Question

20．如圖所示，與水平方向成θ=37°角的傳送帶以速度v₀=3m/s順時針勻速轉動，傳送帶兩端AB的距離足夠長，傳送帶下端A點與一水平面平滑相接，在空間中所有區域存在一與水平方向夾角θ=37°，方向與傳送帶平行的勻強電場，場強大小E=10N/C．有一質量為m=2kg，帶電量q=+0.5C的小物塊放于距A點x₁=10.125m的P點靜止釋放．物塊與水平面間的動摩擦因數μ₁=$\frac{2}{17}$．物塊與傳送帶的動摩擦因數為μ₂=$\frac{1}{8}$，物塊在水平面及傳送帶上運動時，所有接觸面均絕緣，物塊在運動過程中電量不變，經過A點動能不損失，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物塊首次運動到A點時的速度大�。�
（2 ）物塊在傳送帶上向上運動到最高點所用時間及此過程中產生的摩擦熱Q；
（3）物塊運動到最高點位置的電勢φ．（設P點電勢為零）

Answer 1

分析 （1）對物塊從P到A過程，根據動能定理列式求解末速度；
（2）對物塊沿著傳送帶上升過程，根據牛頓第二定律列式求解加速度，根據運動學公式列式求解時間；根據Q=f•△S求解系統摩擦產生的熱量；
（3）求出物塊向上運動的距離，應用U=Ed求出電勢差，然后根據電勢差的定義求出最高點的電勢．

解答 解：（1）從P到A過程，由動能定理得：
qEcosθ•x₁-μ₁（mg-qEsinθ）x₁=$\frac{1}{2}$mv_A²-0，
代入數據解得：v_A=4.5m/s；
（2）共速前，對物塊，由牛頓第二定律得：
mgsinθ+μ₂mgcosθ-qE=ma₁，
代入數據解得：a₁=4.5m/s²，
運動時間：t₁=$\frac{{v}_{A}-{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.5-3}{4.5}$=$\frac{1}{3}$s，
相對位移：△s₁=$\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}$t₁-v₀t₁=$\frac{4.5+3}{2}$×$\frac{1}{3}$-3×$\frac{1}{3}$=0.25m，
共速后，物塊繼續做勻加速直線運動，由牛頓第二定律得：
mgsinθ-μ₂mgcosθ-qE=ma₂，
代入數據解得：a₂=2.5m/s²，
運動時間為：t₂=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{2.5}$=1.2s，
相對運動位移為：△s₂=v₀t₂-$\frac{{v}_{0}}{2}$t₂=3×1.2-$\frac{3}{2}$×1.2=1.8m，
產生的熱量為：Q=μ₂mgcosθ（△s₁+△s₂）=$\frac{1}{8}$×2×10×cos37°×（0.25+1.8）=4.1J；
（3）物塊沿斜面向上運動的距離為：x₂=$\frac{{v}_{A}+{v}_{0}}{2}$t₁+$\frac{{v}_{0}}{2}$t₂=$\frac{4.5+3}{2}$×$\frac{1}{3}$+$\frac{3}{2}$×1.2=3.05m，
設最高點為C，則有：U_PC=E（x₁cosθ+x₂），
代入數據解得：U_PC=111.5V，
電勢差為：U_PC=φ_P-φ_C，
最高點電勢為：φ_C=φ_P-U_PC=0-111.5=-111.5V；
答：（1）物塊首次運動到A點時的速度大小為4.5m/s．
（2 ）程中產生的摩擦熱Q為4.1J；
（3）物塊運動到最高點位置的電勢φ為-111.5V．

點評 本題過程多、規律多，關鍵是分過程進行受力分析、狀態分析和能量轉化分析，根據牛頓第二定律列式求解加速度，結合勻變速直線運動的規律列式求解．