Question

5．如圖所示，裝置的右邊CD部分是長為L₂=2m的水平面，一水平放置的輕質(zhì)彈簧右端固定于D點并處于原長狀態(tài)；裝置的中間BC部分是長為L₁=1m的水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接，傳送帶始終以v=3.5m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動；裝置的左邊是一光滑的四分之一圓弧面，半徑R=1.5m，圓心為O′，質(zhì)量m=1kg的小滑塊從A處由靜止釋放，到達O點時速度為零，OD間距x=0.4m，并且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)．已知滑塊與傳送帶及右邊水平面之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s²．求

（1）滑塊第一次到達C點時速度大��；
（2）彈簧儲存的最大彈性勢能；
（3）滑塊再次回到左邊曲面部分所能到達的最大高度．

Answer 1

分析 （1）滑塊第一次從A到C的過程中，重力做功mgh，滑動摩擦力做功-μmgL₁，根據(jù)動能定理求解滑塊第一次到達C處的速度；
（2）滑塊從C到O過程，其動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，由能量守恒定律求解彈簧儲存的最大彈性勢能；
（3）根據(jù)能量守恒定律求得滑塊第二次經(jīng)過C點時的速度大小，根據(jù)此速度與傳送帶速度的大小關(guān)系，判斷出滑塊將做勻加速運動，由運動學(xué)公式求出滑塊的速度增加到與傳送帶相等時，通過的位移，即可知道滑塊離開傳送帶時的速度．滑塊從C到再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度的過程中，重力做功，由動能定理求解最大高度．

解答 解：（1）設(shè)滑塊第一次到達C處的速度為v₁，對滑塊從A到C的過程，根據(jù)動能定理得
    mgh-μmgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得，v₁=$\sqrt{20}$m/s
（2）滑塊從C到O過程，由能量守恒定律得
  E_P=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-μmg（L₂-x）
解得，E_P=2.75J
（3）設(shè)滑塊再次到達C處的速度為v₂，對滑塊第一次到達C到再次到達C的過程，根據(jù)動能定理得
-2μmg（L₂-x）=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，解得 v₂=2m/s=v
可知，滑塊接著相對傳送帶靜止，速度為v=2m/s
對從B到最高點的過程，由動能定理得
-mgh′=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得，h′=0.2m
答：（1）滑塊第一次到達B處的速度是$\sqrt{10}m/s$；
（2）彈簧儲存的最大彈性勢能是2.75J；
（3）滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度是0.2m．

點評 本題是多過程問題，分析滑塊經(jīng)歷的過程，運用動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合按時間順序分析和計算，難度適中．