Question

如图所示，水平传送带与光滑的水平面相接，水平面右端固定一根轻弹簧，现将质量为m=1kg的小滑块从传带左端A处无初速度释放．已知：传送带的速度恒为v₀=5m/s，AB长为L=4m，小滑块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，试求：
（1）小滑块第一次将弹簧压缩最短时的弹性势能E_P；（取g=10m/s²）
（2）从开始到小滑块第二次将弹簧压缩最短的过程中小滑块与传送带间摩擦产生的热量Q．

Answer 1

分析：（1）小滑块在传送带上加速，根据牛顿第二定律求解出加速度，得到最大速度；最大弹性势能等于最大动能；
（2）返回过程和向右滑动过程中，滑块的运动具有对称性；求解出第一次向右滑动、向左滑动、第二次向右滑动过程的相对位移，然后根据Q=fd_相列式求解内能增加量．

解答：解：（1）加速度：a=

f

m

=gμ；
若一直加速，到达传送带右端速度v=

2aL

=4＜5m/s；
故小滑块一直匀加速到达右端；
匀加速时间：t=

v

a

=2s；        
相对距离：d₁=s_传-L=v₀×t-L=6m
第一次将弹簧压缩最短时的弹性势能Ep=

1

2

mv2=8J
（2）从第一次将弹簧压缩最短到第二次将弹簧压缩最短的过程中：
返回过程的发相对距离：d₂=s'_传+L=v₀×t+L=14m      
向右滑动过程的相对距离：d₃=d₁=6m
摩擦产生的热Q=fd_相=f（d₁+d₂+d₃）=52J
答：（1）小滑块第一次将弹簧压缩最短时的弹性势能E_P为8J；
（2）从开始到小滑块第二次将弹簧压缩最短的过程中小滑块与传送带间摩擦产生的热量Q为52J．

点评：本题关键分析清楚滑块的运动规律，然后根据运动学公式、牛顿第二定律、功能关系列式后联立求解，不难．