Question

10．如圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處于水平傳送帶理想連接，傳送帶水平長度L=1.5m，傳送帶以恒定速度v=2m/s逆時針運動．傳送帶的右端平滑連接一個固定在豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑半圓弧軌道BCD，BCD與半徑為2R的圓弧軌道DE相切于軌道最高點D，其中R=0.45m．質(zhì)量為m=0.2kg，且可視為質(zhì)點的滑塊置于水平導(dǎo)軌MN上，開始時滑塊與墻壁之間有一壓縮的輕彈簧，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．現(xiàn)松開滑塊，滑塊脫離彈簧后滑上傳送帶，并沖上右側(cè)的圓弧軌道，滑塊恰能通過軌道其最高點D后，從E點飛出，已知滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3，取g=10m/s²．求：
（1）滑塊到達(dá)D點時速度v_D的大小；
（2）滑塊運動到B點時軌道對它的支持力F_B；
（3）開始時輕彈簧的彈性勢能E_p．

Answer 1

分析 （1）滑塊恰能通過軌道其最高點D則此時只受重力，根據(jù)牛頓第二定律可求解此點速度；
（2）豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑半圓弧軌道BCD，從B到D，根據(jù)機(jī)械能守恒可求解B點速度，在B點根據(jù)牛頓第二定律可求解B點支持力；
（3）滑塊再傳送帶上勻減速運動，根據(jù)運動學(xué)可求解N點速度，根據(jù)能量守恒可求解開始時輕彈簧的彈性勢能E_p；

解答 解：（1）在最高點D根據(jù)牛頓第二定律可得$mg=m\frac{v_D^2}{2R}$，
          解得最高點速度 v_D=3m/s
（2）滑塊從B到D，根據(jù)機(jī)械能守恒可得$\frac{1}{2}mv_D^2+2mgR=\frac{1}{2}mv_B^2$，
        解得B點速度為 ${v_B}=3\sqrt{3}m/s$
      在B點由牛頓第二定律${F_B}-mg=m\frac{v_B^2}{R}$，
      解得在B點時軌道對它的支持力為F_B=14N
（3）滑塊在傳送帶上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律μmg=ma
      滑塊做勻減速直線運動  ${{v}_{N}}^{2}-{{v}_{B}}^{2}=2aL$
       可解得N點速度v_N=6m/s
    根據(jù)能量守恒定律開始時輕彈簧的彈性勢能
     ${E_P}=\frac{1}{2}mv_N^2=3.6J$
答：（1）滑塊到達(dá)D點時速度v_D的大小3m/s；
（2）滑塊運動到B點時軌道對它的支持力F_B為14N；
（3）開始時輕彈簧的彈性勢能為3.6J．

點評 注意臨界條件的分析應(yīng)用，恰能過圓最高點時只受重力作用，開始時彈簧彈性勢能的大小等于N點動能．