19.如圖所示,某貨場需將質(zhì)量為m1=200kg的貨物(可視為質(zhì)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的$\frac{1}{4}$圓軌道,使貨物由軌道頂端無初速滑下,軌道半徑R=2.45m.地面上緊靠軌道依次排放兩塊完全相同的木板A、B,長度均為l=4.5m,質(zhì)量均為 m2=200kg,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)μ2=0.2.(設(shè)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(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力大。
(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,求貨物與木板B上表面之間摩擦產(chǎn)生的熱量.

分析 (1)物體下滑的過程中,機(jī)械能守恒,根據(jù)機(jī)械能守恒可以得出到達(dá)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(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力大;
(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(dāng)μ1=0.5時,貨物在木板A上滑動時,分析木板的狀態(tài),由牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律可以求出貨物相對于木板滑行的距離,即可求解熱量.

解答 解析:(1)設(shè)貨物滑到圓軌道末端時的速度為v0,對貨物的下滑過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得:
 m1gR=$\frac{1}{2}$m1v02,
代入數(shù)據(jù)解得:v0=7m/s…①
設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為FN,根據(jù)牛頓第二定律得:
FN-m1g=m1$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$…②
聯(lián)立①②式,代入數(shù)據(jù)得:
FN=3mg=6000N…③
根據(jù)牛頓第三定律,貨物對軌道的壓力大小為6000 N,方向豎直向下.
(2)若滑上木板A時,木板不動,由受力分析得:
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)解得:0.4<μ1≤0.6…⑥
(3)若μ1=0.5,由 ⑥式可知,貨物在木板 A上滑動時,木板不動,設(shè)貨物有木板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(shè)貨物滑到木板 A末端時的速度為 v1,由運動學(xué)公式得:
 v12-v02=-2a1l…⑧
聯(lián)立①⑦⑧式,代入數(shù)據(jù)得:v1=2m/s…⑨
貨物滑上木板 B時,做減速運動時的加速度大小仍為a1=5m/s2,木板B做加速運動時的加速度大小a2滿足:
μ1m1g-μ2(m1+m2)g=m2a2…⑩
解得:a2=1 m/s2                                               
貨物在木板B上相對滑動的時間 t2滿足
v1-a1t2=a2t2…(11)
解得:t2=$\frac{1}{3}$s      
此時貨物和木板B的共同速度為:v2=a2t2=$\frac{1}{3}$m/s…(12)
貨物在木板B上相對滑動的距離為 
△s=$\frac{1}{2}({v}_{1}+{v}_{2}){t}_{2}$-$\frac{1}{2}(0+{v}_{2}){t}_{2}$=$\frac{1}{3}$m<l…(13)
說明貨物沒有滑出木板B,此后貨物和木板B共同做勻減速運動,直到停止,貨物與木板B上表面之間摩擦產(chǎn)生的熱量為:
  Q=μ1m1g•△s=0.5×$200×10×\frac{1}{3}$J≈3.3×102J…(14)
答:(1)貨物到達(dá)圓軌道末端時對軌道的壓力大小是6000N.
(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)滿足的條件為0.4<μ1≤0.6.
(3)若μ1=0.5,貨物與木板B上表面之間摩擦產(chǎn)生的熱量為3.3×102J.

點評 本題考查了機(jī)械能守恒、圓周運動和牛頓運動定律的應(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.

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