Question

（9分）如图所示，在两个水平平行金属极板间存在着竖直向下的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E＝2×10⁶ N/C和B₁＝0.1 T，极板的长度l＝m，间距足够大．在板的右侧还存在着另一圆形区域的匀强磁场，磁场的方向为垂直于纸面向外，圆形区域的圆心O位于平行金属极板的中线上，圆形区域的半径R＝m．有一带正电的粒子以某速度沿极板的中线水平向右飞入极板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷＝2×10⁸ C/kg.

(1)求圆形区域磁场的磁感应强度B₂的大小；

(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场B₁撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形区域的磁场，求圆形区域的圆心O离极板右边缘的水平距离d应满足的条件．

【答案】（1）0.1T；（2）d＞（或d≥）；

【解析】

试题分析：（1）设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间匀速直线运动，则：qvB₁=qE，

设粒子在圆形区域磁场中做圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB₂＝m，

粒子运动轨迹如图所示，粒子速度方向偏转了60°，由数学知识可得：r=Rcot30°，解得：B₂=0.1T；

（2）撤去磁场B₁后，粒子在极板间做平抛运动，设在板间运动时间为t，运动的加速度为a，

飞出电场时竖直方向的速度为v_y，速度的偏转角为θ，由牛顿第二定律得：qE=ma，

水平方向：l=vt，竖直方向：v_y=at，tanθ＝，解得：tanθ＝，即θ=30°，设粒子飞出电场后速度恰好与圆形区域的边界相切时，圆心O离极板右边缘的水平距离为d，

如图所示，则，解得：d ＝

所以d＞（或d≥）；

考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.

【题型】计算题
【适用】较难
【标题】2014-2015学年江西临川区第一中学高二下期期末考试物理卷（带解析）
【关键字标签】
【结束】
 

（10分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m．导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω.导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示．

（1）利用上述条件证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；

（2）求第2 s末外力F的瞬时功率；

（3）如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J,求金属杆上产生的焦耳热

Answer

（1）1.0 m/s2 （2）0.35 W （3）5.0×10－2 J

【解析】

试题分析：（1）设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv

通过电阻R的电流I＝

电阻R两端的电压U＝IR＝

由图乙可得U＝kt，k＝0.10V/s

解得v＝t

因为速度与时间成正比,所以金属杆做匀加速运动，加速度

a＝＝1.0 m/s2

（2）在2 s末，速度v2＝at＝2.0 m/s，

电动势E＝BLv2

通过金属杆的电流I＝

金属杆受安培力F安＝BIL＝

解得F安＝7.5×10－2 N

设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律

F2－F安＝ma

解得F2＝1.75×10－1 N

故2 s末时F的瞬时功率P＝F2v2＝0.35 W

（3）设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律

W＝Q＋mv22

解得Q＝0.15 J

电阻R与金属杆的电阻r串联，产生焦耳热与电阻成正比

所以

故在金属杆上产生的焦耳热

解得Qr＝5.0×10－2 J

考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律。