Question

9．如圖所示，足夠長的光滑水平臺面 MN 距地面高h=0.80m，平臺右端緊接長度 L=1.6m的水平傳送帶NP，A、B 兩滑塊的質量分別為m_A=2kg、m_B=1kg，滑塊之間壓著一條輕彈簧（但不與兩滑塊栓接）并用一根細線鎖定，兩者一起在平臺上以速度v=1m/s向右勻速運動；突然，滑塊間的細線瞬間斷裂，兩滑塊與彈簧脫離，之后A 繼續(xù)向N 運動，并在靜止的傳送帶上滑行距離S=0.9m，已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，g=10m/s²，求：

（1）細線斷裂瞬間彈簧釋放的彈性勢能E_P；
（2）若在滑塊A 沖到傳送帶時傳送帶立即以速度v₁=1m/s 逆時針勻速運動，求滑塊A 與傳送帶系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Q；
（3）若在滑塊A 沖到傳送帶時傳送帶立即以速度v′順時針勻速運動，試討論滑塊A 運動至P點時做平拋運動的水平位移x 與v′的大小的關系？（傳送帶兩端的輪子半徑足夠�。�

Answer 1

分析 （1）細線斷裂瞬間彈簧彈開滑塊的過程，系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律列式．研究A向N運動的過程，運用動能定理可求出A被彈開時獲得的速度，從而由動量守恒定律求得B獲得的速度，再由能量守恒定律求彈簧釋放的彈性勢能E_P；
（2）滑塊A在皮帶上向右減速到0后向左加速到與傳送帶共速，之后隨傳送帶向左離開，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求出滑塊A與傳送帶間的相對路程，再求系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Q；
（3）滑塊離開P點時做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律得到x 與v′的大小的關系．

解答 解：（1）設A、B與彈簧分離瞬間的速度分別為v_A、v_B，取向右為正方向，由動量守恒定律得：
    （m_A+m_B）v=m_Av_A+m_Bv_B．
A向N運動的過程，運用動能定理得：
-μm_AgS=0-$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}$
細線斷裂瞬間彈簧釋放的彈性勢能為 E_p=$\frac{1}{2}$m_Av_A²+$\frac{1}{2}$m_Bv_B²-$\frac{1}{2}$（m_A+m_B）v²．
解得：v_A=3m/s，v_B=-3m/s，E_p=12J
（2）滑塊A在皮帶上向右減速到0后向左加速到與傳送帶共速，之后隨傳送帶向左離開，設相對滑動時間為△t．
滑塊A加速度大小為 a=$\frac{μ{m}_{A}g}{{m}_{A}}$=μg=5m/s²．
由運動學公式得
-v₁=v_A-a△t
  x_A=$\frac{{v}_{A}+（-{v}_{1}）}{2}△t$
  x_帶=$\frac{（-{v}_{1}）}{2}△t$
滑塊與傳送帶間的相對滑動路程為 s₁=x_A-x_帶．
在相對滑動過程中產生的摩擦熱 Q=μm_Ags₁
由以上各式得：Q=16J
（3）設A平拋初速度為v₂，平拋時間為t，則：
   x=v₂t
   h=$\frac{1}{2}g{t}^{2}$，得 t=0.4s
若傳送帶A順時針運動的速度達到某一臨界值v_m，滑塊A將向右一直加速，直到平拋時初速度恰為v_m，則
   μm_AgL=$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{m}^{2}$-$\frac{1}{2}{m}_{A}{v}_{A}^{2}$，解得 v_m=5m/s
討論：
1）若傳送帶順時針運動的速度 v′≤v_m=5m/s，則A在傳送帶上與傳送帶相對滑動后，能與傳送帶保持共同速度，平拋初速度等于v′，水平射程   x=v′t=0.4v′（m）；
2）若傳送帶順時針運動的速度v′≥v_m=5m/s，則A在傳送帶上向右一直加速運動，平拋初速度等于v_m=5m/s，水平射程 x=v_mt=2m．
答：
（1）細線斷裂瞬間彈簧釋放的彈性勢能E_P是12J．
（2）滑塊A 與傳送帶系統(tǒng)因摩擦產生的熱量Q是16J；
（3）①若傳送帶順時針運動的速度 v′≤v_m=5m/s，x=0.4v′（m）；②若傳送帶順時針運動的速度v′≥v_m=5m/s，x=2m．

點評 解決本題的關鍵是要理清物體的運動過程，把握隱含的臨界條件，把握每個過程的物理規(guī)律，要知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律．