Question

20．如图所示，与水平方向成θ=37°角的传送带以速度v₀=3m/s顺时针匀速转动，传送带两端AB的距离足够长，传送带下端A点与一水平面平滑相接，在空间中所有区域存在一与水平方向夹角θ=37°，方向与传送带平行的匀强电场，场强大小E=10N/C．有一质量为m=2kg，带电量q=+0.5C的小物块放于距A点x₁=10.125m的P点静止释放．物块与水平面间的动摩擦因数μ₁=$\frac{2}{17}$．物块与传送带的动摩擦因数为μ₂=$\frac{1}{8}$，物块在水平面及传送带上运动时，所有接触面均绝缘，物块在运动过程中电量不变，经过A点动能不损失，g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）物块首次运动到A点时的速度大小．
（2 ）物块在传送带上向上运动到最高点所用时间及此过程中产生的摩擦热Q；
（3）物块运动到最高点位置的电势φ．（设P点电势为零）

Answer 1

分析 （1）对物块从P到A过程，根据动能定理列式求解末速度；
（2）对物块沿着传送带上升过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式列式求解时间；根据Q=f•△S求解系统摩擦产生的热量；
（3）求出物块向上运动的距离，应用U=Ed求出电势差，然后根据电势差的定义求出最高点的电势．

解答 解：（1）从P到A过程，由动能定理得：
qEcosθ•x₁-μ₁（mg-qEsinθ）x₁=$\frac{1}{2}$mv_A²-0，
代入数据解得：v_A=4.5m/s；
（2）共速前，对物块，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μ₂mgcosθ-qE=ma₁，
代入数据解得：a₁=4.5m/s²，
运动时间：t₁=$\frac{{v}_{A}-{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{4.5-3}{4.5}$=$\frac{1}{3}$s，
相对位移：△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，物块继续做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μ₂mgcosθ-qE=ma₂，
代入数据解得：a₂=2.5m/s²，
运动时间为：t₂=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{2.5}$=1.2s，
相对运动位移为：△s₂=v₀t₂-$\frac{{v}_{0}}{2}$t₂=3×1.2-$\frac{3}{2}$×1.2=1.8m，
产生的热量为：Q=μ₂mgcosθ（△s₁+△s₂）=$\frac{1}{8}$×2×10×cos37°×（0.25+1.8）=4.1J；
（3）物块沿斜面向上运动的距离为：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，
设最高点为C，则有：U_PC=E（x₁cosθ+x₂），
代入数据解得：U_PC=111.5V，
电势差为：U_PC=φ_P-φ_C，
最高点电势为：φ_C=φ_P-U_PC=0-111.5=-111.5V；
答：（1）物块首次运动到A点时的速度大小为4.5m/s．
（2 ）程中产生的摩擦热Q为4.1J；
（3）物块运动到最高点位置的电势φ为-111.5V．

点评 本题过程多、规律多，关键是分过程进行受力分析、状态分析和能量转化分析，根据牛顿第二定律列式求解加速度，结合匀变速直线运动的规律列式求解．