Question

17．如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆上各处与滑块之间的动摩擦因素保持不变，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，滑块与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　）

• A． 可以求出滑块下滑和上滑过程加速度的大小a₁、a₂
• B． 取过B点的水平面为零势能面，则可以判断滑块从A下滑至B的过程中，重力势能等于动能的位置在AB中点的下方
• C． 可以求出滑块在杆上运动的总路程S
• D． 可以求出滑块第一次与挡板碰撞时重力做功的瞬时功率P

Answer 1

分析 滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律求出两端加速度，利用运动学公式求解加速度；
在求解总路程时，可以用动能定理全程列式求解．

解答 解：A、设下滑位移为L，到达底端速度为v
由公式v²=2ax得：
下滑过程：v²=2a₂L ①
上滑过程：v²=2a₁$\frac{L}{2}$=a₁L ②
由牛顿第二定律得：
下滑加速度为：a₂=$\frac{mgsinα-f}{m}$③
上滑加速度为：a₁=$\frac{mgsinα+f}{m}$④
①②③④联立得：a₂=$\frac{2gsinα}{3}$，a₁=$\frac{4gsinα}{3}$，故A正确；
B、可以考虑到达AB中点时刻，如果没有摩擦，则机械能守恒，此时动能与重力势能相等；但实际有摩擦，动能偏小，故需要继续下降才可能动能和势能相等，故B正确；
C、将滑块拉到A点由静止释放能够下滑，说明重力的下滑分力大于最大静摩擦力，故最终滑块停在底端；
对运动全程，根据动能定理，有：mgLsinα-μmgcosα•S=0-0，
对从释放到第一次反弹到最高点过程，根据动能定理，有：mg$\frac{L}{2}$sinα-μmgcosα•$\frac{3}{2}L$=0-0，
联立解得：S=$\frac{3L}{tanα}$，不知道L，故C错误；
D、由于不知道杆的长度L，故滑块第一次与挡板碰撞时的速度无法求解，也就不能求解此时重力的瞬时功率，故D错误；
故选：AB

点评 解决本题的关键是上滑和下滑时摩擦力方向不同，所以加速度不同，另外抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等；在不涉及加速度时，可以根据动能定理列式判断．