Question

16．如圖所示，半徑R=0.4m的圓盤水平放置，繞豎直軸OO′勻速轉動，在圓心O正上方固定一水平光滑軌道，軌道右端點O′與轉軸的延長線重合．質量為M=2.0kg、足夠長的平板車靜止在水平軌道上，右端放有質量m=1.0kg的滑塊，滑塊可視為質點，滑塊與平板車的上表面間的動摩擦因數為μ=0.2．平板車的上表面距離圓盤的高度為h=0.8m．某時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動，當車的右端到達O′點時，平板車被軌道上的鎖定裝置鎖定，立刻停止運動．滑塊從平板車滑離時，圓盤半徑OA恰好沿x軸正方向（規(guī)定經過O點水平向右為x軸正方向），當滑塊落到圓盤上時，剛好落到A點．取g=10m/s²，滑塊與車之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．求：
（1）滑塊滑離平板車時，滑塊的速度；
（2）圓盤轉動的角速度應為多大；
（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動，根據平拋運動的分位移公式列式求解；
（2）滑塊滑離平板車后落在A點過程，轉盤轉動k圈，根據等時性考慮即可；
（3）先根據牛頓第二定律判斷滑塊與平板車之間是否有相對滑動；然后對分別對平板車和滑塊根據牛頓第二定律列式求解加速度，根據運動學公式并結合位移關系和時間關系列式求解即可．

解答 解：（1）滑塊離開平板車后，做平拋運動的初速度為v，運動時間為t₀，則：
h=$\frac{1}{2}g{t}_{0}^{2}$
R=vt₀ 
解得：
v₀=1m/s
（2）設圓盤轉動的角速度為ω，為使滑塊剛好落在A點，故滑塊下落的時間為圓盤轉動周期的整數倍，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M、m能一起運動的最大加速度為a₀，此時作用在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；
設平板車右端到達O′點的時間為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 
${s}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$ 
${s}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$ 
設此時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動，其加速度的大小認為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，滑塊的速度為1m/s；
（2）圓盤轉動的角速度應為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．

點評 本題物體多、過程多、規(guī)律多，關鍵明確物體各個階段的運動情況和受力情況，然后分階段并結合平拋運動、勻變速直線運動、勻速圓周運動和牛頓第二定律的知識進行解決．