2022年新課標高中物理模型與方法03 斜面模型教師講解版

文檔來源網絡整理侵權必刪PAGE1專題03斜面模型目錄【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型 1【模型二】斜面體靜摩擦力有無模型 5【模型三】物體在斜面上自由運動的性質 10【模型四】斜面模型的衍生模型“等時圓”模型 161.“光滑斜面”模型常用結論 162.“等時圓”模型及其等時性的證明 16【模型五】功能關系中的斜面模型 201.物體在斜面上摩擦力做功的特點 202.動能變化量與機械能變化量的區(qū)別 20【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型【模型構建】1.如圖所示，一個質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上。mmθ1.試分析m受摩擦力的大小和方向【解析】：假設斜面光滑，那么物體將在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。說明物體有沿斜面向下運動的趨勢，物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力作用。由平衡條件易得：2.若斜面上放置的物體沿著斜面勻速下滑時，判斷地面對靜止斜面有無摩擦力?！窘馕觥浚阂虻孛鎸π泵娴哪Σ亮χ豢赡茉谒椒较颍恍杩疾樾泵骟w水平方向合力是否為零即可。斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物體A對斜面的壓力N和摩擦力f。若設物體A的質量為m，則N和f的水平分量分別為，方向向右，，方向向左。可見斜面在水平方向所受合力為零。無左右運動的趨勢，地面對斜面無摩擦力作用。3.如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2>0）。設斜面傾角為θ，斜面對物塊的靜摩擦力為f。.當時斜面對物塊無靜摩擦力.當時物塊有相對于斜面向上運動的趨勢靜摩擦力方向向下平衡方程為：隨著F的增大靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最大值F1時，由平衡條件可得：F1=f+mgsinθ(1)；(3).當時物塊有相對于斜面向下運動的趨勢靜摩擦力方向向上平衡方程為：隨著F的增大靜摩擦力減小當靜摩擦力減小為0時突變?yōu)?2)中的情形，隨著F的減小靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最小值F2時，由平衡條件可得：f+F2=mgsinθ(2)；聯立(1)(2)解得物塊與斜面的最大靜摩擦力f=(F2-F1)/2.【模型演練1】(2019·高考全國卷Ⅰ)如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪．一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N.另一端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態(tài)．現用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°.已知M始終保持靜止，則在此過程中()A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【解析】對N進行受力分析如圖所示因為N的重力與水平拉力F的合力和細繩的拉力T是一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，A錯誤，B正確；M的質量與N的質量的大小關系不確定，設斜面傾角為θ，若mNg≥mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若mNg<mMgsinθ，則M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增大，D正確，C錯誤．【模型演練2】(2020·湖北一輪檢測)如圖，小球C置于B物體的光滑半球形凹槽內，B放在長木板A上，整個裝置處于靜止狀態(tài)。現緩慢減小木板的傾角θ。在這個過程中，下列說法正確的是()A．B對A的摩擦力逐漸變大B．B對A的作用力逐漸變小C．B對A的壓力不變D．C對B的壓力不變【答案】D【解析】對B、C整體受力分析，受重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡條件得知N＝mgcosθ，f＝mgsinθ，緩慢減小木板的傾角θ，N增大，f減小，由牛頓第三定律得知B對A的摩擦力逐漸減小，B對A的壓力增大。根據平衡條件可知A對B的作用力與B和C的重力大小相等，方向相反，所以A對B的作用力不變，根據牛頓第三定律得知B對A的作用力不變，故A、B、C錯誤。由于半球形凹槽光滑，小球只受兩個力：重力和支持力，由平衡條件可知，支持力與重力大小相等，保持不變，則C對B的壓力也保持不變，故D正確。【模型演練3】（2021·廣東佛山市·佛山一中高一月考）如圖所示，物體A靜止在傾角為30°的斜面體上，現保持斜面體質量不變，將斜面傾角由30°緩慢增大到37°的過程中，兩物體仍保持靜止，則下列說法中正確的是（）A．A對斜面體的壓力減小B．斜面體對A的摩擦力增大C．