Question

如圖所示，某貨場需將質量為m₁=100kg的貨物（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發生撞擊，現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塊完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m₂=100kg，木板上表面與軌道末端相切．貨物與木板間的動摩擦因數為μ₁，木板與地面間的動摩擦因數μ₂=0.2．（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10m/s²）
（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力．
（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應滿足的條件．
（3）若μ₁=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間．
（4）求貨物停止的位置到A板右端的距離？

Answer 1

分析：（1）物體下滑的過程中，機械能守恒，根據機械能守恒可以得出到達底端時的速度，再由向心力的公式可以求得物體受到的支持力的大小，根據牛頓第三定律可以得到貨物到達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的范圍．
（3）當μ₁=0.5時，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動，貨物做的是勻減速直線運動，位移是木板的長度L，由勻變速直線運動的規律可以求得．

解答：解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端時的速度為v₀，對貨物的下滑過程，根據機械能守恒定律得
m₁gR=

1

2

m₁v₀²…①
設貨物在軌道末端所受支持力的大小為F_N，根據牛頓第二定律得
F_N-m₁g=m₁

v 2 0

R

…②
聯立①②式，代入數據得
F_N=3000 N…③
根據牛頓第三定律，貨物對軌道的壓力大小為3000 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
聯立④⑤式，代入數據得0.4＜μ₁≤0.6…⑥．
（3）當μ₁=0.5時，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．
設貨物在木板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
設貨物滑到木板A末端是的速度為V₁，由運動學公式得V₁²-V₀²=-2a₁L…⑧
聯立①⑦⑧式代入數據得  V₁=4m/s…⑨
設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得  V₁=V₀-a₁t…⑩
聯立①⑦⑨⑩式代入數據得  t=0.4s．
（4）當μ₁=0.5時，由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動．
而滑上木板B時，木板B開始滑動，
貨物在木板B上做減速運動時的加速度大小為a₂，
a₂=5m/s²．
木板B做勻加速運動的加速度a₃=

μ1mg-μ2(m1+m2)g

m2

=1m/s²．
4-a₂t=0+a₃t
t=

2

3

s時，貨物與B速度相等，x₁=

14

9

m
x₂=

v2

2×2

=

1

9

m
所以貨物停止的位置到A板右端的距離x=x₁+x₂=

15

9

m
答：（1）貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力是3000N；
（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應滿足的條件是0.4＜μ₁≤0.6；
（3）若μ₁=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度是4m/s，在木板A上運動的時間是0.4s．
（4）貨物停止的位置到A板右端的距離x=

15

9

m．

點評：本題考查了機械能守恒、圓周運動和牛頓運動定律的應用，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，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．