专题03 斜面模型-2024年新课标高中物理模型与方法

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc5743" 【模型一】 斜面上物体静摩擦力突变模型 PAGEREF _Tc5743 \h 1
\l "_Tc8154" 【模型二】 斜面体静摩擦力有无模型 PAGEREF _Tc8154 \h 4
\l "_Tc31777" 【模型三】 物体在斜面上自由运动的性质 PAGEREF _Tc31777 \h 10
\l "_Tc20323" 【模型四】斜面模型的衍生模型----“等时圆”模型 PAGEREF _Tc20323 \h 16
\l "_Tc26699" 1.“光滑斜面”模型常用结论 PAGEREF _Tc26699 \h 16
\l "_Tc17592" 2.“等时圆”模型及其等时性的证明 PAGEREF _Tc17592 \h 16
\l "_Tc23665" 【模型五】功能关系中的斜面模型 PAGEREF _Tc23665 \h 20
\l "_Tc26363" 1.物体在斜面上摩擦力做功的特点 PAGEREF _Tc26363 \h 20
\l "_Tc2096" 2.动能变化量与机械能变化量的区别 PAGEREF _Tc2096 \h 20
【模型一】 斜面上物体静摩擦力突变模型
【模型构建】1.如图所示，一个质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上。
m
θ
1.试分析m受摩擦力的大小和方向
【解析】：假设斜面光滑，那么物体将在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。说明物体有沿斜面向下运动的趋势，物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力作用。由平衡条件易得：
2.若斜面上放置的物体沿着斜面匀速下滑时，判断地面对静止斜面有无摩擦力。
【解析】：因地面对斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面体水平方向合力是否为零即可。斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物体A对斜面的压力N和摩擦力f。若设物体A的质量为m，则N和f的水平分量分别为
，方向向右，，方向向左。
可见斜面在水平方向所受合力为零。无左右运动的趋势，地面对斜面无摩擦力作用。
3.如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2>0）。
设斜面倾角为θ，斜面对物块的静摩擦力为f。
.当时斜面对物块无静摩擦力
.当时物块有相对于斜面向上运动的趋势静摩擦力方向向下平衡方程为：
随着F的增大静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力F取最大值F1时，由平衡条件可得：F1=f+mgsinθ---------------------(1)；
(3).当时物块有相对于斜面向下运动的趋势静摩擦力方向向上平衡方程为：
随着F的增大静摩擦力减小当静摩擦力减小为0时突变为(2)中的情形，随着F的减小静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力F取最小值F2时，由平衡条件可得：f+F2= mgsinθ------------------------(2)；
联立(1)(2)解得物块与斜面的最大静摩擦力f=( F2-F1)/2.
【模型演练1】(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N.另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M所受细绳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减小后增加
【答案】BD
【解析】 对N进行受力分析如图所示
因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg【模型演练2】(2020·湖北一轮检测)如图，小球C置于B物体的光滑半球形凹槽内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态。现缓慢减小木板的倾角θ。在这个过程中，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力逐渐变大 B．B对A的作用力逐渐变小
C．B对A的压力不变 D．C对B的压力不变
【答案】D
【解析】对B、C整体受力分析，受重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知N＝mgcs θ，f＝mgsin θ，缓慢减小木板的倾角θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知B对A的摩擦力逐渐减小，B对A的压力增大。根据平衡条件可知A对B的作用力与B和C的重力大小相等，方向相反，所以A对B的作用力不变，根据牛顿第三定律得知B对A的作用力不变，故A、B、C错误。由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件可知，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变，故D正确。
【模型演练3】（2021·广东佛山市·佛山一中高一月考）如图所示，物体A静止在倾角为30°的斜面体上，现保持斜面体质量不变，将斜面倾角由30°缓慢增大到37°的过程中，两物体仍保持静止，则下列说法中正确的是（ ）
A．A对斜面体的压力减小 B．斜面体对A的摩擦力增大
C．地面对斜面体的支持力减小 D．地面对斜面体的摩擦力增大
【答案】AB
【解析】A．设斜面的倾角为α，物体A的重力为G，作出A的受力如图
根据平衡条件得：
N = Gcsα
f = mgsinα
当斜面倾角α由30°增大到37°时，csα减小，则N减小，根据牛顿第三定律得知，A对斜面的压力大小减小，A正确；
B．当斜面倾角α由30°增大到37°时，sinα增大，则f增大，B正确；
CD．把两物体看作一个整体，整体只受重力和地面的支持力，不受地面的摩擦力。且地面的支持力总是等于两物体重力之和，地面的摩擦力总是等于零，CD错误。故选AB。
【模型演练4】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，物体A、B的质量均为m，二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行。若将斜面倾角θ缓慢增大到45°，物体A仍保持静止，不计滑轮摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A. 物体A对斜面的压力可能增大 B. 物体A受的静摩擦力一定减小
C. 物体A受的静摩擦力可能增大 D. 物体A受斜面的作用力一定减小