地面對斜面體的支持力減小D．地面對斜面體的摩擦力增大【答案】AB【解析】A．設斜面的傾角為α，物體A的重力為G，作出A的受力如圖根據平衡條件得：N=Gcosαf=mgsinα當斜面傾角α由30°增大到37°時，cosα減小，則N減小，根據牛頓第三定律得知，A對斜面的壓力大小減小，A正確；B．當斜面傾角α由30°增大到37°時，sinα增大，則f增大，B正確；CD．把兩物體看作一個整體，整體只受重力和地面的支持力，不受地面的摩擦力。且地面的支持力總是等于兩物體重力之和，地面的摩擦力總是等于零，CD錯誤。故選AB?！灸Ｐ脱菥?】（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）如圖所示，物體A、B的質量均為m，二者用細繩連接后跨過定滑輪，A靜止在傾角θ=30°的斜面上，B懸掛著，且斜面上方的細繩與斜面平行。若將斜面傾角θ緩慢增大到45°，物體A仍保持靜止，不計滑輪摩擦。則下列判斷正確的是（）A.物體A對斜面的壓力可能增大B.物體A受的靜摩擦力一定減小C.物體A受的靜摩擦力可能增大D.物體A受斜面的作用力一定減小【答案】BD【解析】A．物體A對斜面的壓力為，傾角增大,壓力減小，A錯誤；BC．物體A受的靜摩擦力分別為A受的靜摩擦力減小，B正確，C錯誤；物體A始終靜止，物體A受斜面的作用力始終等于重力與繩的拉力的合力，繩的拉力始終等于B的重力，其大小不變，兩個分力大小不變，夾角增大，合力減小，D正確。故選BD。【模型演練5】（2021·山西省長治市第二中學校高一月考）如圖，楔形物塊M固定在水平地面上，其斜面的傾角為。斜面上有一質量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑，則m的受力示意圖大致正確的是（）A． B．

C． D．【答案】B【解析】對小物塊進行受力分析，受到沿斜面向上的F，豎直向下的重力，處置斜面向上的支持力，因為物塊想對斜面沿斜面向上運動，所欲物塊受到斜面對它沿斜面向下的摩擦力。故選B?！灸Ｐ投啃泵骟w靜摩擦力有無模型【模型要點】1.質點系牛頓定律加速度不同時整體法的應用，大多數情況下，當兩物體加速度相同時才考慮整體法，加速度不同時，考慮隔離法。實際上加速度不同時，也可以用整體法，只是此時整體法的含義有所改變。當兩個或兩個以上物體以不同形式連接，構成一個系統，且系統內各物體加速度不相同時，牛頓第二定律照樣能應用于整體。若質量為m1，m2，…，mn的物體組成系統，它們的加速度分別為a1，a2，…，an，牛頓第二定律可寫為或其意義為系統受的合外力等于系統內的每一個物體受的合外力的矢量和，或某個方向上，系統受的合外力等于系統內的每一個物體在這個方向上受的合外力的矢量和。2.自由釋放的滑塊能在斜面上勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數μ＝gtanθ．3．自由釋放的滑塊在斜面上：(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．4．自由釋放的滑塊在斜面上勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零．5．懸掛有物體的小車在斜面上滑行：(1)向下的加速度a＝gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將垂直于斜面；(2)向下的加速度a＞gsinθ時，懸繩穩(wěn)定時將偏離垂直方向向上；(3)向下的加速度a＜gsinθ時，懸繩將偏離垂直方向向下．【模型演練1】（2021·安徽省皖西南八校高三上學期12月月考）如圖所示，傾角為37°、質量為10kg的斜面體ABC靜置于粗糙水平地面上，AB面光滑。質量為1kg的物塊（視為質點）從AB面頂端A點由靜止釋放，斜面體始終保持靜止，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。則在物塊下滑的過程中（）A.物塊的加速度大小為5m/s2B.物塊對斜面體的壓力大小為6NC.地面對斜面體的摩擦力大小等于4.8ND.斜面體對地面的壓力大小為110N【答案】C【解析】A．物塊的加速度大小為選項A錯誤；B．物塊對斜面體的壓力大小為選項B錯誤；CD．對物塊和斜面體的整體，水平方向即地面對斜面體的摩擦力大小等于4.8N；豎直方向解得FN=106.4N即斜面體對地面的壓力大小為106.4N，選項C正確，D錯誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2021·吉林省榆樹一中高三上學期1月期末）如圖所示，一個小球用不可伸長的輕繩懸掛在小車上，隨小車沿著傾角為的斜面一起下滑，圖中的虛線①與斜面垂直，②沿水平方向，③沿豎直方向，則可判斷出（）A.如果斜面光滑，則擺線與②重合B.如果斜面光滑，則擺線與③重合C.如果斜面光滑，則擺線與①重合D.如果斜面不光滑，則擺線與②重合【答案】C【解析】如果斜面光滑，根據牛頓第二定律得：對整體：加速度方向沿斜面向下，對小球合力則擺線必定與斜面垂直，即擺線與①重合；如果斜面粗糙能下滑則μ＜tanθ，以整體為研究對象，根據牛頓第二定律得，加速度由于μ＜tanθ，則μcosθ＜sinθa＞0說明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ因當a=0時擺線位于位置③，斜面光滑時擺線位移位置①，可知斜面粗糙時擺線位于①與③之間．