专题讲座《斜面上的动力学问题》

1、专题讲座关于传送带传送物体问题基本道具：传送带（分水平和倾斜两种情形）、物件（分有无初速度两种情形）问题基本特点：判断能否送达、离开速度大小、历时、留下痕迹长度等等。基本思路：分析各阶段物体的受力情况，并确定物件的运动性质（由合外力和初速度共同决定，即动力学观点）典型事例：一、 水平传送带。例1：如图所示，设两半径均为R的皮带轮轴心间距离为L,物块与传送带间的动摩擦因素为.物块（可视为质点）质量为m，从水平以初速度v0滑上传送带左端。试讨论物体在传送带上留下的痕迹（假设物块为深色，传送带为浅色）（一） 若传送带静止不动，则可能出现：1、v0=,恰好到达右端，vt=0，历时t=，留下痕迹S=L2

2、、v0，从右端滑离，vt=,历时t=，留下痕迹S=L3、v0，只能滑至离左端S=处停下，vt=0，历时t=，留下痕迹S=S=（二） 若传送带逆时针以速度匀速运动，可能出现：1、v0=恰好能（或恰好不能）到达右端，vt=0，历时t=，留下痕迹长S有两种情形：（1）当v时，S=vt+L=+L;(2)当v时，S=2（L+R_）注意：痕迹长至多等于周长，不能重复计算。 2、v0，从右端滑出，vt=，历时t=，留下的痕迹长S也有两种情形：（1）当v时，S=vt+L；（2）当v时，S=2（L+R）3、v0，物块先向右匀减速至离左端S=处，速度减为零，历时t1=，之后，（1）如果v0v，物块将一直向左匀加速

3、运动，最终从左端滑落，vt=v0，又历时t2=t1，留下的痕迹长S=2vt1（但至多不超过2L+2R）。（2）如果v0v,物块将先向左匀加速运动一段时间t2=，再随传送带一起向左匀速运动一段时间t3=，最终从左端滑落；vt=v，留下的痕迹长S=v（t1+t2）+（t1-t2）（但最多不超过2L+2R）.(三)若传送带顺时针以速度v匀速运动，可能出现1.0v0，物块一直做匀加速运动，从右端滑出，vt=，历时t=，留下的痕迹长S=（vtL）(但最多不超过2L+2R)2. v0v,物块先向右做匀加速，历时t1=，后随传送带一块以速度v匀速运动，历时t2=，vt=v，留下的痕迹长S=（但此时必有SL）

4、3v0=v，物块始终随传送带一块向右匀速运动，历时t=，vt=v，S=0二、倾斜传送带:例2：如图所示。传送带倾角为,两轮半径均为R,轴心间距离为L。物块的质量为m（可视为质点）。与传送带间的动摩擦因数为,试讨论物体在传送带上留下的痕迹（假设物块为深色，传送带为浅色）：(一)传送带顺时针以速度v匀速运动，而物块轻放于最低端，可能出现：1.tan,即mgsinmgcos ,无论V多大物块无法被传递到顶端;2.tan,即mgsin<mgcos，说明物块放上后将向上匀加速运动（受力如图），加速度a=g(cossin)(1) 如果v ，则物块一直向上做匀加速运动，至顶端vt=,历时 t

5、=,留下的痕迹长S= v tL (但至多不超过2R+2L)。(2) 如果v，则物块先向上匀加速运动至离底端S1=，历时t1=;之后，mgsin<mgcos，滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小f=mgsin，物块随传送带一起以速度v向上匀速运动，直至从顶端滑离；v t= v，又历时t2=;留下的痕迹长S= S1L。（二）传送带顺时针以速度v匀速运动，而物块轻放于最顶端，可能出现：1tan,即mgsinmgcos，无论v多大，物块无法被传递到底端；2tan,即mgsinmgcos，物体将匀加速下滑，加速度a=g(sincos), 从底端滑离；v t=，历时t=,留下的痕迹长S= vt+L （但至

6、多不超过2R+2L）。(三) 传送带逆时针以速度v匀速运动，而物块轻放于最顶端，可能出现： 1. v，物块一直向下匀加速运动，a=g(sin+cos),从底端滑离；v t=，留下痕迹长S=vtL(但至多不超过2R+2L)。2. v，物块先向下以加速度a1=g(sin+cos)做匀加速运动，至距顶端S1=处，速度达到v，历时t1=,此后，（1）如果tan，则继续以a1=g(sincos)向下做加速运动，从底端滑离时vt=,又历时t2=，整个过程中留下痕迹长为S，当v t3 v时，S= S1；当v t3 v时，S=(2) 如果tan，则物块将随传送带以速度v一起向下匀速运动(这期间滑动摩擦力变为沿

