Question

19．如圖所示，一輛小貨車的質量M=1.5×10³kg，停在水平路面上．小貨車車廂離地面的高度h=1.25m．一質量m=500kg的貨物）（體積很�。┲糜谛∝涇嚨能噹�上．它到車尾部的距離1=1m，與車廂底部間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．司機發(fā)動小貨車使其向前行駛．小貨車行駛時所受阻力是其與地面正壓力的k倍．k=0.2．取g=10m/s² 求：

（1）要使貨物不從車廂上掉下來．小貨車發(fā)動機的牽引力最大為多少（設貨物與車廂之間的最大靜摩擦力等于二者之間的滑動摩擦力）？
（2）司機以大小F=1.1×10⁴N的牽引力發(fā)動小貨車．經(jīng)過t=4s發(fā)現(xiàn)貸物掉落（司機發(fā)觀貨物掉落前小貨車的牽引力F保持不變），則司機發(fā)現(xiàn)時貨物離車尾部的水平距離為多少．

Answer 1

分析 （1）當貨物的摩擦力達到最大靜摩擦力時，貨物的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律求出貨物的加速度，再對整體根據(jù)牛頓第二定律求出牽引力的最大值；
（2）司機以大小F=1.1×10⁴N的牽引力發(fā)動小貨車時，貨物相對小車滑動，根據(jù)牛頓第二定律求出小車的加速度，根據(jù)運動學基本公式求出貨物滑離小車的時間，貨物滑離小車后，貨物做平拋運動，小車做勻加速直線運動，根據(jù)平拋運動基本公式以及勻加速直線運動基本公式列式求解即可．

解答 解：（1）當貨物的摩擦力達到最大靜摩擦力時，貨物的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可知，最大加速度為：
${a}_{1}=\frac{μmg}{m}=0.2×10=2m/{s}^{2}$，
則小車的最大加速度為2m/s²，
對小車和貨物整體，根據(jù)牛頓第二定律得：
F_max-k（M+m）g=（M+m）a₁
解得：F_max=8×10³N，
即小貨車發(fā)動機的牽引力最大為8×10³N，
（2）F=1.1×10⁴N＞F_max，則貨物相對小車運動，則貨物的加速度仍為${a}_{1}=2m/{s}^{2}$，做勻加速直線運動，小車的加速度為：
${a}_{2}=\frac{F-μmg-k（M+m）g}{M}$=$\frac{1.1×1{0}^{4}-0.2×500×10-0.2×2×1{0}^{3}×10}{1.5×1{0}^{3}}$=4m/s²，
設經(jīng)過時間t₁貨物離開小車，則有：
$\frac{1}{2}{a}_{2}{{t}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=l$
解得：t₁=1s，
貨物離開小車后做平拋運動，水平速度為：
v₁=a₁t₁=2×1=2m/s，
運動的時間為：${t}_{2}=\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{\frac{2×1.25}{10}}=0.5s$，
則此過程中的水平位移為：x₁=v₁t₂=2×0.5=1m，
貨物離開小車后，小車的加速度為：${a}_{3}=\frac{F-kMg}{M}$=$\frac{1.1×1{0}^{4}-0.2×1.5×1{0}^{3}×10}{1.5×1{0}^{3}}=\frac{16}{3}m/{s}^{2}$，
貨物離開小車時，小車的速度為：v₂=a₂t₁=4m/s，
則貨物離開小車到發(fā)現(xiàn)時，小車的位移為：${x}_{2}={v}_{2}（t-{t}_{1}）+\frac{1}{2}{a}_{3}（t-{t}_{1}）^{2}$=$4×（4-1）+\frac{1}{2}×\frac{16}{3}×（4-1）^{2}=36m$，
則司機發(fā)現(xiàn)時貨物有車尾部的水平距離為：x=x₂-x₁=36-1=35m．
答：（1）要使貨物不從車廂上掉下來．小貨車發(fā)動機的牽引力最大為8×10³N；
（2）司機發(fā)現(xiàn)時貨物離車尾部的水平距離為35m．

點評 解題的關鍵是正確對貨物和小車進行受力分析，清楚貨物和小車的運動情況，根據(jù)牛頓第二定律及運動學基本公式求解，知道貨物滑離小車后，貨物做平拋運動，小車做勻加速直線運動，難度適中．