【题目】如图，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长x＝1.25m，与滑块间的摩擦因数为μ1＝0.2。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带的运行速度v＝7m/s，长为L＝3m，传送带右端D点与一光滑斜面衔接，斜面DE长度S＝0.5m，另有一固定竖直放置的光滑圆弧形轨道刚好在E点与斜面相切，圆弧形轨道半径R＝1m，θ＝37°。今将一质量m＝2kg的滑块向左压缩轻弹簧到最短，此时弹簧的弹性势能为EP＝30J，然后突然释放，当滑块滑到传送带右端D点时，恰好与传送带速度相同。设经过D点的拐角处无机械能损失且滑块能沿斜面下滑。重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。试求：(1)滑块到达C点的速度vC；(2)滑块与传送带间的摩擦因数μ2及经过传送带过程系统因摩擦力增加的内能；(3)若G是圆弧轨道的最高点且传送带的运行速度可调，要使滑块不脱离圆弧形轨道且从G点离开圆弧轨道，最终落回到到传送带上，落点与C端的距离为（4－sqrt (3)）m，求满足该情况时传送带的速度应调为多少？sqrt (3)

核心思路：本题综合考查动能定理、摩擦生热、平抛运动与能量守恒的综合应用。

1. 第（1）问：利用动能定理，弹簧弹性势能转化为滑块动能及克服摩擦力做功。
2. 第（2）问：滑块在传送带上加速至与传送带共速，通过动能定理求摩擦因数；摩擦生热由相对位移与摩擦力乘积计算。
3. 第（3）问：需结合平抛运动轨迹与几何关系求速度，再通过动能定理反推传送带速度。

第（1）题

关键步骤：

1. 能量转化：弹簧弹性势能 $E_p$ 转化为滑块动能 $\frac{1}{2}mv_C^2$，并克服摩擦力做功 $\mu_1 mgx$。
2. 动能定理：
   $E_p - \mu_1 mgx = \frac{1}{2}mv_C^2$
3. 代入数据：
   $30 - 0.2 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 1.25 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot v_C^2 \implies v_C = 5 \, \text{m/s}$

第（2）题

求摩擦因数 $\mu_2$

1. 动能定理：摩擦力做功使滑块速度从 $v_C$ 增加到 $v$：
   $\mu_2 mgL = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_C^2$
2. 代入数据：
   $\mu_2 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 3 = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 7^2 - \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 5^2 \implies \mu_2 = 0.4$

求摩擦生热

1. 相对位移：滑块在传送带上滑动时间 $t = \frac{v - v_C}{\mu_2 g} = 0.5 \, \text{s}$，传送带移动距离 $vt = 3.5 \, \text{m}$，滑块移动距离 $L = 3 \, \text{m}$，相对位移 $\Delta x = vt - L = 0.5 \, \text{m}$。
2. 摩擦生热：
   $Q = \mu_2 mg \Delta x = 0.4 \cdot 2 \cdot 10 \cdot 0.5 = 4 \, \text{J}$

第（3）题

关键步骤：

1. 平抛运动分析：
   • 竖直方向：$R(1 + \cos\theta) - S\sin\theta = \frac{1}{2}gt^2 \implies t = 0.6 \, \text{s}$
   • 水平方向：$S\cos\theta + R\sin\theta + DH = v_1 t \implies v_1 = \sqrt{10} \, \text{m/s}$
2. 动能定理：滑块从D到G，重力做功等于动能变化：
   $mg(S\sin\theta + R(1 - \cos\theta)) = \frac{1}{2}mv_1^2 - \frac{1}{2}mv_D^2$
3. 反推传送带速度：
   $v_D = 2\sqrt{10} \, \text{m/s}$