力与运动关系重点难点易错点高频必刷高分考点经典题——斜面上的动力学问题

这是一份力与运动关系重点难点易错点高频必刷高分考点经典题——斜面上的动力学问题，共22页。试卷主要包含了基本道具，问题基本特点，基本思路，典型事例等内容，欢迎下载使用。
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μ=0）
1．物块的初速度为零（即v0=0）
θ
例1．如图所示，倾角为θ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；
（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。











θ
b
A
B
C
D
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。











B
A
C
E
D
O
●
R
α
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。



















拓展2．倾角为θ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。
θ
F
















θ
变式3．倾角为θ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。









变式4．倾角为θ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向下的恒力F，如图所示。求：
F
θ
（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。








2．物块的初速度不为零（即v0≠0）
θ
v0
例2．如图所示，倾角为θ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。






（二）斜面体的斜面粗糙（即μ≠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）
θ
例3．如图所示，倾角为θ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μ，且μ≥tanθ，求：
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（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。









θ
F
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？











θ
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？










F
θ
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？







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θ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μ，且μ＜tanθ，求：
θ
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（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。









拓展4．在例4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？
θ
F






θ
变式7．在例4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？








F
θ
变式8．在例4中如果在物块由静止释放的同时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？







思考与讨论：（3）在例4中若给物块施加一个平行于斜面向上的力F，为了使物块能沿斜面向上滑动，则力F至少为多大？
（4）在例4中若给物块施加一个水平向右的力F，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。





2．物块的初速度不为零（即v0≠0）
θ
v0
例5．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面足够长，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，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，求：物块在斜面上滑动过程中，
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（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。







变式9．在例5中如果μ＜tanθ，而其它条件不变，则情况如何？




拓展5．在例5、变式9中，如果在物块沿斜面上滑过程，给物块施加一个竖直向下的恒力F，而其它条件不变，则情况如何？
变式10．在例5、变式9中，如果在物块沿斜面上滑过程，给物块上表面黏上一质量为△m的橡皮泥，而其它条件不变，则情况如何？
变式11．在例5、变式9中，如果在物块沿斜面上滑过程，给物块施加一个垂直斜面向下的恒力F，而其它条件不变，则情况如何？
思考与讨论：（5）在例5、变式9中，若给物块施加一个平行于斜面向上的力F，为了使物块能沿斜面向上匀速滑动，则力F应为多大？
（6）在例5、变式9中，若给物块施加一个水平向右的力F，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。
θ
v0






例6．如图所示，倾角为θ的斜面体质量为M，斜面足够长，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从斜面顶端沿斜面下滑，已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tanθ，求：物块在斜面上滑动过程中，
（1）分别画出物块和斜面体的受力示意图；
（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。







思考与讨论：（7）在例6中若给物块施加一个平行于斜面向下的力F，为了使物块能沿斜面向下匀速滑动，则力F应为多大？
变式12．在例6中如果μ=tanθ，而其它条件不变，则情况如何？







变式13．在例6中如果μ＜tanθ，而其它条件不变，则情况如何？






思考与讨论：（8）在变式13中，若给物块施加一个平行于斜面向上的力F，为了使物块能沿斜面向下匀速滑动，则力F应为多大？
（9）在变式13中，若给物块施加一个水平向右的力F，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。
拓展6．在例6、变式12和变式13中，如果在物块沿斜面下滑过程，给物块施加一个竖直向下的恒力F，而其它条件不变，则情况如何？
变式14．在例6、变式12和变式13中，如果在物块沿斜面下滑过程，给物块上表面黏上一质量为△m的橡皮泥，而其它条件不变，则情况如何？
变式15．在例6、变式12和变式13中，如过程，给物块施加一个垂直斜面向下的恒力F，而其它条件不变，则情况如何？



























N12
mg
a
甲
N21
Mg
N
f
乙
答案
例1．
解：（1）物块和斜面体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=mgsinθ/m=gsinθ 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= mgcosθ
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg+ N21cosθ= Mg+ mgcos2θ 方向竖直向上
摩擦力f= N21sinθ= mgsinθcosθ 方向水平向左
拓展1．解析：由例1（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ 倾角θ越大，a越大。当θ=900时，a有最大值amax=g.
物块到达斜面底端的时间

