高中物理解題手冊資料專題9斜面問題(完整版)
【正文】 ，有n個貨箱粘合在一起向下運(yùn)動，其受力如圖所示，因為第n個貨箱恰好停在斜面的底端，所以，： μnmgcosθnmgsinθ=nma 解得：a=μgcosθgsinθ (2)設(shè)第n個貨箱開始運(yùn)動時的速度為v,由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律可得： 0v=2aL 解得：v= (3)整個過程中由于貨箱與斜面間的摩擦而損失的機(jī)械能為： △E=μmgcosθ（2）物體再返回到斜面底端時所用的時間?？梢娺@里又有一個臨界值的問題：當(dāng)向左的加速度a≤gtanα?xí)rF1=m(gsinαacosα)沿繩向斜上方；當(dāng)agtanα?xí)r木塊和斜面不再保持相對靜止，而是相對于斜面向上滑動，繩子松弛，拉力為零。 斜面模型時中學(xué)物理中常見的物理模型之一。變式2 如圖8所示，在傾角為θ的固定斜面C上疊放著質(zhì)量分別為的物體A、B。得： 答案為CxyV0Mmθ變式3 如圖所示，水平粗糙的地面上放置一質(zhì)量為M、傾角為θ的斜面體，斜面體表面也是粗糙的有一質(zhì)量為m的小滑塊以初速度V0由斜面底端滑上斜面上經(jīng)過時間t到達(dá)某處速度為零，在小滑塊上滑過程中斜面體保持不動。（sin37176。nL+μmgcosθ 故木塊到A點的最大距離為： （2），這一過程與第一顆子彈擊中后過程相同，故再次上滑的位移仍為4m，到達(dá)的最高點P2在P1的上方△d=4－=. P2到B點的距離為： 可知，第三顆子彈擊中木塊后，木塊將滑出斜面。分析與解答：：根據(jù)題意，設(shè)斜面長為2L,A與B碰撞前后的速度分別是v0和vt。 小球所受的合外力為 ，小球在B點的加速度為（2）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，C點的速度為 類型五 復(fù)合場中的斜面 如圖所示，足夠長的絕緣光滑斜面AC與水平面間的夾角是α（sinα=），放在圖示的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E=,方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=,方向垂直于紙面向里，電量q=102C，質(zhì)量m=，從斜面頂端A由靜止開始下滑，求小球能夠沿斜面下滑的最大距離。 ∴ Δs=2L=2d=2616=10m, d=L=5m ⑵線框通過磁場時， 由v2s圖可知，s1=16 m v0=0 a1=gsinθ 勻加速運(yùn)動 s2=10 m v1=4 m/s 勻速運(yùn)動 s3=8 m 初速v1=4 m/s a3=gsinθ 勻加速運(yùn)動因此，金屬框從斜面頂端滑至底端所用的時間為進(jìn)入磁場前 F－mgsinθ＝ma4 在磁場中運(yùn)動 F＝mgsinθ＋F安，由上式得 F安＝ma4 m/s 所以， a= m/s2 F安=ma4= N= N ∴ 最小功WF=F安2d+mg(s1+s2+s3)sinθ= J 變式2 如圖所示，兩條光滑平行導(dǎo)軌相距為L，被固定在與水平面成θ的絕緣斜面上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌所在平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。小球沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動，隨速度的增加，洛倫茲力增大，直到支αACBEαNfEqmg持力N等于零時，為小球沿斜面下滑的臨界情況，有 解得v=10m/s 小球由靜止開始下滑的距離為S，有 解得S= 變式1 在如圖所示的區(qū)域里，存在指向紙外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2πm/q的勻強(qiáng)磁場；在豎直方向存在隨時間交替變化的如14所示的勻強(qiáng)電場，電場大小E0= mg/q，已知豎直向上為正方向。經(jīng)過一段時間兩個小球第一次碰撞,又經(jīng)過一段時間再一次發(fā)生碰撞…….由于兩小球之間有粘性,每一次碰撞后, ,兩小球發(fā)生最后一次碰撞,=10m/s2,求:（1）最后一次碰撞后,小球的加速度（2）最后一次碰撞后瞬間,小球的速度（3）整個碰撞過程中,系統(tǒng)損失的機(jī)械能（4）兩小球相碰的總次數(shù)解：（1）對兩小球整體由牛頓第二定律有 （2） 小球沿F方向的位移隨時間變化的關(guān)系式為S=kt2(k為恒量) ∴是勻加速運(yùn)動 （3） 根據(jù)功能原理： （4）假設(shè)在拉力作用的前2s內(nèi)兩球未發(fā)生碰撞，在2s時，小
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