例說斜面上的力學問題

成金德

(浙江省義烏市第二中學，浙江 義烏 322000)

?

例說斜面上的力學問題

成金德

(浙江省義烏市第二中學，浙江 義烏 322000)

斜面上的力學問題是力學中的一類典型問題,在考試中會經常看到它們的身影．本文探究此類問題的解題方法，以期對習題教學有一定參考作用.

斜面體；模型；牛頓運動定律

斜面上的力學問題是力學中的一類典型問題,在考試中會經常看到它們的身影．在物理教學中,學生遇到此類問題常常望而生畏、望而卻步．如何解答此類問題,往往成為力學中的一個重要問題,本文就此進行一些探討．

模型1.斜面上的滑塊處于靜止狀態.

解題的關鍵是把握3個要點: (1) 滑塊在斜面上靜止時,滑塊所受的支持力和摩擦力的合力與重力是一對平衡力．(2) 對斜面體所受地面的摩擦力一般取整體法研究．(3) 靈活應用平衡條件．

圖1

例1.質量為M的斜面體靜止在水平地面上,斜面的傾角為θ,質量為m的滑塊恰好靜止在斜面體上,如圖1所示．則

(A) 滑塊所受的摩擦力大小為mgsinθ.

(B) 滑塊對斜面的壓力大小為mgcosθ.

(C) 斜面體所受地面的摩擦力大小為mgsinθ.

(D) 滑塊所受合外力等于0.

解析:滑塊受重力mg、支持力FN和摩擦力f的作用．由平衡條件可求得滑塊所受摩擦力的大小與重力沿斜面方向的分力的大小相等,即f=mgsinθ,則選項(A)正確;滑塊對斜面體的壓力大小與斜面體對滑塊的支持力大小相等,而斜面體對滑塊的支持力的大小等于重力沿垂直于斜面方向分力的大小,即FN=mgcosθ,可見選項(B)正確;由于滑塊處于靜止狀態,因此,滑塊所受的合力等于0,選項(D)正確;取斜面體和滑塊這個整體為研究對象,整體除了受到重力和地面的支持力外,若地面對斜面體有摩擦力的作用,則整體不可能處于平衡狀態,因此,選項(C)錯誤．

圖2

變式1.一質量為m的滑塊恰好靜止在傾角為θ的斜面體上．現對滑塊施加一個豎直向下的恒力F,如圖2所示．則滑塊

(A) 仍處于靜止狀態.

(B) 沿斜面加速下滑.

(C) 受到的摩擦力不變.

(D) 受到的合外力增大.

解析:滑塊靜止在斜面體上,沿斜面方向,滑塊重力的分力與摩擦力大小相等,設想摩擦力是最大靜摩擦力,即mgsinθ=μmgcosθ．當在滑塊上加一豎直向下的力F時,可將F與重力合并,顯然關系式mgsinθ+F=μ(mg+F)cosθ依然成立,說明滑塊仍然處于靜止狀態．當加上F后,滑塊受到的沿斜面向下的分力增大,則受到的摩擦力必增大,所以,只有選項(A)正確．

圖3

變式2.如圖3所示,質量為m的滑塊在水平恒力F作用下靜止在斜面體上,斜面體靜止在水平桌面上,傾角為θ,質量為M．下列說法正確的是

(A) 滑塊受到的摩擦力方向沿斜面向下.

(B) 滑塊對斜面體的壓力大小是mgcosθ.

(C) 桌面對斜面體的摩擦力大小是0.

(D) 桌面對斜面體的支持力大小是(m+M)g.

解析:由于F大小不確定,則滑塊摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下,選項(A)錯誤;滑塊對斜面體的壓力大小為Fsinθ+mgcosθ,因此選項(B)錯誤;以整體為研究對象,水平方向所受的合力應等于0,則桌面對斜面體的摩擦力大小等于F,即選項(C)錯誤;豎直方向上,桌面對斜面體的支持力大小等于(mg+Mg),可見選項(D)正確．

圖4

變式3.如圖4所示,位于斜面體上的滑塊m在沿斜面向上的力F作用下,處于靜止狀態．則斜面體作用于滑塊的靜摩擦力的

(A) 方向可能沿斜面向上.

