高中物理《解题手册》专题9斜面问题.docx
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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KV1。
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
⑵箱以加速度a匀加速向左时,
mgsina—f=ma
f=mgcosa
所以a=g(sina—cosa)
由运动规律可知V2=2aS=2Sg(sina—cosa)
V=2gh
由题意:
Vi=KV
解得:
(1=(1—K2)tana
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⑴箱以加速度a匀加速上升时,分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=Fsina和E=Fcosa求解,
得至上Fi=m(g+a)sina,F2=m(g+a)cosa
⑵a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。
可见这里又有一个临界值的问题:
当向左的加速度a
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......,,
分析与角车答:
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 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? 分析与角车答: 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 2 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. 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。 -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 解得: 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 2 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? 分析与解答: (1)木块下滑: MgsinMgcos 2 a1g(sincos)4m/s 12 下滑位移: s1-a1t20.5m 2 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 2 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 (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. 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=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. 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 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 12 mgsin)s0云mv2 2mgLin37°-2mgLiCOS370=0-—(2m)vt2 2 『产成=0.5k2m/s=1版 (3)根据功能原理: 12L一1 F(—at2)2mSin30—at 222 12 -2mvt0.242J 2 (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血3。 0■■Zwvr2+L2响「 1. £——£lt 2 解得: 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, 分析与解答: 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 1212 -mvC-mv 22 q由D到C的过程中电场 其中h 3L BDsin600BCsin300sin600—— 2 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 0 mgsin30 kQq ma L2 .3kQq2mL2 曰1 得acg 2 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< 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) 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 qBvmgcosEqsin0 解得v=10m/s 小球由静止开始下滑的距离为S,有 12 —mvEqscosmgssin 2 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. 分析与解答: ⑴s=0到s=16m由公式 v2=2as,该段图线斜率就是线框的加速度。 2 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 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
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