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    5．如图所示，半径为a的圆环电阻不计，放置在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，环内有一导体棒，电阻为r，可以绕环匀速转动．将电阻R=4r，开关S连接在环上和棒的O端，将电容器极板水平放置，两极板间距为d，并联在电阻R和开关S两端，如图所示．
    （1）开关S断开，极板间有一带正电q、质量为m的粒子恰好静止，试判断OM的转动方向和角速度的大小．
    （2）当S闭合时，求该带电粒子的加速度？

    分析 （1）开关S断开：粒子带正电，且恰好静止，受到的电场力与重力平衡，可判断出电容器极板所带电荷的电性，再由右手定则判断OM转动方向．
    粒子受力平衡，由平衡条件列式，得出电容器板间电压U，即等于OM产生的感应电动势，由转动切割的感应电动势公式E=$\frac{1}{2}$Ba2ω求角速度ω．
    （2）开关S闭合：电容器的电压减小，带电粒子所受的电场力减小，向下做匀加速运动，由牛顿第二定律和E=$\frac{U′}{d}$求出此时板间电压U′，再由电路的连接关系求R是r的几倍．

    解答 解：（1）由于粒子带正电，恰好静止在电容器中，则电容器上极板带负电，由右手定则判断可知，OM应绕O沿逆时针方向转动．粒子受力平衡，有：
    mg=q$\frac{U}{d}$
    当S断开时，U=E
    又OM产生的感应电动势为：
    E=$\frac{1}{2}B{a}^{2}$ω
    解得：ω=$\frac{2mgd}{qB{a}^{2}}$
    （2）当S闭合时，根据牛顿第二定律得：mg-q$\frac{U′}{d}$=m$•\frac{g}{4}$
    又U′=$\frac{E}{R+r}R$
    由于电阻为：R=4r
    解得：$U′=\frac{4}{5}E$
    带电粒子的加速度a′：$ma′=mg-qE′=mg-\frac{qU′}{d}$
    代入数据得：a′=2m/s2，方向向下．
    答：（1）OM的转动方向为逆时针，角速度的大小为$\frac{2mgd}{qB{a}^{2}}$．
    （2）当S闭合时，该带电粒子的加速度是2m/s2，方向向下．

    点评 本题是电磁感应中电路问题，关键要掌握转动切割的感应电动势公式 E=$\frac{1}{2}B{a}^{2}$ω及欧姆定律等等基本知识．

    练习册系列答案
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    C．物体克服重力做功10J
    D．人对物体做的功等于物体增加的动能

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    求：
    （1）在滚轮的作用下，杆加速上升的加速度；
    （2）杆加速上升至与滚轮速度相同时前进的距离；
    （3）杆往复运动的周期．

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    （1）系统的加速度大小为4.8m/s2，在打点0～5的过程中，系统动能的增量△Ek=0.576J．
    （2）忽略一切阻力的情况下，某同学作出的$\frac{v2}{2}$-h图象如图3所示，则当地的重力加速度g=9.7m/s2．

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