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    3．如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x=1m，与滑块间的摩擦因数为μ1=0.25．平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v=7m/s，长为L=3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面长度s=0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R=1m，θ=37°．今将一质量m=2kg的滑块向左压缩轻弹簧，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同，并经过D点的拐角处无机械能损失．重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力．试求：

    （1）若开始弹簧的弹性势能为Ep=30J，求滑块到达C点的速度vC；
    （2）求滑块与传送带间的摩擦因数μ2；
    （3）若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，求传送带的速度范围．

    分析 （1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，运用动能定理可求得滑块到达C点的速度vC；
    （2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，对此过程，运用动能定理可求出滑块与传送带间的摩擦因数μ2；
    （3）要使滑块不脱离圆弧形轨道，有两种情况：一种滑块能做完整的圆周运动．另一种在O点及O点以下圆弧上运动．根据临界条件和动能定理求解．

    解答 解：（1）以滑块为研究对象，从释放到C点的过程，由动能定理得：
     ${E_p}-{μ_1}mgx=\frac{1}{2}mv_C^2$
    代入数据得：vC=5m/s
    （2）滑块从C点到D点一直加速，到D点恰好与传送带同速，由动能定理得：
    ${μ_2}mgL=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_C^2$
    代入数据解得：μ2=0.4
    （3）斜面高度为：
    h=s•sinθ=0.3m
    （Ⅰ）设滑块在D点的速度为vD1时，恰好过圆弧最高点，由牛顿第二定律得：
    $mg=m\frac{v_1^2}{R}$
    滑块从D点到G点的过程，由动能定理得：
    $-mg（Rcosθ-h+R）=\frac{1}{2}mv_1^2-\frac{1}{2}mv_{D1}^2$
    代入数据解得：${v_{D1}}=2\sqrt{10}m/s$ 
    （Ⅱ）设滑块在D点的速度为vD2时，恰好到$\frac{1}{4}$圆弧处速度为零，此过程由动能定理得：
    $-mg（Rcosθ-h）=0-\frac{1}{2}mv_{D2}^2$
    代入数据解得：${v_{D2}}=\sqrt{10}m/s$
    若滑块在传送带上一直减速至D点恰好同速，则由动能定理得：
    $-{μ_2}mgL=\frac{1}{2}mv_{传1}^2-\frac{1}{2}mv_c^2$
    代入数据解得：v传1=1m/s，所以 $0≤{v_传}≤\sqrt{10}m/s$
    若滑块在传送带上一直加速至D点恰好同速，由题目已知 v传2=7m/s
    所以${v_传}≥2\sqrt{10}m/s$．
    答：（1）滑块到达C点的速度vC是5m/s．
    （2）滑块与传送带间的摩擦因数μ2是0.4．
    （3）若传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道，传送带的速度范围是0≤v传≤$\sqrt{10}$m/s或v传≥2$\sqrt{10}$m/s．

    点评 分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的基础，关键要明确在涉及力在空间效果时，运用动能定理是常用的方法．对于滑块不脱离轨道的情况，考虑问题要全面，不能漏解．

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