Question

如圖所示，半徑為L₁=2m的金屬圓環內上、下兩部分各有垂直圓環平面的有界勻強磁場，磁感應強度大小均為B₁=

π

10

T．長度也為L₁、電阻為R的金屬桿ab，一端處于圓環中心，另一端恰好搭接在金屬環上，繞著a端做逆時針方向的勻速轉動，角速度為ω=

π

10

rad/s．通過導線將金屬桿的a端和金屬環連接到圖示的電路中（連接a端的導線與圓環不接觸，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，之后進入到有界勻強磁場中，其磁感應強度大小為B₂=2T，左邊界為圖中的虛線位置，右側及上下范圍均足夠大．（忽略金屬桿與圓環的接觸電阻、圓環電阻及導線電阻，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及帶電粒子的重力和空氣阻力．提示：導體棒以某一端點為圓心勻速轉動切割勻強磁場時產生的感應電動勢為E=

Bl2ω

2

）試分析下列問題：
（1）從圖示位置開始金屬桿轉動半周期的時間內，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

分析：（1）先根據切割公式求出感應電動勢，因為電容器是并聯在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，根據閉合電路歐姆定律即可求出R₂兩端的電壓．根據右手定則判斷出感應電流的方向，得出M、N兩點電勢的高低，從而知道U_MN的正負．
（2）粒子在平行板電容器內做類平拋運動，在0～

T1

2

時間內，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）由旋轉切割公式得
E=

B1L12ω

2

=2 V
由電路的連接特點知
E=I?4R     
U_o=I?2R=

E

2

=1 V
T₁=

2π

ω

=20 s
由右手定則知
在0～

T1

2

時間內 金屬桿ab中的電流方向為b→a，則φ_a＞φ_b；
則  在0～

T1

2

時間內φ_M＜φ_N  U_MN=-U_o=-1 V                        
（2）粒子在平行板電容器內做類平拋運動，在0～

T1

2

時間內
水平方向  L₂=v_o?t₁
豎直方向  

d

2

=

1

2

a

t

2 1

     a=

Eq

m

      E=

U

d

       v_y=at₁
則

q

m

=0.25 C/kg    v_y=0.5 m/s     v=

v 2 0 + v 2 y

=

2

2

m/s
tanθ=

vy

v0

=1  所以  θ=45⁰                                     
（3）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動
由Bqv=m

v2

r

得 r=

mv

Bq

即 r=

mv

B2q

=

2

m      T2=

2π?r

v

=4πs
由幾何關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

3

4

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=

3T2

4

=3π s．由于 t₁+t₂=4+3π≈13.42 s 大于

T1

2

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45⁰，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：解決本題的關鍵掌握右手定則判定感應電流的方向，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．