董廷灿

(安徽省明光中学)

斜面上物体的动力学问题,一直是高中物理力学中的重难点,在高考和平时的考试中经常会涉及。本文通过一道典型例题,求解分析并加以变式,供各位老师和同学们参考。

【原题】一斜劈静止于粗糙的水平地面上,在其斜面上放一滑块m,若给m一个向下的初速度v0,则m正好保持匀速下滑。如图1所示,现在m下滑的过程中再加上一个力,则以下说法正确的是

图1

( )

A.在m上加一竖直向下的力F1,则m将保持匀速运动,M对地没有摩擦力的作用

B.在m上加一个沿斜面向下的力F2,则m将做加速运动,M对地有水平向左的静摩擦力的作用

C.在m上加一个水平向右的力F3,则m将做减速运动,在m停止前M对地有向右的静摩擦力的作用

D.无论在m上加什么方向的力,在m停止前M对地都无静摩擦力的作用

一、问题的解决

1.物体沿斜面匀速下滑的条件

当物体放在倾角为θ的斜面上刚好能匀速下滑,对其受力分析如图2所示。

图2

由平衡条件可得f=mgsinθ=μFN,FN=mgcosθ,解得μ=tanθ。

由上式可以得出:如果一个物体恰好可以在斜面上匀速下滑,那么减小或者增大物体的质量后物体照样可以恰好在斜面上匀速下滑(见图3),即物体能沿斜面下滑与物体的质量无关,只与物体和斜面间的动摩擦因数有关。

图3 原来能沿斜面匀速下滑的物体上再轻放一个重物,仍匀速下滑

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。对物块和斜面系统受力分析如图4所示。

图4

由平衡条件得F地=(M+m)g,f地=0。

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图5所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图5

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ=tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地=0;地面对斜面的支持力F地=FNcosθ+fsinθ+Mg=(M+m)g。

2.给原来匀速下滑的物体施加一个竖直向下的力,物体仍能匀速下滑

给原来匀速下滑的物体施加一个竖直向下的力F1,对物体进行受力分析如图6所示。

图6

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=(mg+F1)cosθ

在沿着斜面方向上,得

f=μFN=(mg+F1)tanθcosθ=(mg+F1)sinθ

它恰好等于重力和力F1沿斜面向下的分力的合力,因此物体恰能沿斜面匀速下滑(见图7)。

图7 给原来能沿斜面匀速下滑的物体上施加一个竖直向下的力,仍匀速下滑

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。对物块和斜面系统受力分析如图8所示。

图8

由平衡条件得F地=F1+(M+m)g>(M+m)g,f地=0。

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图9所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图9

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ=tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地=0;地面对斜面的支持力F地=FNcosθ+fsinθ+Mg=F1+(M+m)g。

3.给原来匀速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力,物体将匀加速下滑

给原来匀速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力F2,对物体进行受力分析如图10所示。

图10

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=mgcosθ

结合摩擦力和正压力的关系f=μFN

在沿着斜面方向上,由牛顿第二定律得

mgsinθ+F2-f=F2=ma

因此物体沿斜面匀加速下滑(见图11)。

图11 给原来能沿斜面匀速下滑的物体上施加一沿斜面向下的力,物体将匀加速下滑

因为斜面的受力情况没有发生改变,所以与不加力F2的情况完全相同。即F地=(M+m)g,f地=0。

4.给原来匀速下滑的物体施加一个水平向右的力,物体将匀减速下滑

给原来匀速下滑的物体施加一个水平向右的力F3,对物体进行受力分析如图12所示。

图12

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=mgcosθ+F3sinθ

结合摩擦力和正压力的关系

f=μFN=μ(mgcosθ+F3sinθ)

在沿着斜面方向上,由牛顿第二定律得

mgsinθ-F3cosθ-f=ma

图13 给原来能沿斜面匀速下滑的物体上施加一水平向右的力,物体将匀减速下滑

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。因为物块和斜劈的运动状态不一致,所以不建议选取整体作为参考系。对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图14所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图14

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ=tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地=0;地面对斜面的支持力F地=FNcosθ+fsinθ+Mg=(M+m)g+F3tanθ>(M+m)g。

【点评】通过以上讨论可得:当物块匀速下滑时,在物块上施加不同方向的外力F,有可能会改变物块的运动状态;但在物块向下运动的过程中,斜面的受力个数相同,即只受重力、物块对斜面的压力、物块对斜面的摩擦力、地面的支持力,不受地面的摩擦力。故原题选AD。

二、问题的延伸

1.斜面上的物体在未加力F时匀加速下滑

未加力F时,且当物体沿斜面匀加速下滑时,突然加上如图1所示的三种力时情况又如何呢?

(1)物体沿斜面匀加速下滑的条件

当物体放在倾角为θ的斜面上以加速度a匀加速下滑时,对其受力分析,由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma,解得a=g(sinθ-μcosθ)>0;进一步得到μ

由上式可以得出:如果一个物体沿斜面方向匀加速下滑,那么减小或者增大物体的质量后,物体照样以同样的加速度沿斜面方向匀加速下滑(见图15),即物体能沿斜面下滑与物体的质量无关,只与物体和斜面间的动摩擦因数有关。

图15 原来能沿斜面匀加速下滑的物体上再轻放一个重物,仍能以相同加速度匀加速下滑

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。先把物块的加速度水平、竖直分解如图16所示,再对物块和斜面系统受力分析如图17所示。

图16

图17

对系统由牛顿第二定律得

竖直方向上(M+m)g-F地=masinθ

解得F地=(M+m)g-masinθ

水平方向上f地=macosθ

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图18所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图18

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ

(2)给原来匀加速下滑的物体施加一个竖直向下的力,物体将以更大的加速度匀加速下滑

给原来匀加速下滑的物体施加一个竖直向下的力F1,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可得

(mg+F1)sinθ-f=ma′

FN-(mg+F1)cosθ=0

f=μFN

由上面三式解得

这说明物体的加速度与竖直向下施加的力F1有关,施力后物体的加速度将增大,与给物体增加质量不再等价。

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。先把物块的加速度水平、竖直分解如图19所示,再对物块和斜面系统受力分析如图20所示。

图19

图20

对系统由牛顿第二定律得

竖直方向上(M+m)g+F1-F地=ma′sinθ,

解得F地=(M+m)g+F1-ma′sinθ

水平方向上f地=ma′cosθ

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图21所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图21

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ

(3)给原来匀加速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力,物体将以更大的加速度匀加速下滑

给原来匀加速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力F2,对物体进行受力分析,

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=mgcosθ

结合摩擦力和正压力的关系f=μFN

在沿着斜面方向上,由牛顿第二定律得

mgsinθ+F2-f=ma′

由以上三式解得

这说明物体的加速度与沿斜面向下施加的力F2有关,施力后物体的加速度将增大。

因为斜面的受力情况没有发生改变,所以与不加力F的情况完全相同,即F地=(M+m)g-masinθ<(M+m)g;f地=ma′cosθ,方向水平向左。

(4)给原来匀加速下滑的物体施加一个水平向右的力,物体可能沿斜面减速、匀速或者以更小的加速度匀加速下滑

给原来匀加速下滑的物体施加一个水平向右的力F3,对物体进行受力分析。

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=mgcosθ+F3sinθ

结合摩擦力和正压力的关系

f=μFN=μ(mgcosθ+F3sinθ)

在沿着斜面方向上,由牛顿第二定律得

mgsinθ-F3cosθ-f=ma′

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ

【点评】通过以上讨论可得:当物块匀加速下滑时,在物块上施加不同方向的外力F,有可能会改变物块的运动状态;但在物块向下运动的过程中,斜面的受力个数相同,即受重力、物块对斜面的压力、物块对斜面的摩擦力、地面的支持力和地面的摩擦力;地面对斜面的摩擦力方向不变。

2.斜面上的物体在未加力F时匀减速下滑

未加力F,且当物体沿斜面匀减速下滑时,突然加上如图1所示的三种力时情况又如何呢?

(1)物体沿斜面匀减速下滑的条件

当物体放在倾角为θ的斜面上以加速度a匀减速下滑时,对其受力分析,由牛顿第二定律可得μmgcosθ-mgsinθ=ma,解得a=g(μcosθ-sinθ)>0;进一步得到μ>tanθ。

由上式可以得出:如果一个物体沿斜面方向匀减速下滑,那么减小或者增大物体的质量后,物体照样以同样的加速度沿斜面方向匀减速下滑(见图22),即物体能沿斜面下滑与物体的质量无关,只与物体和斜面间的动摩擦因数有关。

图22 原来能沿斜面匀减速下滑的物体上再轻放一个重物,仍能以相同加速度匀减速下滑

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。先把物块的加速度沿水平、竖直方向分解如图23所示,再对物块和斜面系统受力分析如图24所示。

图23

图24

对系统由牛顿第二定律得

竖直方向上F地-(M+m)g=masinθ,

解得F地=(M+m)g+masinθ

水平方向上f地=macosθ

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图25所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图25

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ>tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地≠0且方向水平向右。

(2)给原来匀减速下滑的物体施加一个竖直向下的力,物体将以更大的加速度匀减速下滑

给原来匀减速下滑的物体施加一个竖直向下的力F1,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律可得

f-(mg+F1)sinθ=ma′

FN-(mg+F1)cosθ=0

f=μFN

由上面三式解得

这说明物体的加速度与竖直向下施加的力F1有关,施力后物体的加速度将增大,与给物体增加质量不再等价。

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。先把物块的加速度水平、竖直分解如图26所示,再对物块和斜面系统受力分析如图27所示。

图26

图27

对系统由牛顿第二定律得

竖直方向上F地-(M+m)g-F1=ma′sinθ,

解得F地=(M+m)g+F1+ma′sinθ

水平方向上f地=ma′cosθ

也可以直接对斜面(除去地面的摩擦力后)进行受力分析如图28所示,比较fcosθ与FNsinθ的大小关系,从而确定f地的方向。

图28

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ>tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地≠0且方向水平向右。

(3)给原来匀减速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力,物体可能沿斜面加速、匀速或者以更小的加速度匀减速下滑

给原来匀减速下滑的物体施加一个沿斜面向下的力F2,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得

μmgcosθ-mgsinθ-F2=ma′

因为斜面的受力情况没有发生改变,所以与不加力F的情况完全相同,即F地=(M+m)g+masinθ>(M+m)g;f地=macosθ,方向水平向右。

(4)给原来匀减速下滑的物体施加一个水平向右的力,物体将以更大的加速度匀减速下滑

给原来匀减速下滑的物体施加一个水平向右的力F3,对物体进行受力分析。

在垂直斜面方向上,由平衡条件可得

FN=mgcosθ+F3sinθ

结合摩擦力和正压力的关系

f=μFN=μ(mgcosθ+F3sinθ)

在沿着斜面方向上,由牛顿第二定律得

F3cosθ+f-mgsinθ=ma′

解得

这说明物体的加速度与水平向右施加的力F3有关,施力后物体的加速度将增大。

接下来继续讨论斜面体受到地面的支持力与摩擦力情况。

【解析】因为fcosθ=μFNcosθ>tanθ·FNcosθ=FNsinθ,所以f地≠0且方向水平向右;地面对斜面的支持力F地=FNcosθ+fsinθ+Mg。

【点评】通过以上讨论可得:当物块匀减速下滑时,在物块上施加不同方向的外力F,有可能会改变物块的运动状态;但在物块向下运动的过程中,斜面的受力个数相同,即受重力、物块对斜面的压力、物块对斜面的摩擦力、地面的支持力和地面的摩擦力;地面对斜面的摩擦力方向不变。

三、另辟蹊径

若只需定性判断地面对斜面体的摩擦力方向,则可通过摩擦角的角度去分析。

1.什么是摩擦角

当物体处于滑动的临界状态时,静摩擦力Ff达到最大值Fm,此时支持力FN与最大静摩擦力(或滑动摩擦力)Fm的合力FR称为接触面对物体的全反力,FR方向与FN方向的夹角φ称为摩擦角。

2.利用摩擦角解决斜面定性分析问题

图29

图30

图31

图32

图33

图34