Question

15．如圖所示，在足夠高的光滑水平臺(tái)面上靜置一質(zhì)量為m的長(zhǎng)木板P，P左端用足夠長(zhǎng)的輕繩繞過光滑定滑輪與固定在地面上的電動(dòng)機(jī)相連．電動(dòng)機(jī)一直以恒定的拉力向左拉動(dòng)木板P，當(dāng)木板運(yùn)動(dòng)距離s時(shí)速度達(dá)到$\sqrt{2gs}$，在木板P的最左端輕放一質(zhì)量為4m、電荷量為-q的小金屬塊Q（可視為質(zhì)點(diǎn)），最終Q恰好未從木板P上滑落．P、Q間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25，且認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g．
（1）求木板速度達(dá)到$\sqrt{2gs}$時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率；
（2）求木板P的長(zhǎng)度；
（3）若當(dāng)小金屬塊Q輕放在木板P的最左端的同時(shí)，在空間施加一個(gè)水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其他條件不變，在保證小金屬塊Q能滑離木板P的條件下，求電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值和P、Q間因摩擦而產(chǎn)生熱量的最大值．

Answer 1

分析 （1）對(duì)于長(zhǎng)木板P，在放Q之前，由v²=2as 求出加速度，由牛頓第二定律求牽引力，再由P=Fv求電動(dòng)機(jī)的輸出功率．
（2）Q恰好未從木板P上滑落時(shí)，P與Q的速度相同．由牛頓第二定律分別求它們的加速度，由速度時(shí)間公式和速度相等關(guān)系列式，可求得共同速度和經(jīng)歷的時(shí)間，再由位移公式和幾何關(guān)系求解木板P的長(zhǎng)度．
（3）加電場(chǎng)后，物塊只能從P左端滑出，通過分析P、Q共速前后的加速度，確定共速的時(shí)間，再相對(duì)位移求得熱量．

解答 解：（1）對(duì)P：
在放Q之前，由v²=2as，及v=$\sqrt{2gs}$，得：a=g
由牛頓第二定律有：F=ma=mg
由P=Fv得：電動(dòng)機(jī)的功率為：P=mg$\sqrt{2gs}$
（2）對(duì)Q：放上Q后，由牛頓第二定律，得：μ（4m）g=4ma₁   
得：a₁=μg=0.25g
對(duì)木板P：由牛頓第二定律，得：F-μ（4m）g=ma₂  
得 a₂=0，知P做勻速運(yùn)動(dòng)，共速時(shí)所需時(shí)間t₁，則有：t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$
木板長(zhǎng)度為：L=vt₁-$\frac{v}{2}{t}_{1}$=$\frac{1}{2}v{t}_{1}$=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=4s
（3）加電場(chǎng)后，物塊只能從P左端滑出，對(duì)Q：P、Q共速前，由牛頓第二定律有：qE+μ（4m）g=4ma₃
P、Q共速前，木板P仍然做勻速運(yùn)動(dòng)，對(duì)Q：P、Q共速后，由牛頓第二定律有：qE-μ（4m）g=4ma₄
對(duì)P：P、Q共速后，由牛頓第二定律有：μ（4m）g=ma₅
Q要從P左端滑出，需滿足a₄≥a₅，得：qE≥9mg
可得：E≥$\frac{9mg}{q}$，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值為：E_min=$\frac{9mg}{q}$
共速的時(shí)間t₂，則有：t₂=$\frac{v}{{a}_{3}}$
Q相對(duì)板向右滑行位移為：△s=vt₂-$\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$
當(dāng)qE最小時(shí)，a₃最小為$\frac{5}{2}$g，△s最大，生熱最多，則有：△s_max=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{2s}{5}$
摩擦而產(chǎn)生熱量的最大值為：Q_max=μ（4m）g•2△s_max
解得：Q_max=$\frac{4mgs}{5}$
答：（1）木板速度達(dá)到$\sqrt{2gs}$時(shí)電動(dòng)機(jī)的輸出功率是mg$\sqrt{2gs}$；
（2）木板P的長(zhǎng)度是4s；
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值是$\frac{9mg}{q}$，摩擦而產(chǎn)生熱量的最大值是$\frac{4mgs}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，把握每個(gè)過程的規(guī)律，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合進(jìn)行處理．注意研究對(duì)象的選擇．