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小；
（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．