高中物理《解题手册》专题9--斜面问题...doc

Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高中物理解题手册专题9-斜面问题.专题3 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。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:     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：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-mgsin-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 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： 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°=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= 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）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 （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。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（金属框上边与AA重合）.试计算恒力F做功的最小值.分析与解答： s0到s16 m由公式v22as，该段图线斜率就是线框的加速度。 a0.5 m/s2 根据牛顿第二定律 mgsinma =arcsin0.05 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， 由v2-s图可知，s1=16 m v0=0 a1=gsin 匀加速运动 s2=10 m v1=4 m/s 匀速运动 s3=8 m 初速v1=4 m/s a3=gsin 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进入磁场前 Fmgsinma4 在磁场中运动 FmgsinF安，由上式得 F安ma4 m/s 所以， a=0.25 m/s2 F安=ma4=0.1×0.25 N=0.025 N 最小功WF=F安×2d+mg(s1+s2+s3)sin=1.95 J 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的绝缘斜面上，导轨的电阻忽略不计。ab、cd是横放在导轨上的直导线，它们的质量均为m，电阻均为R。整个装置处于垂直于导轨所在平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。现直导线ab在平行于导轨向上的恒定拉力作用下沿导轨向上匀速运动，直导线cd处于静止状态，求作用在ab上的恒定拉力的功率。Babcd分析与解答：ab向上运动，ab中产生感应电动势，感应电流的方向为bacdb，cd受到沿斜面向上的安培力，并且处于静止状态，设电路中的电流为I，则有 设ab向上运动的速度为v，则有 北京学海乐苑教育研究中心 物理参考答案 6ab受到沿斜面向下的安培力，设恒定拉力为F，则有 可得F的功率 解题方法归纳与提升斜面问题是物理习题中最灵活多变的问题之一，也是高考的热点内容研究斜面上的物体，涉及知识点多，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-