Question

13．如图所示，有一固定的光滑绝缘水平平台，平台右端B与水平传送带平滑相接，传送带长L=4m．一质量为m=0.5kg、带电量为q=+2×10^-3C的滑块放在水平平台上．平台上有一根轻质弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现将滑块从A处由静止释放，无电且传送带不动时滑块恰能到达传送带右端C点．已知弹簧始终在弹性限度内，滑块到达B点前已与弹簧完全脱离，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.20，g取l0m/s²．求：
（1）滑块到达B点时的速度v_B和弹簧储存的最大弹性势能E_P；
（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热多少？
（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1×10³N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为多大？

Answer 1

分析 （1）根据动能定理，结合滑块在C点的速度为零，求出滑块在B点的速度，根据能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能．
（2）滑块滑上传送带先做加速运动，当速度与传送带速度相等时一起匀速，根据牛顿第二定律结合运动学基本公式求出相对位移，进而求出摩擦生热；
（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理列式，从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理列式，再对滑块向左返回B，根据动能定理列式，联立方程求解即可．

解答 解：（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得：
${E}_{P}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$…①
从B到C，由动能定理得：$-μmgL=0-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$…②
联立①②两式，代入数据解得：v_B=4m/s
E_p=2J．
（2）加速到5m/s后与传送带一起匀速运动，加速过程，根据牛顿第二定律得：a=$\frac{μmg}{m}=2m/{s}^{2}$，
加速时间为：${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{5-4}{2}=0.5s$，
滑块加速的位移为：${x}_{1}={v}_{B}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=2.25m$
则摩擦生热为：Q=μmg（vt₁-x₁）=0.25J
（3）从B点向右减速到1m/s，根据动能定理得：$-（μmg+Eq）{x}_{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
代入数据解得：x₂=1.25m
从1m/s减速为0的过程中，根据动能定理得：$（μmg-Eq）{x}_{3}=0-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
代入数据解得：x₃=0.25m，
滑块向左返回B，根据动能定理得：$（qE-μmg）（{x}_{2}+{x}_{3}）=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$，
代入数据解得：$v′=\sqrt{6}m/s$
答：（1）滑块到达B点时的速度为4m/s，弹簧储存的最大弹性势能为2J；
（2）若传送带以5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块从B到C的过程中，摩擦生热为0.25J；
（3）若在BC之间加上水平向左的匀强电场E=1×10³N/C，传送带以1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，滑块第二次过B点时速度大小为$\sqrt{6}m/s$．

点评 解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解，过程较为复杂，要求同学们能够细心分析，难度适中．