Question

17．如圖，某科研小組利用一個(gè)玩具風(fēng)扇中的直流電動(dòng)機(jī)制作了一個(gè)動(dòng)力裝置，來(lái)牽引長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m的木板，已知木板質(zhì)量M=2.0kg與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.1，在第一次實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)U=6V時(shí)，恰能牽引著木板以v=1.25m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，且測(cè)得電流I=0.5A，在第二次實(shí)驗(yàn)中，在木板的最右端放一質(zhì)量為m=4.0kg物塊，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂=0.05，現(xiàn)控制電動(dòng)機(jī)使木板從靜止開始以恒定加速度a=1.0m/s²運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s²
（1）電動(dòng)機(jī)線圈的電阻r等于多少？
（2）第二次實(shí)驗(yàn)中，物塊與木板分離時(shí)，電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率？
（3）第二次實(shí)驗(yàn)中，物塊與木板分離時(shí)，立即將電動(dòng)機(jī)的輸出功率立即調(diào)整為P₀=8W，并在以后的運(yùn)動(dòng)過程中始終保持這一功率不變，4s鐘后達(dá)到最大速度，求在這一過程中木板的位移為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平衡求出牽引力的大小，結(jié)合能量守恒求出線圈的內(nèi)阻．
（2）根據(jù)牛頓第二定律求出木塊的加速度，抓住位移之差等于L，求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出木板的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力的大小，結(jié)合P=Fv求出電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率．
（3）當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，根據(jù)P=fv求出最大速度，結(jié)合動(dòng)能定理求出在這一過程中木板的位移．

解答 解：（1）在第一次實(shí)驗(yàn)中，當(dāng)U=6V時(shí)，恰能牽引著木板以v=1.25m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，牽引力為：
F=μ₁Mg=0.1×20N=2N，
根據(jù)能量守恒得：UI=Fv+I²r，
解得：r=$\frac{UI-Fv}{{I}^{2}}=\frac{6×0.5-2×1.25}{0.25}=2Ω$．
（2）木塊的加速度為：$a′={μ}_{2}g=0.05×10m/{s}^{2}=0.5m/{s}^{2}$，
根據(jù)$\frac{1}{2}a{t}^{2}-\frac{1}{2}a′{t}^{2}=L$，
代入數(shù)據(jù)解得：t=2s，
此時(shí)木板的速度為：v′=at=1×2m/s=2m/s，
根據(jù)牛頓第二定律得：F-μ₁（M+m）g-μ₂mg=Ma，
代入數(shù)據(jù)解得：F=10N，
則電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率P=Fv′=10×2W=20W．
（3）當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，最大速度為：
${v}_{m}=\frac{{P}_{0}}{f}=\frac{{P}_{0}}{{μ}_{1}Mg}=\frac{8}{0.1×20}=4m/s$，
根據(jù)動(dòng)能定理得：${P}_{0}t-μMgs=\frac{1}{2}M{{v}_{m}}^{2}-\frac{1}{2}Mv{′}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：s=10m．
答：（1）電動(dòng)機(jī)線圈的電阻r等于2Ω；
（2）電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械功率為20W；
（3）在這一過程中木板的位移為10m．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查了能量守恒、牛頓第二定律、動(dòng)能定理、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及功率的公式，知道加速度為零時(shí)，木板的速度最大，會(huì)根據(jù)受力分析物體的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵．