题目内容
（2013?淮安模拟）如图所示，在倾角为θ的斜面上放置一内壁光滑的凹槽A，凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ=| 3 | 2 |
（1）物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间t1．
（2）B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小aA和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小v2．
（3）凹槽A沿斜面下滑的总位移大小x．
分析：（1）对滑块B受力分析后根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解时间；
（2）根据牛顿第二定律求解A的加速度；根据速度位移关系公式求解出A停止前的运动位移，然后再根据位移时间关系公式和速度时间关系公式求解第二次碰撞的速度；
（3）对全程运用动能定理列式求解；
或者求解出第二次碰撞后移动位移与第一次碰撞后移动位移间的关系后找规律，最后运用数学知识求和．
（2）根据牛顿第二定律求解A的加速度；根据速度位移关系公式求解出A停止前的运动位移，然后再根据位移时间关系公式和速度时间关系公式求解第二次碰撞的速度；
（3）对全程运用动能定理列式求解；
或者求解出第二次碰撞后移动位移与第一次碰撞后移动位移间的关系后找规律，最后运用数学知识求和．
解答：解：（1）设B下滑的加速度为aB，则mgsinθ=maB
A所受重力沿斜面的分力 G1=mgsinθ＜μ?2mgcosθ
所以B下滑时，A保持静止
根据位移时间关系公式，d=
aB
解得：aB=gsinθ
t1=
（2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为v1，根据匀变速直线运动规律得 v1=
=
第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、0，此后A减速下滑，则2μmgcosθ-mgsinθ=maA
解得 aA=2gsinθ，方向沿斜面向上
A速度减为零的时间为t1，下滑的位移大小为x1，则t1=
=
x1=
=
在时间t1内物块B下滑的距离xB1=
aB
=
＜x1，所以发生第二次碰撞前凹槽A已停止运动，则B下滑距离x1与A发生第二次碰撞
=2aBx1
解得 v2=
（3）方法一：设凹槽A下滑的总位移为x，由功能关系有mgxsinθ+mg（x+d）sinθ=2μmgxcosθ
解得 x=d
方法二：由（2）中的分析可知 v2=
=
v1
第二次碰后凹槽A滑行的距离 x2=
=
同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距离均为上一次的一半，则x=
=d；
答：（1）物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间为t1=
．
（2）B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小aA和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小为v2=
．
（3）凹槽A沿斜面下滑的总位移大小x为d．
A所受重力沿斜面的分力 G1=mgsinθ＜μ?2mgcosθ
所以B下滑时，A保持静止
根据位移时间关系公式，d=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 1 |
解得：aB=gsinθ
t1=
|
（2）滑块B刚释放后做匀加速运动，设物块B运动到凹槽A的左挡板时的速度为v1，根据匀变速直线运动规律得 v1=
| 2aBd |
| 2dgsinθ |
第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为v1、0，此后A减速下滑，则2μmgcosθ-mgsinθ=maA
解得 aA=2gsinθ，方向沿斜面向上
A速度减为零的时间为t1，下滑的位移大小为x1，则t1=
| v1 |
| aA |
|
| ||
| 2aA |
| d |
| 2 |
在时间t1内物块B下滑的距离xB1=
| 1 |
| 2 |
| t | 2 1 |
| d |
| 4 |
| v | 2 2 |
解得 v2=
| gdsinθ |
（3）方法一：设凹槽A下滑的总位移为x，由功能关系有mgxsinθ+mg（x+d）sinθ=2μmgxcosθ
解得 x=d
方法二：由（2）中的分析可知 v2=
| gdsinθ |
| ||
| 2 |
第二次碰后凹槽A滑行的距离 x2=
| ||
| 2aA |
| d |
| 4 |
同理可得，每次凹槽A碰后滑行的距离均为上一次的一半，则x=
| x1 | ||
1-
|
答：（1）物块B从开始释放到与凹槽A发生第一次碰撞所经过的时间为t1=
|
（2）B与A发生第一次碰撞后，A下滑时的加速度大小aA和发生第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小为v2=
| gdsinθ |
（3）凹槽A沿斜面下滑的总位移大小x为d．
点评：本题关键是分析清楚A和B的运动规律，逐步运用牛顿第二定律和运动学公式分析求解，要有耐心．
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