Question

如圖，某貨場(chǎng)需將質(zhì)量為m₁=100kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)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(gè)完全相同的木板A、B，長度均為l=2.0m，質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ₁，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.20．（最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10m/s²）
求：（1）若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)；而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求μ₁應(yīng)滿足的條件．
（2）若μ₁=0.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板B上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

Answer 1

【答案】分析：（1）若貨物滑上木板A時(shí)，木板A不動(dòng)，則木板所受的貨物的滑動(dòng)摩擦力不大于地面對(duì)木板A的最大靜摩擦力；滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，說明貨物對(duì)B的滑動(dòng)摩擦力大于地面對(duì)B的最大靜摩擦力，列出不等式，求出μ₁應(yīng)滿足的條件．
（2）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出貨物剛滑上A時(shí)的速度大�。�根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出貨物滑到木板A末端時(shí)的速度．假設(shè)貨物與B有共同的速度，由速度公式求出貨物在B上滑行的時(shí)間，根據(jù)兩者的相對(duì)位移判斷假設(shè)是否成立，再確定貨物在B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
解答：解：（1）若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，μ₁m₁g≤μ（m₁+2m₂）g    
若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得μ₁m₁g＞μ（m₁+m₂）g    
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得 0.4＜μ₁≤0.6              
（2）設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為V，對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，
m₁gR=m₁v²
解得，v=6m/s
若μ₁=0.5，由上式可知，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)．設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a₁，由牛頓第二定律得
   μ₁m₁g=m₁a₁，
設(shè)貨物滑到木板A末端時(shí)的速度為v₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得=-2a₁l，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得   v₁=4m/s
設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
   v₁=v-a₁t₁，
解得t₁=0.4s．
貨物在B上向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
對(duì)物體：μ₁m₁g=m₁a₁，得a₁=μ₁g=5m/s²
對(duì)B：μ₁m₁g-μ（m₁+m₂）g=m₂a₂，得a₂=1m/s²．
假設(shè)兩者能有共同的速度，即有
v₁-a₁t=a₂t
解得，貨物在木板B上運(yùn)動(dòng)的時(shí)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=，B的位移大小為x₂=
則貨物相對(duì)于B的位移大小為△x=x₁-x₂==1.3m＜l=2m，說明兩者速度相同時(shí)，貨物仍在B上．
所以貨物在木板B上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為0.67s．
答：（1）若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)；而滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，μ₁應(yīng)滿足的條件是0.4＜μ₁≤0.6．
（2）若μ₁=0.5，貨物滑到木板A末端時(shí)的速度是4m/s，和在木板B上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是0.67s．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了機(jī)械能守恒、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用，特別需要注意的是貨物在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)木板的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，由于是兩塊木板，所以貨物運(yùn)到到不同的地方時(shí)木板的受力不一樣．采用假設(shè)法的方法進(jìn)行判斷．