Question

6．如图所示，水平传送带A、B两轮间的距离L=40m，离地面的高度H=3.2m，传送带以恒定的速率v₀=2m/s向右匀速运动．两个完全一样的小滑块P、Q中间夹有一根轻质弹簧（弹簧与P、Q不栓接），用一轻绳把两滑块拉至最近（弹簧始终处于弹性限度内），使弹簧处于最大压缩状态．现将P、Q轻放在传送带的最左端，P、Q一起从静止开始运动，t₁=4s时轻绳突然断开，很短时间内弹簧伸长至本身的自然长度（不考虑弹簧的长度的影响），此时滑块P速度反向，滑块Q的速度大小刚好是P的速度大小的两倍．已知小滑块的质量均为m=0.2kg，小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；
（2）两滑块落地的时间差；
（3）两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量．

Answer 1

分析 （1）两滑块放在传送带后先一起向右匀加速运动，由牛顿第二定律和速度公式求出两滑块与传送带相对静止的时间，再由动量守恒定律求出轻绳突然断开后两滑块的速度，结合能量守恒定律求弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能；
（2）两滑块离开传送带后都做平抛运动，落地时下落的高度相等，平抛运动的时间相等，所以落地的时间差等于两滑块在传送带上运动的时间之差，由牛顿第二定律和运动学公式求解；
（3）根据两滑块与传送带间的相对总位移，求由于摩擦产生的热量．

解答 解：（1）两滑块放在传送带后先一起向右匀加速运动，两滑块的加速度  a=$\frac{2μmg}{2m}$=μg=1m/s²
从静止到与传送带共速的时间 t₀=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{2}{1}$=2s
通过的位移 x₀=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$=2m＜L=40m
故滑块第2s末相对传送带静止．
取向右为正方向，对于弹簧释放的过程，由动量守恒定律得：
   2mv₀=mv_Q-mv_P．
又 v_Q=2v_P
解得 v_Q=8m/s，v_P=4m/s
则弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能 E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$-$\frac{1}{2}（2m）{v}_{0}^{2}$
解得 E_p=7.2J
（2）两滑块离开传送带后都做平抛运动，落地时下落的高度相等，则平抛运动的时间相等，所以落地的时间差等于弹簧恢复原长到自然后，两滑块在传送带上运动的时间之差．
t₁=4s，滑块PQ的位移 x₁=x₀+v₀（t₁-t₀）=2+2×2=6m
滑块Q与传送带相对静止的时间 t₂=$\frac{{v}_{Q}-{v}_{0}}{a}$=$\frac{8-2}{1}$=6s
这段时间内Q的位移 x₂=v_Qt₂-$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=8×6-$\frac{1}{2}$×1×6²=30m＜L-x₁=34m
故滑块Q先减速后匀速，匀速运动时间 t₃=$\frac{L-{x}_{1}-{x}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{40-6-30}{2}$=2s
滑块P速度减小到0时运动的位移 x₃=$\frac{{v}_{P}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×1}$=8m＞x₁=6m
滑块P滑到左端时的速度 v_P′=$\sqrt{{v}_{P}^{2}-2a{x}_{1}}$=2m/s
运动时间 t₄=$\frac{{v}_{P}-{v}_{P}′}{a}$=$\frac{4-2}{1}$=2s
故两滑块落地的时间差△t=t₂+t₂-t₄=6s；
（3）滑块PQ共同加速阶段，产生的热量 Q₁=2μmg（v₀t₀-x₀）
分离拍滑块Q向右运动阶段，产生的热量 Q₂=μmg（x₂-v₀t₂）
滑块P向左运动阶段，产生的热量 Q₃=μmg（x₁+v₀t₄）
全过程产生的总热量 Q=Q₁+Q₂+Q₃．
代入数据解得 Q=6.4J
答：
（1）弹簧处于最大压缩状态时的弹性势能是7.2J；
（2）两滑块落地的时间差是6s；
（3）两滑块在传送带上运动的全过程中由于摩擦产生的热量是6.4J．

点评 正确分析滑块的运动过程，把握解题规律是关键，要边计算边判断滑块与传送带相对静止的时间以及通过的位移，要知道摩擦产生的热量与相对位移有关．