故ABD錯誤，C正確；故選C?！灸Ｐ脱菥?】．（2021·湖南省長郡中學師大附中長沙一中聯合體高三上學期12月月考）如圖所示，斜劈A靜止放置在水平地面上。質量為的物體B以一定的初速度沿斜面減速下滑。現突然對B施加一水平向左的力，斜劈A始終靜止，則對B施加力后，下列說法中正確的是（）A.物體B的加速度變大B.地面対A的摩擦力變大，方向水平向左C.地面對A的摩擦力減小，方向水平向左D.地面對A無摩擦力【答案】AB【解析】A．對物塊B，沒有施加水平恒力F之前，沿斜面根據牛頓第二定律有垂直于斜面方向有施加水平恒力F之后，沿斜面根據牛頓第二定律有垂直于斜面方向有聯立解得故A正確；BCD．將A、B視為整體研究對象，對整體，在沒有水平拉力F之前，整體在水平方向根據牛頓第二定律有施加水平拉力F后，整體在水平方向根據牛頓第二定律有可知即地面對A的摩擦力增大，故B正確，CD錯誤。故選AB?！灸Ｐ脱菥?】（2021·江西高三月考）如圖所示，在傾角為的光滑斜面上，一質量為2m的小車在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質量為3m）的輕繩恰好水平。則外力F的大小為（）（已知重力加速度為g）A．5mg B．7.5mg C．4.5mg D．3.5mg【答案】B【解析】以小球為研究對象，分析受力情況可知，重力3mg、繩的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，則3mg和T的合力定沿斜面向下，如圖由牛頓第二定律得解得再對整體根據牛頓第二定律可得解得故選B?！灸Ｐ脱菥?】（2021·江西省六校高三上學期1月月考）如圖所示，傾角為θ的斜面放在粗糙的水平地面上，現有一帶固定支架的滑塊M正沿斜面加速下滑。支架上用細線懸掛質量為m的小球達到穩(wěn)定(與滑塊相對靜止)后，懸線的方向與豎直方向的夾角也為θ，斜面體始終保持靜止，則下列說法正確的是()A.斜面光滑B.斜面粗糙C.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向左D.達到穩(wěn)定狀態(tài)后，地面對斜面體的摩擦力水平向右【答案】AC【解析】AB．如果斜面光滑，根據牛頓第二定律得；對整體，加速度方向沿斜面向下，對小球，合力F合=ma=mgsinθ則擺線必定與斜面垂直，故A正確，B錯誤；CD．小球的加速度和整體的加速度相同，對整體，加速度有水平向左的分量，合力水平向左，根據牛頓第二定律，地面對斜面體的摩擦力水平向左，故C正確，D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】(2020·廣西桂林市、賀州市、崇左市3月聯合調研)如圖所示，固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B.若AB運動過程中始終保持相對靜止．以下說法正確的是()A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態(tài)C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受水平向左的摩擦力D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態(tài)【答案】C【解析】若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，整體加速度方向沿斜面向下，如圖：可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三個力作用，故選項A錯誤；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項B錯誤；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，由于B具有水平向左的分加速度，則根據牛頓第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故選項C正確；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態(tài)，故選項D錯誤．【模型三】物體在斜面上自由運動的性質斜面模型是高中物理中最常見的模型之一，斜面問題千變萬化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能運動，運動又分勻速和變速；斜面上的物體既可以左右相連，也可以上下疊加。物體之間可以細繩相連，也可以彈簧相連。求解斜面問題，能否做好斜面上物體的受力分析，尤其是斜面對物體的作用力（彈力和摩擦力）是解決問題的關鍵。θθmgfFNyx對沿粗糙斜面自由下滑的物體做受力分析，物體受重力、支持力、動摩擦力，由于支持力，則動摩擦力，而重力平行斜面向下的分力為，所以當時，物體沿斜面勻速下滑，由此得，亦即。1.所以物體在斜面上自由運動的性質只取決于摩擦系數和斜面傾角的關系。當時，物體沿斜面加速速下滑，加速度；當時，物體沿斜面勻速下滑，或恰好靜止；當時，物體若無初速度將靜止于斜面上；2.對于光滑斜面無論物體下滑還是上滑加速度大小均為：3.對于粗糙斜面物體下滑過程加速度大小為：上沖過程加速度大小為：【模型演練1】(2020·河南鄭州市中原聯盟3月聯考)如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長的斜面固定在水平地面上．