Question

下图所示为研究某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带足够长，皮带轮沿逆时针方向转动，带动皮带以恒定速度v＝2.0 m/s匀速传动．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态．滑块A以初速度v₀＝4.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v_C＝4.0 m/s滑上传送带．已知滑块C与传送带间的动摩擦因数m ＝0.20，重力加速度g取10 m/s²．

(1)求滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离s_m；

(2)求弹簧锁定时的弹性势能E_p；

(3)求滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q．

Answer 1

答案：
解析：

解：(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远． 　　由动能定理 　　解得sm＝4.0 m 　　(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律 　　mv0＝2mv1 　　2mv1＝2mv2＋mvC 　　解得v1＝，v2＝0 　　由能量守恒定律 　　 　　解得Ep＝4.0 J 　　(3)因为v0＞v，滑块在传送带上向右匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度为a，滑块速度减为零的时间为t1，向右的位移为s1，在同样时间内传送带向左的位移为x1，根据牛顿第二定律和运动学公式 　　 　　s1＝sm＝4.0 m 　　x1＝vt1＝4.0 m 　　设滑块C向左匀加速运动速度达到传送带速度v的时间为t2，位移为s2，这段时间内传送带的位移为x2，根据运动学公式 　　 　　x2＝vt2＝2.0 m 　　滑块C相对传送带滑动的总距离D x＝(x1＋s1)＋(x2－s2) 　　解得D x＝9.0 m 　　滑块C与传送带之间因摩擦产生的内能Q＝m mgD x＝18 J