题目内容
如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=2.0m/s匀速传动．三个质量均为m=1.0kg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v=4.0m/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vC=4.0m/s滑上传送带．已知滑块C与传送带间的动摩擦因数μ=0.20，重力加速度g取10m/s2．
（1）求滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离sm；
（2）求弹簧锁定时的弹性势能Ep；
（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．
【答案】分析：（1）滑块C滑上传送带做匀减速直线运动，当速度为零时，距离N点最远，根据动能定理求出滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离．
（2）AB碰后的动能和弹簧的弹性势能全部转化为C与A、B分离后系统的动能．结合动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧锁定时的弹簧的弹性势能．
（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式求出滑块C与传送带之间的相对路程，从而根据Q=fx相对求出整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能．
解答：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
mv=2mv1
2mv1=2mv2+mvC
解得v1=
，v2=0
由能量守恒定律
Ep+
=
解得Ep=4.0 J
（3）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
a=
=2m/s2．
滑块C速度减小到零所需的时间
．
滑块的位移
．
传送带的位移x1=vt1=2×2m=4m，
相对路程△x1=s1+x1=8m．
然后滑块返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度一起做匀速直线运动．
匀加速直线运动的时间
，
滑块C的位移
．
传送带的位移x2=vt2=2m
相对路程△x2=x2-s2=1m．
则摩擦产生的内能Q=μmg（△x1+△x2）=0.2×10×9J=18J．
答：（1）滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离为4.0m．
（2）弹簧锁定时的弹性势能为4.0J．
（3）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为4.0J．
点评：本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题．
（2）AB碰后的动能和弹簧的弹性势能全部转化为C与A、B分离后系统的动能．结合动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧锁定时的弹簧的弹性势能．
（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式求出滑块C与传送带之间的相对路程，从而根据Q=fx相对求出整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能．
解答：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
mv=2mv1
2mv1=2mv2+mvC
解得v1=
，v2=0由能量守恒定律
Ep+
=解得Ep=4.0 J
（3）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
a=
=2m/s2．滑块C速度减小到零所需的时间
．滑块的位移
．传送带的位移x1=vt1=2×2m=4m，
相对路程△x1=s1+x1=8m．
然后滑块返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度一起做匀速直线运动．
匀加速直线运动的时间
，滑块C的位移
．传送带的位移x2=vt2=2m
相对路程△x2=x2-s2=1m．
则摩擦产生的内能Q=μmg（△x1+△x2）=0.2×10×9J=18J．
答：（1）滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离为4.0m．
（2）弹簧锁定时的弹性势能为4.0J．
（3）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为4.0J．
点评：本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理以及运动学公式，综合性较强，对学生的能力要求较高，是一道好题．
练习册系列答案
提分百分百检测卷系列答案
相关题目
（选修模块3-5）