【答案】BD
【解析】A．物体A对斜面的压力为 ，倾角增大,压力减小，A错误；
BC．物体A受的静摩擦力分别为
A受的静摩擦力减小，B正确，C错误；
物体A始终静止，物体A受斜面的作用力始终等于重力与绳的拉力的合力，绳的拉力始终等于B的重力，其大小不变，两个分力大小不变，夹角增大，合力减小，D正确。故选BD。
【模型演练5】（2021·山西省长治市第二中学校高一月考）如图，楔形物块M固定在水平地面上，其斜面的倾角为。斜面上有一质量为m的小物块，小物块与斜面之间存在摩擦。用恒力F沿斜面向上拉小物块，使之匀速上滑，则m的受力示意图大致正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】对小物块进行受力分析，受到沿斜面向上的F，竖直向下的重力，处置斜面向上的支持力，因为物块想对斜面沿斜面向上运动，所欲物块受到斜面对它沿斜面向下的摩擦力。故选B。
【模型二】斜面体静摩擦力有无模型
【模型要点】1.质点系牛顿定律
加速度不同时整体法的应用，大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法。实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变。当两个或两个以上物体以不同形式连接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体。若质量为m1，m2，…，mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1，a2，…，an，牛顿第二定律可写为
或
其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和。
2.自由释放的滑块能在斜面上匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtan θ．
3．自由释放的滑块在斜面上：
(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零；
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．
4．自由释放的滑块在斜面上匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零．
5．悬挂有物体的小车在斜面上滑行：
(1)向下的加速度a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．
【模型演练1】（2021·安徽省皖西南八校高三上学期12月月考）如图所示，倾角为37°、质量为10kg的斜面体ABC静置于粗糙水平地面上，AB面光滑。质量为1kg的物块（视为质点）从AB面顶端A点由静止释放，斜面体始终保持静止，取重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。则在物块下滑的过程中（ ）
A. 物块的加速度大小为5m/s2 B. 物块对斜面体的压力大小为6N
C. 地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N D. 斜面体对地面的压力大小为110N
【答案】C
【解析】
A．物块的加速度大小为选项A错误；
B．物块对斜面体的压力大小为选项B错误；
CD．对物块和斜面体的整体，水平方向
即地面对斜面体的摩擦力大小等于4.8N；
竖直方向
解得FN=106.4N即斜面体对地面的压力大小为106.4N，选项C正确，D错误。故选C。
【模型演练2】（2021·吉林省榆树一中高三上学期1月期末）如图所示，一个小球用不可伸长的轻绳悬挂在小车上，随小车沿着倾角为的斜面一起下滑，图中的虚线①与斜面垂直，②沿水平方向，③沿竖直方向，则可判断出（ ）
A. 如果斜面光滑，则摆线与②重合
B. 如果斜面光滑，则摆线与③重合
C. 如果斜面光滑，则摆线与①重合
D. 如果斜面不光滑，则摆线与②重合
【答案】C
【解析】
如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得：对整体：加速度
方向沿斜面向下，对小球合力
则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合；
如果斜面粗糙能下滑则μ＜tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，加速度
由于μ＜tanθ，则μcsθ＜sinθ
a＞0说明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ
因当a=0时摆线位于位置③，斜面光滑时摆线位移位置①，可知斜面粗糙时摆线位于①与③之间．故ABD错误，C正确；故选C。
【模型演练3】．（2021·湖南省长郡中学师大附中长沙一中联合体高三上学期12月月考）如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上。质量为的物体B以一定的初速度沿斜面减速下滑。现突然对B施加一水平向左的力，斜劈A始终静止，则对B施加力后，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体B的加速度变大 B. 地面対A的摩擦力变大，方向水平向左
C. 地面对A的摩擦力减小，方向水平向左 D. 地面对A无摩擦力
【答案】AB
【解析】
A．对物块B，没有施加水平恒力F之前，沿斜面根据牛顿第二定律有
垂直于斜面方向有
施加水平恒力F之后，沿斜面根据牛顿第二定律有
垂直于斜面方向有
联立解得
故A正确；BCD．将A、B视为整体研究对象，对整体，在没有水平拉力F之前，整体在水平方向根据牛顿第二定律有施加水平拉力F后，整体在水平方向根据牛顿第二定律有可知即地面对A的摩擦力增大，故B正确，CD错误。故选AB。
【模型演练4】（2021·江西高三月考）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，一质量为2m的小车在沿斜面向下的力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量为3m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（ ）（已知重力加速度为g）
A．5mgB．7.5mgC．4.5mgD．3.5mg
【答案】B
【解析】以小球为研究对象，分析受力情况可知，重力3mg、绳的拉力T，小球的加速度方向沿斜面向下，则3mg和T的合力定沿斜面向下，如图
由牛顿第二定律得
解得
再对整体根据牛顿第二定律可得
解得故选B。
【模型演练5】（2021·江西省六校高三上学期1月月考）如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块M正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 斜面光滑