倾角θ越大，t越短。当θ=900时，t有最小值.
物块到达斜面底端的速度大小
与θ无关。
变式1．解析：由例1（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ 倾角θ越大，a越大。当θ=900时，a有最大值amax=g.
物块到达斜面底端的时间

倾角θ从逐渐增大到900过程中，t先变短后变长。当θ=450时，t有最小值.
物块到达斜面底端的速度大小
倾角θ越大，v越大。
变式2．解析：由例1（2）的解答结果可知
物块的加速度a=mgsinθ/m=gsinθ=gcosα 斜面与竖直面之间的夹角α越小，倾角θ越大，a越大。当α=00时，a有最大值amax=g.
物块到达斜面底端的时间

与α或θ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α越小，倾角θ越大，v越大。
当α=00时，v有最大值。
拓展2．
N21
Mg
N
f
拓2乙
拓2甲
N12
mg
a
F
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）sinθ/m>gsinθ 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）cosθ
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg+ N21cosθ= Mg+（mg+F）cos2θ 方向竖直向上
摩擦力f= N21sinθ= （mg+F）sinθcosθ 方向水平向左
变式3．
N21
Mg
N
f
变3乙
变3甲
N12
（m+△m）g
a
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=（m+△m）gsinθ/（m+△m）=gsinθ
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 cosθ
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg+ N21cosθ= Mg+（m+△m）g cos2θ 方向竖直向上
摩擦力f= N21sinθ=（m+△m）g sinθcosθ 方向水平向左
变式4．
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
N21
Mg
N
f
变4甲
mg
a
F
N12
（2）根据牛顿第二定律，物块的加速度
a=mgsinθ/m=gsinθ 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 cosθ+F
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg+ N21cosθ= Mg+（m g cosθ+F）cosθ 方向竖直向上
摩擦力f= N21sinθ=（m g cosθ+F）sinθ 方向水平向左
2．物块的初速度不为零（即v0≠0）
例2．
N12
mg
a
甲
N21
Mg
N
f
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=mgsinθ/m=gsinθ 方向沿斜面向下
由运动学公式s=at2/2和v2=2as得

t上+ t下
t
v0
v
－v0
t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μ≠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．
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μ，且μ≥tanθ，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=μN21 = μmg cosθ≥mgsinθ
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
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．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
Mg
f21
F/Nf
N21
N
拓3甲
FNf
f12
N12
mg
F
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，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=μN21 = μ（mg+ F）cosθ≥（mg+ F）sinθ
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．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μ，且μ≥tanθ，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=μN21 = μ（m+△m）g cosθ≥（m+△m）g sinθ
变5乙
Mg
f21
F/Nf
N21
N
变5甲
FNf
f12
N12
（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
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．解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变6甲、变6乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ≥tanθ，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
FNf
f12
N12
F
mg
变6乙
Mg
f
f21
N21
N
F/Nf
fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）≥mgsinθ
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）g
N
F
f
根据平衡条件得：斜面体受到水平面的
支持力N= mg +Mg+ F cosθ 方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 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 cosθ+ F
f12= mgsinθ
对M：N= N21 cosθ + f21sinθ+Mg
f= N21sinθ－f21 cosθ
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 cosθ
方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 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：支持力N=（m+M）g+ F cosθ 方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 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．
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μ，且μ＜tanθ，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=μN12 = μmg cosθ＜mgsinθ
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 cosθ
沿斜面方向mgsinθ－f12=ma
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度a= g（sinθ－μcosθ）
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 +mg－masinθ= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f= ma cosθ= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0 方向水平向左
方法（二）隔离法，利用正交分解
丙
（m+M）g
N
f
may
ma
max
根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cosθ
mgsinθ－f12= ma
对M：N= Mg +N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
又 f12=μN12
根据牛顿第三定律：N21= N12，f21 =f12 方向相反
联立以上各式得：支持力N= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
果在物块沿斜面下滑方向水平向左
方法（三）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
根据（2）问可知物块加速度a= g（sinθ－μcosθ）
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示
根据牛顿第二定律有：（m+M）g－N =may
得支持力N=（m+M）g－masinθ
= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= max = ma cosθ= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
拓展4．解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图拓4甲、拓4乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，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与恒力F的合力沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21 = μ（mg+ F）cosθ＜（mg+ F）sinθ
F
拓4甲
a
mg
FNf
N12
f12
拓4乙
Mg
F/Nf
f
f21
N21
N
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+ F）cosθ
沿斜面方向（mg+ F）sinθ－f12=ma
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度