7、斜面向上的静摩擦力)，直至从底端滑离；v t= v ，又历时t2=,整个过程中，留下的痕迹长S= S1。（四）设传送带足够长，且tan，开始时，传送带静止，物块轻放于最顶端。现让传送带以恒定的加速度a0逆时针开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，物块在传送带上面留下了一段痕迹，物块相对于传送带不再滑动。求此痕迹的长度S。【分析】依题意可知，物块能在传送带上留下一段痕迹，现设传送带匀加速运动时的加速度a0g(sin+cos).如果a0g(sin+cos)，则物块将随着传送带一起运动，并始终保持相对静止，不会留下一段痕迹，这与题设条件不符。设传送带匀加速运动时间t1,自

8、开始至物块速度也达v0共历时t，则v0= a0t1=at 物块速度达到v0之前，受力如图甲，加速度a= g(sin+cos). 物块在传送带上留下的痕迹长S= a0t12+ v0（tt1）at2 物块速度达到v0时，mgsinmgcos ,滑动摩擦力（沿斜面向下）突变为静摩擦力F静= mgsin（方向沿斜面向上），之后，相对传送带静止随传送带一起以v0向下匀速运动。受力如图乙所示。联立 可得; S=巩固练习v2v11如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回´

9、;光滑水平面上，这时速率为v2´,则下列说法正确的是( AB )A、若v1<v2，则v2´=v1B、若v1>v2，则v2´ =v2C、不管v2多大，总有v2´=v2D、只有v1=v2时，才有v2´=v12已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适中的位置冲上一定初速度的物块（如图a），以此时为t=0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2）。已知传送带的速度保持不变，物块与传送带间的tan（g取10 m/s2），则

10、（ ）A0t1内，物块向上做匀减速运动Bt1t2内，物块向上做匀加速运动C0t2内，传送带对物块的摩擦力始终沿斜面向下Dt2以后物块随传送带一起向上做匀速运动不受摩擦力作用3将一个粉笔头轻放在以2m/s的恒定速度运动在足够长的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线。若使该传送带仍以2m/s的初速改做匀减速运动，加速度大小恒为1.5m/s2，且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一粉笔头（与传送带的动摩擦因数和第一个相同）轻放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？3tvv00v1t1t2t3传送带粉笔头解析：在同一vt坐标图上作出两次划线粉笔头及传送带的速度图象，如图所示

11、。第一次划线。传送带匀速，粉笔头匀加速运动，AB和OB分别代表它们的速度图线。速度相等时（B点），划线结束，图中 的面积代表第一次划线长度 ，即B点坐标为（4，2），粉笔头的加速度 。第二次划线分两个AE代表传送带的速度图线，它的加速度为 可算出E点坐标为（4/3，0）。OC代表第一阶段粉笔头的速度图线，C点表示二者速度相同， 即C点坐标为（1，0.5）该阶段粉笔头相对传送带向后划线，划线长度 。等速后，粉笔头超前，所受滑动摩擦力反向，开始减速运动， 由于传送带先减速到0，所以后来粉笔头一直匀减速至静止。CF代表它在第二阶段的速度图线。可求出F点坐标为（2，0）此阶段粉笔头相对传送带向前划线，

12、长度 。可见粉笔头相对传送带先向后划线1m，又折回向前划线1/6m，所以粉笔头在传送带动能留下1m长的划线。AB4如图所示，传送带与地面倾角=37°，AB长为16m，传送带以10m/s的速度匀速运动。在传送带上端A无初速地释放一个质量为0.5kg的有色物体，它与传送带之间的动摩擦系数为=0.5，（g=10m/s2）求：物体从A 运动到B 的过程中，有色物体在传送带上留下的痕迹？4 提示：S1= s1´- s1=5m 超前 S2= s2- s2´=1m落后 S1>S2 痕迹L=5msmab5如图所示，传送带始终保持v=4m/s的速度顺时针方向运动，一个质量为m

13、=1.0kg，初速度为零的小物体放在传送带的左端a处，若物体与传送带之间的动摩擦因素µ=0.2，传送带左右两端ab的距离为s=8m。求物体从左端a处运动到右端b处的时间;5 t= 3s 30°h6如图所示，电动机带着绷紧的传送皮带始终以02ms的速度运动，传送带与水平面的夹角为30°，现把某一工件轻轻地放在皮带的底端，经过一段时间后，工件被送到高h2m的平台上，已知工件与皮带间的动摩擦因数=/2，,求：(1) 工件从传送皮带底端运动到顶端所用的时间；(2) 在此过程中工件在传送带上留下多长的划痕。6解：（1）工件刚开始运动时与传送皮带之间有相对滑动，工件刚开始沿传

