题目内容
如图所示，倾角为θ的粗糙斜面底端固定一个垂直斜面的弹性挡板P．现使物块A从挡板处以v0=2m/s的初速度出发，沿斜面向上运动，经过1s到达最高点，然后下滑，经过2s又回到挡板处．假设物块与挡板碰撞后能量不损失以原速率反弹．试求：
（1）物块上滑时加速度大小与下滑时加速度大小之比；
（2）物块第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间；
（3）物块从出发到最后停止运动所通过的总路程．
解：（1）由
得，
（2）由v2=2as得，
第二次滑上与第一次滑上相比，由v=at得，t2：t1=v1：v0=2：1，同理第二次滑回与第一次滑回相比，t2：t1=2：1．
所以第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间为1.5s．
（3）
．
根据a上=gsinθ+μgcosθ
a下=gsinθ-μgcosθ得，
根据动能定理得，
解得
．
答：（1）物块上滑时加速度大小与下滑时加速度大小之比为4：1．
（2）物块第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间为1.5s．
（3）物块从出发到最后停止运动所通过的总路程为
m．
分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式抓住位移大小相等，通过时间之比求出上滑和下滑时的加速度大小之比．
（2）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出第一次上滑和第二次上滑的初速度之比，从而得出第二次滑上和第一次滑上时间之比，从而得出第二次滑回与第一次滑回的时间之比．根据比值关系求出物块第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间；
（3）结合牛顿第二定律和运动学公式求出μgcosθ的大小，物体最终停在挡板处，对全过程运用动能定理求出物块从出发到最后停止运动所通过的总路程．
点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式，综合性较强，需加强训练．
得，（2）由v2=2as得，
第二次滑上与第一次滑上相比，由v=at得，t2：t1=v1：v0=2：1，同理第二次滑回与第一次滑回相比，t2：t1=2：1．
所以第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间为1.5s．
（3）
．根据a上=gsinθ+μgcosθ
a下=gsinθ-μgcosθ得，
根据动能定理得，
解得
．答：（1）物块上滑时加速度大小与下滑时加速度大小之比为4：1．
（2）物块第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间为1.5s．
（3）物块从出发到最后停止运动所通过的总路程为
m．分析：（1）根据匀变速直线运动的位移时间公式抓住位移大小相等，通过时间之比求出上滑和下滑时的加速度大小之比．
（2）根据匀变速直线运动的速度位移公式求出第一次上滑和第二次上滑的初速度之比，从而得出第二次滑上和第一次滑上时间之比，从而得出第二次滑回与第一次滑回的时间之比．根据比值关系求出物块第一次被挡板反弹后，再次滑回到斜面底端所需要的时间；
（3）结合牛顿第二定律和运动学公式求出μgcosθ的大小，物体最终停在挡板处，对全过程运用动能定理求出物块从出发到最后停止运动所通过的总路程．
点评：本题综合考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式，综合性较强，需加强训练．
练习册系列答案
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