Question

16．如圖所示，半徑R=0.4m的圓盤水平放置，繞豎直軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓心O正上方固定一水平光滑軌道，軌道右端點(diǎn)O′與轉(zhuǎn)軸的延長線重合．質(zhì)量為M=2.0kg、足夠長的平板車靜止在水平軌道上，右端放有質(zhì)量m=1.0kg的滑塊，滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與平板車的上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2．平板車的上表面距離圓盤的高度為h=0.8m．某時(shí)刻平板車在水平外力F=8N作用下由靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車的右端到達(dá)O′點(diǎn)時(shí)，平板車被軌道上的鎖定裝置鎖定，立刻停止運(yùn)動(dòng)．滑塊從平板車滑離時(shí)，圓盤半徑OA恰好沿x軸正方向（規(guī)定經(jīng)過O點(diǎn)水平向右為x軸正方向），當(dāng)滑塊落到圓盤上時(shí)，剛好落到A點(diǎn)．取g=10m/s²，滑塊與車之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．求：
（1）滑塊滑離平板車時(shí)，滑塊的速度；
（2）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)為多大；
（3）水平外力F對平板車的作用距離．

Answer 1

分析 （1）滑塊滑離平板車后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解；
（2）滑塊滑離平板車后落在A點(diǎn)過程，轉(zhuǎn)盤轉(zhuǎn)動(dòng)k圈，根據(jù)等時(shí)性考慮即可；
（3）先根據(jù)牛頓第二定律判斷滑塊與平板車之間是否有相對滑動(dòng)；然后對分別對平板車和滑塊根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式并結(jié)合位移關(guān)系和時(shí)間關(guān)系列式求解即可．

解答 解：（1）滑塊離開平板車后，做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₀，則：
h=$\frac{1}{2}g{t}_{0}^{2}$
R=vt₀ 
解得：
v₀=1m/s
（2）設(shè)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω，為使滑塊剛好落在A點(diǎn)，故滑塊下落的時(shí)間為圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)周期的整數(shù)倍，故：
t₀=kT（k=1，2，3，…）
T=$\frac{2π}{ω}$
聯(lián)立解得：
ω=5kπ rad/s（k=1，2，3，…）
（3）設(shè)M、m能一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度為a₀，此時(shí)作用在M上的水平外力為F₀，則：
μmg=ma₀ 
F₀=（M+m）a₀
解得：
F₀=6N＜F=8N，故滑塊與平板車會發(fā)生相對滑動(dòng)；
設(shè)平板車右端到達(dá)O′點(diǎn)的時(shí)間為t，平板車和滑塊的加速度分別為a₁、a₂，位移分別為s₁、s₂，則：
F-μmg=Ma₁
μmg=ma₂ 
${s}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$ 
${s}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$ 
設(shè)此時(shí)滑塊離開平板車右端的距離為s，速度為v_m，則：
s=s₁-s₂
v_m=a₂t
此后滑塊將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小認(rèn)為a₂，直到以速度v滑離平板車，則：
${v}_{m}^{2}-{v}^{2}=2{a}_{2}s$
聯(lián)立上述各式，解得：
S₁=0.75m
答：（1）滑塊滑離平板車時(shí)，滑塊的速度為1m/s；
（2）圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度應(yīng)為5kπ rad/s（k=1，2，3，…）；
（3）水平外力F對平板車的作用距離為0.75m．

點(diǎn)評 本題物體多、過程多、規(guī)律多，關(guān)鍵明確物體各個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)情況和受力情況，然后分階段并結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和牛頓第二定律的知識進(jìn)行解決．