Question

15．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板P，P左端用足够长的轻绳绕过光滑定滑轮与固定在地面上的电动机相连．电动机一直以恒定的拉力向左拉动木板P，当木板运动距离s时速度达到$\sqrt{2gs}$，在木板P的最左端轻放一质量为4m、电荷量为-q的小金属块Q（可视为质点），最终Q恰好未从木板P上滑落．P、Q间的动摩擦因数μ=0.25，且认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．
（1）求木板速度达到$\sqrt{2gs}$时电动机的输出功率；
（2）求木板P的长度；
（3）若当小金属块Q轻放在木板P的最左端的同时，在空间施加一个水平向右的匀强电场，其他条件不变，在保证小金属块Q能滑离木板P的条件下，求电场强度的最小值和P、Q间因摩擦而产生热量的最大值．

Answer 1

分析 （1）对于长木板P，在放Q之前，由v²=2as 求出加速度，由牛顿第二定律求牵引力，再由P=Fv求电动机的输出功率．
（2）Q恰好未从木板P上滑落时，P与Q的速度相同．由牛顿第二定律分别求它们的加速度，由速度时间公式和速度相等关系列式，可求得共同速度和经历的时间，再由位移公式和几何关系求解木板P的长度．
（3）加电场后，物块只能从P左端滑出，通过分析P、Q共速前后的加速度，确定共速的时间，再相对位移求得热量．

解答 解：（1）对P：
在放Q之前，由v²=2as，及v=$\sqrt{2gs}$，得：a=g
由牛顿第二定律有：F=ma=mg
由P=Fv得：电动机的功率为：P=mg$\sqrt{2gs}$
（2）对Q：放上Q后，由牛顿第二定律，得：μ（4m）g=4ma₁   
得：a₁=μg=0.25g
对木板P：由牛顿第二定律，得：F-μ（4m）g=ma₂  
得 a₂=0，知P做匀速运动，共速时所需时间t₁，则有：t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$
木板长度为：L=vt₁-$\frac{v}{2}{t}_{1}$=$\frac{1}{2}v{t}_{1}$=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{1}}$=4s
（3）加电场后，物块只能从P左端滑出，对Q：P、Q共速前，由牛顿第二定律有：qE+μ（4m）g=4ma₃
P、Q共速前，木板P仍然做匀速运动，对Q：P、Q共速后，由牛顿第二定律有：qE-μ（4m）g=4ma₄
对P：P、Q共速后，由牛顿第二定律有：μ（4m）g=ma₅
Q要从P左端滑出，需满足a₄≥a₅，得：qE≥9mg
可得：E≥$\frac{9mg}{q}$，则电场强度的最小值为：E_min=$\frac{9mg}{q}$
共速的时间t₂，则有：t₂=$\frac{v}{{a}_{3}}$
Q相对板向右滑行位移为：△s=vt₂-$\frac{v}{2}{t}_{2}$=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$
当qE最小时，a₃最小为$\frac{5}{2}$g，△s最大，生热最多，则有：△s_max=$\frac{{v}^{2}}{2{a}_{3}}$=$\frac{2s}{5}$
摩擦而产生热量的最大值为：Q_max=μ（4m）g•2△s_max
解得：Q_max=$\frac{4mgs}{5}$
答：（1）木板速度达到$\sqrt{2gs}$时电动机的输出功率是mg$\sqrt{2gs}$；
（2）木板P的长度是4s；
（3）电场强度的最小值是$\frac{9mg}{q}$，摩擦而产生热量的最大值是$\frac{4mgs}{5}$．

点评 解决本题的关键能够正确地受力分析，把握每个过程的规律，运用牛顿第二定律和运动学公式结合进行处理．注意研究对象的选择．