Question

2．如图光滑水平导轨AB的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s²．

（1）若第一次释放弹簧时传送带静止不动，物块离开弹簧后滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧释放前储存的弹性势能E_p；
（2）若第二次释放弹簧时传送带沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动．物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过D点时受到的支持力大小；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能．

Answer 1

分析 （1）弹簧弹性的势能完全转化为木块的动能，木块通过传送带时滑动摩擦力做的功等于木块动能的变化，据此计算可得；
（2）滑块从E点开始做平抛运动，根据平抛运动规律求得木块经过E点时的速度，再根据机械能守恒定律可求得D点的速度，由牛顿第二定律求得木块在D点受到的压力；
（3）求出木块经过传送带时与传送带间的相对位移，根据Q=fL求得因摩擦产生的热能．

解答 解：（1）滑块经过传送带时，摩擦力做的功等于滑块动能的变化，故有：
$-μmgL=0-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
可知滑块释放时的动能为：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}=μmgL=0.2×1×10×6J=12J$
弹簧释放时弹簧的弹性势能完全转化为木块的动能，所以滑块刚好到达传送带C点时弹簧储存的弹性势能为：12J；
（2）小滑块离开E点做平抛运动，由平抛知识有：
水平方向：x=v_Et
竖直方向：$y=2R=\frac{1}{2}g{t}^{2}$
由此可得，滑块在E点的速度为：${v}_{E}=\frac{x}{t}=\frac{x}{\sqrt{\frac{4R}{g}}}=\frac{1.2}{\sqrt{\frac{4×0.4}{10}}}m/s=3m/s$
根据动能定理有：滑块从D到E的过程中只有重力做功：
$-mg•2R=\frac{1}{2}m{v}_{E}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}$
代入数据解得：滑块经过D点时的速度为：v_D=5m/s
由向心力公式可得：
F_N=mg+m$\frac{{v}_{D}^{2}}{R}$=10+1×$\frac{25}{0.4}$=72.5N
（3）滑块经过传送带时只有阻力做功，根据动能定理有：
$-μmgL=\frac{1}{2}m{v}_{D}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$
代入数据可解得：v_B=7m/s
因为滑块做匀减速运动，故有：
L=$\frac{{v}_{B}+{v}_{D}}{2}$t，可得滑块在传送带上运动的时间为：t=$\frac{6}{\frac{5+7}{2}}s=1s$
由此可知滑块在传送带上滑动时，滑块相对于传送带的位移为：x=L+vt=6+2×1m=8m
所以滑块因摩擦产生的热量为：Q=μmgx=0.2×1×10×8J=16J
答：（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，弹簧储存的弹性势能Ep为12J；
（2）物块通过D点时受到的支持力大小72.5N；
（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能为16J．

点评 本题是传送带与平抛运动的结合，关键是能掌握物体在传送带上做匀减速运动，能根据平抛运动规律求解平抛运动问题，以及摩擦生热由两物体间的相对位移决定．