专题讲座《斜面上的动力学问题》.docx
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专题讲座《斜面上的动力学问题》
专题讲座《斜面上的动力学问题》
一、基本道具：
粗糙水平面、斜面体（分光滑和粗糙两种情形）、物块（分有无初速度两种情形）
二、问题基本特点：
粗糙水平面上斜面体始终不动，而物块在斜面体上或静止或运动，求物块的加速度、运动时间、获得速度，物块与斜面体之间的相互作用或斜面体与水平面之间的相互作用等等。
三、基本思路：
分析各阶段物块和斜面体的受力情况，并确定物块和斜面体的运动性质（由合外力和初速度共同决定，即动力学观点）四、典型事例：
（一）斜面体的斜面光滑（即μ=0）1．物块的初速度为零（即v0=0）
例1．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面光滑、长为L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，在物块下滑过程中，求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的加速度、到达斜面底端的时间和速度；
（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙所示
（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度
a=mgsinθ/m=gsinθ方向沿斜面向下
由运动学公式s=at2/2和v2=2as得物块到达斜面底端的时间θ
sin22gL
as
t==
速度θsin22gLasv==
方向沿斜面向下
（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：
N21=N12=mgcosθ斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+N21cosθ=Mg+mgcos2θ方向竖直向上
摩擦力f=N21sinθ=mgsinθcosθ方向水平向左
拓展1．如图所示，如果物块是沿几个倾角不同而高度均为
h的光滑斜面由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，试比
较物块下滑的加速度大小、到达斜面底端的时间长短和速度大小。
解析：
由例1
（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ倾角θ越大，a越大。
当θ=900时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间
g
hgLast2sin1
sin22θθ=
==
倾角θ越大，t越短。
当θ=900时，t有最小值g
ht2min=
.
Na甲
N21
f
乙
物块到达斜面底端的速度大小
ghgLasv2sin22===θ与θ无关。
变式1．如图所示，如果物块是沿几个倾角不同而底面长均为b的光滑斜面由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，试比较物块下滑的加速度大小、到达斜面底端的时间长短和速度大小。
解析：
由例1
（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ倾角θ越大，a越大。
当θ=900时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间
θ
θθθ2sin2
cossin2sin22gb
gbgL
ast====
倾角θ从逐渐增大到900过程中，t先变短后变长。
当θ=450时，t有最小值g
b
t2min=.物块到达斜面底端的速度大小
θθtan2sin22gbgLasv===倾角θ越大，v越大。
变式2．如图所示，如果物块是沿同一个半径为R的圆内几个倾角不同的弦为光滑斜面由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，试比较物块下滑的加速度大小、到达斜面底端的时间长短和速度大小。
解析：
由例1
（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ=gcosα斜面与竖直面之间的夹角α越小，倾角θ越大，a越大。
当α=00时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间
g
R
gRgsast2
coscos2sin22====
ααθ与α或θ无关。
物块到达斜面底端的速度大小
ααcos2cos422gRgRasv===斜面
与竖直面之间的夹角α越小，倾角θ越大，v越大。
当α=00时，v有最大值gRv2max=。
拓展2．倾角为θ的斜面体质量为M，斜面光滑、长为L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，在物块下滑过程中，给物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。
求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的加速度、到达斜面底端的时间和速度；（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓2甲、拓2乙所示
（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度
a=（mg+F）sinθ/m>gsinθ方向沿斜面向下由运动学公式s=at2/2和v2=2as得物块到达斜面底端的时间θ
sin（22FmgmL
ast+=
=
速度m
LFmgasvsin（22+=
=方向沿斜面向下
（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：
N21=N12=（mg+F）cosθ斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+N21cosθ=Mg+（mg+F）cos2θ方向竖直向上摩擦力f=N21sinθ=（mg+F）sinθcosθ方向水平向左变式3．倾角为θ的斜面体质量为M，斜面光滑、长为L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，在物块下滑过程中，给物块上表面黏上一质量为△m的橡皮泥，如图所示。
求：
（1）分别画出物块（含橡皮泥）和斜面体的受力示意图；
