题目内容
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，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，由此可以确定（ ）| A、滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2 | B、滑块从开始释放到最终静止和杆之间因摩擦产生的热量 | C、滑块与杆之间动摩擦因数μ | D、滑块第k次与挡板碰撞后速度vk |
分析：滑块运动分两个阶段，匀加速下滑和匀减速上滑，利用牛顿第二定律可求出两端加速度，利用动能定理可求解动摩擦因数μ．根据能量守恒分析能否求出热量．
解答：解：设AB长为L．对整个过程，运用动能定理得：mgsinα?0.5L-μmgcosα（L+0.5L）=0
得：μ=
tanα，所以可以求出动摩擦因数μ；
根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα-μmgcosα=ma1；上滑过程：mgsinα+μmgcosα=ma2；
解得：a1=mgsinα-μgcosα，a2=gsinα+μgcosα
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2．
最终滑块停在底端，根据能量守恒得因摩擦产生的热量 Q=mgsinα?L，因为L未知，所以不能求出因摩擦产生的热量．
因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，故AC正确，BD错误；
故选：AC
得：μ=
| 1 |
| 3 |
根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsinα-μmgcosα=ma1；上滑过程：mgsinα+μmgcosα=ma2；
解得：a1=mgsinα-μgcosα，a2=gsinα+μgcosα
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2．
最终滑块停在底端，根据能量守恒得因摩擦产生的热量 Q=mgsinα?L，因为L未知，所以不能求出因摩擦产生的热量．
因为不知道最初滑块下滑的位移，所以无法求出速度，故AC正确，BD错误；
故选：AC
点评：本题分析时，要灵活选择研究过程，运用动能定理求解动摩擦因数是关键，还要抓住连接两段的桥梁是碰撞前后速度大小相等．
练习册系列答案
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（2013?南通二模）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，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，由此可以确定（ ）
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，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，由此可以确定