Question

10．如圖所示，某貨場需將質(zhì)量為m的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，現(xiàn)利用固定于地面的傾斜軌道傳送貨物，使貨物由軌道頂端無初速滑下，軌道與水平面成θ=37°角．地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同木板A、B，長度均為l=2m，厚度不計，質(zhì)量均為m，木板上表面與軌道末端平滑連接．貨物與傾斜軌道間動摩擦因數(shù)為μ₀=0.125，貨物與木板間動摩擦因數(shù)為μ₁，木板與地面間動摩擦因數(shù)μ₂=0.2．回答下列問題：（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s²）

（1）若貨物從離地面高h(yuǎn)₀=1.5m處由靜止滑下，求貨物到達(dá)軌道末端時的速度v₀；
（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(yīng)滿足的條件；
（3）若μ₁=0.5，為使貨物恰能到達(dá)B的最右端，貨物由靜止下滑的高度h應(yīng)為多少？

Answer 1

分析 （1）貨物下滑時根據(jù)牛頓第二定律求出下滑時的加速度，再根據(jù)速度位移關(guān)系求出到達(dá)末端時的速度；
（2）根據(jù)木板動與不動的條件求解貨物與木板間的動摩擦因數(shù)所滿足的條件；
（3）根據(jù)（2）中條件求解μ₁=0.5時貨物在A、B上運動情況由運動學(xué)公式求得貨物靜止時下滑的高度h．

解答 解：（1）貨物在傾斜軌道上的受力如圖，由牛頓第二定律：
mgsinθ-f=ma₀，N-mgcosθ=0，
滑動摩擦力：f=Nμ₀，
代入數(shù)據(jù)解得a₀=5m/s²，由勻變速直線運動的速度位移公式得：
v₀²=2a₀$\frac{{h}_{0}}{sin37°}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=5m/s；
（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得：μ₁mg≤μ₂（m+2m）g，
若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得：μ₁mg＞μ₂（m+m）g，
代入數(shù)據(jù)得：0.4＜μ₁≤0.6；
（3）由（2）知貨物滑上A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動．
貨物下滑高度記為h₂，到達(dá)斜道末端時速度記為v₂，v₂²=2a₀$\frac{{h}_{2}}{sin37°}$，
貨物滑上A時做勻減速運動，加速度大小a₁=gμ₁=5m/s²
貨物離開A時速度記為v₃，v₃²-v₂²=-2a₁l，
貨物滑上B時，自身加速度大小a₂=gμ₁=5m/s²，
B的加速度大小a₃=gμ₁-2gμ₂=1m/s²
由題意，貨物到達(dá)B最右端時兩者恰好具有共同速度，記為v₄
貨物做勻減速運動：v₄=v₃-a₂t，v₄²-v₃²=-2a₂l_貨，
B做勻加速運動：v₄=a₃t，v₄²=2a₃l_B，
位移關(guān)系滿足：l_B+l=l_貨，
代入數(shù)據(jù)解得：h₂=2.64m；
答：（1）若貨物從離地面高h(yuǎn)₀=1.5m處由靜止滑下，求貨物到達(dá)軌道末端時的速度v₀為5m/s．
（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(yīng)滿足的條件是0.4＜μ₁≤0.6；
（3）若μ₁=0.5，為使貨物恰能到達(dá)B的最右端，貨物由靜止下滑的高度h應(yīng)為2.64m．

點評 本題考查了牛頓運動定律的應(yīng)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．