高中物理《解题手册》专题9斜面问题.docx

1、高中物理解题手册专题9斜面问题专题九 斜面问题重点难点提示斜面模型时中学物理中常见的物理模型之一。物理中的斜面，通常不是题目的主体， 而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体.由于斜面问题的千变万化， 既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；既 可能是一个斜面，也可能是多个斜面；斜面上的物体同样五花八门，可能是质点，也可能 是连接体，可能是带电小球，也可能是导体棒，因此在处理斜面问题时，要根据题目的具 体条件，综合应用力学、电磁学的相关规律进行求解。习题分类解析类型一动力学I可题如图所示，物体从倾角为a的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小这

2、 Vi;若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为 V,已知U是V的K倍，且KV 1。求：物体与斜面间的动摩擦因素分析与角车答：设斜面长为S,高为h,物体下滑过程受支的摩擦力为 f,由于物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为 a：a)上用平行于斜面的细线固定一箱以加速度a匀加速向左时,mgsin a f= maf=mgcosa所以 a=g (sin a cos a )由运动规律可知 V2=2aS =2Sg (sin a cos a )V=2gh由题意： Vi=KV解得： (1 =(1 K2)tan a变式1 如图所示，在箱的固定光滑斜面(倾角为木块，木块质量为 m当箱以加速度a匀加速上升时, 分

3、别求线对木块的拉力 Fi和斜面对箱的压力 F2重力的方向竖直向下，所以 Fi、F2的合力F必然竖直向上。Fi=Fsin a 和 E=Fcosa 求解,得至上 Fi=m(g+a)sin a, F2=m(g+a)cosaa向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解， (同时也正交分解 a),然后分别沿x、y轴列方程求出Fi、F2：Fi=m(gsin 也-acos 也),F2=m(gcosa +asin 也)还应该注意到 Fi的表达式Fi=m(gsin也-acos也)显示其有可能得负值，这意味这 绳对木块的力是推力，这是不可能的。可见

4、这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度 agtan a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。A B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A B间摩擦力之值应为( )。 F、C.上 D. 号海能.,分析与角车答：设A B一同沿倾角为0的光滑斜面下滑，则加速度 a =gsin 0 ,那么， 沿粗糙斜面下滑应该 a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 mVCos 0 /t,N (m+M

5、)g=0 mVsin 0 /t“ , mV0 cos mV0 sin所以f ，方向向左； N (m M )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

6、定律有 FF-mgsin 0 -f=ma1 Eq A因 f=再 N, N=mgcos mg2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=16m2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 f 2mgsin 0 + 少 mgcos。=ma 食牛碍 a2=8.0m/s物体做减速运动的时间 12=vi/a 2=1.0s，减速运动的位移 s2=vit 2/2=4.0m所以：物体沿斜面上升的最大高度为， HH (si + s2)si

7、n 0 =20x 3/5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- c c A-rr zl=4 a zs t 2mgsin 0 -mgcos。=ma, a3=4.0m/s设物体由最高点到斜面底端的时间为 t 3 ,所以物体向下匀加速运动的位移si+ s 2=1 ast32,解得 t3=j10s=3.2s 2所以物体返回到斜面底端的时间为 t总=t 2+ t 3=4.2smgS0 sin1 2-mvo 2mgcos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

8、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：mvcos 0 =(m+M)v根据动能定理：-mgh=l (m+M)#- 1 m2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)

9、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.分析与角车答：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。- nmgsin 0 =nma 解得:a=(1 gcos 0 - gsin 0(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-v 2 =-2aL解得：v= 2gL( cos sin )(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=p mgcos

10、。- nL+ mgcos。- (K)L+mgcos。- (n2)L+ +(i mgcos。- L n(1 n)= (1 mgcos。- L2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)

11、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？分析与解答：(1)木块下滑：Mg sin Mg cos2a1 g (sin cos ) 4m /s1 2下滑位移：s1 -a1t2 0.5m2末速度：v1 a1t1 2m/ s第一颗子弹穿过木块： mv0 Mv1 mu Mv1解出：v1 8m/ s木块将上滑： Mg sin Mg cos Ma 22a2 8m/s 0 v1 一、. v上滑时间：t2 1s 上滑位移：s2 12 4ma2 2t2

12、 1.5s.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 si s2 12.5m2(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：dB L d d 2m 3.5m.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：12 1 2、，1 2 1 2、.U 3 ( mv0 Mv1 ) ( mu mv1 )=10410J22 2 2木块在斜面上滑行的总路程为：

13、s 3s1 2s2 (s1 ds) 12m产生的能为： U 2 Mg cos s 24J总共产生的能为： U U1 U2 10434J.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= 1 kg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= 4 N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 = 1 m处由静止下滑，若g取10 m/s2, sin 37 = 0.6 , cos 37 = 0.

14、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.分析与角车答：(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 = NN = mgcos 37 + F即：mgsin37 = (mgcos37 + F)简化后得：=mgsin37 ,代入数据得： =0.5mgcos37 F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 = 1 mv2 2代入数据得：v1 = 2 m/s(2)两

15、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) v 2E? = 1 mv2 - 1 (2 m)v 2 2 2联立以上各式得：Ep = 1 J .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

16、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.分析与角车答：(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12 1 22mgL sin 2mv1 2mv022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 (1 mqos 0 + mgsin e = ma1对 B： 2min0 =2ma

17、又由题意中“物块 A恰好静止”可得：得:a1 a2再 mgpos 0 = mgsin 0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( mg cos1 2mg sin )s 0 云 mv22mgLin37 - 2mgLi COS370 = 0 - (2m)vt22产成=0. 5k 2m/ s = 1版(3)根据功能原理:12 L 一 1F(at2 ) 2mSin30 at22 21 2-2mvt 0.242J2(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根据动能定理：- 2决g

18、血3。0 Zwvr2 + L 2响1 . lt2解得：vy 1.1m/s,每次碰撞后小球垂直于 F方向的速度将损失 0.3m/s1.1 、， 、，- 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 BO OC OD，则B、C、D二点在以。为圆心的 2Q产生的电场中的等势点，所以，分析与解

19、答：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12 1 2-mvC - mv22q由D到C的过程中电场其中h3LBDsin600 BC sin 300 sin 600 2得vCv2 3gL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,kQqf 2 ,方向由方向垂直于斜面向上。C指向。点;根据牛顿定律,有:mg sinf cos ma0mg sin 30kQqmaL2.3kQq 2mL2,曰 1得ac g2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+

20、Q的点电荷，金属板处在+Q电场中.已知A B C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(qQ q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。分析与角车答：(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 F mg sin ，小球在B点的加速度为a gsin2 2(2)根据您动学公式 Vt V0 2as可得，C点的速度为 Vc寸2as 、，2gLsin

21、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 (sin a =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=5.0 X 10 C,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)分析与解答：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qBv mg

22、cos Eq sin 0解得 v=10m/s小球由静止开始下滑的距离为 S,有1 2mv Eqs cos mgs sin2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

23、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.分析与解答：s = 0到s = 16 m由公式v2= 2as, 该段图线斜率就是线框的加速度。2a= 0.5 m/s根据牛顿第二定律 m

24、（sin 0 = maa 0.5 1 0 =arcsin0.05sin 一，g 10 20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线框通过磁场时,v12 16,v1 4m /s,此时 F安 mg sinBLv1BL Rmgsin1 mgRsin B L ,0.016TVi由v2- s图可知，s1=16 mv0=0 a1 =gsin 0匀加速运动S2=10 mvi=4 m/s匀速运动S3=8 m初速 v1=4 m/s a3=gsin 0匀加速运动因此，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