高中物理《解题手册》专题9斜面问题

1、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 动力学问题如图所示，物体从倾角为的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度

2、大小这V1；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V1是V的K倍，且K1。求：物体与斜面间的动摩擦因素分析与解答：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：mgsinf= maVV11 f=mgcos所以a=g（sincos）由运动规律可知V12=2aS =2Sg（sincos）V2=2gh由题意: V1=KV解得: =(1K2)tanFF2F1a vGvaaxayF2F1GGxGyxy变式1 如图所示，在箱内的固定光滑斜面（倾角为）上用平行于斜面的细线固定一木块，木块质量为m。当箱以加速度a匀加速上升时，箱以加速度a匀加速向左

3、时，分别求线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2分析与解答：a向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力的方向竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上。F1=Fsin和F2=Fcos求解，得到： F1=m(g+a)sin，F2=m(g+a)cos a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F1、F2：F1=m(gsin-acos)，F2=m(gcos+asin) 还应该注意到F1的表达式F1=m(gsin-acos)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

4、。可见这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度agtan时F1=m(gsin-acos)沿绳向斜上方；当a>gtan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，在倾角为的固定斜面C上叠放着质量分别为的物体A、B。A、B间摩擦因数为，A、C间摩擦因数为。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（ ）。A.零 B. C. D. 分析与解答：设A、B一同沿倾角为的光滑斜面下滑，则加速度=gsin，那么，沿粗糙斜面下滑应该a<gsin易知均平行斜面向上。以A、B组成的系统为研究对象有:   &

5、#160; 以B为研究对象有：       得： 答案为CxyV0Mm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V0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？分析与解答：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，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：

6、f=0mV0cos/t,N(m+M)g=0mV0sin/t所以，方向向左；。变式4 如图所示，在倾角=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F10.0N，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）FmgEqBA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a1，根据牛顿第二定律有F-m

7、gsin-f=ma1 因f=N，N=mgcos解得a1=2.0m/s2所以t=4.0s时物体的速度大小为v1=a1t=8.0m/s绳断时物体距斜面底端的位移s1=a1t2=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 mgsin+mgcos=ma2 解得a2=8.0m/s2物体做减速运动的时间t2=v1/a2=1.0s，减速运动的位移s2=v1t2/2=4.0m 所以：物体沿斜面上升的最大高度为，H（s1s2）sin20×3/512m （2）此后将沿斜面匀加速下滑，设物体下滑的加速度为a3，根据牛顿第二定律

8、对物体加速下滑的过程有mgsin-mgcos=ma3， 解得a3=4.0m/s2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s1+ s2=a3t32，解得t3=s=3.2s 所以物体返回到斜面底端的时间为t总= t2+ t3=4.2s类型二 应用动能定理、动量定理解斜面问题如图所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。 分析与解答：滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为，斜面倾角为，斜面底边长s1，水平部分长

9、s2，由动能定理得： 由以上两式得从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部分长度，即可计算出动摩擦因变式1 如图所示，斜面足够长，其倾角为，质量为m的滑块，距挡板P为S0，以初速度V0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？分析与解答：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端。在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：V0S0P

10、 得变式2 如图所示，倾角=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v0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V0应为多大？分析与解答： 根据水平方向动量守恒有：mv0cos=(m+M)v根据动能定理：-mgh=(m+M)v/2-mv2解得v0=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

11、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.分析与解答：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： nmgcos-nmgsin=nma 解得：a=gcos-gsin (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=-2aL 解得：v= (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

12、： E=mgcos·nL+mgcos·(n-1)L+mgcos·(n-2)L+mgcos·L =mgcos·L变式1 如图所示，倾角=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v0=600m/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

13、76;=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热能是多少？分析与解答：（1）木块下滑： 下滑位移： 末速度： 第一颗子弹穿过木块： 解出： 木块将上滑： 上滑时间： 上滑位移： 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： （2）木块从P1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P1的上方d=40.5=3.5m.P2到B点

14、的距离为：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内能为： =10410J 木块在斜面上滑行的总路程为：产生的内能为： 总共产生的内能为： 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= ，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=

15、0.6，cos= 0.8， （1）求滑块A到达斜面底端时的速度大小v1； （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分析与解答：（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：mgsin=N1N1 = mgcos+ F即：mgsin=(mgcos+ F)简化后得：=，代入数据得：= 0.5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：（mgsinmgcos）L =mv12代入数据得：v1 = 2 m/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

16、大弹性势能Ep，设共同速度为v2，由动量守恒守律和能量守恒定律有：mv1 = (m + m) v2Ep =mv12 (2 m)v联立以上各式得：Ep = 1 J变式3 如图所示，倾角为=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以速度v0=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）系统产生的总内能E 分析与解答：（1）

