Question

11．如图所示，装置的左边AB部分是长为L₁=1m的水平面．一水平放置的轻质弹簧左端固定并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L₂=2m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=2m/s的速度顺时针转动；装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小滑块从其上距水平台面h=1m的D处由静止释放，滑块向左最远到达O点，OA间距x=0.1m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知物块与传送带及左边水平面之间的摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s²．
（1）求弹簧获得的最大弹性势能？
（2）求滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度；
（3）若滑块质量m′=2kg，求滑块到达O点的速度．

Answer 1

分析 （1）滑块从D到O过程，其重力势能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；
（2）根据能量守恒定律求得滑块第二次经过B点时的速度大小，根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度．滑块从C到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由动能定理求解最大高度．
（3）滑块到达O点时弹性势能不变，再由能量守恒求解滑块到达O点的速度．

解答 解：（1）滑块从D到O过程，由能量守恒定律得
  E_P=mgh-μmg（L₁+L₂-x）
解得，E_P=2.75J
（2）设滑块再次到达B处的速度为v₂，对滑块从O到再次到达B的过程，根据能量守恒得
 E_P=μmg（L₁-x）+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，解得 v₁=1m/s＜v=2m/s
则知滑块再次滑上传送带后将匀加速运动，由牛顿第二定律得
  μmg=ma，得a=2.5m/s²．
速度增加到与传送带相同所经历的位移为
  L=$\frac{{v}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2a}$=0.6m＜L₂=2m，
可知，滑块接着相对传送带静止，速度为v=2m/s
对从C到最高点的过程，由动能定理得
-mgh′=0-$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
解得，h′=0.2m
（3）若滑块质量m′=2kg，滑块从D到O过程，由能量守恒定律得
  E_P+μ•2mg（L₁+L₂-x）+$\frac{1}{2}•2m{v}_{O}^{2}$=2mgh
解得 v_O≈2m/s
答：
（1）弹簧获得的最大弹性势能是2.75J．
（2）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m；
（3）若滑块质量m′=2kg，滑块到达O点的速度是2m/s．

点评 本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，抓住各个过程的规律，运用能量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算．