Question

9．某傳送貨物裝置可簡(jiǎn)化為如圖所示，質(zhì)量為m=2kg可視為質(zhì)點(diǎn)的貨物，從半徑R=5m的光滑$\frac{1}{4}$圓弧軌道的B點(diǎn)，無(wú)初速下滑至最低點(diǎn)C，再滑上質(zhì)量為M=2kg、�？吭贑點(diǎn)的滑板，滑板與C等高，滑板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)₁=10m．取g=10m/s²，求：
（1）貨物滑至C點(diǎn)時(shí)對(duì)C處的壓力N；
（2）若貨物與滑板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₁=0.3，且滑至滑板的右端時(shí)剛好與滑板相對(duì)靜止，求滑板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂；
（3）在（2）問的前提下，滑板與DE平臺(tái)碰后以原速率彈回，且回到C點(diǎn)剛好停下，貨物滑上與滑板等高的DE平臺(tái)．這樣不停地把質(zhì)量為m貨物從AB平臺(tái)傳送至DE平臺(tái)，求滑板靜止時(shí)右端到DE平臺(tái)的距離L₂．

Answer 1

分析 （1）貨物由B到C的過程，由動(dòng)能定理可求得貨物在C點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律即牛頓第三定律列方程，可求得貨物對(duì)軌道的壓力N；
（2）貨物滑上滑板M后做勻減速運(yùn)動(dòng)，滑板做勻加速運(yùn)動(dòng)，貨物滑至滑板的右端時(shí)剛好與滑板相對(duì)靜止，兩者速度相同，由牛頓第二定律可分別求得貨物及滑板的加速度，結(jié)合速度相同列式工，求時(shí)間，再根據(jù)貨物的位移和滑板之差等于滑板的長(zhǎng)度列式，聯(lián)立可求解．
（3）運(yùn)用動(dòng)能定理求滑板靜止時(shí)右端到DE平臺(tái)的距離L₂．

解答 解：（1）貨物從B運(yùn)動(dòng)到C做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)C點(diǎn)對(duì)貨物支持力為N′，由動(dòng)能定理及牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：
mgR=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0…①
在C點(diǎn)有：N′-mg=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…②
聯(lián)解①②得：N′=3mg=3×2×10N=60N
由牛頓第三定律得：N′=-N…③
得：N=-60N，負(fù)號(hào)表示方向豎直向下…④
（2）由題可知滑板會(huì)相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，設(shè)貨物運(yùn)動(dòng)用時(shí)為t時(shí)與滑板相對(duì)靜止，速度為v₁，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)有：
對(duì)貨物：
  μ₁mg=ma₁…⑤
  v₁=v-a₁t…⑥
貨物的位移 x₁=$\frac{v+{v}_{1}}{2}t$…⑦
對(duì)滑板：
  μ₁mg-μ₂（M+m）g=Ma₂…⑧
  v₁=a₂t…⑨
滑板的位移 x₂=$\frac{0+{v}_{1}}{2}t$…⑩
貨物滑到滑板右端時(shí)，有：x₁-x₂=L₁…⑪
聯(lián)解⑤～⑪得：μ₂=0.05…⑫
（3）設(shè)滑板與DE平臺(tái)相碰撞時(shí)速度為v₂，由動(dòng)能定理有：
-μ₂（M+m）g（L₂-x₂）=$\frac{1}{2}$（M+m）${v}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}$（M+m）${v}_{1}^{2}$…⑬
-μ₂MgL₂=0-$\frac{1}{2}$M${v}_{2}^{2}$…⑭
聯(lián)解⑬⑭得：L₂=10m…⑮
答：（1）貨物滑至C點(diǎn)時(shí)對(duì)C處的壓力N是60N．
（2）滑板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ₂是0.05．
（3）滑板靜止時(shí)右端到DE平臺(tái)的距離L₂是10m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查牛頓第二定律和第三定律及動(dòng)能定理的應(yīng)用，關(guān)鍵分析物體及小車的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，按時(shí)間順序分析，并要抓住速度相等的條件．