（2）物块（含橡皮泥）的加速度、到达斜面底端的时间和速度；（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓2甲、拓2乙所示
（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度
a=（m+△m）gsinθ/（m+△m）=gsinθ方向沿斜面向下
由运动学公式s=at2/2和v2=2as得物块到达斜面底端的时间θ
sin22gL
as
t==
速度θsin22gLasv==
方向沿斜面向下
（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：
N21=N12=（m+△m）gcosθ斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+N21cosθ=Mg+（m+△m）gcos2θ方向竖直向上摩擦力f=N21sinθ=（m+△m）gsinθcosθ方向水平向左
变式4．倾角为θ的斜面体质量为M，斜面光滑、长为L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块由静止开始从斜面顶端沿斜面加速下滑，在物块下滑过程中，给物块施
N21
f
拓2乙拓2甲
NaFN21
f
变3乙
变3甲
N（m+△）g
a
加一个垂直斜面向下的恒力F，如图所示。
求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的加速度、到达斜面底端的时间和速度；（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变4甲、变4乙所示
（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度
a=mgsinθ/m=gsinθ方向沿斜面向下由运动学公式s=at2/2和v2=2as得物块到达斜面底端的时间θ
sin22gL
ast==
速度sin2gLasv==
方向沿斜面向下
（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：
N21=N12=mgcosθ+F斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+N21cosθ=Mg+（mgcosθ+F）cosθ方向竖直向上摩擦力f=N21sinθ=（mgcosθ+F）sinθ方向水平向左2．物块的初速度不为零（即v0≠0）
例2．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面光滑、足够长，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物
块以一定的初速度v0从斜面底端冲上斜面，物块在斜面上滑动过程中，求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的加速度、到达斜面底端的时间和速度；（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）无论是物块上滑还是下滑过程，物块和斜面体的受力示意图均与例1相同，分别如图甲、乙所示
（2）物块上滑过程做匀减速运动，下滑过程做匀加速运
动，加速度均与例1相同，
a=mgsinθ/m=gsinθ方向沿斜面向下
由运动学公式s=at2/2和v2=2as得
θ
sin0
0gvavtt=
=
=下上物块到达斜面底端的时间
θ
sin20
gvttt=
+=下上根据运动的对称性可知，物块到达斜面底端的速度v=v0方向沿斜面向下
整个过程物块的速度随时间变化的关系图象如图丙所示（取沿斜面向上为正方向）
N
a甲
N21
f
乙
变4乙
21
f
变4甲
a
F
N12
v－v丙
（3）斜面体受到水平面的支持力N和摩擦力f均与例1相同
（二）斜面体的斜面粗糙（即μ≠0）（下列各种情况中均近似认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力）
1．物块的初速度为零（即v0=0）
例3．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面长为L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块放在斜面上，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的运动性质和加速度；
（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙
所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥
tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力不小于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21=μmgcosθ≥mgsinθ所以，物块在斜面上静止不动，加速度a=0
（3）根据平衡条件，斜面对物块的支持力N12和静摩擦力f12的合力大小FNf=mg，方向竖直向上
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和静摩擦力f21的合力大小F/Nf=mg，方向竖直向下
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=F/Nf+Mg=mg+Mg摩擦力f=0
拓展3．在例3中如果给物块施加一个竖直向下的恒力F，
而其它条件不变，如图所示，则情况如何？
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓3甲、拓3乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力不小于物块所受重力mg与恒力F的合力沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21=μ（mg+F）cosθ≥（mg+F）sinθ
所以，物块在斜面上静止不动，加速度a=0这就是所谓的“自锁现象”。
（3）根据平衡条件，斜面对物块的支持力N12和静摩擦力f12的合力大小FNf=mg+F，方向竖直向上根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和静摩擦力f21的合力大小F/
