Question

2．如图所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m=1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不栓接，弹簧原长小于光滑平台的长度．在平台的右端有一传送带，AB长L=3m，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s=1.5m，在C点右侧有一半径R=0.8m的$\frac{1}{4}$光滑竖直圆弧CD与BC平滑连接．若不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失，传递带以v=5m/s的速率顺时针转动，当被压缩的弹簧储存的18J能量全部释放时，物块恰能滑到与圆心等高的D点，取g=10m/s²．
（1）求物块与粗糙水平面间的动摩擦因数
（2）若传送带速度可调，求物块以最大速度通过传送带后最终停下的位置距C点的距离．

Answer 1

分析 （1）根据能量守恒定律求出物块被弹簧弹出时的速度大小，物块滑上传送带后先做匀减速直线运动，当速度达到传送带速度后一起做匀速直线运动，结合运动学公式得出物块离开传送带后的速度，结合动能定理求出物块与粗糙水平面间的动摩擦因数；
（2）物块以最大速度通过传送带，也就是物块从A到B一直是加速；如果物块从B向左后在回到B，合力做功为零，速度反向，动能不变；对运动全程根据动能定理列式分析最终停下的位置距C点的距离．

解答 解：（1）物块被弹簧弹出，由${E}_{p}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$可知：${v}_{0}=\sqrt{\frac{2{E}_{p}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×18}{1}}=6m/s$，
因为v₀＞v，故物块滑上传送带后做减速物块与传送带相对滑动过程中，
由μ₁mg=ma₁，v=v₀-a₁t₁，${x}_{1}={v}_{0}{t}_{1}-\frac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}$，代入数据得到：
${a_1}=2m/{s^2}$
t₁=0.5s
x₁=2.75m，
因为x₁＜L，故物块与传送带同速后相对静止，最后物块以5m/s的速度滑上水平面BC，物块滑离传送带后恰到E点，由动能定理可知：
$\frac{1}{2}m{v^2}={μ_2}mgs+mgR$，
代入数据整理可以得到：
μ₂=0.3m；
（2）物块第一次从A到B是一直加速，对运动全程根据动能定理，有：${μ_1}mgL-{μ_2}mgx=0-\frac{1}{2}mv_0^2$，（其中x为滑块在BC上滑动的路程）
代入数据解得：x=6m，
结合几何关系，滑块最后停在B点，与C点间距为1.5m；
答：（1）物块与粗糙水平面间的动摩擦因数为0.3；
（2）若传送带速度可调，物块以最大速度通过传送带后最终停下的位置距C点的距离为1.5m．

点评 本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿第二定律和运动学公式的运用，关键理清物块在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，对于第二问，关键运用动能定理全程列式进行求解．