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 +mg+F－masinθ= Mg +（mg+ F）cosθ（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f= ma cosθ= （mg+ F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0 方向水平向左
方法（二）隔离法，利用正交分解
拓4丙
（m+M）g
N
f
may
ma
max
F
根据牛顿第二定律，对m：N12=（mg+ F）cosθ
（mg+ F）sinθ－f12= ma
对M：N= Mg +N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
又 f12=μN12
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）cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=（mg+ F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
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
根据（2）问可知物块加速度
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示
根据牛顿第二定律有：（m+M）g+F－N =may
得支持力N=（m+M）g+F－masinθ
= Mg +（mg+ F）cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= max = ma cosθ=（mg+ F）cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
变式7．解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变7甲、变7乙所示
（m+△m）g
变7甲
a
FNf
N12
f12
变7乙
Mg
F/Nf
f
f21
N21
N
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力小于物块（含橡皮泥）所受重力（m+△m）g沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21 = μ（m+△m）g cosθ＜（m+△m）g sinθ
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= （m+△m）g cosθ
沿斜面方向（m+△m）g sinθ－f12=（m+△m）a
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度a= g（sinθ－μcosθ）
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 +（m+△m）g－（m+△m）asinθ= Mg +（m+△m）g cosθ（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f=（m+△m）a cosθ= （m+△m）g cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
方法（二）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：N12=（m+△m）g cosθ
（m+△m）g sinθ－f12=（m+△m）a
对M：N= Mg +N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
又 f12=μN12
根据牛顿第三定律：N21= N12，f21 =f12 方向相反
联立以上各式得：支持力N= Mg +（m+△m）g cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=（m+△m）g cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
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
根据（2）问可知物块加速度
方向沿斜面向下
变7丙
（m+△m +M）g
N
f
（m+△m）ay
（m+△m）a
（m+△m）ax
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示。根据牛顿第二定律有：
（m+△m + M）g－N =（m+△m）ay
得支持力N=（m+△m +M）g－（m+△m）asinθ
= Mg +（m+△m）g cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f=（m+△m）ax =（m+△m）a cosθ
=（m+△m）g cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左


变式8．解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变8甲、变8乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力可能不小于或小于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
变8甲
FNf
f12
N12
F
mg
变8乙
Mg
f
f21
N21
N
F/Nf
fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）≥或＜mgsinθ
所以，物块在斜面上可能静止不动，加速度a=0；
也可能匀加速下滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12=（mg+ F）cosθ
沿斜面方向mgsinθ－f12=ma
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度

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和静摩擦力f12或滑动摩擦力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或滑动摩擦力f12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：
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）≥mgsinθ时
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg +mg+ F cosθ 方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 方向水平向左
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）＜mgsinθ时
斜面体受到水平面的
支持力N= Mg +mg+ F cosθ－masinθ= Mg +（mg cosθ+ F）（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ+ma cosθ=（mg cosθ+ F）（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
方法（二）隔离法，利用正交分解
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）≥mgsinθ时
根据平衡条件，对m：N12= mg cosθ+ F
（静摩擦力） f12= mgsinθ
对M：N= Mg+ N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
根据牛顿第三定律：N21= N12，f21 =f12 方向相反
联立以上各式得：支持力N= Mg +mg+ F cosθ 方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 方向水平向左
变8丙
（m+M）g
N
F
f
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）＜mgsinθ时
根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cosθ+ F
（滑动摩擦力） f12=μN12 = μ（mg cosθ+ F）
对M：N= Mg+ N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
根据牛顿第三定律：N21= N12，f21 =f12 方向相反
联立以上各式得：
支持力N= Mg +（mg cosθ+ F）（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f=（mg cosθ+ F）（sinθ－μcosθ）≠0 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
变8丁
（m+M）g
N
f
may
ma
max
F
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）≥mgsinθ时
对物块与斜面体的整体受力分析如图变8丙所示
根据平衡条件得：支持力N=（m+M）g+ F cosθ
方向竖直向上
摩擦力f= Fsinθ≠0 方向水平向左
当fmax=μN21 = μ（mg cosθ+ F）＜mgsinθ时
根据（2）问可知物块加速度