14、送皮带向上匀加速运动.斜面长度工件匀加速运动时工件的加速度工件达到速度02m/s所需时间此过程工件沿传送皮带向上运动的位移L在此之后由于工件与传送皮带相对静止，工件以02m/s的速度匀速直线运动工件匀速运动经历工件从传送皮带底端运动到顶端所用的时间（2）在工件匀加速运动过程中传送皮带运动的距离为此过程中的相对位移大小（即划痕）为7. (06高考题)一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为.初始时，传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动.经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对

15、于传送带不再滑动.求此黑色痕迹的长度.7解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得 a=g设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有v0=a0t v=at由于a<a0，故v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t'，煤块的速度由v增加到v0，有 v=v+at'郝双此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0=a0t2+v0t'

16、; s=传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0s 由以上各式得8ABCD右图为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角为37°，C、D两端相距4. 45m，B、C相距很近。水平传送带以5m/s的速度沿顺时针方向转动，现将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A端，它随传送带到达B端后，速度大小不变地传到倾斜传送带的C点，米袋与两传送带间的动摩擦因数均为0. 5，g取10m/s2，sin37=0. 6，cos37=0. 8。 （1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带在CD上所能上升的最大距离； （2）若

17、倾斜部分CD以4m/s的速率顺时针方向转动，求米袋从C运动到D所用的时间。8解：（1）米袋在AB上加速时的加速度 米袋的速度达到=5ms时，滑行的距离，因此米袋加速一段后与传送带一起匀速运动到达B点，到达C点时速度：v0=5m/s 设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 代人数据得：a=10m/s2 它能上滑的最大距离m （2）倾斜部分传送带沿顺时针方向转动时，米袋速度减为4ms之前的加速度为 m/s2 速度减为4m / s时上滑位移为m 米袋速度等于4ms时，滑动摩擦力方向改变，由于，故米继续向上减速运动 米袋速度小于4ms减为零前的加速度为 m/s2 速度减到0时上滑位移为m

18、 可见，米袋速度减速到0时，恰好运行到D点。 米袋从C运动到D所用的时间s 牛顿运动定律在多过程运动中的应用【案例展示1】如图1所示,有一水平传送带以2 m/s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端，已知物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带左、右端间的距离为10 m，求传送带将该物体传送到传送带的右端所需的时间.(g取10 m/s2) 图1【规范解答】物体置于传送带左端时，先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：f=mg=ma代入数据得：a=g=0.5×10 m/s2=5 m/s2当物体加速到速度等于传送带速度v=2 m/s时，运动的时间t1= =0.4 s 运动的位移x

19、1=则物体接着做匀速直线运动，匀速直线运动所用时间：t2=所需传送时间t=t1+t2=0.4 s+4.8 s=5.2 s 答案：5.2 s变式练习：1、如图1一条传送带始终水平匀速运动，将一个质量为20kg的货物无初速地放到传送带上，货物从放上到跟传送带一起匀速运动，经过的时间为0.8s，滑行的距离是0.8m，则货物与传送带间的动摩擦因数为多大？（0。25）2.传送带以恒定速度v=1.2m/S运行, 传送带与水平面的夹角为37º。现将质量m=20kg的物品轻放在其底端，经过一段时间物品被送到1.8m高的平台上，如图2所示。已知物品与传送带之间的摩擦因数=0.85，则:物品从传送带底端

20、到平台上所用的时 间是多少？ 解：(1) -图2 - - -物体先匀加速后匀速 - -3、如图3所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为，则木块从左端运动到右端的时间可能是（ACD ）ABCD图34、如图4所示，传送带与地面的倾角=37，从A到B的长度为16，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5的物体，它与传送带之间的动摩擦因数=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37=0.6,cos37=0.8) A N a1 N f2 B a2 f1 mg mg 图4图20(a)(b)

21、解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图5（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。 开始阶段由牛顿第二定律得:sincos=a1;所以:a1=sinµcos=10m/s2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间1a11s;发生的位移：a112/251

22、6;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。第二阶段，有：sinµcosa2 ;所以：a22m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2 则：LABS2a22/2 ；解得：t21s , 2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间=t1t 2 =2s .从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。（06全国）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度达到v0后,便以此速度做匀

23、速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿第二定律，可得 设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有 由于，故，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间，煤块的速度由v增加到v0，有 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有 传送带上留下的黑色痕迹的长度 由以上各式得 9将一个粉笔

