Question

16．如图所示，半径R=0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO′匀速转动，在圆心O正上方固定一水平光滑轨道，轨道右端点O′与转轴的延长线重合．质量为M=2.0kg、足够长的平板车静止在水平轨道上，右端放有质量m=1.0kg的滑块，滑块可视为质点，滑块与平板车的上表面间的动摩擦因数为μ=0.2．平板车的上表面距离圆盘的高度为h=0.8m．某时刻平板车在水平外力F=8N作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，当车的右端到达O′点时，平板车被轨道上的锁定装置锁定，立刻停止运动．滑块从平板车滑离时，圆盘半径OA恰好沿x轴正方向（规定经过O点水平向右为x轴正方向），当滑块落到圆盘上时，刚好落到A点．取g=10m/s²，滑块与车之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：
（1）滑块滑离平板车时，滑块的速度；
（2）圆盘转动的角速度应为多大；
（3）水平外力F对平板车的作用距离．

Answer 1

分析 （1）滑块滑离平板车后做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式求解；
（2）滑块滑离平板车后落在A点过程，转盘转动k圈，根据等时性考虑即可；
（3）先根据牛顿第二定律判断滑块与平板车之间是否有相对滑动；然后对分别对平板车和滑块根据牛顿第二定律列式求解加速度，根据运动学公式并结合位移关系和时间关系列式求解即可．

解答 解：（1）滑块离开平板车后，做平抛运动的初速度为v，运动时间为t₀，则：
h=$\frac{1}{2}g{t}_{0}^{2}$
R=vt₀ 
解得：
v₀=1m/s
（2）设圆盘转动的角速度为ω，为使滑块刚好落在A点，故滑块下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，故：
t₀=kT（k=1，2，3，…）
T=$\frac{2π}{ω}$
联立解得：
ω=5kπ rad/s（k=1，2，3，…）
（3）设M、m能一起运动的最大加速度为a₀，此时作用在M上的水平外力为F₀，则：
μmg=ma₀ 
F₀=（M+m）a₀
解得：
F₀=6N＜F=8N，故滑块与平板车会发生相对滑动；
设平板车右端到达O′点的时间为t，平板车和滑块的加速度分别为a₁、a₂，位移分别为s₁、s₂，则：
F-μmg=Ma₁
μmg=ma₂ 
${s}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$ 
${s}_{2}=\frac{1}{2}{a}_{2}{t}^{2}$ 
设此时滑块离开平板车右端的距离为s，速度为v_m，则：
s=s₁-s₂
v_m=a₂t
此后滑块将做匀减速直线运动，其加速度的大小认为a₂，直到以速度v滑离平板车，则：
${v}_{m}^{2}-{v}^{2}=2{a}_{2}s$
联立上述各式，解得：
S₁=0.75m
答：（1）滑块滑离平板车时，滑块的速度为1m/s；
（2）圆盘转动的角速度应为5kπ rad/s（k=1，2，3，…）；
（3）水平外力F对平板车的作用距离为0.75m．

点评 本题物体多、过程多、规律多，关键明确物体各个阶段的运动情况和受力情况，然后分阶段并结合平抛运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动和牛顿第二定律的知识进行解决．