Question

1．如圖所示，在光滑水平面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的滑塊，滑塊的一側(cè)是一個(gè)$\frac{1}{4}$圓弧OEF，圓弧半徑為R，E點(diǎn)切線水平，另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v₀從A點(diǎn)沖上滑塊，不計(jì)摩擦，下列說法中正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)v₀=$\sqrt{2gR}$時(shí)，小球能到達(dá)F點(diǎn)
• B． 若小球的速度足夠大，球?qū)�從滑塊的右側(cè)離開滑塊
• C． 小球在圓弧上運(yùn)動(dòng)的過程中，滑塊的動(dòng)能增大，小球的機(jī)械能減小
• D． 若滑塊固定，小球返回E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$

Answer 1

分析 設(shè)小球剛好沒躍出圓弧的上端，知小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，結(jié)合動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒求出小球的初速度大小，比較A中給定的初速度即可分析A選項(xiàng)，小球和小車組成的系統(tǒng)，在水平方向上動(dòng)量守恒，小球越過圓弧軌道后，在水平方向上與小車的速度相同，返回時(shí)仍然落回軌道，根據(jù)支持力對(duì)小球的做功情況分析小球機(jī)械能的變化情況，根據(jù)壓力對(duì)滑塊做功情況判斷滑塊動(dòng)能的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律求解小球回到E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力．

解答 解：A、當(dāng)小球上升到滑塊上端時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，設(shè)為v₁，以小球的初速度方向?yàn)檎�方向，在水平方向上，由�?dòng)量守恒定律得：
mv₀=（m+M）v₁…①
由機(jī)械能守恒定律得：$\frac{1}{2}$mv₀²=$\frac{1}{2}$（m+M）v₁²+mgR  …②，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=$\sqrt{\frac{2gR（M+m）}{M}}＞\sqrt{2gR}$，所以當(dāng)v₀=$\sqrt{2gR}$時(shí)，小球不能到達(dá)F點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B、小球離開四分之一圓弧軌道，在水平方向上與小車的速度相同，則返回時(shí)仍然回到小車上，所以小球不可能從滑塊的右側(cè)離開滑塊，故B錯(cuò)誤；
C、小球在圓弧上運(yùn)動(dòng)的過程中，支持力對(duì)小球一直做負(fù)功，所以小球的機(jī)械能減小，而壓力一直對(duì)滑塊做正功，所以滑塊動(dòng)能增加，故C正確；
D、若滑塊固定，小球返回E點(diǎn)時(shí)的速度仍為v₀，根據(jù)牛頓第二定律得：
F-mg=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$
解得：F=mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$，
根據(jù)牛頓第三定律可知，小球返回E點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg+m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$，故D正確．
故選：CD

點(diǎn)評(píng) 本題考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及能量守恒定律等，知道小球剛好沒躍出圓弧的上端，兩者水平方向上的速度相同，能根據(jù)兩者的受力情況及各力的做功情況分析機(jī)械能及動(dòng)能的變化情況．