B. 斜面粗糙
C. 达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D. 达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】
AB．如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得；对整体，加速度
方向沿斜面向下，对小球，合力F合=ma=mgsinθ则摆线必定与斜面垂直，故A正确，B错误；
CD．小球的加速度和整体的加速度相同，对整体，加速度有水平向左的分量，合力水平向左，根据牛顿第二定律，地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C正确，D错误。
故选AC。
【模型演练6】(2020·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B.若AB运动过程中始终保持相对静止．以下说法正确的是( )
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则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，则B处于超重状态
【答案】 C
【解析】 若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图：
可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故选项A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故选项C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故选项D错误．
【模型三】 物体在斜面上自由运动的性质
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、支持力、动摩擦力，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。
1.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；
2.对于光滑斜面无论物体下滑还是上滑加速度大小均为：
3.对于粗糙斜面物体下滑过程加速度大小为：
上冲过程加速度大小为：
【模型演练1】(2020·河南郑州市中原联盟3月联考)如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的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取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】 当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°＋μmgcs 37°,m)＝10 m/s2，滑块沿斜面向上运动的时间为t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，由于mgsin θ
>μmgcs θ，所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°－μmgcs 37°,m)＝2 m/s2，所以滑块不是一直做匀变速直线运动，A、B选项错误；滑块上滑时的位移为x＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m，沿斜面向下运动回到出发点的时间为t2＝eq \r(\f(2x,a2))＝eq \r(5) s，C选项错误；3 s时滑块的速度大小为v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4 m/s，D选项正确．
【模型演练2】(多选)(2020·河南六市4月联考)如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则( )
A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16
B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3
C．va∶vb＝4∶3
D．两小球不可能同时达到圆周上
【答案】 BC
【解析】 a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑，则对a：mgcs 37°＝μamgsin 37°；对b：mgcs 53°
＝μbmgsin 53°，则μa∶μb＝16∶9，选项A错误；a、b小球沿斜面向上运动时，对a：mgcs 37°
＋μamgsin 37°＝maa，对b：mgcs 53°＋μbmgsin 53°＝mab，则aa∶ab＝4∶3，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；而两球到达圆周上时位移之比也为4∶3，可知两小球能够同时到达圆周上，选项D错误．
【模型演练3】.(2020·安徽十校联盟检测)如图所示，质量为m＝1 kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20 N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2 s．物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等．已知斜面足够长，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)拉力F2的大小和方向．
【答案】 (1)0.5 (2)3 N 方向平行斜面向下
【解析】 (1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律有：F1－mgsin θ－μmgcs θ＝ma1
撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2
根据牛顿第二定律有：μmgcs θ＋mgsin θ＝ma2
由于物块向上加速的时间与减速的时间相等，
即：a1t＝a2t
联立解得：μ＝0.5
(2)物块向上运动时，a1＝a2＝10 m/s2，
物块从A到C运动的距离：
x＝2×eq \f(1,2)a1t2＝40 m
从C点施加平行于斜面的拉力后，根据牛顿第二定律有：
F2＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma3
由运动学公式：x＝eq \f(1,2)a3(2t)2
解得：a3＝5 m/s2，F2＝3 N
可知F2方向平行斜面向下．
【模型演练4】(多选)(2020·天津市普通高中学业水平等级考试，8)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．
