Question

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，并把弹簧最大压缩到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）滑块第一次到达B处的速度；
（2）弹簧储存的最大弹性势能；
（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度．

Answer 1

分析：（1）滑块第一次从D到B的过程中，重力做功mgh，滑动摩擦力做功-μmgL₂，根据动能定理求解滑块第一次到达B处的速度；
（2）滑块从B到O过程，其动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；
（3）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．

解答：解：（1）设滑块第一次到达B处的速度为v₁，对滑块从D到B的过程，根据动能定理得
    mgh-μmgL₂=

1

2

m

v

2 1

解得，v₁=

10

m/s
（2）滑块从B到O过程，由能量守恒定律得
  E_P=

1

2

m

v

2 1

-μmg（L₁-x）
解得，E_P=2.75J
（3）设滑块再次到达B处的速度为v₂，对滑块第一次到达B到再次到达B的过程，根据动能定理得
-2μmg（L₁-x）=

1

2

m

v

2 2

-

1

2

m

v

2 1

，解得 v₂=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=

v2- v 2 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-

1

2

mv2
解得，h′=0.2m
答：
（1）滑块第一次到达B处的速度是

10

m/s；
（2）弹簧储存的最大弹性势能是2.75J；
（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m．

点评：本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度适中．