(B)方向可能沿斜面向下.

(C) 大小可能等于0.

(D) 大小可能等于F.

模型2.斜面上的滑塊處于勻速狀態.

與模型1相似,應抓住3點: (1) 滑塊在斜面上勻速運動時,滑塊所受的支持力和摩擦力的合力與重力是一對平衡力．(2) 對斜面體所受地面的摩擦力一般取整體法研究．(3) 靈活應用平衡條件．所不同的是受到的摩擦力是滑動摩擦力,應注意區分．

圖5

例2.如圖5所示,粗糙的水平地面上有一斜面體,斜面體上一滑塊正在沿斜面以速度v勻速下滑,斜面體保持靜止,則地面對斜面體的摩擦力

(A) 等于0.

(B) 不為0,方向向右.

(C) 不為0,方向向左.

(D) 不為0,速度較大時向左,速度較小時向右.

解析:當斜面體上的滑塊勻速下滑時,滑塊受重力、斜面體給的支持力和摩擦力的作用,其中斜面體給的支持力和摩擦力的合力與重力是一對平衡力,因此,滑塊對斜面體的作用力方向豎直向下,斜面體對地面無相對運動趨勢,則無靜摩擦力的作用．另外,從整體上看,斜面體在水平方向也不可能受到靜摩擦力的作用,否則,整體在水平方向不可能處于平衡狀態,故選項(A)正確．

圖6

變式1.如圖6所示,質量為M的斜面體靜止在粗糙的水平地面上,一質量為m的滑塊恰能沿斜面勻速下滑．現施加一沿斜面向下的推力F作用于滑塊,使滑塊沿斜面勻加速下滑,此過程中,關于斜面與水平面間相互作用力的說法正確的是

(A) 有摩擦力作用,對水平面的壓力等于(M+m)g.

(B) 有摩擦力作用,對水平面的壓力大于(M+m)g.

(C) 無摩擦力作用,對水平面的壓力等于(M+m)g.

(D) 無摩擦力作用,對水平面的壓力大于(M+m)g.

解析:力F的作用對物體給斜面的壓力和摩擦力沒有影響,故斜面與水平面間無摩擦力作用,斜面對水平面的壓力大小不變．故選項(C)正確．

圖7

變式2.如圖7所示,一質量為M的斜面體B放在水平面上,在斜面上放一質量為m的滑塊A,用一沿斜面向上的力F作用于A上,使其沿斜面勻速上滑,在A上滑的過程中斜面體B相對地面始終靜止,則關于地面對斜面體的摩擦力f及支持力FN的說法正確的是

(A)f=0,FN=Mg+mg.

(B)f向左,FN=Mg+mg.

(C)f向右,FN

(D)f向左,FN

解析:由于F沿斜面體向上方向,則A對B的摩擦力方向為沿斜面體向上方向,A對B的壓力和摩擦力的合力方向不再沿豎直向下方向,斜面體將受到地面的摩擦力作用．取整體為研究對象,由于F的作用,使得斜面體受到地面的摩擦力作用,摩擦力的方向水平向左．又由于F有一沿豎直方向的分力,則斜面體受到地面的支持力小于斜面體和滑塊的重力,可見選項(D)正確．

圖8

變式3.如圖8所示,一質量為m的滑塊恰能在一個質量為M的斜面體上沿斜面勻速下滑．現用一與斜面成α角的推力推此滑塊,使滑塊沿斜面加速下滑,則關于斜面受到地面的摩擦力f和支持力FN的說法正確的是

(A) 摩擦力f為0.

(B) 摩擦力f方向向左.

(C) 支持力FN=(M+m)g.

(D) 支持力FN>(M+m)g.