【模型演练5】(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。
【模型演练6】(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 ( )
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。
【模型演练7】(2021·浙江嘉兴市模拟)如图所示，水平轨道AB和倾斜轨道BC平滑对接于B点，整个轨道固定。现某物块以初速度v0从A位置向右运动，恰好到达倾斜轨道C处(物块可视为质点，且不计物块经过B点时的能量损失)。物体在水平面上的平均速度为eq \x\t(v)1，在BC斜面上的平均速度为eq \x\t(v)2，且eq \x\t(v1)＝4eq \x\t(v)2。物体在AB处的动摩擦因数为μ1，在BC处的动摩擦因数为μ2，且μ1＝6μ2。已知AB＝6BC，斜面倾角θ＝37°。sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。根据上述信息，下列说法正确的是( )
A．在AB、BC运动时间之比tAB＝eq \f(2,3)tBC
B．物体经过B处的速度大小为eq \f(1,6)v0
C．物体与BC间的动摩擦因数μ2＝eq \f(6,37)
D．物体到达C处之后，能保持静止状态
【答案】C
【解析】物体在AB阶段、BC阶段分别做匀减速直线运动，因此eq \f(v0＋vB,2)＝4eq \f(vB,2)，因此vB＝eq \f(1,3)v0，选项B错误；eq \f(xAB,tAB)＝4eq \f(xBC,tBC)，因此可求eq \f(tAB,tBC)＝eq \f(3,2)，因此选项A错误；根据运动学公式(eq \f(1,3)v0)2－veq \\al(2,0)＝－2(μ1g)xAB、0－(eq \f(1,3)v0)2＝－2(gsin37°＋μ2gcs37°)xBC，代入数据μ2＝eq \f(6,37)，因此选项C正确；由于μ2＜tan37°，则物体不可能在C处静止，选项D错误。
【模型演练8】．(2020·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。
【模型四】斜面模型的衍生模型----“等时圆”模型
1.“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)。
2.“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。
【模型演练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。
【模型演练2】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。
【模型演练3】(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。
【模型演练4】某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从斜面的顶端释放，在甲、乙图的两种斜面中，通过一定的判断分析，你可以得到的正确结论是( )
A．甲图中小球在两个斜面上运动的时间相同
B．甲图中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C．乙图中小球在两个斜面上运动的时间相同
D．乙图中小球下滑至底端的速度大小相同
【答案】：C
【解析】：小球在斜面上运动的过程中只受重力mg和斜面的支持力FN作用，做匀加速直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球在斜面上运动的加速度为a＝gsin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s＝eq \f(1,2)at2，s＝eq \f(h,sin θ)＝eq \f(x,cs θ)，解得小球在斜面上的运动时间为t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2x,gsin θcs θ))，根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝eq \r(2gh)，显然，在甲图中，两斜面的高度h相同，但倾角θ不同，因此小球在两个斜面上运动的时间不同，故选项A错误；在甲图中，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，故选项B错误；在乙图中，两斜面的底边长x相同，但高度h和倾角θ不同，因此小球下滑至底端的速度大小不等，故选项D错误；又由于在乙图中两斜面倾角θ的正弦与余弦的积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，故选项C正确．
【模型演练5】(2020·安徽芜湖市期末)如图所示，PQ为圆的竖直直径，AQ、BQ、CQ为三个光滑斜面轨道，分别与圆相交于A、B、C三点．现让三个小球(可以看作质点)分别沿着AQ、BQ、CQ轨道自端点由静止滑到Q点，运动的平均速度分别为v1、v2和v3.则有：( )
A．v2＞v1＞v3 B．v1＞v2＞v3 C．v3＞v1＞v2 D．v1＞v3＞v2
【答案】 A
【解析】 设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d.根据牛顿第二定律得到：a＝gsin θ，斜面的长度为x＝dsin θ，则由x＝eq \f(1,2)at2得t＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin θ,gsin θ))＝eq \r(\f(2d,g))，可见，物体下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3，根据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3 ，可知v2＞v1＞v3，故选A.
【模型演练6】如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环A、B、C分别从a、b、c处由静止开始释放，用t1、t2、t3依次表示滑环A、B、C到达d点所用的时间，则( )
A．t1t2>t3
C．t3>t1>t2 D．t1＝t2＝t3
【答案】 D
【解析】 如图所示，滑环在下滑过程中受到重力mg和杆的支持力FN作用．设杆与水平方向的夹角为θ，
根据牛顿第二定律有mgsin θ＝ma，得加速度大小a＝gsin θ.设圆周的直径为D，则滑环沿杆滑到d点的位移大小x＝Dsin θ，由x＝eq \f(1,2)at2，解得t＝eq \r(\f(2D,g)).可见，滑环滑到d点的时间t与杆的倾角θ无关，即三个滑环滑到d点所用的时间相等，选项D正确．据eq \x\t(v)＝eq \f(x,t)，因x2＞x1＞x3 ，可知v2＞v1＞v3，故选A.
