Question

如圖，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其

1

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圓弧段MN與水平段NP相切于NP端固定一豎直擋板，NP長(zhǎng)度
為2m，圓弧半徑為1m．一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊自．M端 從靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生碰撞（只改變速度方向而不改變速度大�。┖螅�最 終停止在水平軌道上某處．已知物塊在MN段的摩擦可忽略不計(jì)，與NP段軌道間的滑 動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2．則物塊（　　）

A、運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與擋板發(fā)生2次碰撞

B、返回圓弧軌道的最大?度為0.6m

C、在NP間往返一次克服摩擦力作功8J

D、第一與第二次經(jīng)過(guò)圓軌道上N點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力之比為15：7

Answer 1

分析：對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，求出物體在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的距離，根據(jù)求出的距離與NP長(zhǎng)度的關(guān)系得出碰撞的次數(shù)．第一次返回到圓弧軌道上升的高度最大，根據(jù)動(dòng)能定理求出上升的最大高度．根據(jù)動(dòng)能定理分別求出第一次和第二次經(jīng)過(guò)圓軌道N點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出物塊對(duì)軌道的壓力之比．

解答：解：A、對(duì)全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得，mgR-μmgs=0，解得s=

R

μ

=

1

0.2

=5m．而NP=2m，可知運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊與擋板只發(fā)生1次碰撞．故A錯(cuò)誤．
B、第一次返回時(shí)，上升的高度最大，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgR-mgh-μmg?2s_NP=0，解得h=0.2m．故B錯(cuò)誤．
C、在NP間往返一次克服摩擦力做功W_f=μmg?2s_NP=0.8mg，由于物塊的質(zhì)量未知，故無(wú)法求出在NP間往返一次克服摩擦力做的功．故C錯(cuò)誤．
D、第一次經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgR=

1

2

mv12，FN1-mg=m

v12

R

，解得F_N1=3mg．第二次經(jīng)過(guò)N點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgR-μmg?2sNP=

1

2

mv22.FN2-mg-=m

v22

R

，解得F_N2=1.4mg，所以

FN1

FN2

=

15

7

．故D正確．
故選D．

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律，綜合性較強(qiáng)，多次運(yùn)用動(dòng)能定理進(jìn)行求解，平時(shí)需加強(qiáng)這類(lèi)題型的訓(xùn)練．