Question

16．如图所示，质量m=1kg的滑块放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度v₀=6m/s，长L=7m．今将滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2．（已知重力加速度g=10m/s²）
求：（1）滑块在传送带上的加速度大小；
（2）释放滑块时弹簧可能具有的弹性势能；
（3）若滑块刚滑到传送带上时速度大于v₀，计算整个过程中产生的热量．

Answer 1

分析 （1）根据牛顿第二定律求滑块的加速度．
（2）释放滑块时，弹簧具有的弹性势能等于滑块获得的动能．若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，滑块向右向右做匀减速运动，根据动能定理求出初动能，即可由机械能守恒求得弹性势能．
（3）要求热量，必须求出滑块与传送带间的相对位移△S，先由运动学公式求出滑块运动的时间，传送带的位移为S=vt，△S=L-S，即可由Q=μmg△S求出热量．

解答 解：（1）滑块在传送带上的加速度大小 a=$\frac{μmg}{m}$=μg=2m/s²；
（2）设滑块冲上传送带时的速度为v．
在弹簧弹开滑块的过程中，根据机械能守恒定律得：E_p=$\frac{1}{2}$mv² 
若v＞v₀，滑块在传送带上运动过程，由动能定理得：-μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²；
联立得：弹簧具有的弹性势能E_p=μmgL+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$=0.2×1×10×7+$\frac{1}{2}$×1×6²=32J
若v＜v₀，由动能定理得：μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv²；
联立得：弹簧具有的弹性势能E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-μmgL=$\frac{1}{2}$×1×6²-0.2×1×10×7=4J
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为S=v₀t，
又对滑块：v₀=v-at，a=$\frac{μmg}{m}$=μg，
滑块与传送带的相对位移为△S=L-S，
故整个过程中产生的热量Q=μmg△S
联立以上四式得：Q=μmgL-mv₀（$\sqrt{{v}_{0}^{2}+2μgL}$-v₀）
代入解得 Q=（50-12$\sqrt{15}$）J
答：
（1）滑块在传送带上的加速度大小为2m/s²；
（2）释放滑块时弹簧可能具有的弹性势能是32J或4J．
（3）整个过程中产生的热量是（50-12$\sqrt{15}$）J．

点评 解答本题的关键要根据受力情况，来分析滑块的运动情况，运用机械能守恒、动能定理和运动学结合进行求解．