Nf=mg+F，方向竖直向下
根据平衡条件可得：
斜面体受到水平面的支持力N=F/Nf+Mg=mg+F+Mg摩擦力f=0
变式5．在例3中如果给物块上表面黏上一质量为△m的橡皮泥，而其它条件不变，如图所示，则情况如何？
甲
12
N乙
f21
拓3乙
f21
拓3甲12N
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变5甲、变5乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力不小于物块（含橡皮泥）所受重力（m+△m）g沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21=μ（m+△m）gcosθ≥（m+△m）gsinθ
所以，物块在斜面上静止不动，加速度a=0
这也是所谓的“自锁现象”。
（3）根据平衡条件，斜面对物块的支持力N12和静摩擦力f12的合力大小FNf=（m+△m）g，方向竖直向上根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和静摩擦力f21的合力
大小F/Nf=（m+△m）g，方向竖直向下
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=F/Nf+Mg=（m+△m）g+Mg摩擦力f=0
变式6．在例3中如果给物块施加一个垂直斜面向下的
恒力F，而其它条件不变，如图所示，则情况如何？
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变6甲、
变6乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力不小于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21=μ（mgcosθ+F）≥mgsinθ所以，物块在斜面上静止不动，加速度a=0
这还是所谓的“自锁现象”。
（3）根据平行四边形定则，斜面对物块的支持力
N12和静摩擦力f12的合力FNf方向偏向竖直向上左方
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和静
摩擦力f21的合力F/Nf方向偏向竖直向下右方（说明
斜面体有相对水平面向右运动的趋势）
方法
（一）隔离法，结合受力示意图
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=mg+Mg+Fcosθ方向竖直向上
摩擦力f=Fsinθ≠0方向水平向左
方法
（二）隔离法，利用正交分解
根据平衡条件，对m：
N12=mgcosθ+F
f12=mgsinθ
对M：
N=N21cosθ+f21sinθ+Mg
f=N21sinθ－f21cosθ
根据牛顿第三定律：
N21=N12，f21=f12方向相反
联立以上各式可得：
支持力N=mg+Mg+Fcosθ
方向竖直向上
摩擦力f=Fsinθ≠0方向水平向左
方法（三）整体法，结合受力示意图，利用正交分解变5乙
f21变5甲
12N（m+△
变6甲12N变6乙fN21Nf变6丙
（m+M）gFf
对物块与斜面体的整体受力分析如图变6丙所示
根据平衡条件得：
支持力N=（m+M）g+Fcosθ方向竖直向上
摩擦力f=Fsinθ≠0方向水平向左
思考与讨论：
（1）在例3中若给物块施加一个平行于斜面的力F，为了使物块能沿斜面向下滑动，则力F至少为多大？
为了使物块能沿斜面向上滑动，则力F至少为多大？
（2）在例3中若给物块施加一个水平向右的力F，物块能否实现“自锁现象”。
若能，试说明理由；若不能，试分析物块的运动性质，并求出加速度a及力F应满足的条件。
例4．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面长为
L，始终静止在粗糙的水平面上，有一质量为m的物块轻
放在斜面顶端，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，
且μ＜tanθ，求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（2）物块的运动性质和加速度；
（3）斜面体受到水平面的支持力和摩擦力。
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ
＜tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力小于物
块所受重力mg沿斜面向下的分力，即fmax=μN12=μmgcosθ＜mgsinθ所以，物块在斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12=mgcosθ沿斜面方向mgsinθ－f12=ma又f12=μN12
联立以上各式可得，加速度a=g（sinθ－μcosθ）
方向沿斜面向下
（3）根据平行四边形定则，斜面对物块的支持力N12和滑动摩擦力f12的合力FNf方向偏向竖直向上左方
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和滑动摩擦力f21的合力F/Nf方向偏向竖直向下右方（说明斜面体有相对水平面向右运动的趋势）
方法
（一）隔离法，结合受力示意图
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+mg－masinθ=Mg+mgcosθ（cosθ+μsinθ）方向竖直向上
摩擦力f=macosθ=mgcosθ（sinθ－μcosθ）≠0方向水平向左
方法
（二）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：
N12=mgcosθmgsinθ－f12=ma
对M：
N=Mg+N21cosθ+f21sinθf=N21sinθ－f21cosθ
又f12=μN12根据牛顿第三定律：
N21=N12，f21=f12方向相反
联立以上各式得：
支持力N=Mg+mgcosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=mgcosθ（sinθ－μcosθ）≠0
丙（
m+M）gf
甲N乙N21
果在物块沿斜面下滑方向水平向左
方法（三）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
根据
（2）问可知物块加速度a=g（sinθ－μcosθ）