當t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面向上運動．已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊一直做勻變速直線運動B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到出發(fā)點D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/s【答案】D【解析】當滑塊沿斜面向上運動時，做勻減速直線運動，加速度大小為a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2，滑塊沿斜面向上運動的時間為t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，由于mgsinθ>μmgcosθ，所以當滑塊沿斜面向上速度減為0時，不會靜止在斜面上，會繼續(xù)沿斜面向下做勻加速直線運動，加速度大小為a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2，所以滑塊不是一直做勻變速直線運動，A、B選項錯誤；滑塊上滑時的位移為x＝eq\f(1,2)a1t12＝5m，沿斜面向下運動回到出發(fā)點的時間為t2＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(5)s，C選項錯誤；3s時滑塊的速度大小為v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4m/s，D選項正確．【模型演練2】(多選)(2020·河南六市4月聯考)如圖所示，a、b小球均能沿各自斜軌道勻速下滑到豎直圓的最低點，現分別讓小球a、b以va、vb的速度沿各自軌道從最低點同時向上滑動，兩小球速度同時減小到0，重力加速度為g，軌道與圓在同一豎直面內，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．a、b小球與斜面間的動摩擦因數之比μa∶μb＝9∶16B．a、b小球沿斜面向上運動的加速度之比aa∶ab＝4∶3C．va∶vb＝4∶3D．兩小球不可能同時達到圓周上【答案】BC＋μamgsin37°＝maa，對b：mgcos53°＋μbmgsin53°＝mab，則aa∶ab＝4∶3，選項B正確；兩球速度同時減為零，時間相等，則由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，選項C正確；因為兩小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意時刻的速度之比為4∶3，則兩小球的平均速度之比為4∶3；而兩球到達圓周上時位移之比也為4∶3，可知兩小球能夠同時到達圓周上，選項D錯誤．【模型演練3】.(2020·安徽十校聯盟檢測)如圖所示，質量為m＝1kg的物塊放在傾角為θ＝37°的斜面底端A點，在沿斜面向上、大小為20N的恒力F1的作用下，從靜止開始沿斜面向上運動，運動到B點時撤去拉力F1，當物塊運動到C點時速度恰為零，物塊向上加速的時間與減速的時間均為2s．物塊運動到C點后，再對物塊施加一平行于斜面的拉力F2，使物塊從C點運動到A點的時間與從A點運動到C點的時間相等．已知斜面足夠長，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊與斜面間的動摩擦因數；(2)拉力F2的大小和方向．【答案】(1)0.5(2)3N方向平行斜面向下【解析】(1)設物塊向上做加速運動的加速度大小為a1，根據牛頓第二定律有：F1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1撤去拉力F1后，物塊做勻減速運動，設運動的加速度大小為a2根據牛頓第二定律有：μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2由于物塊向上加速的時間與減速的時間相等，即：a1t＝a2t聯立解得：μ＝0.5(2)物塊向上運動時，a1＝a2＝10m/s2，物塊從A到C運動的距離：x＝2×eq\f(1,2)a1t2＝40m從C點施加平行于斜面的拉力后，根據牛頓第二定律有：F2＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma3由運動學公式：x＝eq\f(1,2)a3(2t)2解得：a3＝5m/s2，F2＝3N可知F2方向平行斜面向下．【模型演練4】(多選)(2020·天津市普通高中學業(yè)水平等級考試，8)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出 ()A．斜面的傾角B．物塊的質量C．物塊與斜面間的動摩擦因數D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：根據牛頓第二定律，向上滑行過程eq\f(v0,t1)＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行過程eq\f(v1,t1)＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1)，從而可計算出斜面的傾斜角度θ以及動摩擦因數，選項A、C對．