【模型五】功能关系中的斜面模型
1.物体在斜面上摩擦力做功的特点
如图所示，斜面长，倾角．一个质量为的物体沿斜面由顶端向底端滑动，动摩擦因数为．则物体克服摩擦力所做的功为
．式中为物体所受的重力，为物体在水平方向上的位移（即位移的水平分量）．可见，当物体只受重力、弹力和摩擦力作用沿斜面运动时，克服摩擦力所做的功等于动摩擦因数、重力的大小和水平位移的大小三者的乘积．
由推导过程易知，如果物体在摩擦力方向上还受其它力，公式仍成立；若在重力方向上还受其它力，则式中的为等效重力．公式不仅适用于平面，而且在相对速度较小的情况下还适用于曲面（可用微元法化曲为直证明）．
结论 若滑动物体对接触面的弹力只由重力（或等效重力）引起， 则物体克服摩擦力所做的功相当于物体沿水平的投影面运动克服其摩擦力所做的功，即．
2.动能变化量与机械能变化量的区别
(1).动能变化量等于合外力做的功，即：△Ek=W总= F合x，
(2).机械能变化量等于除重力以外的力做的功，即：△E= W除G= F除Gx
(3).在匀变速直线运动中，动能变化量与机械能变化量之比等于的比值合外力与除重力以外的力之比，即：。
例如，物体沿粗糙斜面上滑x的过程中，
动能变化量△Ek=-mg(sinθ+μcsθ)·x;
机械能变化量△E=-μmgcsθ·x;
二者比值，为一定值。
【模型演练1】（2021·黑龙江哈尔滨三中高三上学期11月期中）如图所示，固定斜面，AB倾角θ=30°，物块从斜面底端以沿斜面向上的初速度v冲上斜面（未离开斜面），若能到达的最大高度为h=，则下列说法中正确的是（ ）
A. 斜面光滑 B. 斜面动摩擦数μ=0.25
C. 重力与摩擦力力之比为4：1 D. 重力做功与摩擦力做功之比为4：1
【答案】C
【解析】
AB．假设斜面不光滑，则向上运动的加速度
则解得
选项AB错误； C．重力与摩擦力力之比为
选项C正确；D．重力做功与摩擦力做功之比为
选项D错误。故选C。
【模型演练2】（2021·湖南省永州市高三上学期1月一模）如图所示，物体在平行于斜面向上拉力作用下，分别沿倾角不同的斜面由底端匀速运动到高度相同的顶端，物体与各斜面间的动摩擦因数相同，则（ ）
A. 无论沿哪个斜面拉，克服重力做的功相同
B. 无论沿哪个斜面拉，克服摩擦力做的功相同
C. 无论沿哪个斜面拉，拉力做的功均相同
D. 沿倾角较小的斜面拉，拉力做的功较小
【答案】A
【解析】A．重力做功为
质量m和高度h均相同，则重力做功相同，克服重力做功相同，故A正确；
B．克服摩擦力做的功所以倾角越大，摩擦力做功越小，故B错误；
CD．设斜面倾角为θ，斜面高度h，斜面长度
物体匀速被拉到顶端，根据动能定理得
联立解得拉力做功
则h相同时，倾角较小，拉力做的功较多，故CD错误。故选A。
【模型演练3】(2020·河南郑州二模) 如图所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°。质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( )
A两物块所受重力冲量相同
B两物块所受重力做功的平均功率相同
C地面对两斜面的摩擦力均向左
D两斜面对地面压力均小于(m＋M)g
【答案】AD
【解析】设斜面的底边长度为L，a物块沿倾角为30°的光滑斜面b下滑，mgsin30°＝ma1，eq \f(L,cs30°)＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)，c物块沿倾角为60°的光滑斜面d下滑，mgsin60°＝ma2，eq \f(L,cs60°)＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，联立解得t1＝t2。两物块所受的重力冲量I＝mgt相同，A正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，B错误；在小物块沿斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，C错误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于(m＋M)g，D正确。
【模型演练4】(2020·山东济南期末)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是( )
A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
【答案】BC
【解析】对物块从高为h的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：
mgh－Wf＝ eq \f(1,2)mv2①
其中Wf为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：f＝μN＝μmgcsθ
所以物块克服摩擦力做的功为：
Wf＝fL＝μmgcsθ×L＝μmgLcsθ＝μmgL底②
