Question

13．如图所示，竖直平面内放着两根间距L=1m、电阻不计的足够长平行金属板M、N，两板间接一阻值R=2Ω的电阻，N板上有一小孔Q，在金属板M、N及CD上方有垂直纸面向里的磁感应强度B₀=1T的有界匀强磁场，N板右侧区域KL上、下部分分别充满方向垂直纸面向外和向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B₁=3T和B₂=2T．有一质量M=0.2kg、电阻r=1Ω的金属棒搭在MN之间并与MN良好接触，用输出功率恒定的电动机拉着金属棒竖直向上运动，当金属棒达最大速度时，在与Q等高并靠近M板的P点静止释放一个比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁴C/kg的正离子，经电场加速后，以v=200m/s的速度从Q点垂直于N板边界射入右侧区域．不计离子重力，忽略电流产生的磁场，取g=10m/s²．求：
（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U；
（2）电动机的输出功率P；
（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距分界线高h等于多少．

Answer 1

分析 （1）粒子从P到Q是直线加速，根据动能定理求解板间电压，即为R两端电压；
（2）根据欧姆定律求解电流，根据安培力公式求解安培力，根据平衡条件求解拉力，最后结合切割公式和功率公式列式，联立求解即可；
（3）粒子在y轴右侧做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求解轨道半径；轨迹恰好与y轴相切，根据几何关系求解Q点距离分界线高h．

解答 解：（1）离子从P运动到Q，由动能定理：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0 ①解得，R两端电压：U=2V ②
（2）电路的电流：I=$\frac{U}{R}$    ③
安培力：F_安=B₀IL        ④
受力平衡：F=Mg+F_安     ⑤
由闭合电路欧姆定律：E=I（R+r）   ⑥
感应电动势：E=B₀Lv_m       ⑦
功率：P=Fv_m     ⑧
联立②-⑧式解得：电动机功率P=9W  ⑨
（3）如图所示，设离子恰好不会回到N板时，对应的离子在上、下区域的运动半径分别为r₁和r₂，
圆心的连线与N板的夹角为φ．在磁场B₁中，
由牛顿第二定律得：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$      ⑩
解得运动半径：r₁=$\frac{2}{3}$×10^-2m，
在磁场B₂中，由牛顿第二定律得：
qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$，解得，运动半径：r₂=1×10^-2m，
由几何关系得：（r₁+r₂）sinφ=r₂，r₁+r₁cosφ=h，
联立解得：h=1.2×10^-2m；
答：（1）金属棒达最大速度时，电阻R两端电压U为2V；
（2）电动机的输出功率P为9W；
（3）离子从Q点进入右侧磁场后恰好不会回到N板，Q点距离分界线高h等于1.2×10^-2m．

点评 本题是力电综合问题，物体多、过程多、规律多，关键是明确电路结构和粒子的运动规律，结合闭合电路欧姆定律、功率、牛顿第二定律等规律列式求解，要能画出粒子运动轨迹，结合几何关系分析．