Question

9．如图所示，足够长的光滑水平台面 MN 距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度 L=1.6m的水平传送带NP，A、B 两滑块的质量分别为m_A=2kg、m_B=1kg，滑块之间压着一条轻弹簧（但不与两滑块栓接）并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A 继续向N 运动，并在静止的传送带上滑行距离S=0.9m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s²，求：

（1）细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能E_P；
（2）若在滑块A 冲到传送带时传送带立即以速度v₁=1m/s 逆时针匀速运动，求滑块A 与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
（3）若在滑块A 冲到传送带时传送带立即以速度v′顺时针匀速运动，试讨论滑块A 运动至P点时做平抛运动的水平位移x 与v′的大小的关系？（传送带两端的轮子半径足够小）

Answer 1

分析 （1）细线断裂瞬间弹簧弹开滑块的过程，系统的动量守恒，由动量守恒定律列式．研究A向N运动的过程，运用动能定理可求出A被弹开时获得的速度，从而由动量守恒定律求得B获得的速度，再由能量守恒定律求弹簧释放的弹性势能E_P；
（2）滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出滑块A与传送带间的相对路程，再求系统因摩擦产生的热量Q；
（3）滑块离开P点时做平抛运动，根据平抛运动的规律得到x 与v′的大小的关系．

解答 解：（1）设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为v_A、v_B，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
    （m_A+m_B）v=m_Av_A+m_Bv_B．
A向N运动的过程，运用动能定理得：
-μm_AgS=0-$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}$
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为 E_p=$\frac{1}{2}$m_Av_A²+$\frac{1}{2}$m_Bv_B²-$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v²．
解得：v_A=3m/s，v_B=-3m/s，E_p=12J
（2）滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为△t．
滑块A加速度大小为 a=$\frac{μ{m}_{A}g}{{m}_{A}}$=μg=5m/s²．
由运动学公式得
-v₁=v_A-a△t
  x_A=$\frac{{v}_{A}+（-{v}_{1}）}{2}△t$
  x_带=$\frac{（-{v}_{1}）}{2}△t$
滑块与传送带间的相对滑动路程为 s₁=x_A-x_带．
在相对滑动过程中产生的摩擦热 Q=μm_Ags₁
由以上各式得：Q=16J
（3）设A平抛初速度为v₂，平抛时间为t，则：
   x=v₂t
   h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，得 t=0.4s
若传送带A顺时针运动的速度达到某一临界值v_m，滑块A将向右一直加速，直到平抛时初速度恰为v_m，则
   μm_AgL=$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}$，解得 v_m=5m/s
讨论：
1）若传送带顺时针运动的速度 v′≤v_m=5m/s，则A在传送带上与传送带相对滑动后，能与传送带保持共同速度，平抛初速度等于v′，水平射程   x=v′t=0.4v′（m）；
2）若传送带顺时针运动的速度v′≥v_m=5m/s，则A在传送带上向右一直加速运动，平抛初速度等于v_m=5m/s，水平射程 x=v_mt=2m．
答：
（1）细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能E_P是12J．
（2）滑块A 与传送带系统因摩擦产生的热量Q是16J；
（3）①若传送带顺时针运动的速度 v′≤v_m=5m/s，x=0.4v′（m）；②若传送带顺时针运动的速度v′≥v_m=5m/s，x=2m．

点评 解决本题的关键是要理清物体的运动过程，把握隐含的临界条件，把握每个过程的物理规律，要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律．