解析:將F分解為沿斜面體方向和豎直向下的兩個分力的作用,而豎直方向和沿斜面體方向的力,不影響地面對斜面體的摩擦力,即斜面體不受地面的摩擦力作用,則選項(A)正確．但豎直方向的分力將影響地面對斜面體的支持力,即選項(D)正確．

變式4.如圖9(a)所示,質量為M的斜面體B放在水平面上,在斜面體的斜面上放一個質量為m的滑塊A,用一個豎直向下的力F作用于A上,滑塊A剛好沿斜面勻速下滑．若改用一個斜向下的力F′作用在A時,滑塊A加速下滑,如圖9(b)所示,則在圖9(b)中關于地面對斜面體的摩擦力f地及支持力FN地的結論正確的是

(A)f地=0,FN地>Mg.

(B)f地=0,FN地

(C)f地向右,FN地

(D)f地向左,FN地>Mg.

解析:設斜面的傾角為θ．在圖9(a)中,滑塊A受力情況如圖9(c)所示．由平衡條件可得

(mg+F)sinθ=μ(mg+F)cosθ，

解得μ=tanθ.

(a)

(b)

(c)

(d)

在圖9(b)中,斜面體B的受力情況如圖9(d)所示．設地面對斜面體B的摩擦力方向為水平向右,由平衡條件在水平方向有

f地=fcosθ-FNsinθ，

又因為f=μFN，解得

f地=μFNcosθ-FNsinθ=tanθFNcosθ-FNsinθ=0．

在豎直方向有FN地>Mg．可見選項(A)正確．

模型3. 斜面上的滑塊處于加速狀態.

解題的關鍵應把握以下2點: (1) 對加速運動,應靈活運用牛頓第二定律建立方程．(2) 對斜面所受到地面的摩擦力和地面的支持力,一般應用整體法分析．

圖10

例3.如圖10所示,傾角為θ的斜面體,質量為M,靜止放在粗糙的水平地面上．質量為m的滑塊沿斜面由靜止開始加速滑下．已知接觸面均粗糙,動摩擦因數為μ,且在滑塊加速下滑過程中斜面體始終保持靜止,則

(A) 滑塊對斜面體的壓力為mgsinθ.

(B) 滑塊沿斜面下滑的加速度為gsinθ.

(C) 斜面體對地面的壓力大于(m+M)g.

(D) 斜面體受到地面的靜摩擦力方向水平向左.

解析:斜面上的滑塊對斜面的壓力大小等于滑塊的重力沿垂直于斜面方向的分力,即F=mgcosθ,選項(A)錯誤;對滑塊應用牛頓第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma,求得滑塊的加速度為a=gsinθ-μgcosθ,可見,選項(B)錯誤;對整體在豎直方向應用牛頓第二定律得(m+M)g-FN=may,可見,選項(C)錯誤;對整體在水平方向應用牛頓第二定律得f=max,所以,斜面體受到靜摩擦力方向水平向左,則選項(D)正確．

圖11

變式1.質量為M=20kg的楔形斜面體靜置在粗糙的水平面上,斜面體的傾角θ=30°．有一質量m=1.0kg的滑塊由靜止開始沿斜面下滑,當滑塊滑行的距離x=2.8m時,滑塊的速度v=2.8m/s,在這一過程中斜面體保持靜止不動,重力加速度取g=10m/s2．求:

(1) 滑塊下滑過程中,地面對斜面體的摩擦力的大小和方向．

(2) 滑塊下滑過程中,地面對斜面體的支持力的大小．

解析:滑塊滑行的加速度為v2=2ax,即

取整體為研究對象,在水平方向,只受到地面對斜面體的摩擦力作用,根據牛頓第二定律得

f=max,

即f=macos37°=1.12N,方向水平向左．

在豎直方向,整體受到重力和地面給的支持力,由牛頓第二定律得

(m+M)g-F=may,即F=(m+M)g-may=209.16N,方向豎直向上．

圖12

變式2.如圖12所示,放在固定斜面體上的滑塊以加速度a沿斜面勻加速下滑,若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F,則滑塊

(A) 可能勻速下滑.

(B) 仍以加速度a勻加速下滑.

(C) 將以大于a的加速度勻加速下滑.

