专题3.7 动力学中的“斜面模型”问题-2021年高考物理一轮复习考点扫描学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc16992" 【考点扫描】 PAGEREF _Tc16992 1
\l "_Tc20407" 一．物体在斜面上自由运动的性质 PAGEREF _Tc20407 1
\l "_Tc30569" 二.“光滑斜面”模型常用结论 PAGEREF _Tc30569 2
\l "_Tc2850" 三、“等时圆”模型及其等时性的证明 PAGEREF _Tc2850 2
\l "_Tc443" 【典例分析】 PAGEREF _Tc443 2
\l "_Tc21014" 【专题精练】 PAGEREF _Tc21014 5
【考点扫描】
一．物体在斜面上自由运动的性质
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。
θ
mg
f
FN
y
x
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，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；
二.“光滑斜面”模型常用结论
如图所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：
(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。
关系式为t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))。
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。
关系式为v＝eq \r(2gh)。
三、“等时圆”模型及其等时性的证明
1．三种模型(如图)
2．等时性的证明
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin α,gsin α))＝eq \r(\f(2d,g))。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
【典例分析】
【例1】（如图(a)，一物块在t＝0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eq \f(v0,t1)＝gsin θ＋μgcs θ，向下滑行过程eq \f(v1,t1)＝gsin θ－μgcs θ，整理可得gsin θ＝eq \f(v0＋v1,2t1)，从而可计算出斜面的倾斜角度θ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eq \f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝eq \f(v0,2)t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssin θ＝eq \f(v0,2)t1×eq \f(v0＋v1,2gt1)＝v0eq \f(v0＋v1,4g)，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．
【例2】如图所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是( )
A．滑到底端时的速度相同
B．滑到底端所用的时间相同
C．在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短
D．在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短
【答案】D
【解析】关系式v＝eq \r(2gh)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项A错误；由关系式t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))可知物体在倾角θ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项D正确。
【例3】(2020·合肥质检)如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB【答案】B
【解析】如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，选项B正确。
【例4】(多选) (2020·日照一模)如图所示，斜面A固定于水平地面上，在t＝0时刻，滑块B以初速度v0自斜面底端冲上斜面，t＝t0时刻到达最高点。取沿斜面向上为正方向，下列表示滑块在斜面上整个运动过程中速度v随时间t变化的图象中，可能正确的是( )

【答案】ABD
【解析】若斜面是光滑的，则滑块在上滑和下滑的过程中所受合力为重力沿斜面向下的分力，大小方向均不变，故A正确；若斜面不光滑且滑块上滑过程中所受的滑动摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，则滑块沿斜面上升到最高点后会静止在斜面上，故B正确；若斜面不光滑且滑块在斜面上运动时所受的滑动摩擦力(即最大静摩擦力)小于重力沿斜面向下的分力，则滑块在上升过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向下的滑动摩擦力充当合外力，而在下降过程中由重力沿斜面向下的分力和沿斜面向上的滑动摩擦力充当合外力，所以滑块沿斜面下滑的加速度一定小于沿斜面上滑的加速度，故C错误，D正确。
【专题精练】
1.如图所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于点A，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，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。丙球由C点自由下落到M点。则( )
A．甲球最先到达M点 B．乙球最先到达M点
C．丙球最先到达M点 D．三个球同时到达M点
【答案】C
【解析】设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2eq \r(\f(R,g))；丙做自由落体运动，有t丙＝eq \r(\f(2R,g))，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。
2.(2020石家庄质检)质量为1 kg的小物块，在t＝0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为θ＝53°的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为eq \f(1,3)，则AB间的距离为(已知g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)( )
A．1.05 m B．1.13 m C．2.03 m D．1.25 m
【答案】B
【解析】：物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为a1＝g(sin θ＋μcs θ)＝10 m/s2，a2＝g(sin θ－μcs θ)＝6 m/s2，物块滑到最高点所用时间为t1＝eq \f(v0,a1)＝0.5 s，位移为x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝1.25 m，物块从最高点滑到B点所用时间为t2＝t－t1＝0.2 s，位移为x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝0.12 m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13 m.
