高中物理《解题手册》专题9斜面问题Word下载.docx

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可见这里又有一个临界值的问题：

当向左的加速度a<

gtana时Fi=m（gsina-acosa）沿绳向斜上方；

当a>

gtana时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。

变式2如图8所示，在倾角为0的固定斜面C上叠放着质量分别为财饱的物体A、

B。

AB间摩擦因数为海,A、C间摩擦因数为Ya。

如A、B没有相对滑动而共同沿斜面下

滑AB间摩擦力之值应为（）。

F、

C.上D.号海能......,,

设AB一同沿倾角为0的光滑斜面下滑，则加速度a=gsin0,那么，沿粗糙斜面下滑应该a<

gsin0易知了皿wy心均平行斜面向上。

以ab组成的系统为研究对象有：

伽/皿冲血一上妫「刑两湖■（吐十吨g

以B为研究对象有：

牌上/泗°

-J应=幽且就

得：

/框口上皿卧湖答案为C

变式3如图所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M倾角为。

的斜面体，斜面

体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V）由斜面底端滑上斜面上经过时间t到

达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。

求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？

取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，|y

系统受到的外力有重力（m+M）g/地面对系统的支持力N、静摩擦〉>

力f（向下）。

建立如图所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

—f=0—mVCos0/t,

[N—（m+M）g]=0—mVsin0/t

“,mV0cosmV0sin

所以f，方向向左；

N（mM）g

变式4如图所示，在倾角0=37°

的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0kg的物体，

物体与斜面间动摩擦因数=0.25。

现用轻细线将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F=

10.0N，方向平行斜面向上。

经t=4.0s绳子突然断了，求：

（1）物体沿斜面所能上升的最大高度。

（2）物体再返回到斜面底端时所用的时间。

（sin37°

=0.60,cos37°

=0.80）

分析与解答：

（1）物体受拉力向上运动过程中，受拉力F,重力mg和摩擦力f,设物体向

上运动的加速度为a、

根据牛顿第二定律有F

F-mgsin0-f=ma1EqA

因f=再N,N=mgcos『mg

2

食军得a=2.0m/s

所以t=4.0s时物体的速度大小为v1=at=8.0m/s

绳断时物体距斜面底端的位移si=lait2=16m

设绳断后物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设运动的加速度大小为a2,则根据牛顿第二定

律，对物体沿斜面向上运动的过程有

・--左方——f2

mgsin0+少mgcos。

=ma食牛碍a2=8.0m/s

物体做减速运动的时间12=vi/a2=1.0s，减速运动的位移s2=vit2/2=4.0m

所以：

物体沿斜面上升的最大高度为，HH（si+s2）sin0=20x3/5日2m

（2）此后将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为凯根据牛顿第二定律对物体加速

下滑的过程有

-ccA-rrzl=4azst2

mgsin0-mgcos。

=ma,a3=4.0m/s

设物体由最高点到斜面底端的时间为t3,所以物体向下匀加速运动的位移

si+s2=1ast32,解得t3=j10s=3.2s2

所以物体返回到斜面底端的时间为t总=t2+t3=4.2s

mgS0sin

12

-mvo2

mgcos

变式2如图所示，倾角0=30°

高为h的三角形木块B,静止放在一水平面上，另一滑块A,以初速度V。

从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V。

应为多大？

分析与角车答：

根据水平方向动量守恒有：

mvcos0=（m+M）v'

根据动能定理：

-mgh=l（m+M）#-1m\2

解得vo=J：

gh

类型三

应用功能关系求斜面上的综合问题

如图所示，n个相同的货箱停放在倾角为。

的斜面上，每个货箱长为L、质量为m相邻两

个货箱间距为L,最下端的货箱到斜面底端的距离也为L.现给第一个货箱一初速度使之沿

斜面下滑，在每次发生碰撞后，发生碰撞的货箱都粘合在一起向下运动，最后第n个货箱

恰好停在斜面的底端•设每个货箱与斜面间的动摩擦因数均为.求：

（1）

第n个货箱开始运动时的加速度大小.

（2）第n个货箱开始运动时的速度大小.

（3）整个过程中由于货箱与斜面间的摩擦而损失的机械能.

第n个货箱开始运动时，有n个货

箱粘合在一起向下运动，其受力如图所示，因为第n个货箱恰好停在斜面的底端，所以，货箱作的是减速运动.由牛顿第二定律有：

再nmgcos。

-nmgsin0=nma解得:

a=（1gcos0-gsin0

（2）设第n个货箱开始运动时的速度为v,由匀

变速直线运动规律可得：

0-v2=-2aL

v=2gL（cossin）

（3）整个过程中由于货箱与斜面间的摩擦而损失的机械能为：

△E=pmgcos。

-nL+^mgcos。

-（K）L+mgcos。

-（n2）L+…+（imgcos。

-Ln（1n）

=（1mgcos。

-L

变式1如图所示，倾角0=37°

的固定斜面AB长L=18m,质量为M=1kg的木块由斜面中点C从静止开始下滑，0.5s后被一颗质量为m=20g的子弹以vo=6OOm/s沿斜面向上的速度正对射入并穿出，穿出速度u=100m/s.以后每隔1.5s就有一颗子弹射入木块，设子弹

射穿木块的时间极短，且每次射入木块对子弹的阻力相同.已知木块与斜面间的动摩擦因数

=0.25,g取10m/s2,sin37°

=0.60,cos37=0.80.求：

（1）在被第二颗子弹击中前，木块沿斜面向上运动离A点的最大距离？

（2）木块在斜面上最多能被多少颗子弹击中？

（3）在木块从C点开始运动到最终离开斜面的过程中，子弹、木块和斜面一系统所产生的

Ma1

热能是多少？

（1）木块下滑：

MgsinMgcos

a1g（sincos）4m/s

下滑位移：

s1-a1t20.5m

末速度：

v1a1t12m/s

第一颗子弹穿过木块：

mv0Mv1muMv1

解出：

v18m/s

木块将上滑：

MgsinMgcosMa2

a28m/s

0v1一、.v

上滑时间：

t21s上滑位移：

s2—124m

a22

t21.5s

...第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会下滑。

故木块到A点的最大距离为：

d—sis212.5m

（2）木块从Pi再次下滑0.5s秒后被第二颗子弹击中，这一过程与第一颗子弹击中后过程相同，故再次上滑的位移仍为4m到达的最高点P2在P的上方△d=4—0.5=3.5m.

P2到B点的距离为：

dBLdd2m3.5m.

可知，第三颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面。

故共有三颗子弹击中木块^

（3）三颗子弹穿过木块所产生的能为：

1212、，1212、.

U3[（mv0Mv1）（mumv1）]=10410J

2222

木块在斜面上滑行的总路程为：

s3s12s2（s1ds）12m

产生的能为：

U2Mgcoss24J

总共产生的能为：

UU1U210434J.

变式2如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜

面倾角=37,A、B是两个质量均为m=1kg的小滑块（可视为质点），C为左端附有胶泥的质量不计的薄板，D为两端分别连接B和C的轻质弹簧.当滑块A置于斜面上且受

到大小F=4N方向垂直斜面向下的恒力作用时，恰能向下匀速运动.现撤去F,让滑块

A从斜面上距斜面底端L=1m处由静止下滑，若g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,

（1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小vi;

（2）滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程

中，弹簧的最大弹性势能Ep.

（1）滑块匀速下滑时，共受四力作用，设滑块A与斜面之间的动摩擦因数

为由平衡条件：

mgsin37=N

N=mgcos37+F

即：

mgsin37=（mgcos37+F）

简化后得：

=mgsin37,代入数据得：

=0.5

mgcos37F

撤去F后，滑块A受三力作用匀加速下滑，受力情况如图.由动能定理有：

（mgsin37-mgcos37）L=1mv22

代入数据得：

v1=2m/s

（2）两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中动量守恒，当它们速度相等时，弹簧

具有最大弹性势能丘，设共同速度为V2,由动量守恒守律和能量守恒定律有：

mv=（m+m）v2

E?

=1mv2-1（2m）v222

联立以上各式得：

Ep=1J.

变式3如图所示，倾角为e=30°

的斜面固定于水平地面上，在斜面底端o处固定

有一轻弹簧，斜面顶端足够高.斜面上OM段光滑，M点的以上均粗糙.质量为m的物块

A在M点恰好能静止，在离M点的距离为L的N点处，有一质量为2m的光滑物块B以速

N运动到M点由动能定理有：

度v0=j2^［滑向物块A,若物块间每次碰撞（碰撞时间极短）后即紧靠在一起但不粘连,

物块间、物块和弹簧间的碰撞均为正碰.求：

（1）物块A在M点上方时，离M点的最大距离s;

（2）系统产生的总能E.

（1）设物块B第一次和物块A碰前的

速度为v1,碰后的共同速度为v2.物块B从

1212

2mgLsin2mv12mv0

22

对物块B和物块A,在碰撞过程由动量守恒有：

2mv=（2n+n）v2

物块A、B从第一次在M点相碰后至再次回到M点的过程中机械能守恒，两物块速度

大小不变，方向反向，其后物块A、B将作匀减速运动，设加速度分别设为a、&

。

由牛顿第一te律有，对A（1mqos0+mgsine=ma1

对B：

2m§

in

0=2ma

又由题意中“物块A恰好静止”可得：

得:

a1>

a2

再mgpos0=mgsin0

所以当A运动到最高处静止时，物块对A从M到最高处由动能定理有：

B还在向上减速运动，未与A相碰

（mgcos

mgsin）s0云mv2

2mgLin37°

-2mgLiCOS370=0-—（2m）vt2

『产成=0.5k2m/s=1版

（3）根据功能原理:

12L一1

F（—at2）2mSin30—at

222

-2mvt0.242J

（4）假设在拉力作用的前2s两球未发生碰撞,

在2s时，小球沿F方向的分速度为vx,

垂直于F方向的分速度为vy

-2决g血3。

0■■Zwvr2+L2响「

1.

£

——£

lt

vy1.1m/s

每次碰撞后小球垂直于F方向的速度将损失0.3m/s

1.1—、，、，

••-n——3.67（次）.4次0.3

类型四］电场中的斜面

如图所示，倾角为30°

的直角三角形底边长为2L,底边处在水平位置，斜边为光滑绝

缘导轨。

现在底边中点。

处固定一正电荷Q,让一个质量为m的带负电的点电荷q从斜面

顶端A沿斜面滑下（始终不脱离斜面）。

已测得它滑到仍在斜边上的垂足D处的速度为v,

问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多少？

BC

——BOOCOD，则B、C、D二点在以。

为圆心的2

Q产生的电场中的等势点，所以，

因BD

同一圆周上,

力做功为零,

mgh

是。

点处点电荷由机械能守恒定律

-mvC-mv

q由D到C的过程中电场

其中h

3L

BDsin600BCsin300sin600——

得vC

v23gL

质点在

C点受三个力的作用：

电场力

重力mg方向竖直向下；

支撑力N,

kQq

f^2,方向由

方向垂直于斜面向上。

C指向。

点;

根据牛顿定律,

有:

mgsin

fcosma

mgsin30

ma

L2

.3kQq2mL2

曰1

得acg

变式1一个不带电的金属板，表面有很薄的光滑绝缘层，与水平方向成角放

置。

金属板上B、C两点间的距离为L,在金属板前上方的A点固定一个带电量为+Q的点电

荷，金属板处在+Q电场中.已知ABC三点在同一竖直平面，且AB水平，AC竖直，如图

所示.将一个带电量为+q（q<

<

Qq对原电场无影响）可看点电荷的小球，由B点无初速释放,

如果小球质量为m下滑过程中带电量不变，求：

（1）小球在B点的加速度

（2）下滑到C点时速度。

（1）由于金属板处在点电荷Q形成的电场中，金

属板表面的电场线与金属板表面垂直，带电小球在沿金属板下滑的过程中，所受电场力与金

属板表面垂直。

小球所受的合外力为Fmgsin，小球在B点的加速度为agsin

22

（2）根据您动学公式VtV02as可得，C点的速度为Vc寸2as、，2gLsin

类型五|复合场中的斜面

如图所示，足够长的绝缘光滑斜面AC与水平面间的夹角是a（sina=0.6）,放在图示

的匀强磁场和匀强电场中，电场强度为E=4.0v/m,方向水平向右，磁感应强度B=4.0T，方向

-2

垂直于纸面向里，电重q=5.0X10C,质重m=0.40Kg的市负电小球，从斜面顶骊A由静止

开始下滑，求小球能够沿斜面下滑的最大距离。

（取g=10m/s2）

小球沿斜面下滑时受重力mg电场力Eq、洛伦兹力f和斜面支持力N,

如图所示。

小球沿斜面向下做匀加速直线运动，随速度的增加，洛伦兹力增大，直到支持力N等于零时，为小球沿斜面下滑的临界情况，有

qBvmgcosEqsin0

解得v=10m/s

小球由静止开始下滑的距离为S,有

—mvEqscosmgssin

解得S=5.0m

变式1在如图所示的区域里，存在指向纸外的磁感应强度为B=2兀m/q的匀强磁场；

在竖直方向存在随时间交替变化的如14所示的匀强电场，电场大小Eo=mg/q,已知竖直

向上为正方向。

一倾角为0长度足够的光滑绝缘斜面竖直放置其中。

斜面上一带正电小球

（质量m带电量q）从t=0时刻由静止沿斜面滑下。

设第一秒小球不会脱离斜面，求：

两秒小球离开斜面的最大距离

边界与斜面底边BB'

平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB'

重合），设金属框在下滑过程中的速度为v,与此对应的位移为s,那么v2-s图象如图所示，已知

匀强磁场方向垂直斜面向上.试问：

（1）根据v2-s图象所提供的信息，计算出斜面倾角。

和匀强磁场宽度d.

（2）匀强磁场的磁感强度多大？

金属框从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？

（3）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F

作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB'

（金属框下边与BB'

重合）由静止开始沿斜面向上运动，匀速通过磁场区域后到达斜面顶端（金属框上边与AA'

重合）.试计算恒力F做功的最小值.

⑴s=0到s=16m由公式

v2=2as,该段图线斜率就是线框的加速度。

a=0.5m/s

根据牛顿第二定律m（sin0=ma

a0.510=arcsin0.05

sin——一，

g1020

由图象可以看出，从线框下边进磁场到上边出磁场，线框均做匀速运动。

•••△s=2L=2d=26-16=10m,d=L=5m

⑵线框通过磁场时,

v1216,v14m/s,此时F安mgsin

BLv1

BLR

mgsin

1mgRsinB—L,

0.016T

Vi

由v2-s图可知，s1=16m

v0=0a1=gsin0

匀加速运动

S2=10m

vi=4m/s

匀速运动

S3=8m

初速v1=4m/sa3=gsin0

因此，金属框从斜面顶端滑至底端所用的时间为

变式2如图所示，两条光滑平行导轨相距为L,被固定在与水平面成e的绝缘斜面上,

用在ab上的恒定拉力的功率。

及知识点多，灵活性大，综合性强，对能力要求高.分析和求解斜面类问题时，首先要弄清

题意是属于哪类力学问题，应用什么力学规律求解最为筒捷.特别关键的是对题中隐含条件

的挖掘及临界状态的分析