Question

2．如圖，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，圓盤邊緣有一質(zhì)量m=1.0kg的小滑塊．當圓盤運動的角速度達到某一數(shù)值時，滑塊從圓盤邊緣滑落，經(jīng)光滑的過渡圓管進入軌道ABC，已知AB段斜面傾角為53°，BC段斜面傾角為37°，滑塊與圓盤及斜面間的動摩擦因數(shù)均μ=0.5，圓盤半徑R=0.2m，A點離B點所在水平的高度h=1.2m，滑塊在運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點處的機械能損失，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，g=10m/s²，sin37°=0.6；　cos37°=0.8，求：
（1）當圓盤角速度多大時，滑塊從圓盤上滑落？
（2）從靜止起到滑塊滑離圓盤過程中，摩擦力對滑塊做的功；
（3）若取圓盤所在平面為零勢能面，求滑塊到達B點時的機械能；
（4）滑塊到達B點時起在BC面上滑動，經(jīng)過多長時間在BC面上再次返回B點？

Answer 1

分析 （1）滑塊做勻速圓周運動，由指向圓心的靜摩擦力提供向心力，靜摩擦力隨著外力的增大而增大，當滑塊即將從圓盤上滑落時，靜摩擦力達到最大值，根據(jù)最大靜摩擦力等于向心力列式求解，可以求出滑塊即將滑落的臨界角速度；
（2）從靜止起到滑塊滑離圓盤過程中，根據(jù)動能定理求摩擦力對滑塊做的功；
（3）先根據(jù)機械能的表達式求解出B點的速度，進而求出在B點時的機械能；
（4）對滑塊受力分析，分別求出向上滑行和向下滑行的加速度，然后根據(jù)運動學(xué)位移公式求出時間．

解答 解：（1）滑塊在圓盤上做圓周運動時，由靜摩擦力充當向心力，當靜摩擦力達到最大時滑塊開始從圓盤上滑落，根據(jù)牛頓第二定律，可得：
    μmg=mω²R
得：ω=$\sqrt{\frac{μg}{R}}$=$\sqrt{\frac{0.5×10}{0.2}}$=5rad/s
（2）滑塊在A點時的速度：v_A=ωR=5×0.2=1m/s
從靜止起到滑塊滑離圓盤過程中，根據(jù)動能定理得：
摩擦力對滑塊做的功 W=$\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}$=$\frac{1}{2}×1×{1}^{2}$=0.5J
（3）滑塊在從A到B的運動過程中，由動能定理得：
   mgh-μmgcos53°•$\frac{h}{sin53°}$=$\frac{1}{2}m{v}_{B}^{2}$-$\frac{1}{2}$mv_A² 
解得：v_B=4m/s     
在B點時的機械能 E_B=$\frac{1}{2}$mv_B²-mgh_B=$\frac{1}{2}×1×{4}^{2}$-10×1.2=-4J
（4）滑塊沿BC段向上運動時的加速度大�。篴₁=g（sin37°+μcos37°）=10m/s²
滑塊沿BC段向上運動的時間：t₁=$\frac{{v}_{B}}{{a}_{1}}$=0.4s
上滑的位移大小為 x₁=$\frac{1}{2}{v}_{B}{t}_{1}$=$\frac{1}{2}×4×0.4m$=0.8m
滑塊返回時的加速度大小：a₂=g（sin37°-μcos37°）=2m/s²    
由 x₂=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}$，且x₂=x₁
解得 t₂=$\sqrt{0.8}$s
故總時間為 t=t₁+t₂=$\frac{2}{5}$（$\sqrt{5}$+1）s
答：
（1）當圓盤角速度是5rad/s時，滑塊從圓盤上滑落．
（2）從靜止起到滑塊滑離圓盤過程中，摩擦力對滑塊做的功是0.5J；
（3）若取圓盤所在平面為零勢能面，滑塊到達B點時的機械能是-4J；
（4）滑塊到達B點時起在BC面上滑動，經(jīng)過$\frac{2}{5}$（$\sqrt{5}$+1）s時間在BC面上再次返回B點．

點評 本題關(guān)鍵把物體的各個運動過程的受力情況和運動情況分析清楚，把握臨界條件，然后結(jié)合動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解．