Question

5．如图所示，装置的右边CD部分是长为L₂=2m的水平面，一水平放置的轻质弹簧右端固定于D点并处于原长状态；装置的中间BC部分是长为L₁=1m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带始终以v=3.5m/s的速度逆时针转动；装置的左边是一光滑的四分之一圆弧面，半径R=1.5m，圆心为O′，质量m=1kg的小滑块从A处由静止释放，到达O点时速度为零，OD间距x=0.4m，并且弹簧始终处在弹性限度内．已知滑块与传送带及右边水平面之间的动摩擦因数μ=0.25，取g=10m/s²．求

（1）滑块第一次到达C点时速度大小；
（2）弹簧储存的最大弹性势能；
（3）滑块再次回到左边曲面部分所能到达的最大高度．

Answer 1

分析 （1）滑块第一次从A到C的过程中，重力做功mgh，滑动摩擦力做功-μmgL₁，根据动能定理求解滑块第一次到达C处的速度；
（2）滑块从C到O过程，其动能转化为内能和弹簧的弹性势能，由能量守恒定律求解弹簧储存的最大弹性势能；
（3）根据能量守恒定律求得滑块第二次经过C点时的速度大小，根据此速度与传送带速度的大小关系，判断出滑块将做匀加速运动，由运动学公式求出滑块的速度增加到与传送带相等时，通过的位移，即可知道滑块离开传送带时的速度．滑块从C到再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度的过程中，重力做功，由动能定理求解最大高度．

解答 解：（1）设滑块第一次到达C处的速度为v₁，对滑块从A到C的过程，根据动能定理得
    mgh-μmgL₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得，v₁=$\sqrt{20}$m/s
（2）滑块从C到O过程，由能量守恒定律得
  E_P=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-μmg（L₂-x）
解得，E_P=2.75J
（3）设滑块再次到达C处的速度为v₂，对滑块第一次到达C到再次到达C的过程，根据动能定理得
-2μmg（L₂-x）=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$，解得 v₂=2m/s=v
可知，滑块接着相对传送带静止，速度为v=2m/s
对从B到最高点的过程，由动能定理得
-mgh′=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得，h′=0.2m
答：（1）滑块第一次到达B处的速度是$\sqrt{10}m/s$；
（2）弹簧储存的最大弹性势能是2.75J；
（3）滑块再次回到右边曲面部分所能到达的最大高度是0.2m．

点评 本题是多过程问题，分析滑块经历的过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算，难度适中．