Question

19．如圖所示，足夠長的傾斜傳送帶與水平面的夾角θ=37°，勁度系數(shù)k=320N/m的輕質(zhì)光滑彈簧平行于傳送帶放置，下端固定在水平地面上，另一端自由狀態(tài)時位于Q點．小滑塊質(zhì)量m=2kg，滑塊與傳送帶間的滑動摩擦因數(shù)μ=0.5．設PQ間距L=3.5m，每次小滑塊都從P點由靜止釋放，整個過程中小滑塊未脫離傳送帶，彈簧處于彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能E_p=$\frac{1}{2}$kx²，x為彈簧的形變量．已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）若傳送帶靜止不動，求小滑塊下滑到剛接觸彈簧時的速度v；
（2）若傳送帶以v_傳=5m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，求：
①小滑塊從P點由靜止釋放在t=0.4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q；
②小滑塊向下滑行的最大距離S．

Answer 1

分析 （1）滑塊下滑過程，應用動能定理可以求出滑塊的速度．
（2）①應用牛頓第二定律求出滑塊的加速度，然后應用運動學公式求出滑塊相對于傳送帶的位移，然后求出產(chǎn)生的熱量；
②分析清楚滑塊向下運動的過程，然后應用動能定理求出各階段的位移，最后求出小滑塊向下滑行的最大距離．

解答 解：（1）滑塊下滑過程，由動能定理得：mgLsinθ-μmgcosθ•L=$\frac{1}{2}$mv²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{14}$m/s；
（2）①開始時，由牛頓第二定律得：mgsinθ+μmgcosθma₁，
代入數(shù)據(jù)解得：a₁=10m/s²，
滑塊加速到與傳送帶的速度相等需要的時間為：t₁=$\frac{{v}_{傳送帶}}{{a}_{1}}$=0.5s，
在t=0.4s內(nèi)：x_物=$\frac{1}{2}$a₁t²=0.8m＜L，x_傳送帶=v_傳送帶t=2m，
x_相對=x_傳送帶-x_物=1.2m，
產(chǎn)生的熱量為：Q=μmgcosθ•x_相對=9.6J；
②當滑塊與傳送帶速度相等時，由動能定理得：
（mgsinθ+μmgcosθ）d₁=$\frac{1}{2}$mv_傳送帶²-0，
代入數(shù)據(jù)解得：d₁=1.25m；
滑塊再滑行：d₂=L-d₁=2.25m時與彈簧接觸，
在此過程中，由動能定理得：（mgsinθ-μmgcosθ）d₂=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv_傳送帶²，
代入數(shù)據(jù)解得：v₁=$\sqrt{34}$m/s，
滑塊與彈簧接觸后，當速度減小到與傳送帶速度相等過程中，由動能定理得：
（mgsinθ-μmgcosθ）x₁-$\frac{1}{2}$kx₁²=$\frac{1}{2}$mv_傳送帶²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
代入數(shù)據(jù)解得：x₁=0.25m，
然后滑塊繼續(xù)做勻減速直線運動直到速度為零，此過程中，由動能定理得：
（mgsinθ+μmgcosθ）（x₂-x₁）-（$\frac{1}{2}$kx₂²-$\frac{1}{2}$kx₁²）=0-$\frac{1}{2}$mv_傳送帶²，
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=0.5m，
小滑塊向下滑行的最大距離：S=L+x₂=4m；
答：（1）若傳送帶靜止不動，小滑塊下滑到剛接觸彈簧時的速度v是$\sqrt{14}$m/s；
（2）若傳送帶以v_傳=5m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動，
①小滑塊從P點由靜止釋放在t=0.4s內(nèi)系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q為9.6J；
②小滑塊向下滑行的最大距離S為4m．

點評 本題考查了求滑塊的速度、產(chǎn)生的熱量與下滑的最大距離，考查了動能定理的應用，分析清楚滑塊的運動過程是解題的關鍵；該題中的關鍵是小滑塊從P下滑的過程中，運動的過程分成幾個不同的階段，要分段處理．題目的難度比較大，而且容易出現(xiàn)錯誤．