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示根据牛顿第二定律有：
（m+M）g－N=may
得支持力N=（m+M）g－masinθ
=Mg+mgcosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=max=macosθ=mgcosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
拓展4．在例4中如果给物块施加一个竖直向下的恒力F，
而其它条件不变，如图所示，则情况如何？
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓4甲、拓
4乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，
说明物块与斜面之间的最大静摩擦力小于物块所受重力
mg与恒力F的合力沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21=μ（mg+F）cosθ＜（mg+F）sinθ
所以，物块在斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12=（mg+F）cosθ
沿斜面方向（mg+F）sinθ－f12=ma
又f12=μN12联立以上各式可得，加速度cos（sincos（sin（θμθθμθ--+=gm
Fmga方向沿斜面向下（3）根据平行四边形定则，斜面对物块的支持力N12和滑动摩擦力f12的合力FNf方向偏向竖直向上左方
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和滑
动摩擦力f21的合力F/Nf方向偏向竖直向下右方（说明斜面体有相对水平面向右运动的趋势）方法
（一）隔离法，结合受力示意图
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+mg+F－masinθ=Mg+（mg+F）cosθ（cosθ+μsinθ）方向竖直向上摩擦力f=macosθ=（mg+F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0方向水平向左方法
（二）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：
N12=（mg+F）cosθ（mg+F）sinθ－f12=ma对M：
N=Mg+N21cosθ+f21sinθ
f=N21sinθ－f21cosθ
又f12=μN12
根据牛顿第三定律：
N21=N12，f21=f12方向相反
联立以上各式可得：
支持力N=Mg+（mg+F）cosθ（cosθ+μsinθ）
拓4甲
N拓4乙N21拓4丙（m+M）gfF
方向竖直向上
摩擦力f=（mg+F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
方法（三）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
根据
（2）问可知物块加速度
cos（sincos（sin（θμθθμθ--+=gm
Fmga方向沿斜面向下对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示根据牛顿第二定律有：
（m+M）g+F－N=may
得支持力N=（m+M）g+F－masinθ
=Mg+（mg+F）cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=max=macosθ=（mg+F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
变式7．在例4中如果给物块上表面黏上一质量为△m
的橡皮泥，而其它条件不变，如图所示，则情况如何？
解：
（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变7甲、变7乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力小
于物块（含橡皮泥）所受重力（m+△m）g沿斜面
向下的分力，即fmax=μN21=μ（m+△m）gcosθ＜（m+△m）gsinθ所以，物块在斜面上匀加速下滑，根据牛顿第二定律
对m，垂直斜面方向N12=（m+△m）gcosθ沿斜面方向（m+△m）gsinθ－f12=（m+△m）a又f12=μN12
联立以上各式可得，加速度a=g（sinθ－μcosθ）
方向沿斜面向下。
（3）根据平行四边形定则，斜面对物块的支持力N12和滑动摩擦力f12的合力FNf方向偏向竖直向上左方
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和滑动摩擦力f21的合力F/Nf方向偏向竖直向下右方（说明斜面体有相对水平面向右运动的趋势）
方法
（一）隔离法，结合受力示意图
根据平衡条件得：
斜面体受到水平面的
支持力N=Mg+（m+△m）g－（m+△m）asinθ=Mg+（m+△m）gcosθ（cosθ+μsinθ）方向竖直向上
摩擦力f=（m+△m）acosθ=（m+△m）gcosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
方法
（二）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：
N12=（m+△m）gcosθ
（m+△m）gsinθ－f12=（m+△m）a
对M：
N=Mg+N21cosθ+f21sinθ
（变7甲N变7乙N21
f=N21sinθ－f21cosθ
又f12=μN12
根据牛顿第三定律：
N21=N12，f21=f12方向相反
联立以上各式得：
支持力N=Mg+（m+△m）gcosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=（m+△m）gcosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
方法（三）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
根据
（2）问可知物块加速度
cos（sincos（sin（θμθθμθ-=∆+-∆+
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