Question

16．在如图所示的竖直平面内，有一固定在水平地面的光滑绝缘平台．平台右端B与水平绝缘传送带平滑相接，传送带长L=1m，有一个质量为m=0.5kg，带电量为q=+10^-3C的滑块，放在水平平台上．平台上有一根轻质绝缘弹簧左端固定，右端与滑块接触但不连接．现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内．在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，当传送带静止时，滑块恰能到达传送带右端C点．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2（g取10m/s²）．
（1）求滑块到达B点时的速度v_B及弹簧储存的最大弹性势能E_p；
（2）若两轮半径均为r=0.4m，现传送带以角速度ω₀顺时针匀速转动．让滑块从B点以速度v_B′＞rω₀滑上传送带，且在C点时恰好沿水平方向飞出传送带，求ω₀的最大值；
（3）若传送带以1.5m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，仍将弹簧压缩到（1）问中的情形时释放滑块，同时，在BC之间加水平向右的匀强电场E=5×10²N/C．滑块从B运动到C的过程中，求摩擦力对它做的功及此过程中由于摩擦而产生的热量．（本问中结果保留三位有效数字）

Answer 1

分析 （1）对B到C的过程运用动能定理，求出滑块到达B点的速度，结合能量守恒求出弹簧储存的最大弹性势能．
（2）根据牛顿第二定律求出C点的临界速度，从而结合线速度与角速度的关系求出角速度的最大值．
（3）由于B点的速度大于传送带速度，滑块滑上传送带做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，结合速度时间公式求出速度减速到传送带速度所需的时间，求出滑块减速的位移，以及传送带的位移，通过相对位移的大小求出摩擦生热，根据动能定理求出摩擦力做功的大小．

解答 解：（1）从B到C，根据动能定理得：$-μmgL=0-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
代入数据解得：v_B=2 m/s．
滑块从静止释放至运动到B点，由能量守恒定律知：${E}_{p}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$，
代入数据解得：E_p=1J．
（2）滑块恰能在C点水平飞出传送带，则有：$mg=m\frac{{{v}_{C}}^{2}}{r}$，
解得：${v}_{C}=\sqrt{gr}$=$\sqrt{10×0.4}$m/s=2 m/s                              
传送带ω₀最大，传送带最大速度等于v_C，则有：${ω}_{0}=\frac{{v}_{C}}{r}=\frac{2}{0.4}rad/s$=5 rad/s                      
（3）加电场后，由于v_B＞v_传，所以滑块刚滑上传送带时就做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得：μmg-qE=ma₂，
代入数据解得：${a}_{2}=1.0m/{s}^{2}$．
滑块减速至与传送带共速的时间为：$t=\frac{{v}_{B}-v}{{a}_{2}}$=$\frac{2-1.5}{1}s=0.5s$，
滑块减速的位移为：$x=\frac{{v}_{B}+v}{2}t=\frac{2+1.5}{2}×0.5=0.875m＜L$，
传送带位移为：x′=vt=1.5×0.5m=0.75m，
故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理：
$qEL+{W}_{f}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
代入数据解得：W_f≈-0.938J                
摩擦生热：Q=μmg（x-x′），
代入数据解得：Q=0.125J．
答：（1）滑块到达B点时的速度为2m/s，弹簧储存的最大弹性势能为1J；
（2）ω₀的最大值为5rad/s；
（3）摩擦力对它做的功为-0.938J，由于摩擦而产生的热量为0.125J．

点评 解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，正确分析能量是如何转化的，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解．