Question

7．如图（a）所示，横截面积为S、匝数为n的线圈M中产生随时间均匀变化的匀强磁场B，随时间变化规律如图（b）所示（以向上为磁场正方向）．已知线圈的电阻为r，两端接在并联的平行板电容器和电阻R两端．电容器的电容为C，两极板间距为d．已知t=0时K闭合，内在两极板中间有一质量为m，带电小球刚好处于静止状态．试求：

（1）带电小球所带电量以及电性；
（2）假若带电小球不会与极板相遇，在磁感应强度变化一个周期T₀时间内，带电小球通过的位移；
（3）在一个周期T₀时间内电阻R上产生的热量．

Answer 1

分析 （1）根据右手螺旋定则，结合磁场的变化，从而确定电容器的极板电性，及依据电场力与重力平衡，求解小球带电量；
（2）根据在一个周期内，电容器的极性，从而确定电场力大小与方向，再依据牛顿第二定律，求解各时间内的加速度，再结合运动学公式，即可求解；
（3）根据法拉第电磁感应定律，闭合电路欧姆定律，及功率表达式，即可求解．

解答 解：（1）0到0.25s，B增加，依据右手螺旋定则，则知，
线圈中上端电势高，下端电势低，即电容器上极带正电，
当t=0粒子静止，说明电场力等于重力，故粒子带负电；
因qE=mg，解得：q=$\frac{mg}{E}$，
（2）感应电动势大小，E=N$\frac{△B}{△t}•S$=$\frac{4N{B}_{0}S}{{T}_{0}}$
0到$\frac{{T}_{0}}{4}$粒子静止，qE=mg；
$\frac{{T}_{0}}{4}$到$\frac{3}{4}{T}_{0}$粒子向下匀加速运动，加速度为a，
根据牛顿第二定律，则有，qE+mg=ma，
解得：a=2g，
位移为${x}_{1}=\frac{1}{2}a（\frac{{T}_{0}}{2}）^{2}$=$\frac{1}{2}×2g×\frac{{T}^{2}}{4}=\frac{g{T}_{0}^{2}}{4}$，
速度为：${v}_{1}=a×\frac{{T}_{0}}{2}=g{T}_{0}$
$\frac{3}{4}{T}_{0}$到T₀，粒子电场力等于重力，即qE=mg时，粒子做匀速直线运动，
位移为${x}_{2}={v}_{1}×\frac{{T}_{0}}{4}=\frac{g{T}_{0}^{2}}{4}$，
因此一个周期内，小球位移为x=x₁+x₂=$\frac{1}{2}g{T}_{0}^{2}$，
（3）根据E=N$\frac{△B}{△t}•S$=$\frac{4N{B}_{0}S}{{T}_{0}}$
结合闭合电路欧姆定律，I=$\frac{E}{R+r}$，
那么P_R=I²R=$（\frac{4N{B}_{0}S}{（R+r）{T}_{0}}）^{2}R$
答：（1）带电小球所带电量$\frac{mg}{E}$，且带负电；
（2）在磁感应强度变化一个周期T₀时间内，带电小球通过的位移$\frac{1}{2}g{T}_{0}^{2}$；
（3）在一个周期T₀时间内电阻R上产生的热量$（\frac{4N{B}_{0}S}{（R+r）{T}_{0}}）^{2}R$．

点评 考查右手螺旋定则的内容，掌握电场力与重力平衡的条件，及理解牛顿第二定律与焦耳定律的应用，注意搞清各时间段的小球的运动性质是解题的关键．