Question

10．如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于水平传送带理想连接，传送带水平长度L=1.5m，传送带以恒定速度v=2m/s逆时针运动．传送带的右端平滑连接一个固定在竖直平面内半径为R的光滑半圆弧轨道BCD，BCD与半径为2R的圆弧轨道DE相切于轨道最高点D，其中R=0.45m．质量为m=0.2kg，且可视为质点的滑块置于水平导轨MN上，开始时滑块与墙壁之间有一压缩的轻弹簧，系统处于静止状态．现松开滑块，滑块脱离弹簧后滑上传送带，并冲上右侧的圆弧轨道，滑块恰能通过轨道其最高点D后，从E点飞出，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.3，取g=10m/s²．求：
（1）滑块到达D点时速度v_D的大小；
（2）滑块运动到B点时轨道对它的支持力F_B；
（3）开始时轻弹簧的弹性势能E_p．

Answer 1

分析 （1）滑块恰能通过轨道其最高点D则此时只受重力，根据牛顿第二定律可求解此点速度；
（2）竖直平面内半径为R的光滑半圆弧轨道BCD，从B到D，根据机械能守恒可求解B点速度，在B点根据牛顿第二定律可求解B点支持力；
（3）滑块再传送带上匀减速运动，根据运动学可求解N点速度，根据能量守恒可求解开始时轻弹簧的弹性势能E_p；

解答 解：（1）在最高点D根据牛顿第二定律可得$mg=m\frac{v_D^2}{2R}$，
          解得最高点速度 v_D=3m/s
（2）滑块从B到D，根据机械能守恒可得$\frac{1}{2}mv_D^2+2mgR=\frac{1}{2}mv_B^2$，
        解得B点速度为 ${v_B}=3\sqrt{3}m/s$
      在B点由牛顿第二定律${F_B}-mg=m\frac{v_B^2}{R}$，
      解得在B点时轨道对它的支持力为F_B=14N
（3）滑块在传送带上运动的过程中，根据牛顿第二定律μmg=ma
      滑块做匀减速直线运动  ${{v}_{N}}^{2}-{{v}_{B}}^{2}=2aL$
       可解得N点速度v_N=6m/s
    根据能量守恒定律开始时轻弹簧的弹性势能
     ${E_P}=\frac{1}{2}mv_N^2=3.6J$
答：（1）滑块到达D点时速度v_D的大小3m/s；
（2）滑块运动到B点时轨道对它的支持力F_B为14N；
（3）开始时轻弹簧的弹性势能为3.6J．

点评 注意临界条件的分析应用，恰能过圆最高点时只受重力作用，开始时弹簧弹性势能的大小等于N点动能．