Question

11．如圖所示，裝置的左邊AB部分是長為L₁=1m的水平面．一水平放置的輕質(zhì)彈簧左端固定并處于原長狀態(tài)；裝置的中間BC部分是長為L₂=2m的水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接，傳送帶始終以v=2m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動；裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m=1kg的小滑塊從其上距水平臺面h=1m的D處由靜止釋放，滑塊向左最遠到達O點，OA間距x=0.1m，并且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)．已知物塊與傳送帶及左邊水平面之間的摩擦因數(shù)μ=0.25，取g=10m/s²．
（1）求彈簧獲得的最大彈性勢能？
（2）求滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度；
（3）若滑塊質(zhì)量m′=2kg，求滑塊到達O點的速度．

Answer 1

分析 （1）滑塊從D到O過程，其重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，由能量守恒定律求解彈簧儲存的最大彈性勢能；
（2）根據(jù)能量守恒定律求得滑塊第二次經(jīng)過B點時的速度大小，根據(jù)此速度與傳送帶速度的大小關(guān)系，判斷出滑塊將做勻加速運動，由運動學公式求出滑塊的速度增加到與傳送帶相等時，通過的位移，即可知道滑塊離開傳送帶時的速度．滑塊從C到再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度的過程中，重力做功，由動能定理求解最大高度．
（3）滑塊到達O點時彈性勢能不變，再由能量守恒求解滑塊到達O點的速度．

解答 解：（1）滑塊從D到O過程，由能量守恒定律得
  E_P=mgh-μmg（L₁+L₂-x）
解得，E_P=2.75J
（2）設(shè)滑塊再次到達B處的速度為v₂，對滑塊從O到再次到達B的過程，根據(jù)能量守恒得
 E_P=μmg（L₁-x）+$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，解得 v₁=1m/s＜v=2m/s
則知滑塊再次滑上傳送帶后將勻加速運動，由牛頓第二定律得
  μmg=ma，得a=2.5m/s²．
速度增加到與傳送帶相同所經(jīng)歷的位移為
  L=$\frac{{v}^{2}-{v}_{1}^{2}}{2a}$=0.6m＜L₂=2m，
可知，滑塊接著相對傳送帶靜止，速度為v=2m/s
對從C到最高點的過程，由動能定理得
-mgh′=0-$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
解得，h′=0.2m
（3）若滑塊質(zhì)量m′=2kg，滑塊從D到O過程，由能量守恒定律得
  E_P+μ•2mg（L₁+L₂-x）+$\frac{1}{2}•2m{v}_{O}^{2}$=2mgh
解得 v_O≈2m/s
答：
（1）彈簧獲得的最大彈性勢能是2.75J．
（2）滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達的最大高度是0.2m；
（3）若滑塊質(zhì)量m′=2kg，滑塊到達O點的速度是2m/s．

點評 本題是多過程問題，分析滑塊經(jīng)歷的過程，抓住各個過程的規(guī)律，運用能量守恒定律、牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合按時間順序分析和計算．