Question

13．如圖所示，有一固定的光滑絕緣水平平臺，平臺右端B與水平傳送帶平滑相接，傳送帶長L=4m．一質(zhì)量為m=0.5kg、帶電量為q=+2×10^-3C的滑塊放在水平平臺上．平臺上有一根輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與滑塊接觸但不連接．現(xiàn)將滑塊從A處由靜止釋放，無電且傳送帶不動時滑塊恰能到達傳送帶右端C點．已知彈簧始終在彈性限度內(nèi)，滑塊到達B點前已與彈簧完全脫離，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.20，g取l0m/s²．求：
（1）滑塊到達B點時的速度v_B和彈簧儲存的最大彈性勢能E_P；
（2）若傳送帶以5m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，滑塊從B到C的過程中，摩擦生熱多少？
（3）若在BC之間加上水平向左的勻強電場E=1×10³N/C，傳送帶以1m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，滑塊第二次過B點時速度大小為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理，結(jié)合滑塊在C點的速度為零，求出滑塊在B點的速度，根據(jù)能量守恒求出彈簧儲存的最大彈性勢能．
（2）滑塊滑上傳送帶先做加速運動，當速度與傳送帶速度相等時一起勻速，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學基本公式求出相對位移，進而求出摩擦生熱；
（3）從B點向右減速到1m/s，根據(jù)動能定理列式，從1m/s減速為0的過程中，根據(jù)動能定理列式，再對滑塊向左返回B，根據(jù)動能定理列式，聯(lián)立方程求解即可．

解答 解：（1）滑塊從釋放至運動到B點，由能量守恒得：
${E}_{P}=\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$…①
從B到C，由動能定理得：$-μmgL=0-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$…②
聯(lián)立①②兩式，代入數(shù)據(jù)解得：v_B=4m/s
E_p=2J．
（2）加速到5m/s后與傳送帶一起勻速運動，加速過程，根據(jù)牛頓第二定律得：a=$\frac{μmg}{m}=2m/{s}^{2}$，
加速時間為：${t}_{1}=\frac{v}{a}=\frac{5-4}{2}=0.5s$，
滑塊加速的位移為：${x}_{1}={v}_{B}{t}_{1}+\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=2.25m$
則摩擦生熱為：Q=μmg（vt₁-x₁）=0.25J
（3）從B點向右減速到1m/s，根據(jù)動能定理得：$-（μmg+Eq）{x}_{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{B}}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=1.25m
從1m/s減速為0的過程中，根據(jù)動能定理得：$（μmg-Eq）{x}_{3}=0-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：x₃=0.25m，
滑塊向左返回B，根據(jù)動能定理得：$（qE-μmg）（{x}_{2}+{x}_{3}）=\frac{1}{2}mv{′}^{2}$，
代入數(shù)據(jù)解得：$v′=\sqrt{6}m/s$
答：（1）滑塊到達B點時的速度為4m/s，彈簧儲存的最大彈性勢能為2J；
（2）若傳送帶以5m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，滑塊從B到C的過程中，摩擦生熱為0.25J；
（3）若在BC之間加上水平向左的勻強電場E=1×10³N/C，傳送帶以1m/s的速度沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，滑塊第二次過B點時速度大小為$\sqrt{6}m/s$．

點評 解決本題的關(guān)鍵理清滑塊在整個過程中的運動情況，結(jié)合牛頓第二定律、動能定理進行求解，過程較為復雜，要求同學們能夠細心分析，難度適中．