Question

17．如圖所示，OO′右側(cè)是絕緣的水平面，左側(cè)是一水平足夠長的傳送帶，正以速度v₀順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，絕緣平面與傳送帶銜接處良好．今在距離OO'為x₀處放一靜止的帶正電的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），其質(zhì)量為m，所帶電荷量不變（電荷量q未知）．物塊在電場力作用下向左運(yùn)動(dòng)，并沖上傳送帶．已知：物塊受的電場力Eq=mg，傳送帶的恒定速度為v₀=$\frac{1}{2}$$\sqrt{g{x}_{0}}$；水平面和傳送帶與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5．求：
（1）物塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，距OO′的最大水平距離s；
（2）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶多提供的能量是多大？

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理求的到達(dá)B點(diǎn)的速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求的位移；
（2）通過運(yùn)動(dòng)學(xué)共識(shí)求的物塊相對(duì)與傳送的位移，電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多提供的能量等于傳送帶克服摩擦力做的功

解答 解：（1）物體由A到B，設(shè)到達(dá)B點(diǎn)速度為v_t，由動(dòng)能定理得：
Eqx₀-μmgx₀=$\frac{1}{2}{mv}_{t}^{2}$　
解得：v_t=$\sqrt{g{x}_{0}}$
由公式：0-${v}_{t}^{2}$=-2μgs  
得物塊距OO′的最大水平距離：s=$\frac{g{x}_{0}}{2μg}$=$\frac{{x}_{0}}{2μ}$
（2）設(shè)物塊在傳送帶上速度減為零后，從傳送帶返回達(dá)到與傳送帶相同的速度v₀時(shí)的位移為x，由動(dòng)能定理得：μmgx=$\frac{1}{2}{mv}_{0}^{2}$-0　　　　　　
得：x=$\frac{1}{4}$x₀＜x₀，故物塊沒有到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，已經(jīng)達(dá)到了和傳送帶相同的速度．
物塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t₁=$\frac{{v}_{t}}{μg}=\frac{\sqrt{g{x}_{0}}}{μg}=2\sqrt{\frac{{x}_{0}}{g}}$　　　　　　
物塊從左向右返回到與傳送帶具有相同速度v₀的時(shí)間：${t}_{2}=\frac{{v}_{0}}{μg}=\sqrt{\frac{{x}_{0}}{g}}$
物塊相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的過程中傳送帶的位移：s₁=v₀（t₁+t₂）               
傳送帶所受到的摩擦力：f=μmg
電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多提供的能量等于傳送帶克服摩擦力做的功：
W=fs₁=μmg×$\frac{1}{2}\sqrt{g{x}_{0}}×3\sqrt{\frac{{x}_{0}}{g}}=\frac{3}{4}mg{x}_{0}$　　　　　　　　　　　　
答：（1）物塊在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，距OO′的最大水平距離s為$\frac{{x}_{0}}{2μ}$
（2）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，電動(dòng)機(jī)為了維持傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，對(duì)傳送帶多提供的能量是$\frac{3}{4}mg{x}_{0}$

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式與動(dòng)能定理的應(yīng)用，關(guān)鍵是抓住提供的能量全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能即可