小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行過程為勻變速直線運動，末速度0，那么平均速度即eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最遠距離s＝eq\f(v0,2)t1，根據斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝v0eq\f(v0＋v1,4g)，選項D對．僅根據速度—時間圖象，無法求出物塊質量，選項B錯．【模型演練5】(多選)(2020·日照一模)如圖所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0時刻，滑塊B以初速度v0自斜面底端沖上斜面，t＝t0時刻到達最高點。取沿斜面向上為正方向，下列表示滑塊在斜面上整個運動過程中速度v隨時間t變化的圖象中，可能正確的是()【答案】ABD【解析】若斜面是光滑的，則滑塊在上滑和下滑的過程中所受合力為重力沿斜面向下的分力，大小方向均不變，故A正確；若斜面不光滑且滑塊上滑過程中所受的滑動摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，則滑塊沿斜面上升到最高點后會靜止在斜面上，故B正確；若斜面不光滑且滑塊在斜面上運動時所受的滑動摩擦力(即最大靜摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，則滑塊在上升過程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑動摩擦力充當合外力，而在下降過程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑動摩擦力充當合外力，所以滑塊沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C錯誤，D正確?！灸Ｐ脱菥?】(2019·安徽省亳州市高三上學期期末)一物塊沿傾角為θ的固定斜面底端上滑，到達最高點后又返回至斜面底端。已知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍，則物塊與斜面間的動摩擦因數為()A．eq\f(1,3)tanθ B．eq\f(1,9)tanθC．eq\f(4,5)tanθ D．eq\f(5,4)tanθ【答案】C【解析】向上運動的末速度等于0，其逆過程為初速度為0的勻加速直線運動，設加速度的大小為a1，則：x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，設向下運動的加速度的大小為a2，則向下運動的過程中：x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，由題知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍，即t2＝3t1，聯立可得：a1＝9a2，對物塊進行受力分析，可知向上運動的過程中：ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，向下運動的過程中：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，聯立得μ＝eq\f(4,5)tanθ，故C正確，ABD錯誤，故選C?！灸Ｐ脱菥?】(2021·浙江嘉興市模擬)如圖所示，水平軌道AB和傾斜軌道BC平滑對接于B點，整個軌道固定?，F某物塊以初速度v0從A位置向右運動，恰好到達傾斜軌道C處(物塊可視為質點，且不計物塊經過B點時的能量損失)。物體在水平面上的平均速度為eq\x\to(v)1，在BC斜面上的平均速度為eq\x\to(v)2，且eq\x\to(v1)＝4eq\x\to(v)2。物體在AB處的動摩擦因數為μ1，在BC處的動摩擦因數為μ2，且μ1＝6μ2。已知AB＝6BC，斜面傾角θ＝37°。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。根據上述信息，下列說法正確的是()A．在AB、BC運動時間之比tAB＝eq\f(2,3)tBCB．物體經過B處的速度大小為eq\f(1,6)v0C．物體與BC間的動摩擦因數μ2＝eq\f(6,37)D．物體到達C處之后，能保持靜止狀態(tài)【答案】C【解析】物體在AB階段、BC階段分別做勻減速直線運動，因此eq\f(v0＋vB,2)＝4eq\f(vB,2)，因此vB＝eq\f(1,3)v0，選項B錯誤；eq\f(xAB,tAB)＝4eq\f(xBC,tBC)，因此可求eq\f(tAB,tBC)＝eq\f(3,2)，因此選項A錯誤；根據運動學公式(eq\f(1,3)v0)2－veq\o\al(2,0)＝－2(μ1g)xAB、0－(eq\f(1,3)v0)2＝－2(gsin37°＋μ2gcos37°)xBC，代入數據μ2＝eq\f(6,37)，因此選項C正確；由于μ2＜tan37°，則物體不可能在C處靜止，選項D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】．