由图可知，Lcsθ为斜面底边长，可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L底成正比。沿着1和2下滑到底端时，重力做功相同，而沿2物体克服摩擦力做功小于沿1克服摩擦力做功，则由①式得知，沿着2下滑到底端时物块的速度大于沿1下滑到底端时速度，故A错误；①②联立解得：v＝eq \r(2gh－2μgL底)，故物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关，故B正确；沿1时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热量多，故C正确；根据功能关系得：产生的热量等于克服摩擦力做功，即为：Q＝Wf＝fL＝μmgcsθ×L＝μmgLcsθ＝μmgL底与质量有关，故D错误。
【模型演练5】（2021·黑龙江大庆铁人中学高三上学期期中考试）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面，用质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放滑块，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上．换用相同材料、质量为m2的滑块(m2>m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程．不计滑块经过B点时的机械能损失，下列说法正确的是( )
A. 两滑块到达B点的速度相同
B. 两滑块沿斜面上升过程中的加速度相同
C. 两滑块上升到最高点的过程中克服重力做的功相同
D. 两滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量相同
【答案】BCD
【解析】
A、两次实验，弹簧压缩形变是相同的，所以弹性势能相等，两滑块到达B点的动能是相等的，，又m2>m1，所以v1>v2，两滑块到达B点的速度不相同，A错误
B、根据牛顿运动定律可得，沿斜面上升时，物体收到重力、支持力、摩擦力，将重力垂直斜面和平行斜面分解，可得，，两滑块材料相同，B正确
C、设初始弹簧压缩了x，滑块沿斜面运动的距离为s，根据能量守恒可知，所以，C正确
D、滑块上升到最高点的过程中因摩擦产生的热量，D正确
【模型演练6】（2021·黑龙江肇东市四中高三上学期11月期中）如图所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数都相同，物体滑到斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. Ek1＞Ek2 W1＜W2B. Ek1＞Ek2 W1＝W2
C. Ek1＝Ek2 W1＞W2D. Ek1＜Ek2 W1＞W2
【答案】B
【解析】
设斜面的倾角为θ，斜面长为s，滑动摩擦力大小为μmgcsθ，则物体克服摩擦力所做的功为μmgscsθ；scsθ相同，所以克服摩擦力做功相等，即W1＝W2．
根据动能定理得，mgh﹣μmgscsθ＝EK﹣0，在AC斜面上滑动时重力做功多，摩擦力做功相等，则在AC面上滑到底端的动能大于在BC面上滑到底端的动能，即Ek1＞Ek2．
A．Ek1＞Ek2 W1＜W2，与分析结果不符，故A项错误．
B．Ek1＞Ek2 W1＝W2，与分析结果相符，故B项正确．
C．Ek1＝Ek2 W1＞W2，与分析结果不符，故C项错误．
D．Ek1＜Ek2 W1＞W2，与分析结果不符，故D项错误．
【模型演练7】（2021·山东省潍坊市现代中学高三上学期1月月考）如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A点、D点。两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB=PC=2m，∠PBC=30°,那CD多长（ ）
A. 2mB. 3mC. 4mD. 5m
【答案】C
【解析】
对任意一个滑块由动能定理
其中x是P在水平面上的投影点P’与物块在水平面上的停止位置的距离，设AB=PC=a则由几何关系可知
解得故选C。
【模型演练8】（2021·江西省上高二中高三上学期1月月考）如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
AC．物体受重力、外力F、斜面支持力和滑动摩擦力，滑动摩擦力大小
可知，小球受到的滑动摩擦力越来越大，则小球的合外力
根据牛顿第二定律得
解得
可知当时，物体受到的合成力均匀减小，方向沿斜面向下，则加速度均匀减小，方向沿斜面向下；当时，合外力为零，加速度为零；
当时，物体受到的合外力均匀增大，方向沿斜面向上，则加速度均匀增大，方向沿斜面向上。
根据图像的斜率等于加速度，知AC均错误；B．由，知f先均匀增大，当物体静止时，f不变，故B正确；D．物体停止运动前只有重力和摩擦力做功，机械能减少等于摩擦力做的功，由得又因为所以可知图像的斜率是变化的，物块停止前，图像应为曲线，故D错误。故选B。