Question

16．如圖所示，光滑水平地面上方ABCD區(qū)域存在互相垂直的勻強磁場和勻強電場，電場強度E=1×10⁶N/C，方向豎直向上，AD距離為2m，CD高度為1m，一厚度不計的絕緣長木板其右端距B點2m，木板質(zhì)量M=2kg，在木板右端放有一帶電量q=+1×10^-6C的小鐵塊（可視為質(zhì)點），其質(zhì)量m=0.1kg，小鐵塊與木板間動摩擦因數(shù)μ=0.4，現(xiàn)對長木板施加一水平向右的恒力F₁=12.4N，作用1s后撤去恒力，g取10m/s²．
（1）求前1s小鐵塊的加速度大小a_m，長木板加速度大小a_M；
（2）要使小鐵塊最終回到長木板上且不與長木板發(fā)生碰撞，求磁感強度B的最小值；
（3）在t=1s時再給長木板施加一個水平向左的力F₂，滿足（2）條件下，要使小鐵塊回到長木板時恰能相對長木板靜止，求木板的最小長度（計算過程π取3.14）．

Answer 1

分析 （1）當F作用在木板時，對木板和小鐵塊進行受力分析，由牛頓第二定律求出各自加速度．
（2）進入復合場后，由于重力與電場力相等，方向相反，則進入復合場后小鐵塊做勻速圓周運動，當半徑恰等于1m時，小鐵塊與長木板恰不發(fā)生碰撞，即此時小鐵塊的軌跡恰不為$\frac{1}{4}$圓周時，半徑最大，磁感應強度最小，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應強度的最小值．
（3）在滿足上一問的情況下，要使小鐵塊回到長木板時恰能相對長木板靜止，則要求小鐵塊回到磁場與長木板的速度相等，且到達長長木板的最左端．那么先求出小鐵塊在磁場和磁場外運動的總時間，則該時間內(nèi)再求長木板的位移，由幾何關系從而求出木板的最小長度．

解答 解：（1）當F作用在長木板上時，對小鐵塊由μmg=ma
得：a_m=4m/s²
對長木板由F-μmg=Ma_m
a_m=6m/s²
（2）由于mg=qE，此后小鐵塊進入復合場做勻速圓周運動，當r＞1m時，
鐵塊必定會與木板碰撞，當r＜1m時有可能不會相撞，但B不是最小值，
因此要使得小鐵塊與長木板不發(fā)生碰撞，其圓周運動最大半徑r=1m，
由qv_mB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
速度v_m=a_mt=4m/s
得B=$\frac{m{v}_{m}}{qr}$=4×10⁵T
（3）長木板運動1s末位移x_M=$\frac{1}{2}{a}_{M}{t}^{2}$=3m
速度v_M=a_Mt=6m/s
小鐵塊運動1s末位移x_m=$\frac{1}{2}{a}_{m}{t}^{2}$=2m
撤去F后長木板減速運動，小鐵塊離開長木板后先在磁場中做勻速圓周運動，
出場后豎直上拋，設小鐵塊離開長木板的總時間t₁=$\frac{T}{2}$=$\frac{πm}{qB}$=0.78s
所以△t=t₁+t₂=1.58s
若小鐵塊回到木板時不發(fā)生滑動，則木板速度與小鐵塊相同，此過程中木板勻減速
運動位移為x_M′=$\frac{{v}_{M}+{v}_{m}}{2}×△t$=7.925m
此時小鐵塊從C點滑上長木板，距木板右端△x₁=（x_M-x_m）+（x_M′-2）
代入數(shù)據(jù)得木板的最小長度△x₁=（3+$\frac{5π}{4}$）m=6.925m
答：（1）前1s小鐵塊的加速度大小a_m為4m/s²，長木板加速度大小a_M為6m/s²．
（2）要使小鐵塊最終回到長木板上且不與長木板發(fā)生碰撞，磁感強度B的最小值是4×10⁵T．
（3）在t=1s時再給長木板施加一個水平向左的力F₂，滿足（2）條件下，要使小鐵塊回到長
   木板時恰能相對長木板靜止，則木板的最小長度是6.925m．

點評 本題的難點在第三問：用隔離法，求出每一個過程的末速度和位移，小鐵塊的運動是先隨長木板做勻減速直線運動，進入磁場后做$\frac{1}{4}$圓周運動，離開磁場后又做豎直上拋運動，回到磁場時，又反方向$\frac{1}{4}$圓周運動，求時這些過程的總時間，在此時間內(nèi)小鐵塊恰好落在長木板上且與木板的速度相等，兩者在這段時間的水平位移差就是長木板的最小長度．