(2020·廣東惠州高三第一次調研)如圖a所示，一可視為質點的物塊在t＝0時刻以v0＝8m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足夠長，斜面的傾角θ＝30°，物塊與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),5)。經過一段時間后物塊返回斜面底端，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊向上和向下滑動過程中，物塊的加速度大??；(2)物塊從斜面底端出發(fā)到再次返回斜面底端所用的總時間；(3)求出物塊再次返回斜面底端的速度大小，并在圖b中畫出物塊在斜面上運動的整個過程中的速度—時間圖象，取沿斜面向上為正方向?！敬鸢浮?1)8m/s22m/s2(2)3s(3)4m/s圖象見解析【解析】(1)物塊上滑過程，由牛頓第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，則a1＝gsinθ＋μgcosθ＝8m/s2，物塊下滑過程，由牛頓第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，則a2＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2。(2)物塊上滑過程：t1＝eq\f(0－v0,－a1)＝1ss1＝eq\f(0＋v0,2)t1＝4m物塊下滑過程：s2＝s1＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得t2＝2s故總時間t＝t1＋t2＝3s。(3)物塊下滑過程：v2＝a2t2＝4m/s。物塊在斜面上運動的整個過程中的v-t圖象如圖所示?！灸Ｐ退摹啃泵婺Ｐ偷难苌Ｐ汀暗葧r圓”模型1.“光滑斜面”模型常用結論如圖所示，質量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規(guī)律：(1)物體從斜面頂端滑到底端所用的時間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與物體的質量無關。關系式為t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))。(2)物體滑到斜面底端時的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長度、物體的質量無關。關系式為v＝eq\r(2gh)。2.“等時圓”模型及其等時性的證明1．三種模型(如圖)2．等時性的證明設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsinα，位移為x＝dsinα，所以運動時間為t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g))。即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關?！灸Ｐ脱菥?】如圖所示，位于豎直平面內的圓周與水平面相切于M點，與豎直墻相切于點A，豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻，甲、乙兩球分別從A、B兩點由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到M點。丙球由C點自由下落到M點。則()A．甲球最先到達M點 B．乙球最先到達M點C．丙球最先到達M點 D．三個球同時到達M點【答案】C【解析】設圓軌道的半徑為R，根據等時圓模型有t乙>t甲，t甲＝2eq\r(\f(R,g))；丙做自由落體運動，有t丙＝eq\r(\f(2R,g))，所以有t乙>t甲>t丙，選項C正確?！灸Ｐ脱菥?】一間新房即將建成，現要封頂，若要求下雨時落至房頂的雨滴能最快地淌離房頂(假設雨滴沿房頂下淌時做無初速度、無摩擦的運動)，則必須要設計好房頂的高度，下列四種情況中最符合要求的是()【答案】C【解析】如圖，設房頂寬為2b，高度為h，斜面傾角為θ。由圖中幾何關系有h＝btanθ由關系式t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))可知，t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，聯立解得t＝eq\r(\f(4b,gsin2θ))，可見，當θ＝45°時，t最小，選項C正確?！灸Ｐ脱菥?】(2020·太原高三上學期期末)在設計游樂場中“激流勇進”的傾斜滑道時，小組同學將劃艇在傾斜滑道上的運動視為由靜止開始的無摩擦滑動，已知傾斜滑道在水平面上的投影長度L是一定的，而高度可以調節(jié)，則()A．滑道傾角越大，劃艇下滑時間越短B．劃艇下滑時間與傾角無關C．劃艇下滑的最短時間為2eq\r(\f(L,g))D．劃艇下滑的最短時間為eq\r(\f(2L,g))【答案】C【解析】設滑道傾角為θ，則滑道長度為eq\f(L,cosθ)，下滑時的加速度a＝gsinθ，則根據eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθt2可得t＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，可知滑道傾角θ＝45°時，劃艇下滑時間最短，最短時間為tmin＝2eq\r(\f(L,g))；θ<45°時，傾角越大，時間越短；θ>45°時，傾角越大，時間越長，C正確，A、B、D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】某同學探究小球沿光滑斜面頂端下滑至底端的運動規(guī)律，現將兩質量相同的小球同時從斜面的頂端釋放，在甲、乙圖的兩種斜面中，通過一定的判斷分析，你可以得到的正確結論是()A．