题目内容
如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其| 1 |
| 4 |
为2m，圆弧半径为1m．一个可视为质点的物块自．M端 从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生碰撞（只改变速度方向而不改变速度大小）后，最 终停止在水平轨道上某处．已知物块在MN段的摩擦可忽略不计，与NP段轨道间的滑 动摩擦因数为0.2．则物块（ ）
分析：对全过程运用动能定理，求出物体在水平轨道上运动的距离，根据求出的距离与NP长度的关系得出碰撞的次数．第一次返回到圆弧轨道上升的高度最大，根据动能定理求出上升的最大高度．根据动能定理分别求出第一次和第二次经过圆轨道N点的速度，根据牛顿第二定律求出物块对轨道的压力之比．
解答：解：A、对全过程运用动能定理得，mgR-μmgs=0，解得s=
=
=5m．而NP=2m，可知运动过程中物块与挡板只发生1次碰撞．故A错误．
B、第一次返回时，上升的高度最大，根据动能定理得，mgR-mgh-μmg?2sNP=0，解得h=0.2m．故B错误．
C、在NP间往返一次克服摩擦力做功Wf=μmg?2sNP=0.8mg，由于物块的质量未知，故无法求出在NP间往返一次克服摩擦力做的功．故C错误．
D、第一次经过N点时，根据动能定理得，mgR=
mv12，FN1-mg=m
，解得FN1=3mg．第二次经过N点时，根据动能定理得，mgR-μmg?2sNP=
mv22.FN2-mg-=m
，解得FN2=1.4mg，所以
=
．故D正确．
故选D．
| R |
| μ |
| 1 |
| 0.2 |
B、第一次返回时，上升的高度最大，根据动能定理得，mgR-mgh-μmg?2sNP=0，解得h=0.2m．故B错误．
C、在NP间往返一次克服摩擦力做功Wf=μmg?2sNP=0.8mg，由于物块的质量未知，故无法求出在NP间往返一次克服摩擦力做的功．故C错误．
D、第一次经过N点时，根据动能定理得，mgR=
| 1 |
| 2 |
| v12 |
| R |
| 1 |
| 2 |
| v22 |
| R |
| FN1 |
| FN2 |
| 15 |
| 7 |
故选D．
点评：本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，多次运用动能定理进行求解，平时需加强这类题型的训练．
练习册系列答案
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如图，MNP 为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s．一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板最多发生一次碰撞，且碰撞前后速度不变，停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值（ ）
如图，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板．M相对于N的高度为h，NP长度为s．一木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处．若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N点距离的可能值．
，求物块停止的地方与N点距离的可能值。