17、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N运动到M点由动能定理有： 对物块B和物块A，在碰撞过程由动量守恒有：2mv1=(2m+m)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a1、a2。由牛顿第二定律有， 对A： mgcosmgsin= ma1 对B： 2mgsin=2ma2 又由题意中“物块A恰好静止”可得：mgcosmgsin 得：a1 >a2 所以当A运动到最高处静止时，物块B还在向上减速运动，未与A相碰对A从M到最高处由动能定理有： 得： s2L/3

18、 （2）物块A、B最终紧靠一起在OM间作往复运动，从物块B开始运动至A、B一起运动到M点且速度为零的过程中，由能量转化和守恒定律有： 所以系统产生的总内能 E3mgL 变式4 如图所示，两个质量相同、大小可不计的小木块A、B分别放在倾角为37o的斜面的顶端和中点。斜面中点以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，其与两个木块A、B的摩擦系数均为。开始时用手扶着A，而B由于摩擦静止在斜面的中点上。现放手使A由静止自然下滑，并与B发生完全非弹性碰撞（即碰撞后两个木块以相同的速度一起运动）。求为何值时，木块恰好在斜面底端停止运动。分析与解答：根据题意，设斜面长为2L,A与B碰撞前后的速度分别是v0和vt

19、。根据动能定理、动量守恒定律，有：mgLsin37o = mv02 mv0 =2mvt 联立可得：vt2 =gLsin37o 碰撞后，根据动能定理有：2mgLin37o - 2mgLcos37o = 0 - (2m)vt2 联立可得: = 变式5 如图所示,两个相同的质量m=0.2kg的小球用长L=0.22m的细绳连接,放在倾角为30º的光滑斜面上.初始时刻,细绳拉直,且绳与斜面底边平行.在绳的中点作用一个垂直于绳沿斜面向上的恒力F=2.2N.在F的作用下两小球向上运动，小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为s=kt2(k为恒量)。经过一段时间两个小球第一次碰撞,又经过一段时间再一次

20、发生碰撞.由于两小球之间有粘性,每一次碰撞后, 小球垂直于F方向的速度将损失0.3m/s.当力F作用了2s时,两小球发生最后一次碰撞,且不再分开.取g=10m/s2,求:（1）最后一次碰撞后,小球的加速度（2）最后一次碰撞后瞬间,小球的速度（3）整个碰撞过程中,系统损失的机械能（4）两小球相碰的总次数解：（1）对两小球整体由牛顿第二定律有 （2） 小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为S=kt2(k为恒量) 是匀加速运动 （3） 根据功能原理： （4）假设在拉力作用的前2s内两球未发生碰撞，在2s时，小球沿F方向的分速度为,垂直于F方向的分速度为 根据动能定理： 解得： 每次碰撞后小球垂直于F

21、方向的速度将损失0.3m/s(次)4次 类型四电场中的斜面如图所示，倾角为300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O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？ 分析与解答：因，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律 其中 得质点在C点受三个力的作用：电场力，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支撑力N，方向垂

22、直于斜面向上。 根据牛顿定律，有： 得 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A、B、C三点在同一竖直平面内，且AB水平，AC竖直，如图所示.将一个带电量为+q(q<<Q，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：qABC(1)小球在B点的加速度（2）下滑到C点时速度。 分析与解答：（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

23、中，所受电场力与金属板表面垂直。小球所受的合外力为 ，小球在B点的加速度为（2）根据运动学公式可得，C点的速度为 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（sin=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,方向垂直于纸面向里，电量q=5.0×10-2C，质量m=0.40Kg的带负电小球，从斜面顶端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

24、动，随速度的增加，洛伦兹力增大，直到支ACBENfEqmg持力N等于零时，为小球沿斜面下滑的临界情况，有 解得v=10m/s 小球由静止开始下滑的距离为S，有 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=2m/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E0=mg/q，已知竖直向上为正方向。一倾角为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。设第一秒内小球不会脱离斜面，求：两秒内小球离开斜面的最大距离EE00E01 2 3 4 t/sB分析与解答：在第一秒内,小球在斜面上作

25、匀加速度直线运动由qE=mg 得加速度a=2gSin 1秒末的速度V1=2gSin在第二秒内，小球作匀速园周运动， 由题意知周期为1秒。所以离斜面的最远距离为 类型六 电磁感应中的斜面问题如图所示，宽度为L的足够长的平行金属导轨MN、PQ的电阻不计，垂直导轨水平放置一质量为m电阻为R的金属杆CD，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，导轨平面与水平面之间的夹角为，金属杆由静止开始下滑，动摩擦因数为，下滑过程中重力的最大功率为P，求磁感应强度的大小分析与解答：金属杆先加速后匀速运动，设匀速运动的速度为v，此时有最大功率，金属杆的电动势为：E=BLv 回路电流 I = 安培力 F = BIL 金

26、属杆受力平衡，则有：mgsin= F + mgcos 重力的最大功率P = mgvsin 解得：B = 变式1 一个质量m=0.1 kg的正方形金属框总电阻R=0.5 ，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边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v2s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v2s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