甲圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同B．甲圖中小球下滑至底端的速度大小與方向均相同C．乙圖中小球在兩個斜面上運動的時間相同D．乙圖中小球下滑至底端的速度大小相同【答案】：C【解析】：小球在斜面上運動的過程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做勻加速直線運動，設斜面傾角為θ，斜面高為h，底邊長為x，根據牛頓第二定律可知，小球在斜面上運動的加速度為a＝gsinθ，根據勻變速直線運動規(guī)律和圖中幾何關系有s＝eq\f(1,2)at2，s＝eq\f(h,sinθ)＝eq\f(x,cosθ)，解得小球在斜面上的運動時間為t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2x,gsinθcosθ))，根據機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得小球下滑至底端的速度大小為v＝eq\r(2gh)，顯然，在甲圖中，兩斜面的高度h相同，但傾角θ不同，因此小球在兩個斜面上運動的時間不同，故選項A錯誤；在甲圖中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下的方向不同，故選項B錯誤；在乙圖中，兩斜面的底邊長x相同，但高度h和傾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故選項D錯誤；又由于在乙圖中兩斜面傾角θ的正弦與余弦的積相等，因此小球在兩個斜面上運動的時間相等，故選項C正確．【模型演練5】(2020·安徽蕪湖市期末)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，分別與圓相交于A、B、C三點．現讓三個小球(可以看作質點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自端點由靜止滑到Q點，運動的平均速度分別為v1、v2和v3.則有：()A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v2【答案】A【解析】設任一斜面的傾角為θ，圓槽直徑為d.根據牛頓第二定律得到：a＝gsinθ，斜面的長度為x＝dsinθ，則由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可見，物體下滑時間與斜面的傾角無關，則有t1＝t2＝t3，根據eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故選A.【模型演練6】如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為圓周的最低點．每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，三個滑環(huán)A、B、C分別從a、b、c處由靜止開始釋放，用t1、t2、t3依次表示滑環(huán)A、B、C到達d點所用的時間，則()A．t1<t2<t3 B．t1>t2>t3C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3【答案】D【解析】如圖所示，滑環(huán)在下滑過程中受到重力mg和桿的支持力FN作用．設桿與水平方向的夾角為θ，根據牛頓第二定律有mgsinθ＝ma，得加速度大小a＝gsinθ.設圓周的直徑為D，則滑環(huán)沿桿滑到d點的位移大小x＝Dsinθ，由x＝eq\f(1,2)at2，解得t＝eq\r(\f(2D,g)).可見，滑環(huán)滑到d點的時間t與桿的傾角θ無關，即三個滑環(huán)滑到d點所用的時間相等，選項D正確．據eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，因x2＞x1＞x3，可知v2＞v1＞v3，故選A.【模型五】功能關系中的斜面模型1.物體在斜面上摩擦力做功的特點如圖所示，斜面長，傾角．一個質量為的物體沿斜面由頂端向底端滑動，動摩擦因數為．則物體克服摩擦力所做的功為．式中為物體所受的重力，為物體在水平方向上的位移（即位移的水平分量）．可見，當物體只受重力、彈力和摩擦力作用沿斜面運動時，克服摩擦力所做的功等于動摩擦因數、重力的大小和水平位移的大小三者的乘積．

由推導過程易知，如果物體在摩擦力方向上還受其它力，公式仍成立；若在重力方向上還受其它力，則式中的為等效重力．公式不僅適用于平面，而且在相對速度較小的情況下還適用于曲面（可用微元法化曲為直證明）．

