Question

13．如圖所示，豎直平面內放著兩根間距L=1m、電阻不計的足夠長平行金屬板M、N，兩板間接一阻值R=2Ω的電阻，N板上有一小孔Q，在金屬板M、N及CD上方有垂直紙面向里的磁感應強度B₀=1T的有界勻強磁場，N板右側區(qū)域KL上、下部分分別充滿方向垂直紙面向外和向里的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B₁=3T和B₂=2T．有一質量M=0.2kg、電阻r=1Ω的金屬棒搭在MN之間并與MN良好接觸，用輸出功率恒定的電動機拉著金屬棒豎直向上運動，當金屬棒達最大速度時，在與Q等高并靠近M板的P點靜止釋放一個比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁴C/kg的正離子，經電場加速后，以v=200m/s的速度從Q點垂直于N板邊界射入右側區(qū)域．不計離子重力，忽略電流產生的磁場，取g=10m/s²．求：
（1）金屬棒達最大速度時，電阻R兩端電壓U；
（2）電動機的輸出功率P；
（3）離子從Q點進入右側磁場后恰好不會回到N板，Q點距分界線高h等于多少．

Answer 1

分析 （1）粒子從P到Q是直線加速，根據(jù)動能定理求解板間電壓，即為R兩端電壓；
（2）根據(jù)歐姆定律求解電流，根據(jù)安培力公式求解安培力，根據(jù)平衡條件求解拉力，最后結合切割公式和功率公式列式，聯(lián)立求解即可；
（3）粒子在y軸右側做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解軌道半徑；軌跡恰好與y軸相切，根據(jù)幾何關系求解Q點距離分界線高h．

解答 解：（1）離子從P運動到Q，由動能定理：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0 ①解得，R兩端電壓：U=2V ②
（2）電路的電流：I=$\frac{U}{R}$    ③
安培力：F_安=B₀IL        ④
受力平衡：F=Mg+F_安     ⑤
由閉合電路歐姆定律：E=I（R+r）   ⑥
感應電動勢：E=B₀Lv_m       ⑦
功率：P=Fv_m     ⑧
聯(lián)立②-⑧式解得：電動機功率P=9W  ⑨
（3）如圖所示，設離子恰好不會回到N板時，對應的離子在上、下區(qū)域的運動半徑分別為r₁和r₂，
圓心的連線與N板的夾角為φ．在磁場B₁中，
由牛頓第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$      ⑩
解得運動半徑：r₁=$\frac{2}{3}$×10^-2m，
在磁場B₂中，由牛頓第二定律得：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$，解得，運動半徑：r₂=1×10^-2m，
由幾何關系得：（r₁+r₂）sinφ=r₂，r₁+r₁cosφ=h，
聯(lián)立解得：h=1.2×10^-2m；
答：（1）金屬棒達最大速度時，電阻R兩端電壓U為2V；
（2）電動機的輸出功率P為9W；
（3）離子從Q點進入右側磁場后恰好不會回到N板，Q點距離分界線高h等于1.2×10^-2m．

點評 本題是力電綜合問題，物體多、過程多、規(guī)律多，關鍵是明確電路結構和粒子的運動規(guī)律，結合閉合電路歐姆定律、功率、牛頓第二定律等規(guī)律列式求解，要能畫出粒子運動軌跡，結合幾何關系分析．