3.一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是( )
【答案】C
【解析】如图，设房顶宽为2b，高度为h，斜面倾角为θ。
由图中几何关系有h＝btan θ
由关系式t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))可知，
t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))，联立解得t＝eq \r(\f(4b,gsin 2θ))，
可见，当θ＝45°时，t最小，选项C正确。
4.(2020·太原高三上学期期末)在设计游乐场中“激流勇进”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2eq \r(\f(L,g)) D．划艇下滑的最短时间为eq \r(\f(2L,g))
【答案】C
【解析】设滑道倾角为θ，则滑道长度为eq \f(L,csθ)，下滑时的加速度a＝gsinθ，则根据eq \f(L,csθ)＝eq \f(1,2)gsinθt2可得t＝eq \r(\f(4L,gsin2θ))，可知滑道倾角θ＝45°时，划艇下滑时间最短，最短时间为tmin＝2eq \r(\f(L,g))；θ<45°时，倾角越大，时间越短；θ>45°时，倾角越大，时间越长，C正确，A、B、D错误。
5.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度大小为4 m/s
【答案】D
【解析】设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，上滑时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，上滑的距离x1＝eq \f(1,2)v0t1＝5 m，因tan θ＞μ，mgsin θ＞μmgcs θ，滑块上滑到速度为零后，向下运动，选项B错误；设滑块下滑时的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，经1 s，滑块下滑的距离x2＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝1 m＜5 m，滑块未回到出发点，选项C错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A错误；t＝3 s时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v＝a2(3 s－1 s)＝4 m/s，选项D正确．
6.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O、B、C时所用的时间，则( )
A．T1＞T2＞T3 B．T3＜T1＜T2
C．T1＜T2＜T3 D．T3＞T1＞T2
【答案】D
【解析】如图，小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设∠OAB为θ，∠OAC为α，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＝eq \r(\f(2×2r,g))
由匀变速运动规律得，滑环滑到B1点的时间T2′＝eq \r(\f(2×2rcsθ,gcsθ))＝T1
而由图可知，滑到B点的时间T2＜T2′＝T1
同样根据匀变速运动规律可得滑到C1的时间T3′＝eq \r(\f(2×2rcsα,gcsα))＝T1
而由图可知，滑到C点的时间T3＞T3′＝T1
故有T3＞T1＞T2.
7.(2019·安徽省亳州市高三上学期期末)一物块沿倾角为θ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 )
A．eq \f(1,3)tanθ B．eq \f(1,9)tanθ
C．eq \f(4,5)tanθ D．eq \f(5,4)tanθ
【答案】C
【解析】向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，则：x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，设向下运动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：x＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t2＝3t1，联立可得：a1＝9a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma1＝mgsinθ＋μmgcsθ，向下运动的过程中：ma2＝mgsinθ－μmgcsθ，联立得μ＝eq \f(4,5)tanθ，故C正确，ABD错误，故选C。
8.(2020·江西四校联考)如图甲所示，用一水平外力F推物体，使其静止在倾角为θ的光滑斜面上。逐渐增大F，物体开始做变加速运动，其加速度a随F变化的图象如图乙所示。取g＝10 m/s2。根据图中所提供的信息不能计算出的是( )
甲 乙
A．物体的质量 B．斜面的倾角
C．使物体静止在斜面上时水平外力F的大小 D．加速度为6 m/s2时物体的速度
【答案】D
【解析】对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图所示
x方向：Fcs θ－mgsin θ＝ma①
y方向：FN－Fsin θ－mgcs θ＝0②
从a­F图象中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入①式解得：
m＝2 kg，θ＝37°
因而A、B可以算出；
当a＝0时，可解得F＝15 N，因而C可以算出；
题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，因而D不可以算出。
9．(2020·江苏宿迁模拟)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理．某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为( )
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】B.