結論若滑動物體對接觸面的彈力只由重力（或等效重力）引起，則物體克服摩擦力所做的功相當于物體沿水平的投影面運動克服其摩擦力所做的功，即．2.動能變化量與機械能變化量的區(qū)別(1).動能變化量等于合外力做的功，即：△Ek=W總=F合x，(2).機械能變化量等于除重力以外的力做的功，即：△E=W除G=F除Gx(3).在勻變速直線運動中，動能變化量與機械能變化量之比等于的比值合外力與除重力以外的力之比，即：。例如，物體沿粗糙斜面上滑x的過程中，動能變化量△Ek=-mg(sinθ+μcosθ)·x;機械能變化量△E=-μmgcosθ·x;二者比值，為一定值。【模型演練1】（2021·黑龍江哈爾濱三中高三上學期11月期中）如圖所示，固定斜面，AB傾角θ=30°，物塊從斜面底端以沿斜面向上的初速度v沖上斜面（未離開斜面），若能到達的最大高度為h=，則下列說法中正確的是（）A.斜面光滑B.斜面動摩擦數μ=0.25C.重力與摩擦力力之比為4：1D.重力做功與摩擦力做功之比為4：1【答案】C【解析】AB．假設斜面不光滑，則向上運動的加速度則解得選項AB錯誤；C．重力與摩擦力力之比為選項C正確；D．重力做功與摩擦力做功之比為選項D錯誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2021·湖南省永州市高三上學期1月一模）如圖所示，物體在平行于斜面向上拉力作用下，分別沿傾角不同的斜面由底端勻速運動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數相同，則（）A.無論沿哪個斜面拉，克服重力做的功相同B.無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同C.無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同D.沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較小【答案】A【解析】A．重力做功為質量m和高度h均相同，則重力做功相同，克服重力做功相同，故A正確；B．克服摩擦力做的功所以傾角越大，摩擦力做功越小，故B錯誤；CD．設斜面傾角為θ，斜面高度h，斜面長度物體勻速被拉到頂端，根據動能定理得聯立解得拉力做功則h相同時，傾角較小，拉力做的功較多，故CD錯誤。故選A。【模型演練3】(2020·河南鄭州二模)如圖所示，質量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°。質量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()A兩物塊所受重力沖量相同B兩物塊所受重力做功的平均功率相同C地面對兩斜面的摩擦力均向左D兩斜面對地面壓力均小于(m＋M)g【答案】AD【解析】設斜面的底邊長度為L，a物塊沿傾角為30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°＝ma1，eq\f(L,cos30°)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，c物塊沿傾角為60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°＝ma2，eq\f(L,cos60°)＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，聯立解得t1＝t2。兩物塊所受的重力沖量I＝mgt相同，A正確；由于兩斜面豎直高度不同，物塊重力做功不同，兩物塊所受重力做功的平均功率不同，B錯誤；在小物塊沿斜面運動過程中，物塊對斜面壓力的水平分力均向左，對斜面由平衡條件可知，地面對斜面的摩擦力方向向右，C錯誤；在小物塊沿斜面下滑過程中，由豎直向下的加速度，物塊處于失重狀態(tài)，所以兩斜面對地面的壓力均小于(m＋M)g，D正確。【模型演練4】(2020·山東濟南期末)用兩塊材料相同的木板與豎直墻面搭成兩個斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底邊，如圖所示。一個小物塊分別從兩個斜面頂端釋放，并沿斜面下滑到底端。對這兩個過程，下列說法正確的是()A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速度大小相等B．物塊下滑到底端時，速度大小與其質量無關C．物塊沿著1下滑到底端的過程，產生的熱量更多D．物塊下滑到底端的過程中，產生的熱量與其質量無關【答案】BC【解析】對物塊從高為h的斜面上由靜止滑到底端時，根據動能定理有：mgh－Wf＝eq\f(1,2)mv2 ①其中Wf為物塊克服摩擦力做的功，因滑動摩擦力為：f＝μN＝μmgcosθ所以物塊克服摩擦力做的功為：Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝μmgL底 ②由圖可知，Lcosθ為斜面底邊長，可見，物體從斜面頂端下滑到底端時，克服摩擦力做功與斜面底端長度L底成正比。沿著1和2下滑到底端時，重力做功相同，而沿2物體克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，則由①式得知，沿著2下滑到底端時物塊的速度大于沿1下滑到底端時速度，故A錯誤；①②聯立解得：v＝eq\r(2gh－2μgL底)，故物塊下滑到底端時，速度大小與其質量無關，故B正確；沿1時克服摩擦力做的功最多，物體的機械能損失最大，產生的熱量多，故C正確；根據功能關系得：產生的熱量等于克服摩擦力做功，即為：Q＝Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmg