Question

4．如图所示，光滑水平轨道的左端与长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v₀=1m/s，轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点，现用质量m=0.4kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M=0.2kg的长木板且不会从木板上掉下．半圆轨道的半径R=0.5m，物块与传送带间动摩擦因数μ₁=0.8，物块与木板间动摩擦因数μ₂=0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ₃=0.1，g取10m/s²．求：
（1）物块到达B点时速度v_B的大小（结果可带根号）；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能E_P；
（3）长木板在水平地面上滑行的最大距离x．（此问结果保留两位小数）

Answer 1

分析 （1）据物体在B点恰好做圆周运动，由重力充当向心力，利用牛顿第二定律列方程求解．
（2）抓住物块在B点的速度大于传送带的速度，可知物块在传送带上一直做匀减速运动，根据动能定理求出A点的速度，结合能量守恒定律求出弹簧的弹性势能．
（3）从B到C根据动能定理求得C点的速度，木块到达木板受，木块做减速运动，木板做加速运动，两者达到共同速度后，一起做减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求得

解答 解：（1）物体在光滑半圆轨道最高点恰好做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg=m$\frac{{v}_{B}^{2}}{R}$①
可得 v_B=$\sqrt{gR}=\sqrt{10×0.5}m/s=\sqrt{5}m/s$ ②
（2）物块被弹簧弹出的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
弹簧被压缩时的弹性势能 E_p=$\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}$③
因v_B＞v₀=1m/s，则物体在传送带上一直做匀减速运动
物块在传送带上滑行过程由动能定理得
-f₁L=$\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{A}^{2}$ ④
又 f₁=μ₁mg=0.8×0.4×10N=3.2N ⑤
联立②③④⑤解得：E_p=5J
（3）物体从B到C过程中有机械能守恒定律得$mg•2R=\frac{1}{2}{mv}_{C}^{2}-\frac{1}{2}{mv}_{B}^{2}$
联立解得v_C=5m/s
物块在长木板上滑行的过程中，做匀减速运动，有牛顿第二定律可知μ₂mg=ma₁
解得${a}_{1}=2m/{s}^{2}$
对长木板受力分析可知μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂，解得${a}_{2}=1m/{s}^{2}$
经过ts达到共同速度v_D，则v_C-a₁t=a₂t，解得$t=\frac{5}{3}s$，${v}_{D}=\frac{5}{3}m/s$
ts内长木板通过的位移为${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}=\frac{25}{18}m$
达到共同速度后，两物体一起匀加速运动，有动能定理可知$-{μ}_{3}（M+m）g{x}_{2}=-\frac{1}{2}（M+m{）v}_{D}^{2}$
解得${x}_{2}=\frac{25}{18}m$
通过的总位移为x=x₁+x₂=2.78m
答：（1）物块到达B点时速度v_B的大小为$\sqrt{5}$m/s；
（2）弹簧被压缩时的弹性势能E_P为5J
（3）长木板在水平地面上滑行的最大距离x为2.78m

点评 分析清楚滑块的运动情况和受力情况是解题的关键，据受力情况判断滑块的运动是解题的核心，灵活利用牛顿运动定律、动能定理和能量守恒定律，动量守恒定律进行求解．