【解析】：设屋檐的底角为θ，底边长为L，注意底边长度是不变的．屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a；对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：N＝mgcs θ；平行于屋顶方向：ma＝mgsin θ；水滴的加速度a＝gsin θ；屋顶坡面的长度s＝eq \f(L,2cs θ)，由s＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2s,a))，整理得：t＝eq \r(\f(2L,gsin 2θ))，当θ＝45°时t最小，故A、C、D错误，B正确．
10.(2020·安徽安庆联考)如图所示，AD是固定斜面体底边BC的高，F、G分别是光滑斜面AB、AC的中点，DE垂直于AB，DH垂直于AC，甲、乙两个小球(均视为质点)从斜面的顶点A分别沿斜面AB、AC同时由静止下滑，下列说法正确的是( )
A．当甲球运动到E点时，乙球可能运动到AG间某点 B．当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点
C．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到G点 D．当甲球运动到F点时，乙球一定运动到H点
【答案】B
【解析】：设斜面AB和AC的倾角分别为α、β，AD＝h，则小球在两个斜面上下滑的加速度分别为a1＝gsinα，a2＝gsinβ，当甲球运动到E点时所需时间t1＝eq \r(\f(2hsinα,a1))＝eq \r(\f(2h,g))，同理乙球运动到H点所需时间也为t2＝eq \r(\f(2h,g))，即当甲球运动到E点时，乙球一定运动到H点，选项B正确，A错误；甲球运动到F点的时间t3＝eq \r(\f(2·\f(1,2)·\f(h,sinα),gsinα))＝eq \f(1,sinα)eq \r(\f(h,g))，同理乙球运动到G点的时间为t4＝eq \f(1,sinβ)eq \f(h,g)，因α不一定等于β，故当甲球运动到F点时，乙球不一定运动到G点，选项C错误；假设当甲球运动到F点时，乙球同时也运动到H点，则t2＝t3，故eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(1,sinα)eq \r(\f(h,g))，则sinα＝eq \f(\r(2),2)，则α＝45°，即只有当α＝45°时，上述假设才成立，但本题未给出α的大小，所以无法判断，选项D错误。
11. (多选)(2020·安徽安庆二模)如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg的物体在水平向左的外力F的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s撤去外力F，物体在0～4 s内运动的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 B．水平外力F＝5.5 N
C．水平外力F＝4 N D．物体在0～4 s内的位移为24 m
【答案】AC
【解析】：.根据v－t图象的斜率表示加速度，知2～4 s内物体的加速度为：a2＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(12－8,2) m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律可得：mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得：μ＝0.5，故A正确；0～2 s内物体的加速度为：a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(8,2) m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律可得：mgsin θ＋Fcs θ－μ(mgcs θ－Fsin θ)＝ma1，解得F＝4 N，故B错误，C正确；物体在0～4 s内的位移为：x＝eq \f(8×2 m,2)＋eq \f(8＋12,2)×2 m＝28 m，故D错误．
13.(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t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),5)。经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10 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/s2 2 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：
mgsinθ＋μmgcsθ＝ma1，
则a1＝gsinθ＋μgcsθ＝8 m/s2，
物块下滑过程，由牛顿第二定律有：
mgsinθ－μmgcsθ＝ma2，
则a2＝gsinθ－μgcsθ＝2 m/s2。
(2)物块上滑过程：t1＝eq \f(0－v0,－a1)＝1 s
s1＝eq \f(0＋v0,2)t1＝4 m
物块下滑过程：s2＝s1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)
得t2＝2 s
故总时间t＝t1＋t2＝3 s。
(3)物块下滑过程：v2＝a2t2＝4 m/s。物块在斜面上运动的整个过程中的v­t图象如图所示。