時間內(nèi)
水平方向  L₂=v_o?t₁
豎直方向                    v_y=at₁
則=0.25 C/kg    v_y=0.5 m/s     
tanθ==1  所以  θ=45                                     
（3）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動
由得 即      
由幾何關(guān)系及粒子在磁場中運動的對稱性可知：粒子恰好在磁場中做了圓周運動，并且粒子剛好能從平行板電容器的另一極板重新飛回到電場中．則磁場中的運動時間為 t₂==3π s．由于 t₁+t₂=4+3π≈13.42 s 大于且小于T₁  則此時飛回電場時，電場方向與開始時相反，并且此時的速度與飛出電場時的速度等大、與水平方向的夾角大小相同，方向為傾斜左上45，則運動具有對稱性，則 t₃=t₁=4 s．
綜上  帶電粒子在電磁場中總的運動時間為 t_總=t₁+t₂+t₃=8+3π≈17.42 s．
點評：解決本題的關(guān)鍵掌握右手定則判定感應(yīng)電流的方向，以及會分析帶電粒子在電場中、磁場中所做的運動，在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動．