Question

6．如圖所示，水平傳送帶A、B兩輪間的距離L=40m，離地面的高度H=3.2m，傳送帶以恒定的速率v₀=2m/s向右勻速運動．兩個完全一樣的小滑塊P、Q中間夾有一根輕質彈簧（彈簧與P、Q不栓接），用一輕繩把兩滑塊拉至最近（彈簧始終處于彈性限度內），使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)．現(xiàn)將P、Q輕放在傳送帶的最左端，P、Q一起從靜止開始運動，t₁=4s時輕繩突然斷開，很短時間內彈簧伸長至本身的自然長度（不考慮彈簧的長度的影響），此時滑塊P速度反向，滑塊Q的速度大小剛好是P的速度大小的兩倍．已知小滑塊的質量均為m=0.2kg，小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，重力加速度g=10m/s²．求：
（1）彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能；
（2）兩滑塊落地的時間差；
（3）兩滑塊在傳送帶上運動的全過程中由于摩擦產生的熱量．

Answer 1

分析 （1）兩滑塊放在傳送帶后先一起向右勻加速運動，由牛頓第二定律和速度公式求出兩滑塊與傳送帶相對靜止的時間，再由動量守恒定律求出輕繩突然斷開后兩滑塊的速度，結合能量守恒定律求彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能；
（2）兩滑塊離開傳送帶后都做平拋運動，落地時下落的高度相等，平拋運動的時間相等，所以落地的時間差等于兩滑塊在傳送帶上運動的時間之差，由牛頓第二定律和運動學公式求解；
（3）根據(jù)兩滑塊與傳送帶間的相對總位移，求由于摩擦產生的熱量．

解答 解：（1）兩滑塊放在傳送帶后先一起向右勻加速運動，兩滑塊的加速度  a=$\frac{2μmg}{2m}$=μg=1m/s²
從靜止到與傳送帶共速的時間 t₀=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{2}{1}$=2s
通過的位移 x₀=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{2}^{2}$=2m＜L=40m
故滑塊第2s末相對傳送帶靜止．
取向右為正方向，對于彈簧釋放的過程，由動量守恒定律得：
   2mv₀=mv_Q-mv_P．
又 v_Q=2v_P
解得 v_Q=8m/s，v_P=4m/s
則彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能 E_p=$\frac{1}{2}m{v}_{P}^{2}$+$\frac{1}{2}m{v}_{Q}^{2}$-$\frac{1}{2}（2m）{v}_{0}^{2}$
解得 E_p=7.2J
（2）兩滑塊離開傳送帶后都做平拋運動，落地時下落的高度相等，則平拋運動的時間相等，所以落地的時間差等于彈簧恢復原長到自然后，兩滑塊在傳送帶上運動的時間之差．
t₁=4s，滑塊PQ的位移 x₁=x₀+v₀（t₁-t₀）=2+2×2=6m
滑塊Q與傳送帶相對靜止的時間 t₂=$\frac{{v}_{Q}-{v}_{0}}{a}$=$\frac{8-2}{1}$=6s
這段時間內Q的位移 x₂=v_Qt₂-$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$=8×6-$\frac{1}{2}$×1×6²=30m＜L-x₁=34m
故滑塊Q先減速后勻速，勻速運動時間 t₃=$\frac{L-{x}_{1}-{x}_{2}}{{v}_{0}}$=$\frac{40-6-30}{2}$=2s
滑塊P速度減小到0時運動的位移 x₃=$\frac{{v}_{P}^{2}}{2a}$=$\frac{{4}^{2}}{2×1}$=8m＞x₁=6m
滑塊P滑到左端時的速度 v_P′=$\sqrt{{v}_{P}^{2}-2a{x}_{1}}$=2m/s
運動時間 t₄=$\frac{{v}_{P}-{v}_{P}′}{a}$=$\frac{4-2}{1}$=2s
故兩滑塊落地的時間差△t=t₂+t₂-t₄=6s；
（3）滑塊PQ共同加速階段，產生的熱量 Q₁=2μmg（v₀t₀-x₀）
分離拍滑塊Q向右運動階段，產生的熱量 Q₂=μmg（x₂-v₀t₂）
滑塊P向左運動階段，產生的熱量 Q₃=μmg（x₁+v₀t₄）
全過程產生的總熱量 Q=Q₁+Q₂+Q₃．
代入數(shù)據(jù)解得 Q=6.4J
答：
（1）彈簧處于最大壓縮狀態(tài)時的彈性勢能是7.2J；
（2）兩滑塊落地的時間差是6s；
（3）兩滑塊在傳送帶上運動的全過程中由于摩擦產生的熱量是6.4J．

點評 正確分析滑塊的運動過程，把握解題規(guī)律是關鍵，要邊計算邊判斷滑塊與傳送帶相對靜止的時間以及通過的位移，要知道摩擦產生的熱量與相對位移有關．