Question

16．如图所示，水平地面上固定一绝缘光滑长方体abcd-a′b′c′d′，长ab为15m，宽ad为10m，高aa′为5m，MN、PQ与ad相互平行，且aN、NQ、Qb间距离都为5m．一个半径为R=5m的$\frac{1}{4}$圆弧的光滑绝缘轨道被竖直固定，圆弧轨道的最高点E与它的圆心O在同一水平线上，M为该装置与cd的切点，区域MNQP、PQbc存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B₁=1T和B₂=2T，方向相反，边界MN、PQ处无磁场．从E点静止释放一质量m₁=0.1kg，带正电荷q=0.1C的小球．g=10m/s²．求：
（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的压力大小；
（2）小球从M点到落地的时间t；（π≈3）
（3）若在b′处有一静止的小滑块，其质量为m₂=0.01kg，与地面间的动摩擦因数?=0.9．当小球刚过M时，对小滑块施加一水平恒力F，作用一段时间后撤去该恒力，使之在小球刚落地时恰好相遇，此时小滑块的速度也刚好减小到零．求恒力F的大小？（$\sqrt{3}$≈1.7，$\sqrt{2.5}$≈$\sqrt{2.6}$≈1.6）

Answer 1

分析 （1）小球从E到M的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球到M点时的速度，结合牛顿第二定律与向心力表达式，及牛顿第三定律，即可求解；
（2）根据小球做匀速圆周运动，结合半径公式，及平抛运动规律，并由几何关系，即可求解．
（3）滑块先做匀加速运动，后做匀减速运动，作出v-t图象，求出最大速度，再由速度关系求解F的大小．

解答 解：（1）小球从释放到M点的过程，由机械能守恒
有 m₁gR=$\frac{1}{2}{m}_{1}{v}^{2}$
解得 v=10m/s
在M点，由牛顿第二定律有 
  F-m₁g=m₁$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得 F=3N
根据牛顿第三定律，小球到达M点时对管道的压力为3N．
（2）①小球的运动情况如图所示，设其在B₁中的运动半径为R₁，运动时间为t₁．
有B₁qv=m₁$\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
解得 R₁=10m
由图可知，小球在B₁中做圆运动的圆心角为30°
所以 t₁=$\frac{\frac{π}{6}{R}_{1}}{v}$=$\frac{π}{6}$≈0.5s
②设小球在B₂中的运动半径为R₂，运动时间为t₂．
有B₂qv=m₂$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
解得 R₂=5m
小球在B₂中做圆运动的圆心角为60°
所以t₂=$\frac{\frac{π}{3}{R}_{2}}{v}$=$\frac{π}{6}$≈0.5s
③小球离开B₂区域后做平抛运动，设小球做平抛运动的时间为t₃．
则有 h_bb′=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$
解得 t₃=1s
所以，小球从M点到落地的时间t=t₁+t₂+t₃≈2s
（3）①小球做平抛运动的水平位移  x₁=vt₃=10m
根据题意，小滑块的运动是先匀加速再匀减速，
其位置关系如图所示．

由图可知小滑块的总位移 x=$\sqrt{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}cos120°}$
其中 x₂=R₁cos30°=5$\sqrt{3}$m
解得 x=$\sqrt{175+50\sqrt{3}}$m≈$\sqrt{260}$m≈16m
②小滑块的v-t图象形状如右下图所示，设小滑
块加速阶段的时间为t₀，最大速度为v_m，则

由位移关系有 x=$\frac{1}{2}{v}_{m}t$
速度关系有  v_m=$\frac{F-μ{m}_{2}g}{{m}_{2}}$t₀=$\frac{μ{m}_{2}g}{{m}_{2}}$（t-t₀）
解得v_m=16m/s，t₀=$\frac{2}{9}$s，作用力F=0.81N．
答：（1）小球刚到达M点时，对圆弧管道的压力大小是3N．
（2）小球从M点到落地的时间t是2s．
（3）恒力F的大小为0.81N．

点评 本题是复杂磁场与力学综合题，要按时间顺序正确分析小球的运动情况，对于磁场，关键定圆心，找半径，对于相遇问题，关键要找两个物体之间的关系．