Question

如圖所示（俯視），MN和PQ是兩根固定在同一水平面上的足夠長且電阻不計的平行金屬導軌，兩導軌間距L=0.2m，其間有一個方向垂直水平面豎直向下的勻強磁場B₁=5.0T．導軌上NQ之間接一電阻R₁=0.40Ω，阻值為R₂=0.10Ω的金屬桿垂直導軌放置并與導軌始終保持良好接觸．兩導軌右端通過金屬導線分別與電容器C的兩極相連．電容器C緊挨帶有小孔的固定絕緣彈性圓筒，圓筒壁光滑，筒內有垂直水平面豎直向下的勻強磁場B₂，O是圓筒的圓心，圓筒的內半徑r=0.40m．

（1）用一個方向平行于MN水平向左且功率P=80W的外力F拉金屬桿，使桿從靜止開始向左運動．已知桿受到的摩擦阻力大小恒為f=6N，求求當金屬桿最終勻速運動時的速度大小；
（2）計算金屬桿勻速運動時電容器兩極板間的電勢差；
（3）當金屬桿處于（1）問中的勻速運動狀態時，電容器C內緊靠極板D處的一個帶正電的粒子加速后從a孔垂直磁場B₂并正對著圓心O進入圓筒中，該帶電粒子與圓筒壁碰撞兩次后恰好又從小孔a射出圓筒．已知該帶電粒子每次與筒壁發生碰撞時電量和能量都不損失，不計粒子的初速度、重力和空氣阻力，粒子的荷質比

q

m

=5×10⁷ C/kg，求磁感應強度B₂的大小．

Answer 1

分析：（1）金屬桿在功率恒定的外力F作用下，先做加速度變小的加速運動，后做勻速運動，勻速運動時，外力F與安培力、摩擦力平衡，推導出安培力的表達式，由平衡條件求出金屬桿勻速運動時的速度大小；
（2）電容器C與電阻R₁并聯，電容器兩極板間的電勢差等于R₁的電壓，由歐姆定律求出電容器兩極板間的電勢差．
（3）帶電粒子先經加速電場加速，由動能定理可求出帶電粒子進入圓筒時的速率v，帶電粒子與圓筒壁碰撞兩次，恰好將圓筒壁三等分，由幾何知識得每段軌跡圓弧對應的圓心角為60°，并求出軌跡的半徑．帶電粒子在圓筒內由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可求解B₂．

解答：解：（1）金屬桿先做加速度變小的加速運動，最終以最大速度v_m勻速運動，
則電動勢：E=B₁Lv_m 
回路電流：I=

E

R1+R2

安培：力F=B₁IL 
桿受力平衡：

P

vm

-F-f=0
聯立代入數據得：v_m=5m/s
（2）C與電阻R₁并聯，兩端電壓相等，桿勻速運動時電容C板間電壓：U=

R1

R1+R2

E=4.0V 
（3）設桿勻速運動時帶電粒子進入圓筒的速率為v、在磁場中作勻速圓周運動的半徑為R
根據動能定理：qU=

1

2

mv2
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvB2=m

v2

R

由題意知，2個碰撞點與小孔a恰好將圓筒壁三等分，粒子在圓筒內的軌跡由3段相問的圓弧組成，每段軌跡圓弧對應的圓心角為60°，
由幾何關系可得：tan

θ

2

=

r

R

解得：R=

2

5

3

m 
聯立解得：B2=

1

R

2mU q

=

3

3

×10 ^-3 T
答：（1）當金屬桿最終勻速運動時的速度大小為5m/s；
（2）金屬桿勻速運動時電容器兩極板間的電勢差為4V；
（3）磁感應強度B₂的大小為

3

3

×10-3T．

點評：本題中金屬桿的運動與汽車恒定功率起動類似，要會用動力學方法分析桿的運動情況．對于第2問，還可以研究帶電粒子與圓筒碰撞n次的情況．