Question

如圖所示，光滑且足夠長的平行導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R₁=0.4Ω，導(dǎo)軌上靜止放置一質(zhì)量m=0.1kg，電阻R₂=0.1Ω的金屬桿，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個裝置處在磁感應(yīng)強度B₁=0.5T的勻強磁場中，磁場的方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始做勻加速運動并開始計時，若5s末桿的速度為2.5m/s，求：
（1）5s末電阻R₁上消耗的電功率．
（2）5s末外力F的功率
（3）若桿最終以8m/s的速度做勻速運動，此時閉合電鍵S，α射線源A釋放的α粒子經(jīng)加速電場C加速后從  a 孔對著圓心0進入半徑r=

3

m   的固定圓筒中，（筒壁上的小孔  a 只能容一個粒子通過）圓筒內(nèi)有垂直水平面向下的磁感應(yīng)強度為B₂的勻強磁場．α粒子每次與筒壁發(fā)生碰撞均無電荷遷移，也無機械能損失，粒子與圓筒壁碰撞5次后恰又從a  孔背離圓心射出，忽略α粒子進入加速電場的初速度，α粒子 質(zhì)量m_α=6.6×10^-27kg，電荷量q_α=3.2×10^-19C，則磁感應(yīng)強度B₂多大？若不計碰撞時間，粒子在圓筒內(nèi)運動的總時間多大？（不計粒子之間的相互作用）（開根號時，

6.4

6.6

可取1）

Answer 1

分析：（1）ab桿做勻加速直線運動過程中，根據(jù)E=BLv和歐姆定律求出回路中的電流，再由P=I²R₁求解電阻R₁上消耗的電功率．
（2）ab桿做勻加速直線運動過程中，水平方向受到F外力F與安培力二力作用，推導(dǎo)出安培力表達式，根據(jù)牛頓第二定律即可求得外力的大小，由P=Fv求出功率．
（3）根據(jù)歐姆定律求出加速電場的電壓，由動能定理求出α粒子進入磁場的速度．若α粒子與圓筒壁碰撞5次后恰又從a孔背離圓心射出，則粒子與圓筒的碰撞點和a點將圓筒6等分，根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強度B₂．根據(jù)幾何關(guān)系求解軌跡所對應(yīng)的圓心角θ，由t=

θ

2π

T求解時間．

解答：解：（1）5s末ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
E=B₁Lv=0.5×0.2×2.5=0.25V
感應(yīng)電流為：
I=

E

R1+R2

=

0.25

0.4+0.1

A=0.5A
電阻R₁上消耗的電功率為：
P₁=I²R₁=0.5²×0.4W=0.1W
（2）5s末ab桿所受的安培力 F_A=B₁IL，加速度為 a=

v

t

根據(jù)牛頓第二定律得：F-F_A=ma
聯(lián)立以上三式得：F=0.1N
5s末外力F的功率為：
P=Fv=0.1×2.5=0.25W
（2）桿最終以8m/s的速度做勻速運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
E′=B₁Lv′=0.5×0.2×8=0.8V
感應(yīng)電流為：
I′=

E′

R1+R2

=

0.8

0.4+0.1

A=1.6A
加速電場的電壓為：
U=IR₁=1.6×0.4V=0.64V
根據(jù)動能定理：q_αU=

1

2

mα

v

2 0

α粒子從a孔進入磁場的速度為：
v=

2qαU mα

=

2×3.2×10-19×0.64 6.6×10-27

=8.0×10³m/s
由題意知：α粒子與圓筒壁碰撞5次后從a孔離開磁場，畫出軌跡，由幾何關(guān)系求得∠dOb=60°
軌跡半徑為：
R′=

3

3

r=

3

3

×

3

m=1m
又q_αvB₂=m_α

v 2 0

R′

故：B₂=

mαv0

qαR′

=

6.6×10-27×8×103

3.2×10-19×1

=1.6×10^-4T
粒子在圓筒內(nèi)運動的總時間為：
t=6×

60°

360°

T=T=

2πmα

qαB2

=1.57×10^-3s．
答：（1）5s末電阻R₁上消耗的電功率為0.1W．
（2）5s末外力F的功率為0.25W．   
（3）磁感應(yīng)強度B₂為1.6×10^-4T，粒子在圓筒內(nèi)運動的總時間為 1.57×10^-3s

點評：本題是電磁感應(yīng)與力學(xué)、電路知識的綜合，求解安培力，畫出磁場中軌跡，由幾何知識求軌跡半徑是解題的兩個關(guān)鍵．