24、头轻放在2 m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线；若使该传送带改做匀减速运动（加速度的大小为15 m/s2），并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一支粉笔头放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线?(g取10 m/s2)【案例展示2】 【案例展示3】 质量的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行停在B点，已知A、B两点间的距离，物块与水平面间的动摩擦因数，求恒力F多大。（）解析：设物块在力F和摩擦力f的共同作用下加速度为a1，撤去外力F后物块的加速速度为a2 则 Ff=ma1 f=

25、mg=ma2设撤去外力F时物块的速度为v 则 v=a2t 由以上各式解得 F=12N如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g10m/s2）求：（1）斜面的倾角a；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数m；（3）t0.6s时的瞬时速度v。解析：（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a15m/s2，mg sin ama1，可得：a30°，（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a22m/s2，m

26、mgma2， 可得：m0.2，（3）设斜面上运动时间为t，则：a1t=1。1+（1。2t）a2 解得t=0。5s 则0。6s时的速度v=a1ta2（0。6t）=2。3m/s滑块问题的类型及归纳解析在物理的学习中经常会遇到一个木块在一个木板上的运动问题，我们称为滑块问题一. 木板受到水平拉力类型一：如图A是小木块，B是木板，A和B都静止在地面上。A在B的右端，从某一时刻起，B受到一个水平向右的恒力F作用开始向右运动。AB之间的摩擦因数为，B与地面间的摩擦因数为，板的长度L。根据A、B间有无相对滑动可分为两种情况。假设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，A受到的摩擦力，因而A的加速度。A、B间滑动与否的

27、临界条件为A、B的加速度相等，即，亦即。 1. 若，则A、B间不会滑动。根据牛顿第二定律，运用整体法可求出AB的共同加速度。 2. 若，则A、B间会发生相对运动。这是比较常见的情况。A、B都作初速为零的匀加速运动，这时 设A在B上滑动的时间是t，如图所示，它们的位移关系是即，由此可以计算出时间t。二. 木块受到水平拉力 类型二：如图A在B的左端，从某一时刻起，A受到一个水平向右的恒力F而向右运动。A和B的受力如图所示，B能够滑动的条件是A对B的摩擦力大于地对B的摩擦力即。因此，也分两种情况讨论： 1. B不滑动的情况比较简单，A在B上做匀加速运动，最终滑落。 2. B也在运动的情况是最常见的。

28、根据A、B间有无相对运动，又要细分为两种情形。A、B间滑动与否的临界条件为：， 即。（1）若，A、B之间有相对滑动，即最常见的“A、B一起滑，速度不一样”，A最终将会从B上滑落下来。A、B的加速度各为。设A在B上滑动的时间是t，如图4所示，它们的位移关系是，即，由此可以计算出时间t。 （2）若，A、B之间相对静止。这时候AB的加速度相同，可以用整体法求出它们共同的加速度。三. 木块以一定的初速度滑上木板 类型3：如图木块A以一定的初速度滑上原来静止在地面上的木板B，A一定会在B上滑行一段时间。根据B会不会滑动分为两种情况。首先要判断B是否滑动。A、B的受力情况如图所示。 1. 如果，那么B就不

29、会滑动，B受到的摩擦力是静摩擦力，这种情况比较简单。 （1）如果B足够长，A将会一直作匀减速运动直至停在B上面，A的位移为。 （2）如果B不够长，即，A将会从B上面滑落。 2. 如果，那么B受到的合力就不为零，就要滑动。A、B的加速度分别。 （1）如果B足够长，经过一段时间后，A、B将会以共同的速度向右运动。设A在B上相对滑动的距离为d，如图所示，A、B的位移关系是，那么有： （2）如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即 四. 木板突然获得一个初速度 类型四：如图7，A和B都静止在地面上，A在B的右端。从某一时刻时，B受到一个水平向右的瞬间打击力而获得了一个向右运动的初速度。 A静止

30、，B有初速度，则A、B之间一定会发生相对运动，由于是B带动A运动，故A的速度不可能超过B。由A、B的受力图知，A加速，B减速，A、B的加速度分别为 也有两种情况： 1. 板足够长，则A、B最终将会以共同的速度一起向右运动。设A、B之间发生相对滑动的时间为，A在B上相对滑动的距离为d，位移关系如图所示，则 2. 如果板长，经过一段时间后，A将会从B上面滑落，即 由此可以计算出时间。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

31、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=0）1物块的初速度为零（即v0=0）例1如图所示，倾角为的斜面体质量为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；N12mga甲N21MgNf乙（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

