Question

9．如圖，某貨場需將質量為m₁=100kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8m．地面上緊靠軌道依次排放兩個完全相同的木板A、B，長度均為l=2.0m，質量均為m₂=100kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為μ₁，木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.20．（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s²）
（1）求貨物到達圓軌道末端時受軌道的支持的大小．
（2）若貨物滑上木板A時，木板不動；而滑上木板B時，木板B開始滑動，求μ₁應滿足的條件．
（3）若μ₁=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板B上運動的時間．

Answer 1

分析 （1）物體下滑的過程中，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒可以得出到達底端時的速度，再由向心力的公式可以求得物體受到的支持力的大小，根據(jù)牛頓第三定律可以得到貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小；
（2）貨物滑上木板A時，木板不動，說明此時貨物對木板的摩擦力小于地面對木板的摩擦力的大小，而滑上木板B時，木板B開始滑動，說明此時貨物對木板的摩擦力大于了地面對貨物的摩擦力的大小，由此可以判斷摩擦因數(shù)的范圍．
（3）當μ₁=0.5時，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動，貨物做的是勻減速直線運動，位移是木板的長度L，由勻變速直線運動的規(guī)律可以求得

解答 解：（1）機械能守恒定律得：
$mgR=\frac{1}{2}{{m}_{1}v}_{0}^{2}$…①
根據(jù)牛頓第二定律得：
${F}_{N}-{m}_{1}g=\frac{{{m}_{1}v}_{0}^{2}}{R}$…②
聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得：
F_N=3.0×10³N…③
（2）若滑上木板A時，木板不動，有：
μ₁m₁g≤μ₂（m₁+2m₂）g…④
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得：
μ₁m₁g＞μ₂（m₁+m₂）g…⑤
聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得：
0.4＜μ₁≤0.6…⑥
（3）當μ₁=0.5時，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為a₁，由牛頓第二定律得：
μ₁m₁g=m₁a₁ …⑦
設貨物滑到木板A末端是的速度為V₁，由運動學公式得：
V₁²-V₀²=-2a₁L…⑧
聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得：
V₁=4m/s…⑨
設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得：
V₁=V₀-a₁t…⑩
聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得：
t=0.4s．
貨物在B上向右做勻減速運動，由牛頓第二定律得
對物體：μ₁m₁g=m₁a₁，得a₁=μ₁g=5m/s²
對B：μ₁m₁g-μ（m₁+m₂）g=m₂a₂，得a₂=1m/s²．
假設兩者能有共同的速度，即有
v₁-a₁t=a₂t
解得，貨物在木板B上運動的時間   t=0.67s
共同速度為v=a₂t=0.67m/s
此過程中，貨物的位移大小為x₁=

v1+v

2

t，B的位移大小為x₂=

v

2

t
則貨物相對于B的位移大小為△x=x₁-x₂=

v1t

2

=1.3m＜l=2m，說明兩者速度相同時，貨物仍在B上．
所以貨物在木板B上運動的時間為0.67s．
答：（1）貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力是3000N；
（2）若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，μ₁應滿足的條件是0.4＜μ₁≤0.6；
（3）若μ₁=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度是4m/s，在木板A上運動的時間是0.67s．

點評 本題考查了機械能守恒、圓周運動和牛頓運動定律的應用，特別需要注意的是貨物在水平面上運動時木板的運動狀態(tài)，由于是兩塊木板，所以貨物運到到不同的地方時木板的受力不一樣