Question

10．如圖所示，一質量m=0.5kg，電荷量q=+0.2C的小物塊（可視為質點），放在離地面高度為h=5m的水平放置、厚度不計的絕緣圓盤邊緣，并隨圓盤一起繞中心轉軸順時針做勻速圓周運動，圓盤的角速度ω=2rad/s，半徑r=1m，圓盤和小物塊之間的動摩擦因數(shù)μ=0.5．以圓盤左側垂直于紙面的切面和過圓盤圓心O點與空間中A點的豎直平面為界（兩平面平行），將空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個空間區(qū)域，當小物塊轉動時，Ⅰ區(qū)域出現(xiàn)隨時間均勻增大的電場E（圖中未畫出），電場方向是豎直方向．當E增大到E₁時，小物塊剛好從空間中的A點離開圓盤，且垂直于Ⅰ、Ⅱ區(qū)域邊界進入Ⅱ區(qū)域，此時Ⅱ區(qū)域和Ⅲ區(qū)域立即出現(xiàn)一豎直向上的勻強電場E₂=25N/C（圖中未畫出），且Ⅲ區(qū)域有一垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場寬度L=4m，g=10m/s²，空氣阻力不計．求：
（1）E₁的大小和方向；
（2）若小物塊在磁場寬度范圍內落地，則磁感應強度B的取值范圍是多少？
（3）現(xiàn)將磁感應強度B取某一值，當小物塊離開A后一小段時間，緊貼圓盤圓心O點下方以速度v₀=$\frac{{\sqrt{73}}}{3}$m/s水平拋出一木制小球，最終兩者在磁場寬度范圍內的地面上相遇，則從小物塊離開A點時開始計時，拋出木制小球的時刻t為多少？

Answer 1

分析 （1）當Ⅰ區(qū)域的電場向上時，小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力減小，當其減小到等于向心力時，小物塊沿切線方向飛出，根據(jù)牛頓第二定律求解．
（2）在Ⅱ、Ⅲ區(qū)域，由于E₂q=mg，所以小物塊先做勻速直線運動，進入Ⅲ區(qū)域后，做勻速圓周運動．根據(jù)幾何知識求出圓周運動的半徑范圍，即可由牛頓第二定律求解B的范圍．
（3）木制小球不受電場力，從圓盤飛出后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律求出其運動時間．在Ⅲ區(qū)域做勻速圓周運動，由幾何知識求出軌道半徑和周期，得到小物塊做圓周運動轉過角度，即可求得時間．

解答 解：（1）當Ⅰ區(qū)域的電場向上時，小物塊與圓盤間的最大靜摩擦力減小，當其減小到等于向心力時，小物塊沿切線方向飛出，所以，E₁的方向豎直向上．
由牛頓第二定律有：μ（mg-E₁q）=mω²r
代入數(shù)據(jù)解得：E₁=5N/C
（2）在Ⅱ、Ⅲ區(qū)域，由于E₂q=mg，所以小物塊先做勻速直線運動，進入Ⅲ區(qū)域后，做勻速圓周運動．
設小物塊速度為v，圓周運動的半徑為Ⅲ，則有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
v=ωr
要使其在磁場寬度范圍內落地，其軌道如圖所示．設半徑的極小值和極大值分別為R₁和R₂，則有：
R₁=$\frac{h}{2}$
R₂=L
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：1.25T≤B＜2T．
（3）設木制小球落地點為F，運動時間為t₁，水平位移為x，A′、O′分別為A、O在地面上的投影，F(xiàn)D的長度為d，則有：
h=$\frac{1}{2}$g${t}_{1}^{2}$
x=v₀t₁；
由幾何知識有：x²=（d+r）²+r²
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：t₁=1s，d=$\frac{5}{3}$m
設小物塊整個運動的時間為t₂，在Ⅲ區(qū)域的運動半徑為R₃，周期為T，則有：
${R}_{3}^{2}$=（h-R₃）²+d²
解得：R₃=$\frac{25}{9}$m
T=$\frac{2π{R}_{3}}{v}$
代入數(shù)據(jù)解得：T=$\frac{25}{9}$π s
又sinθ=$\fracmzg8lem{{R}_{3}}$，
代入數(shù)據(jù)得：θ=37°
所以小物塊做圓周運動轉過角度為：
α=143°
所以：t₂=$\frac{143°}{360°}$T+$\frac{r}{v}$
則：t=t₂-t₁
聯(lián)立解得：t=$\frac{143}{360}$•$\frac{25}{9}$π-$\frac{1}{2}$≈2.96s
答：（1）E₁的大小為5N/C，方向豎直向上；
（2）若小物塊在磁場寬度范圍內落地，則磁感應強度B的取值范圍是1.25T≤B＜2T．
（3）從小物塊離開A點時開始計時，拋出木制小球的時刻t為2.96s．

點評 解決本題的關鍵是正確分析物塊的受力情況同，判斷其運動情況，知道圓周運動向心力的來源，結合牛頓第二定律進行求解，以及知道線速度與角速度的大小關系．