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1、专题1.9 动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力mg、支持力FN、动摩擦力f，由于支持力，则动摩擦力，而重力平行斜面向下的分力为，所以当时，物体沿斜面匀速下滑，由此得，亦即。所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。当时
2、，物体沿斜面加速速下滑，加速度；当时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止；当时，物体若无初速度将静止于斜面上；2.等时圆模型1质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示。2质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示。3两个竖直圆环相切且两圆环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。【高考领航】【2019浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21 m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10 m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB
3、与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10 m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点。已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A5 s B4.8 s C4.4 s D3 s【答案】A【解析】设小车的质量为m，小车在AB段所匀减速直线运动，加速度，在AB段，根据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，根据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，根据几何知识可得，解得，故小车在BC上运动的加速度为，故小车在BC段的运动时间为，所以小车运动的总时间为，A正确。【201
4、5全国一卷】如图(a)，一物块在t0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()A斜面的倾角 B物块的质量C物块与斜面间的动摩擦因数 D物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：根据牛顿第二定律，向上滑行过程gsin gcos ，向下滑行过程gsin gcos ，整理可得gsin ，从而可计算出斜面的倾斜角度以及动摩擦因数，选项A、C对小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即，所以沿斜面向上滑行的最远距离st1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin t1v0
5、，选项D对仅根据速度时间图象，无法求出物块质量，选项B错【技巧方法】1.解决斜面动力学基本问题应把握的关键(1)两类分析物体的受力分析和物体的运动过程分析；(2)一个“桥梁”物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁。2.解决斜面动力学基本问题时对力的处理方法(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。【最新考向解码】【例1】(2019福建高三上学期联考)如图所示，甲、乙两个物块用平行于斜面的细线连接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿光滑斜面向上做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤
6、去拉力的一瞬间，下列说法正确的是()A甲、乙都受三个力作用 B甲、乙的速度相同C甲的加速度大于乙的加速度 D甲受到的合力一定沿斜面向下，乙受到的合力可以沿斜面向上【答案】B【解析】某时刻撤去拉力F，细线的拉力变为0，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，A错误；甲、乙两物块在拉力F作用下一起沿斜面向上做匀加速运动，所以在撤去拉力F的瞬间两物块的速度相同，B正确；某时刻撤去拉力F，甲、乙均受重力、支持力两个力作用，两力的合力均沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得，甲、乙加速度相同，大小都为gsin，方向均沿斜面向下，其中为斜面倾角，C、D错误。【例2】(2019太原高三上学期期末)在设计游乐场中“激流勇
7、进”的倾斜滑道时，小组同学将划艇在倾斜滑道上的运动视为由静止开始的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是一定的，而高度可以调节，则()A滑道倾角越大，划艇下滑时间越短 B划艇下滑时间与倾角无关C划艇下滑的最短时间为2 D划艇下滑的最短时间为【答案】C【解析】设滑道倾角为，则滑道长度为，下滑时的加速度agsin，则根据gsint2可得t，可知滑道倾角45时，划艇下滑时间最短，最短时间为tmin2；45时，倾角越大，时间越长，C正确，A、B、D错误。【例3】(2019安徽芜湖高三上学期期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，上端分别与圆相交于A、B、C三点
8、。现让三个小球(可以看做质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自上端点由静止下滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3。则有()Av2v1v3 Bv1v2v3 Cv3v1v2 Dv1v3v2【答案】A【解析】设任一斜面的倾角为，圆的直径为d。根据牛顿第二定律得agsin，又由几何关系可得斜面的长度为xdsin，则由xat2得t，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1t2t3。根据，由于x2x1x3，则v2v1v3，故A正确。【微专题精练】1.(2019河南安阳模拟)在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫已知猫的质量是木板的质量的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿
9、着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为()A3gsin Bgsin CD2gsin 【答案】A.【解析】：猫与木板加速度不同，分别对其受力分析是比较常见的解决方法猫受力平衡，设猫的质量为2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff2mgsin ，则木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度为a3gsin ，正确选项为A.2.(2019南阳五校联考) 如图所示，滑轮A可沿倾角为的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中()AB的加速度为gsin B绳的拉力为C绳的方向保持竖直D绳的拉力为G【答案】A【解析】：. A、B相对
10、静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为研究对象分析受力可知，系统的加速度为gsin ，所以选项A正确；再以B为研究对象进行受力分析，如图，根据平行四边形法则可知，绳子的方向与斜面垂直，拉力大小等于Gcos ，故选项B、C、D都错误3.物体最初静止在倾角30的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图象如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s 的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A物体的质量m1 kg B物体的质量m2 kgC物体与斜面间的动摩擦因数D物体与斜面间的动摩擦因数【答案】AD【解析】：由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度
11、匀速运动，可知02 s内物体的加速度大小为a1 m/s2；在02 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1mgsin 30mgcos 30ma，2 s后由平衡条件可得，F2mgsin 30mgcos 300，联立解得m1 kg，选项A、D正确4.(2019汕头模拟)建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动下列说法正确的是()A 倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大B倾角越大，雨滴对屋顶压力越大C倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D倾角越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的时间越短【答案】AC【解析】：.
