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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
题目详情
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
=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:
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(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.
q |
m |
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(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.
▼优质解答
答案和解析
(1)离子从P运动到Q,由动能定理:![作业帮](http://img.zuoyebang.cc/zyb_943c87173981b659b4b886000f8ad87b.jpg)
qU=
mv2-0 ①解得,R两端电压:U=2V ②
(2)电路的电流:I=
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=B0Lvm ⑦
功率:P=Fvm 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
⑩
解得运动半径:r1=
×10-2m,
在磁场B2中,由牛顿第二定律得:
qvB2=m
,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.
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qU=
1 |
2 |
(2)电路的电流:I=
U |
R |
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=B0Lvm ⑦
功率:P=Fvm 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
v2 |
r1 |
解得运动半径:r1=
2 |
3 |
在磁场B2中,由牛顿第二定律得:
qvB2=m
v2 |
r2 |
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.
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