Question

16．如图所示，光滑水平地面上方ABCD区域存在互相垂直的匀强磁场和匀强电场，电场强度E=1×10⁶N/C，方向竖直向上，AD距离为2m，CD高度为1m，一厚度不计的绝缘长木板其右端距B点2m，木板质量M=2kg，在木板右端放有一带电量q=+1×10^-6C的小铁块（可视为质点），其质量m=0.1kg，小铁块与木板间动摩擦因数μ=0.4，现对长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小铁块的加速度大小a_m，长木板加速度大小a_M；
（2）要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，求磁感强度B的最小值；
（3）在t=1s时再给长木板施加一个水平向左的力F₂，满足（2）条件下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止，求木板的最小长度（计算过程π取3.14）．

Answer 1

分析 （1）当F作用在木板时，对木板和小铁块进行受力分析，由牛顿第二定律求出各自加速度．
（2）进入复合场后，由于重力与电场力相等，方向相反，则进入复合场后小铁块做匀速圆周运动，当半径恰等于1m时，小铁块与长木板恰不发生碰撞，即此时小铁块的轨迹恰不为$\frac{1}{4}$圆周时，半径最大，磁感应强度最小，由洛仑兹力提供向心力求出磁感应强度的最小值．
（3）在满足上一问的情况下，要使小铁块回到长木板时恰能相对长木板静止，则要求小铁块回到磁场与长木板的速度相等，且到达长长木板的最左端．那么先求出小铁块在磁场和磁场外运动的总时间，则该时间内再求长木板的位移，由几何关系从而求出木板的最小长度．

解答 解：（1）当F作用在长木板上时，对小铁块由μmg=ma
得：a_m=4m/s²
对长木板由F-μmg=Ma_m
a_m=6m/s²
（2）由于mg=qE，此后小铁块进入复合场做匀速圆周运动，当r＞1m时，
铁块必定会与木板碰撞，当r＜1m时有可能不会相撞，但B不是最小值，
因此要使得小铁块与长木板不发生碰撞，其圆周运动最大半径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）长木板运动1s末位移x_M=$\frac{1}{2}{a}_{M}{t}^{2}$=3m
速度v_M=a_Mt=6m/s
小铁块运动1s末位移x_m=$\frac{1}{2}{a}_{m}{t}^{2}$=2m
撤去F后长木板减速运动，小铁块离开长木板后先在磁场中做匀速圆周运动，
出场后竖直上抛，设小铁块离开长木板的总时间t₁=$\frac{T}{2}$=$\frac{πm}{qB}$=0.78s
所以△t=t₁+t₂=1.58s
若小铁块回到木板时不发生滑动，则木板速度与小铁块相同，此过程中木板匀减速
运动位移为x_M′=$\frac{{v}_{M}+{v}_{m}}{2}×△t$=7.925m
此时小铁块从C点滑上长木板，距木板右端△x₁=（x_M-x_m）+（x_M′-2）
代入数据得木板的最小长度△x₁=（3+$\frac{5π}{4}$）m=6.925m
答：（1）前1s小铁块的加速度大小a_m为4m/s²，长木板加速度大小a_M为6m/s²．
（2）要使小铁块最终回到长木板上且不与长木板发生碰撞，磁感强度B的最小值是4×10⁵T．
（3）在t=1s时再给长木板施加一个水平向左的力F₂，满足（2）条件下，要使小铁块回到长
   木板时恰能相对长木板静止，则木板的最小长度是6.925m．

点评 本题的难点在第三问：用隔离法，求出每一个过程的末速度和位移，小铁块的运动是先随长木板做匀减速直线运动，进入磁场后做$\frac{1}{4}$圆周运动，离开磁场后又做竖直上抛运动，回到磁场时，又反方向$\frac{1}{4}$圆周运动，求时这些过程的总时间，在此时间内小铁块恰好落在长木板上且与木板的速度相等，两者在这段时间的水平位移差就是长木板的最小长度．