32、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=mgsin/m=gsin 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速度 方向沿斜面向下ABCDh（3）根据牛顿第三定律及平衡条件有：N21= N12= mgcos斜面体受到水平面的支持力N= Mg+ N21cos= Mg+ mgcos2 方向竖直向上摩擦力f= N21sin= mgsincos 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

33、结果可知物块的加速度a=mgsin/m=gsin 倾角越大，a越大。当=900时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间倾角越大，t越短。当=900时，t有最小值.bABCD物块到达斜面底端的速度大小与无关。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=mgsin/m=gsin 倾角越大，a越大。当=900时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间倾角从逐渐增大到900过程中，t先变短后变长。当=450时，t有最小值

34、.物块到达斜面底端的速度大小BACEDOR 倾角越大，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=mgsin/m=gsin=gcos 斜面与竖直面之间的夹角越小，倾角越大，a越大。当=00时，a有最大值amax=g.物块到达斜面底端的时间与或无关。物块到达斜面底端的速度大小 斜面与竖直面之间的夹角越小，倾角越大，v越大。F当=00时，v有最大值。拓展2倾角为的斜面体质量为M，斜面光滑、长为L，始终静止在粗糙的水平

35、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。N21MgNf拓2乙拓2甲N12mgaF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）sin/m>gsin 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速度 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）co

36、s斜面体受到水平面的支持力N= Mg+ N21cos= Mg+（mg+F）cos2 方向竖直向上摩擦力f= N21sin= （mg+F）sincos 方向水平向左变式3倾角为的斜面体质量为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。N21MgNf变3乙变3甲N12（m+m）ga解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓2

37、甲、拓2乙所示（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度a=（m+m）gsin/（m+m）=gsin 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速度 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）g cos斜面体受到水平面的支持力N= Mg+ N21cos= Mg+（m+m）g cos2 方向竖直向上摩擦力f= N21sin=（m+m）g sincos 方向水平向左变式4倾角为的斜面体质量为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，给物块施加一个垂直斜面

38、向下的恒力F，如图所示。求：F（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乙所示变4乙N21MgNf变4甲mgaFN12（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度a=mgsin/m=gsin 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速度 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 g cos+F斜面体受到水平面的支持力N= Mg+ N21cos= Mg+（m g cos+F）cos 方向竖直向上摩擦

39、力f= N21sin=（m g cos+F）sin 方向水平向左2物块的初速度不为零（即v00）v0例2如图所示，倾角为的斜面体质量为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。N12mga甲N21MgNf乙解：（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=mgs

40、in/m=gsin 方向沿斜面向下由运动学公式s=at2/2和v2=2as得t上+ t下tv0vv0t上丙O物块到达斜面底端的时间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）（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，且tan，求：（1

41、）分别画出物块和斜面体的受力示意图；甲FNff12N12mg乙Mgf21F/NfN21N（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，且tan，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=N21 = mg cosmgsin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F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

42、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乙所示拓3乙Mgf21F/NfN21N拓3甲FNff12N12mgF（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，且tan，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=N21 = （mg+ F）cos（mg+ F）sin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

43、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？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，且tan，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=N21 = （m+m）g

44、cos（m+m）g sin变5乙Mgf21F/NfN21N变5甲FNff12N12（m+m）g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F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

45、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，且tan，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，即变6甲FNff12N12Fmg变6乙Mgff21N21NF/Nffmax=N21 = （mg cos+ F）mgsin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，结合受力示意图变6丙（m+M

46、）gNFf根据平衡条件得：斜面体受到水平面的支持力N= mg +Mg+ F cos 方向竖直向上摩擦力f= Fsin0 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= mg cos+ F f12= mgsin 对M：N= N21 cos + f21sin+Mg f= N21sinf21 cos 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 cos 方向竖直向上摩擦力f= Fsin0 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 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

47、持力N=（m+M）g+ F cos 方向竖直向上摩擦力f= Fsin0 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，且tan，求：（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；（2）物块的

48、运动性质和加速度；mg甲aFNfN12f12乙MgF/Nfff21N21N（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，且tan，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=N12 = mg cosmgsin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 cos沿斜面方向mgsinf12=ma又 f12=N12联立以上各式可得，加速度a= g（sincos） 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

49、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 +mgmasin= Mg +mg cos（cos+sin） 方向竖直向上摩擦力f= ma cos= mg cos（sincos）0 方向水平向左方法（二）隔离法，利用正交分解丙（m+M）gNfmaymamax 根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cos mgsinf12= ma 对M：N= Mg +N21 cos + f21 sin f= N21sinf21 cos又 f