题目内容
有一个1000匝的矩形线圈，两端通过导线与平行金属板AB相连（如图所示），线圈中有垂直纸面向外的匀强磁场；已知AB板长为2d，板间距离为d．当穿过线圈的磁通量增大且变化率为0.2Wb/s时，有一比荷为
的带正电粒子以初速度v从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为B=0.1T的圆形匀强磁场区（图中未画出），离开圆形磁场时速度方向偏转了60°．不计带电粒子的重力．试求（1）AB板间的电压UAB
（2）v的大小
（3）圆形磁场区域的最小半径．
【答案】分析：（1）根据法拉第电磁感应定律，即可求解；
（2）粒子做类平抛运动，根据运动的分解，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；
（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力公式，可求出运动半径，并由几何关系，即可求解．
解答：
解：（1）由法拉第电磁咸应定律：
①
得矩形线圈产生的感应电动势E=200V②
因为AB板间的电压等于线圈产生的电动势，
故 UAB=200V③
（2）带电粒子在AB板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为vy，
则：
④水平方向：L=vt⑤
竖直方向：
⑥
由④⑤⑥并代入数据得：
⑦
（3）粒子进入磁场瞬间：vy=at=2.0×104m/s⑧
带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动，
洛伦兹力作向心力：
⑨
⑩
由⑧⑨⑩并代入数据得：
如图，由几何关系得弦NQ的长为
在过NQ两点的圆中，以弦NQ为直径的圆最小
圆形磁场区域的最小半径为：
答：（1）AB板间的电压200V；
（2）v的大小2.0×104m/s；
（3）圆形磁场区域的最小半径0.14 m．
点评：考查法拉第电磁感应定律、平抛运动处理规律、牛顿第二定律与运动学公式等应用，掌握运动的分解的同时性，注意运动轨迹的半径与圆形磁场的半径的区别．
（2）粒子做类平抛运动，根据运动的分解，结合牛顿第二定律与运动学公式，即可求解；
（3）粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力公式，可求出运动半径，并由几何关系，即可求解．
解答：
解：（1）由法拉第电磁咸应定律：①得矩形线圈产生的感应电动势E=200V②
因为AB板间的电压等于线圈产生的电动势，
故 UAB=200V③
（2）带电粒子在AB板间做类平抛运动，设从下板边缘离开时竖直方向的速度为vy，
则：
④水平方向：L=vt⑤竖直方向：
⑥由④⑤⑥并代入数据得：
⑦（3）粒子进入磁场瞬间：vy=at=2.0×104m/s⑧
带电粒子在圆形磁场区中做匀速圆周运动，
洛伦兹力作向心力：
⑨⑩由⑧⑨⑩并代入数据得：
如图，由几何关系得弦NQ的长为
在过NQ两点的圆中，以弦NQ为直径的圆最小
圆形磁场区域的最小半径为：
答：（1）AB板间的电压200V；
（2）v的大小2.0×104m/s；
（3）圆形磁场区域的最小半径0.14 m．
点评：考查法拉第电磁感应定律、平抛运动处理规律、牛顿第二定律与运动学公式等应用，掌握运动的分解的同时性，注意运动轨迹的半径与圆形磁场的半径的区别．
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，板间距离为
。当穿过线圈的磁通量增大且变化率为
时，有一比荷为
的带正电粒子以初速度
从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为
的圆形匀强磁场区(图中未画出)，离开圆形磁场时速度方向偏转了
。不计带电粒子的重力。试求
，板间距离为
。当穿过线圈的磁通量增大且变化率为
时，有一比荷为
的带正电粒子以初速度
从上板的边缘射入板间，并恰好从下板的边缘射出；之后沿直线MN运动，又从N点射入另一垂直纸面向外磁感应强度为
的圆形匀强磁场区(图中未画出)，离开圆形磁场时速度方向偏转了
。不计带电粒子的重力。试求
