Question

5．如圖所示，水平傳送帶PQ間相距L₁=1.2m，傳送帶以v₀=2m/s的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶處在與水平方向成α=37°斜向上的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E=1×10³V/m，傾角θ=30°斜面底端固定一輕彈簧，輕彈簧處于原長時(shí)上端位于C點(diǎn)，Q點(diǎn)與斜面平滑連接，Q到C點(diǎn)的距離L₂=1.4m．現(xiàn)有質(zhì)量m=1kg，電量q=1×10^-2C的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速地輕放在傳送帶左端的P點(diǎn)，物體被傳送到右端Q點(diǎn)后沿斜面向下滑動(dòng)，將彈簧壓縮到最短位置D點(diǎn)后恰能彈回C點(diǎn)．不計(jì)物體經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)機(jī)械能的損失，整個(gè)過程中物體的電量保持不變，已知物體與傳送帶、斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ₁=0.5、μ₂=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．（g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：
（1）物體從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間；
（2）物體壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能．

Answer 1

分析 （1）物體在傳送帶上先加速后勻速，利用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求的時(shí)間；
（2）物體在下面下滑到C的整個(gè)過程中利用動(dòng)能定理求的物體通過的位移，即可判斷彈簧的最大壓縮量，從壓縮到最大到恢復(fù)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理可得彈簧的彈性勢能．

解答 解：（1）物體在傳送帶上先以加速度a₁做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
由牛頓第二定律可得：Eqcosα+μ₁（mg-Eqsinα）=ma₁
解得：a₁=10m/s²                                           
勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間${t}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}=0.2s$
勻加速運(yùn)動(dòng)的位移${x}_{1}=\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}=0.2m$
物體速度達(dá)到v₀以后以加速度a₂做勻加速直線運(yùn)動(dòng)
由牛頓第二定律可得：Eqcosα-μ₁（mg-Eqsinα）=ma₂
解得a₂=6m/s²                                                   
由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：${L}_{1}-{x}_{1}={v}_{0}{t}_{2}+\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{2}}^{2}$
解得${t}_{2}=\frac{1}{3}s$
所以物體物體從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的總時(shí)間為$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{5}{6}s$
（2）物體到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度為v_Q=v₀+a₂t₂=4m/s
物體從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程由動(dòng)能定理可得：
$（mgsinθ-{μ}_{2}mgcosθ）{L}_{2}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{Q}}^{2}$
解得v_C=3m/s
物體將彈簧壓縮到最短位置D點(diǎn)后恰能彈回C點(diǎn)滿足：
${2μ}_{2}mgcosθ{x}_{CD}=\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}$
解得x_CD=0.3m
物體將彈簧由C點(diǎn)壓縮到最短位置D點(diǎn)滿足：
$mgsinθ{x}_{CD}+\frac{1}{2}m{{v}_{C}}^{2}{=μ}_{2}mgcosθ{x}_{CD}+{E}_{Pm}$
解得：E_Pm=3.75J
答：（1）物體從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的時(shí)間為$\frac{5}{6}s$；
（2）物體壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為3.75J．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了動(dòng)能定理，在傳送帶上物體先加速后勻速，在斜面上利用動(dòng)能定理求的物體通過的總位移，即可求得彈簧的壓縮量即可．