Question

7．如圖，半徑R=0.4m的圓盤水平放置，繞豎直軸OO′勻速轉動，圓心O正上方h=0.8m高處固定一水平軌道，與轉軸交于O′點，質量m=1kg的滑塊（視為質點）可沿軌道運動．現(xiàn)對其施加F=4N的水平拉力，使其從O′左側s=2m處由靜止開始沿軌道向右運動．當滑塊運動到O′點時，從滑塊上自由釋放一小球，此時圓盤的半徑OA正好與軌道平行，且A點在O的右側．滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2．為使小球剛好落在A點，圓盤轉動的角速度ω=5πn（n=1，2，3…）rad/s；為使小球能落到圓盤上，水平拉力F做功的范圍應為4～4.5J（g取10m/s²）．

Answer 1

分析 物塊離開O′點后做平拋運動，可以求出平拋運動的時間和平拋運動的初速度，若圓盤轉一圈，物塊恰好調入小桶，此時作用力時間最短．圓盤轉一圈的時間與平拋運動時間是相等．從而得出圓盤轉動的角速度最小值．也有可能在平拋運動時間內，圓盤轉動n圈．因此求出轉動角速度；
小球能落在圓盤上，則可利用平拋運動，可求出小球拋出的速度范圍，從而得出小球的加速度的范圍．最終運用牛頓第二定律可求出水平拉力的距離范圍，從而即可求解．

解答 解：小球離開小車后，由于慣性，將以離開小車時的速度作平拋運動
豎直方向有：h=$\frac{1}{2}$gt²
解得：t=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.8}{10}}$=0.4（s）
水平方向：R=vt         
小車運動到O′點的速度v=$\frac{R}{t}$=$\frac{0.4}{0.4}$m/s=1m/s
為使小球剛好落在A點則應滿足：ωt=2πk
解得：ω=$\frac{2πn}{t}$=5πn rad/s（n=1，2，3…）
小球若能落到圓盤上，其在O′點的速度范圍是：0＜v≤1m/s
設水平拉力作用的最小距離與最大距離分別為x₁、x₂，對應到達O′點的速度分別為0、1m/s．
當?shù)竭_到達O′點的速度分別為0m/s時，由動能定理，有：
Fx₁-μmgx₀=0
代入數(shù)據(jù)解得：
x₁=1m
當?shù)竭_到達O′點的速度分別為1m/s時，根據(jù)動能定理，有：
Fx₂-μmgx₀=$\frac{1}{2}$mv²-0
代入數(shù)據(jù)解得x₂=1.125m
則水平拉力F作用的距離范圍 1m≤x≤1.125m；
根據(jù)力做功表達式W=FS，則水平拉力F做功的范圍應為4J～4.5J．
故答案為：5πn（n=1，2，3…），4～4.5．

點評 解決本題的關鍵知道物塊整個過程的運動：勻加速直線運動、勻減速直線運動和平拋運動，知道三個過程的運動時間與圓盤轉動的時間相等．以及熟練運用運動學公式．