Question

8．如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)，Y軸的右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場B=0.4T和豎直向上的勻強電場E=2N/C．長為L=16m水平絕緣傳送帶AB以速度v₀=3m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，右側(cè)輪的軸心在Y軸上，右側(cè)輪的上側(cè)邊緣B點的坐標是（0，h=8m）一個質(zhì)量為M=2g、電荷量為q=0.01C的小物塊（可視為點電荷）以輕輕放在傳送帶左端，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2，小物塊從傳送帶滑下后，經(jīng)過x軸上的P點（沒畫出），重力加速度g=10m/s²．求：
（1）P點的坐標；
（2）小物塊從靜止開始到經(jīng)過x軸所用的時間；
（3）改變傳送帶勻速運行的速度，可讓小物體從傳送帶上滑下后經(jīng)過坐標原點O，那么要讓小物塊經(jīng)過坐標原點，傳送帶運行速度的范圍．

Answer 1

分析 （1、2）根據(jù)運動學公式，求得加速度大小，再依據(jù)兩者速度相等，則判定小物塊的位移與L的關系，當進入復合場時，根據(jù)電場力與重力的大小關系，可判定只由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，從而依據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合向心力，求得運動的半徑及時間，最后再根據(jù)平拋運動規(guī)律，即可求解；
（3）根據(jù)由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，結(jié)合牛頓第二定律與運動學公式，即可求解．

解答 解：（1）小物塊在傳送帶做初速度為零的勻加速運動的加速度為：a=$\frac{{F}_{f}}{m}$=μg=2m/s²；
當小物塊與傳送帶速度相等時，所用時間t₁=$\frac{{v}_{0}}{a}$=1.5s，這段時間內(nèi)小物塊的位移為：x₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=2.25m＜L=16m；
所以小物塊先做勻加速運動，后做勻速運動，做勻速運動的時間為為：t₂=$\frac{L-{x}_{1}}{{v}_{0}}$=4.58s；
小物塊從傳送帶下滑下進入y軸右側(cè)后，因為電場力為：F=qE=0.02N，
而mg=0.02N，且電場力方向豎直向上，與重力方向相反，所以合力為洛倫茲力；所以做勻速圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，小物塊的運動軌跡如圖所示：

由向心力公式得，qv₀B=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=1.5m，
運動時間為t₃=$\frac{πr}{{v}_{0}}$=1.57s
小物塊離開磁場后，做平拋運動，運動時間為：t₄=$\sqrt{\frac{2（h-2r）}{g}}$=1s；
水平方向上的位移為x₂=v₀t₄=3m；
所以P點的坐標為（-3m，0）；
（2）小物塊從靜止開始到經(jīng)過X軸所用的時間t=t₁+t₂+t₃+t₄=8.65s；
（3）小物塊要經(jīng)過坐標原點0，它做勻速圓周運動的半徑R=$\frac{h}{2}$=4m，洛倫茲力提供向心力，則有，qv₁B=$\frac{m{v}_{1}^{2}}{R}$，
解得：v₁=$\frac{qBR}{m}$=8m/s；
小物塊在傳送帶上滑行的末速度是v₁=8m/s，它在傳送帶上滑行的距離為x=$\frac{{v}_{1}^{2}}{2a}$=16m，
而L=16m，說明如果小物塊在傳送帶上一直做勻加速運動，則小物塊就會經(jīng)過坐標原點O，所以傳送帶的速度v≥8m/s．
答：（1）P點的坐標（-3m，0）；
（2）小物塊從靜止開始到經(jīng)過x軸所用的時間8.65s；
（3）改變傳送帶勻速運行的速度，可讓小物體從傳送帶上滑下后經(jīng)過坐標原點O，那么要讓小物塊經(jīng)過坐標原點，傳送帶運行速度的范圍v≥8m/s．

點評 考查物體做勻變速運動，勻速圓周運動，及平拋運動，掌握各自處理的運動規(guī)律，理解牛頓第二定律，向心力表達式，及運動學公式的內(nèi)容，注意物體進入y軸右側(cè)后，電場力與重力的大小相等，是解題的關鍵．