12、设屋檐的底角为，底边长度为L，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x，雨滴下滑时加速度为a，对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力FN，垂直于屋顶方向：mgcos FN，平行于屋顶方向：mamgsin .雨滴的加速度为：agsin ，则倾角越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FNFNmgcos ，则倾角越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x，由xgsin t2，可得：t，可见当45时，用时最短，D错误；由vgsin t可得：v，可见越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确5.(2019安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面
13、上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲。在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保持相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑，如图乙。在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙。则()Aa1a2a3 Ba1a2a3 Ca1a2a3 Da1a2a3【答案】B【解析】题图甲中的加速度为a1，则有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 题图乙中的加速度为a2，则有(mm)gsin (mm)gcos (mm)a2，解得a2gsin gcos 。题图丙中的加速度为a3，设Fmg，则有(mm)gsin (mm)gcos ma3，解得a3故a1a2，现
14、在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为 ( )AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCD，则tABtCDtEF，故B正确，A、C、D错误。9.(2018崇明模拟)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点。竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点()Aa球最先到达M点Bb球最先到达M点Cc球最先到达M点Db球和c球同时到达M点【答案】
15、C【解析】如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足Rgt，所以tc；对于a球，令AM与水平面成角，则a下滑时的加速度为agsin，球下滑到M用时满足AM2Rsingsint，即ta2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，所以rR)。综上所述可得tbtatc，C正确。10.(2019安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为 ( C )AtanBtanCtanDtan【答案】C【解析】向上运动的末速度等于0，其
16、逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，则：xa1t，设向下运动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：xa2t，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t23t1，联立可得：a19a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma1mgsinmgcos，向下运动的过程中：ma2mgsinmgcos，联立得tan，故C正确，ABD错误，故选C。11.如图所示，AO、AB、AC是竖直平面内的三根固定的细杆，A、O位于同一圆周上，A点位于圆周的最高点，O点位于圆周的最低点，每一根细杆上都套有一个光滑的小环(图中未画出)，三个环都从A点无初速地释放，用T1、T2、T3表示各环到
17、O、B、C时所用的时间，则()AT1T2T3BT3T1T2CT1T2T3DT3T1T2【答案】D【解析】如图，小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设OAB为，OAC为，圆的半径为r，则小环沿AO下滑时，做自由落体运动，时间为：T1由匀变速运动规律得，滑环滑到B1点的时间T2T1而由图可知，滑到B点的时间T2T2T1同样根据匀变速运动规律可得滑到C1的时间T3T1而由图可知，滑到C点的时间T3T3T1故有T3T1T2.12.(2019江西重点中学十校联考)趣味运动会上运动员手持网球拍托球沿水平面匀加速跑，设球拍和球质量分别为M、m，球拍平面和水平面之间夹角为，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻
18、力不计，则()A运动员的加速度为gtan B球拍对球的作用力为mgC运动员对球拍的作用力为(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上运动【答案】A【解析】：. 网球受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得FNsin ma，又FNcos mg，解得agtan ，FN，故A正确，B错误；以球拍和球整体为研究对象，受力如图乙所示，根据平衡，运动员对球拍的作用力为F，故C错误；当agtan 时，网球才向上运动，由于gsin f2mgcos372m故木块不能停留在斜面上，沿斜面下滑，mgsin37mgcos37ma2解得下滑加速度为a24m/s2木块下滑的时间为t2，有sa2tt2s木块在斜
19、面上运动的总时间为tt1t21s(3)如果斜面是光滑的，木块上升到最高点后沿斜面返回，在斜面上的加速度不变，加速度大小为a3gsin376m/s2由速度位移公式得v2v2ax，木块离斜面底端4m时的速度v4m/s则物体可能沿斜面向上运动，也可能沿斜面向下运动。15.(2019广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g10 m/s2。求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时
20、间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向。【答案】(1)8 m/s22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s图象见解析【解析】(1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma1，则a1gsingcos8 m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有：mgsinmgcosma2，则a2gsingcos2 m/s2。(2)物块上滑过程：t11 ss1t14 m物块下滑过程：s2s1a2t得t22 s故总时间tt1t23 s。(3)物块下滑过程：v2a2t24 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的vt图象如图所示。