方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图变8丁所示。根据牛顿第二定律有：（m+ M）g+ F cosθ－N =may
f－ Fsinθ=max
得支持力N Mg +（mg cosθ+ F）（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f =（mg cosθ+ F）（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左
2．物块的初速度不为零（即v0≠0）
例5．
解：（1）物块在斜面上滑动过程中，物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙所示。最后物块静止在斜面上不动，物块和斜面体的受力示意图分别如图丙、丁所示（与例3相同）

丙
FNf
f12
N12
mg
丁
Mg
f21
F/Nf
N21
N
f
乙
Mg
f21
N21
N
v
甲
a
N12
mg
f12











（2）物块沿斜面匀减速上滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12= mg cosθ
沿斜面方向mgsinθ+f12=ma
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度大小a= g（sinθ+μcosθ） 方向沿斜面向下
当物块速度减小为零时，由于μ≥tanθ，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=μN21 = μmg cosθ≥mgsinθ
所以，物块最后静止在斜面上不动，加速度a=0
（3）物块沿斜面匀减速上滑过程中，
方法（一）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cosθ
mgsinθ+f12= ma
对M：N= Mg +N21 cosθ － f21 sinθ
f= N21sinθ+f21 cosθ
又 f12=μN12
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 cosθ（cosθ－μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= mg cosθ（sinθ+μcosθ）≠0
方向水平向左
方法（二）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
丙
（m+M）g
N
f
may
ma
max
根据（2）问可知物块加速度a= g（sinθ+μcosθ）
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示
根据牛顿第二定律有：（m+M）g－N =may
得支持力N=（m+M）g－masinθ
= Mg +mg cosθ（cosθ－μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= max = ma cosθ= mg cosθ（sinθ+μcosθ）≠0
方向水平向左
当物块最后静止在斜面上不动时，根据平衡条件可知，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
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 方向竖直向上
摩擦力f=0
变式9．
解：（1）物块先沿斜面向上滑动过程中，物块和斜面体的受力示意图分别如图变9甲、变9乙所示。然后沿斜面向下滑动过程中，物块和斜面体的受力示意图分别如图变9丙、变9丁所示（与例4相同）
变9乙
f
Mg
f21
N21
N
mg
a1
v
变9甲
N12
f12
v
变9丙
a2
mg
FNf
N12
f12
变9丁
Mg
F/Nf
f
f21
N21
N












（2）物块先沿斜面匀减速上滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12= mg cosθ
沿斜面方向mgsinθ+f12=ma1
又 f12=μN12
联立以上各式可得，加速度大小a1= g（sinθ+μcosθ） 方向沿斜面向下
t
t上+ t下
v0
v
－v0
t上
变9戊
O
由于μ＜tanθ，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=μN21 = μmg cosθ＜mgsinθ
所以，当物块速度减小为零时，物块又沿斜面匀加速下滑，a2= g（sinθ－μcosθ） 方向沿斜面向下（与例4相同，这里不再赘述）。
整个过程物块的速度随时间变化的关系图象如图变9戊所示（取沿斜面向上为正方向）
（3）物块先沿斜面匀减速上滑过程中，斜面体受到水平面的
支持力N=（m+M）g－ma1sinθ = Mg +mg cosθ（cosθ－μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= ma1 cosθ= mg cosθ（sinθ+μcosθ）≠0
方向水平向左
（与例5相同，这里不再赘述）。
物块再沿斜面匀加速下滑过程中，斜面体受到水平面的
支持力N= Mg +mg－ma2sinθ= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f= ma2 cosθ= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0 方向水平向左
（与例4相同，这里不再赘述）。
例6．
解：（1）物块在斜面上滑动过程中，物块和斜面体的受力示意图分别如图甲、乙所示。最后物块静止在斜面上不动，物块和斜面体的受力示意图分别如图丙、丁所示（与例3相同）
（2）物块先沿斜面匀减速下滑，根据牛顿第二定律对m，垂直斜面方向N12= mg cosθ
沿斜面方向f12－mgsinθ=ma
又 f12=μN12
丙
FNf
f12
N12
mg
丁
Mg
f21
F/Nf
N21
N
v0
甲
a
N12
mg
f12
f
f21
N21
乙
Mg
N











联立以上各式可得，加速度大小a= g（μcosθ－sinθ） 方向沿斜面向上
由于μ＞tanθ，说明物块与斜面之间的最大静摩擦力大于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
fmax=μN21 = μmg cosθ＞mgsinθ
所以，当物块速度减小为零时，物块最后静止在斜面上不动，加速度a=0（与例5相同，这里不再赘述）。
（3）物块沿斜面匀减速下滑过程中，
方法（一）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cosθ
f12－mgsinθ= ma
对M：N= Mg +N21 cosθ+f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
又 f12=μN12
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 cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= mg cosθ（μcosθ－sinθ）≠0
方向水平向右
方法（二）整体法，结合受力示意图，利用正交分解
丙
（m+M）g
N
f
may
ma
max
根据（2）问可知物块加速度a= g（μcosθ－sinθ）
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图丙所示
根据牛顿第二定律有：N－（m+M）g =may
得支持力N=（m+M）g+masinθ
= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= max = ma cosθ= mg cosθ（μcosθ－sinθ）≠0
方向水平向右
当物块最后静止在斜面上不动时，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
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 方向竖直向上
摩擦力f=0
变式12． 变12甲
FNf
f12
N12
mg
变12乙
Mg
f21
F/Nf
N21
N
解：（1）物块沿斜面滑动过程中，物块和斜面体的受力示意图分别如图变12甲、变12乙所示。
（2）由于μ=tanθ，说明物块与斜面之间的滑动摩擦力等于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
f12=μN12 = μmg cosθ=mgsinθ
所以，物块在斜面上匀速下滑，加速度a=0。
（3）物块沿斜面匀速下滑过程中，根据平衡条件，斜面对物块的支持力N12和滑动摩擦力f12的合力大小FNf=mg，方向竖直向上
根据牛顿第三定律，物块对斜面的压力N21和滑动摩擦力f21的合力大小F/Nf=mg，方向竖直向下
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
变式13．
mg
变13甲
a
FNf
N12
f12
变13乙
Mg
F/Nf
f
f21
N21
N
解：（1）物块和斜面体的受力示意图分别如图变13甲、变13乙所示
（2）已知物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanθ，说明物块与斜面之间的滑动摩擦力小于物块所受重力mg沿斜面向下的分力，即
f12=μN12 = μmg cosθ＜mgsinθ
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 cosθ
沿斜面方向mgsinθ－f12=ma
又 f12=μN12
联立以上各式可得，
加速度a= g（sinθ－μcosθ）方向沿斜面向下（与例4相同）
（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
根据平衡条件可得：斜面体受到水平面的
支持力N= Mg +mg－masinθ= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ） 方向竖直向上
摩擦力f= ma cosθ= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0 方向水平向左
方法（二）隔离法，利用正交分解
根据牛顿第二定律，对m：N12= mg cosθ
mgsinθ－f12= ma
对M：N= Mg +N21 cosθ + f21 sinθ
f= N21sinθ－f21 cosθ
又 f12=μN12
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 cosθ（cosθ+μsinθ）
变13丙
（m+M）g
N
f
may
ma
max
方向竖直向上
摩擦力f= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
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
根据（2）问可知物块加速度a= g（sinθ－μcosθ）
方向沿斜面向下
对物块加速度a正交分解为ax和ay并对物块与斜面体的整体受力分析如图变13丙所示
根据牛顿第二定律有：（m+M）g－N =may
得支持力N=（m+M）g－masinθ
= Mg +mg cosθ（cosθ+μsinθ）
方向竖直向上
摩擦力f= max = ma cosθ= mg cosθ（sinθ－μcosθ）≠0
方向水平向左