题目内容

18．如图所示（俯视），MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨．两导轨间距为L=0.2m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场B1=5.0T．导轨上NQ之间接一电阻R1=0.40Ω，阻值为R2=$\frac{1}{\sqrt{200}}$Ω的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良好接触．两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极相连．电容器C紧靠着带小孔a（只能容一个粒子通过）的固定绝缘弹性圆筒．圆筒内壁光滑，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场B2，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径为r=0.40m．
（1）用一个大小恒为10N，平行于MN水平向左的外力F拉金属杆，使杆从静止开始向左运动求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小；
（2）当金属杆处于（1）问中的匀速运动状态时，电容器C内紧靠极板且正对a孔的D处有一个带正电的粒子从静止开始经电容器C加速后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞四次后恰好又从小孔a射出圆筒．已知粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5×107（C/kg），该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电量和能量都不损失，不计粒子重力和空气阻力，则磁感应强度B2多大（结果允许含有三角函数式）．

分析 （1）金属杆在功率恒定的外力F作用下，先做加速度变小的加速运动，后做匀速运动，匀速运动时，外力F与安培力、摩擦力平衡，推导出安培力的表达式，由平衡条件求出金属杆匀速运动时的速度大小；
（2）带电粒子先经加速电场加速，由动能定理可求出带电粒子进入圆筒时的速率v，带电粒子与圆筒壁碰撞两次，恰好将圆筒壁三等分，由几何知识得每段轨迹圆弧对应的圆心角为60°，并求出轨迹的半径．带电粒子在圆筒内由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求解B2．

解答 解：（1）金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度匀速运动．设杆匀速运动时速度为v，则有：
F=B1ILE=B1Lv，
电流为：I=$\frac{E}{{R}_{1}+{R}_{2}}$，
代入数据解得：v=5m/s．
（2）设杆匀速运动时C两极板间的电压为U，带电粒子进入圆筒的速率为V．在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由于C与电阻R1并联，由欧姆定律得：
U=IR1=4.0V，
由动能定理得：$qU=\frac{1}{2}m{V}^{2}$-0，
带电粒子在磁场中作匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
$qV{B}_{2}=m\frac{{V}^{2}}{R}$．
由于带电粒子与圆筒壁碰撞时无电量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变．
速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则由几何关系可得：$\frac{r}{R}=tan（\frac{θ}{2}）$．
有两种情形符合题意如图所示：
①情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为：$θ=π-\frac{2π}{5}=\frac{3π}{5}$，
代入数据解得：B2=tan$\frac{3π}{10}$×10-3T，
②情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为：$θ′=π-\frac{4π}{5}=\frac{1π}{5}$．
代入数据解得：B2′=tan$\frac{π}{10}$×10-3T；
答：（1）金属杆最终匀速运动时杆的速度大小为5m/s；
（2）磁感应强度B2大小为：tan$\frac{3π}{10}$×10-3T，或tan$\frac{π}{10}$×10-3T．

点评 本题中金属杆的运动与汽车恒定功率起动类似，要会用动力学方法分析杆的运动情况．对于第2问，还可以研究带电粒子与圆筒碰撞n次的情况．

练习册系列答案
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