Question

14．如圖所示，a、b為垂直于紙面的豎直平等平面，其間有方向相互垂直的勻強電場（圖中未畫出）和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B；水平面c下方的某區(qū)域內(nèi)有與a、b間磁場相同一勻強磁場；P點有大量向下運動的速度為v、質(zhì)量為m、電荷量值在q₁-q₂（|q₂|＞|q₁|）范圍內(nèi)的帶電粒子，經(jīng)a、b間區(qū)域后由O點進(jìn)入水平面c下方的磁場做圓周運動，然后打在水平面c上，O、P在同一豎直線上．不計粒子重力及相互影響，圖示平面為豎直平面．
（1）求a、b間的電場強度；
（2）求在圖面內(nèi)粒子打在水平面c上的位置；
（3）c下方磁場區(qū)域在圖面內(nèi)面積最小的情況下，若無粒子運動時，一端在O點的足夠長金屬桿，以過O點垂直于桿的直線為軸在圖面內(nèi)順時針勻速旋轉(zhuǎn)，角速度為ω．在t=0時刻，金屬桿水平，左端在O點，求金屬桿在c下方運動時其電動勢隨時間變化的函數(shù)表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）由平衡條件可以求出電場強度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出范圍．
（3）求出切割磁感線的有效長度，然后應(yīng)用E=BLv求出感應(yīng)電動勢．

解答 解：（1）設(shè)a、b區(qū)域電場的電場強度為E₀，
由平衡條件得：q₁vB=q₁E₁ ①
電場強度的大小和方向與粒子所帶電量無關(guān)，
其方向水平向左，大小為：E₁=vB  ②；
（2）如圖建立坐標(biāo)系，若q₁＞0，q₂＞0，則在
x≥0區(qū)域作圓周運動，圓心在x軸上的C₁與C₂之間，其半徑在R₁與R₂之間，
由牛頓第二定律得：q₁vB=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$  ③
q₂vB=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$  ④
粒子打在水平面c上的位置為運動軌跡與x軸的交點x₁與x₂之間范圍，則
x₁=2R₁ ⑤x₂=2R₂ ⑥
若q₁＜0，q₂＜0，則在x≤0區(qū)域作圓周運動，其運動與帶正電粒子的運動關(guān)于y軸對稱，
聯(lián)立相關(guān)方程并代入已知條件，粒子打在水平面c上的位置為：
$\frac{2mv}{{q}_{2}B}$≤x≤$\frac{2mv}{{q}_{1}B}$   （q₁ ＞0，q₂＞0）⑦
$\frac{2mv}{{q}_{1}B}$≤x≤$\frac{2mv}{{q}_{2}B}$  （q₁ ＜0，q₂＜0）⑧
（3）如圖所示，所需磁場最小面積是平面c下以C₁與C₂為圓心的半圓之間區(qū)域和關(guān)于y軸對稱部分的面積．
桿在轉(zhuǎn)過0～90°范圍內(nèi)，金屬桿轉(zhuǎn)過角度θ=ωt時，桿與磁場邊界交點為A、D，由圖知
OA=2R₂cosωt  ⑨
OD=2R₁cosωt   ⑩
桿在磁場中的平均速度為：$\overline{v}$=$\frac{1}{2}$ω（OA+OD）⑪
則在時刻t時金屬桿中的電動勢E為：E=B（OD-OA）$\overline{v}$⑫
桿在轉(zhuǎn)過90°～180°范圍內(nèi)，金屬桿轉(zhuǎn)過角度γ=ωt時，與x軸夾角為α，有
cos²α=cos²（π-ωt）=cos²ωt⑬
聯(lián)立相關(guān)方程解得：E=$\frac{2{m}^{2}{v}^{2}ω}{B}$（$\frac{1}{{q}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{q}_{2}^{2}}$）cos²ωt （ 0≤t≤$\frac{π}{ω}$）⑭
答：（1）求a、b間的電場強度為vB；
（2）在圖面內(nèi)粒子打在水平面c上的位置為：$\frac{2mv}{{q}_{2}B}$≤x≤$\frac{2mv}{{q}_{1}B}$   （q₁ ＞0，q₂＞0）或$\frac{2mv}{{q}_{1}B}$≤x≤$\frac{2mv}{{q}_{2}B}$  （q₁ ＜0，q₂＜0）．
（3）金屬桿在c下方運動時其電動勢隨時間變化的函數(shù)表達(dá)式為：E=$\frac{2{m}^{2}{v}^{2}ω}{B}$（$\frac{1}{{q}_{1}^{2}}$-$\frac{1}{{q}_{2}^{2}}$）cos²ωt （ 0≤t≤$\frac{π}{ω}$）．

點評 本題考查了求電場強度、粒子打在水平面上的范圍、求感應(yīng)電動勢，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用平衡條件、牛頓第二定律與E=BLv即可正確解題．