Question

17．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)1/4弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A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)沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計(jì)摩擦．下列說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 當(dāng)${v_0}=\sqrt{2gR}$時(shí)，小球能到達(dá)B點(diǎn)
• B． 如果小球的速度足夠大，球?qū)�從滑塊的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上
• C． 當(dāng)${v_0}=\sqrt{2gR}$時(shí)，小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能一直增大
• D． 如果滑塊固定，小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為$m\frac{v_0^2}{R}$

Answer 1

分析 先設(shè)小球剛好沒(méi)躍出圓弧的B點(diǎn)，知小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，小球與滑塊水平方向速度相同，結(jié)合水平動(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(guò)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A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力．

解答 解：A、當(dāng)小球剛好到達(dá)B點(diǎn)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)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；
B、小球離開(kāi)四分之一圓弧軌道時(shí)，在水平方向上與滑塊M的速度相同，則球?qū)�從滑塊的左側(cè)離開(kāi)滑塊后返回時(shí)仍然回到滑塊M上，不可能從滑塊的左側(cè)離開(kāi)滑塊，故B錯(cuò)誤；
C、小球在圓弧上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球?qū)�滑塊M的壓力一直對(duì)滑塊做正功，所以滑塊動(dòng)能一直增加，故C正確；
D、若滑塊固定，由機(jī)械能守恒知小球返回A點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v₀，在B點(diǎn)，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B點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力為mg+m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，故D錯(cuò)誤．
故選：C

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，要知道小球剛好沒(méi)躍出圓弧的上端B時(shí)兩者水平方向上的速度相同，系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒，但總動(dòng)量不守恒．