Question

1．如圖（甲）所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導軌MN，PQ相距為L=1m，導軌平面與水平面夾角α=37°，導軌電阻不計．磁感應強度為B₁=2T的勻強磁場垂直于導軌平面向上，長為L=1m的金屬桿ab垂直于MN，PQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬桿的質量為m₁=2kg、電阻為R₁=3Ω．兩金屬導軌的上端連接右側電路，電路中通過導線接一對水平放置的平行金屬板，兩板間距離和板長均為d=1m，定值電阻為R₂=1Ω．現(xiàn)閉合開關S并將金屬桿由靜止釋放，取重力加速度g=10m/s²．
（1）求金屬桿沿導軌下滑的最大速率vm；
（2）當金屬桿穩(wěn)定下滑時，在水平放置的平行金屬板間加一垂直于紙面向里的勻強磁場B₂=3T，在下板的右端C點且非常靠近下板的位置有一質量為m₂=6×10^-5kg、帶電量為q=-1×10^-4C的液滴以初速度v水平向左射入磁場，該液滴可視為質點，要使帶電液滴能從金屬板間射出，則初速度v滿足什么條件？
（3）若帶電液滴射入的速度恰好使液滴從D點飛出，液滴從C點射入時，再從該磁場區(qū)域加一個如圖（乙）所示的變化磁場（正方向與B₂方向相同，不考慮磁場變化所產生的電場），求該帶電液滴從C點射入到運動到D點所經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）由安培力公式求出安培力，由平衡條件求出金屬桿的最大速度．
（2）根據(jù)液滴的受力情況判斷液滴的運動性質，然后由數(shù)學知識求出液滴射出時的軌道半徑，由牛頓第二定律求出液滴的速度，然后確定其范圍．
（3）根據(jù)液滴做圓周運動的周期公式分析與所加磁場分析液滴的運動過程，然后求出液滴的運動時間．

解答 解：（1）當金屬桿勻速下滑時速度最大，設最大速度為v_m，
由平衡條件得：m₁gsina=F_安，
安培力：F_安=B₁IL，
電流：$I=\frac{{{B_1}I{v_m}}}{{{R_1}+{R_2}}}$，
則：${m_1}gsina=\frac{{B_1^2{L^2}{v_m}}}{{{R_1}+{R_2}}}$，
解得：v_m=12m/s；
（2）金屬桿穩(wěn)定下滑時，感應電動勢：E=BLv=24V，
兩板間電壓U=IR₂=6V，
對液滴，m₂g=q$\frac{U}eggqu2k$，
所以該液滴在兩平行金屬板間做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律得：qvB=m₂$\frac{{v}^{2}}{r}$，
則液滴的軌道半徑r=$\frac{{m}_{2}v}{q{B}_{2}}$，
當液滴恰從上板左端邊緣射出時：r₁²=（r-d）²+d²，
解得，軌道半徑：r₁=1m，
${r_1}=d=\frac{{{m_2}{v_1}}}{{{B_2}q}}$，
解得：v₁=5m/s；
當液滴恰從上板右側邊緣射出時：r₂=$\frac0e0yqiw{2}$=0.5m，
r₂=$\fracoiymyos{2}$=$\frac{{m}_{2}{v}_{2}}{q{B}_{2}}$，
解得，v₂=2.5m/s，
初速度v應滿足的條件是：v＜2.5m/s或 v＞5m/s；
（3）當速度v=2.5m/s時，液滴從D點飛出，
在磁場B₂中運動周期：${T_1}=\frac{{2π{m_2}}}{{{B_2}q}}=4π×{10^{-1}}s$，
液滴在磁場中運動第一次遇到外加磁場前的過程中軌跡對應的圓心角：${θ_1}=\frac{{\frac{π}{2}×{{10}^{-1}}}}{{4π×{{10}^{-1}}}}×2π=\frac{π}{4}$，
施加附加磁場后，液滴在磁場中做的圓周運動半徑將變小，周期T₂為：${T_2}=\frac{{2π{m_2}}}{{q（{B_2}+B）}}=\frac{π}{2}×{10^{-1}}s$，
即離子剛好能運動一個完整的圓周，接下來在B₂磁場中繼續(xù)偏轉，
對照外加磁場的規(guī)律可知，每隔$\frac{π}{2}×{10^{-1}}s$液滴在周期性外加磁場時，
離子可做3次完整的勻速圓周運動，最后還經(jīng)過D點離開磁場，如圖所示．
離子從C點射入磁場到D點的總時間t為$t=\frac{1}{2}{T_1}+3{T_2}$，
解得：$t=\frac{7π}{2}×{10^{-1}}s$；
答：（1）金屬桿沿導軌下滑的最大速率v_m=12m/s；
（2）要使帶電液滴能從金屬板間射出，初速度v滿足的條件是：v＜2.5m/s或 v＞5m/s；
（3）該帶電液滴從C點射入到運動到D點所經(jīng)歷的時間：$t=\frac{7π}{2}×{10^{-1}}s$．

點評 本題考查了電磁感應、液滴在磁場中的運動，本題液滴運動過程復雜、分析清楚液滴的運動過程、應用平衡條件、安培力公式、牛頓第二定律即可正確解題，解題時要注意數(shù)學知識的應用．