(D) 將以小于a的加速度勻加速下滑.

解析:當滑塊沿斜面勻加速下滑時,設滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ,根據牛頓第二定律得

mgsinθ-μmgcosθ=ma.

當在滑塊上施加一個豎直向下的恒力F時,將F和重力mg合并,根據牛頓第二定律得

(mg+F)sinθ-μ(mg+F)cosθ=ma1.

比較兩式可知,a1>a,因此,選項(C)正確．

圖13

變式3.如圖13所示,質量為M的斜面體靜止在粗糙的水平地面上,一質量為m的滑塊沿斜面勻加速下滑,斜面體對地面壓力為F1;在滑塊上施加一沿斜面向下的推力F,在物塊沿斜面下滑的過程中,斜面體對地面壓力為F2.則

(A)F2>(M+m)g,F2>F1.

(B)F2>(M+m)g,F2=F1.

(C)F2<(M+m)g,F2>F1.

(D)F2<(M+m)g,F2=F1.

解析:當不加推力時,對滑塊應用牛頓第二定律可得

mgsinθ-f=ma1.

(1)

將加速度沿水平和豎直方向分解,則豎直方向的加速度為

ay=a1sinθ.

(2)

對整體在豎直方向應用牛頓第二定律得

Mg+mg-F1=may.

(3)

聯立以上(1)～(3)式得

F1=Mg+mg-may=Mg+mg-(mgsinθ-f)sinθ.

當加推力F后,對滑塊m應用牛頓第二定律得

F+mgsinθ-f=ma2.

(4)

加速度的豎直分量為

ay2=a2sinθ.

(5)

對整體在豎直方向應用牛頓第二定律得

Mg+mg+Fsinθ-F2=may2.

(6)

聯立以上(4)～(6)式得

F2=Mg+mg-(mgsinθ-f)sinθ.

比較后可知，F1=F2<(M+m)g．故選項(D)正確．

模型4.斜面上的物體受到幾個力作用.

解答受到多個力的斜面問題,關鍵是抓住兩點:(1) 靈活應用隔離法和整體法;(2) 靈活應用平衡條件和牛頓運動定律．

圖14

例4.如圖14所示,斜面體A靜止放置在水平地面上,質量為m的滑塊B在外力F1和F2的共同作用下沿斜面體表面向下運動．當F1方向水平向右,F2方向沿斜面體的表面向下時,斜面體受到地面的摩擦力方向向右．則下列說法中正確的是

(A) 若同時撤去F1和F2,在滑塊B仍向下運動的過程中,滑塊B的加速度方向一定沿斜面向上.

(B) 若只撤去F1,在滑塊B仍向下運動的過程中,A所受地面摩擦力的方向可能向左.

(C) 若只撤去F2,在滑塊B仍向下運動的過程中,A所受地面摩擦力的方向一定向右.

(D) 若只撤去F1,在滑塊B仍向下運動的過程中,A所受地面摩擦力不變.

解析:取斜面體A為研究對象,受力情況如圖15(a)所示,由題意知,斜面體受到地面的摩擦力方向向右,則B對A一定有滑動摩擦力,且方向沿斜面向下．設斜面傾角為θ,A、B間的動摩擦因數為μ．由平衡條件得

(a)

(b)

(1)

μcosθ>sinα.

(2)

若同時撤去F1和F2,在滑塊B仍向下運動的過程中,B受力情況如圖15(b)所示,則

f=μFN=μmgcosθ>mgsinθ.

可見,滑塊B所受的合力方向沿斜面向上,則滑塊B的加速度方向一定沿斜面向上,則選項(A)正確．

總之,解決斜面上的力學問題,關鍵是抓住斜面上的力學特征,靈活運用平衡條件和牛頓運動定律,巧妙選用隔離法和整體法．

1 成金德.突破解動力學問題思維障礙的方法[J]. 考試,2000(04)：43-45.

2 成金德.應用牛頓第二定律解題的類型和方法[J]. 中學生理科應試,2002(08)：21-23.

2016-12-07)