Question

19．如图所示，足够长的倾斜传送带与水平面的夹角θ=37°，劲度系数k=320N/m的轻质光滑弹簧平行于传送带放置，下端固定在水平地面上，另一端自由状态时位于Q点．小滑块质量m=2kg，滑块与传送带间的滑动摩擦因数μ=0.5．设PQ间距L=3.5m，每次小滑块都从P点由静止释放，整个过程中小滑块未脱离传送带，弹簧处于弹性限度内，弹簧的弹性势能E_p=$\frac{1}{2}$kx²，x为弹簧的形变量．已知g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）若传送带静止不动，求小滑块下滑到刚接触弹簧时的速度v；
（2）若传送带以v_传=5m/s的速度逆时针转动，求：
①小滑块从P点由静止释放在t=0.4s内系统因摩擦产生的热量Q；
②小滑块向下滑行的最大距离S．

Answer 1

分析 （1）滑块下滑过程，应用动能定理可以求出滑块的速度．
（2）①应用牛顿第二定律求出滑块的加速度，然后应用运动学公式求出滑块相对于传送带的位移，然后求出产生的热量；
②分析清楚滑块向下运动的过程，然后应用动能定理求出各阶段的位移，最后求出小滑块向下滑行的最大距离．

解答 解：（1）滑块下滑过程，由动能定理得：mgLsinθ-μmgcosθ•L=$\frac{1}{2}$mv²-0，
代入数据解得：v=$\sqrt{14}$m/s；
（2）①开始时，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθma₁，
代入数据解得：a₁=10m/s²，
滑块加速到与传送带的速度相等需要的时间为：t₁=$\frac{{v}_{传送带}}{{a}_{1}}$=0.5s，
在t=0.4s内：x_物=$\frac{1}{2}$a₁t²=0.8m＜L，x_传送带=v_传送带t=2m，
x_相对=x_传送带-x_物=1.2m，
产生的热量为：Q=μmgcosθ•x_相对=9.6J；
②当滑块与传送带速度相等时，由动能定理得：
（mgsinθ+μmgcosθ）d₁=$\frac{1}{2}$mv_传送带²-0，
代入数据解得：d₁=1.25m；
滑块再滑行：d₂=L-d₁=2.25m时与弹簧接触，
在此过程中，由动能定理得：（mgsinθ-μmgcosθ）d₂=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv_传送带²，
代入数据解得：v₁=$\sqrt{34}$m/s，
滑块与弹簧接触后，当速度减小到与传送带速度相等过程中，由动能定理得：
（mgsinθ-μmgcosθ）x₁-$\frac{1}{2}$kx₁²=$\frac{1}{2}$mv_传送带²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
代入数据解得：x₁=0.25m，
然后滑块继续做匀减速直线运动直到速度为零，此过程中，由动能定理得：
（mgsinθ+μmgcosθ）（x₂-x₁）-（$\frac{1}{2}$kx₂²-$\frac{1}{2}$kx₁²）=0-$\frac{1}{2}$mv_传送带²，
代入数据解得：x₂=0.5m，
小滑块向下滑行的最大距离：S=L+x₂=4m；
答：（1）若传送带静止不动，小滑块下滑到刚接触弹簧时的速度v是$\sqrt{14}$m/s；
（2）若传送带以v_传=5m/s的速度逆时针转动，
①小滑块从P点由静止释放在t=0.4s内系统因摩擦产生的热量Q为9.6J；
②小滑块向下滑行的最大距离S为4m．

点评 本题考查了求滑块的速度、产生的热量与下滑的最大距离，考查了动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键；该题中的关键是小滑块从P下滑的过程中，运动的过程分成几个不同的阶段，要分段处理．题目的难度比较大，而且容易出现错误．