Question

14．如图所示，固定的斜面长度为2L，倾角为θ，上、下端垂直固定有挡板A、B．质量为m的小滑块，与斜面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，滑块所受的摩擦力大于其重力沿斜面的分力，滑块每次与挡板相碰均无机械能损失．现将滑块由斜面中点P以初速度v₀沿斜面向下运动，滑块在整个运动过程与挡板碰撞的总次数为k（k＞2），重力加速度为g，试求：
（1）滑块第一次到达挡板时的速度大小v；
（2）滑块上滑过程的加速度大小a和到达挡板B时的动能E_kb；
（3）滑块滑动的总路程s．

Answer 1

分析 （1）对滑块的下滑过程根据动能定理列式求解即可；
（2）对上滑过程，根据牛顿第二定律列式求解加速度；根据动能定理列式求解B点的动能，注意考虑多解；
（3）分上滑过程停止和下降过程停止，根据动能定理列式求解总路程．

解答 解：（1）滑块从开始运动到第一次下滑到A点过程，根据动能定理，有：
$mgLsinθ-μmgcosθL=\frac{1}{2}m{v}_{A}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：
${v}_{A}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gL（sinθ-μcosθ）}$
（2）滑块上滑过程，根据牛顿第二定律，有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得：a=g（sinθ-μcosθ）
滑块从开始运动到运动到B点过程，路程为：S=（2k-1）L （k=2，4，6，…）
根据动能定理，有：
-mgsinθ•L-μmgcosθ•S=${E}_{kb}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：E_kb=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-mgsinθ•L-μmgcosθ（2k-1）（k=2，4，6，…）
（3）情况一：
如果最后一次是与A板碰撞后上滑x₁停止，则路程为：S₁=（2k-1）L+x₁ （k=3，5，7，…）
对运动全过程，根据动能定理，有：
$-μmgcosθ•{S}_{1}+mgsinθ（L-{x}_{1}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：S₁=$\frac{{v}_{0}^{2}+4kgLsinθ}{2g（μcosθ+sinθ）}$（k=3，5，7，…）
情况二：
如果最后一次是与B板碰撞后下滑x₂停止，则路程为：S₂=（2k-1）L+x₂ （k=4，6，8，…）
对运动全过程，根据动能定理，有：
$-μmgcosθ•{S}_{2}+mgsinθ（-L+{x}_{2}）=0-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：S₂=$\frac{{v}_{0}^{2}-4kgLsinθ}{2g（μcosθ-sinθ）}$（k=4，6，8，…）
答：（1）滑块第一次到达挡板时的速度大小v为$\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gL（sinθ-μcosθ）}$；
（2）滑块上滑过程的加速度大小a为g（sinθ-μcosθ），到达挡板B时的动能为$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-mgsinθ•L-μmgcosθ（2k-1）（k=2，4，6，…）；
（3）如果最后一次是与A板碰撞后上滑停止，则总路程为：S₁=（2k-1）L+x₁ （k=3，5，7，…）；
如果最后一次是与B板碰撞后下滑停止，则总路程为：S₂=（2k-1）L+x₂ （k=4，6，8，…）．

点评 本题是物体沿着斜面滑动的问题，要分析清楚受力情况和运动情况，关键是结合动能定理列式，难点是考虑运动的重复性，要分上滑停止或下滑停止进行讨论，同时要考虑多解．