PAGEPAGE1專題1.9動力學中的斜面問題【專題詮釋】1.斜面模型是中學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mg、支持力FN、動摩擦力f，由于支持力，則動摩擦力，而重力平行斜面對下的分力為，所以當時，物體沿斜面勻速下滑，由此得，亦即。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.等時圓模型1．質點從豎直圓環上沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到環的最低點所用時間相等，如圖甲所示。2．質點從豎直圓環上最高點沿不同的光滑弦由靜止起先滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。3．兩個豎直圓環相切且兩圓環的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦上端由靜止起先滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。【高考領航】【2024·浙江選考】如圖所示為某一嬉戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10m的圓形支架上，B為圓形的最低點，軌道AB與BC平滑連接，且在同一豎直平面內。某次嬉戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上軌道AB，并恰好能沖到軌道BC的最高點。已知小車在軌道AB上受到的摩擦力為其重量的0.2倍，軌道BC光滑，則小車從A到C的運動時間是（）A．5s B．4.8sC．4.4s D．3s【答案】A【解析】設小車的質量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，依據動能定理可得，解得，故；小車在BC段，依據機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，依據幾何學問可得，解得，，故小車在BC上運動的加速度為，故小車在BC段的運動時間為，所以小車運動的總時間為，A正確。【2015全國一卷】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．物塊沿斜面對上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：依據牛頓其次定律，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)，所以沿斜面對上滑行的最遠距離s＝eq\f(v0,2)t1，依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．僅依據速度—時間圖象，無法求出物塊質量，選項B錯．【技巧方法】1.解決斜面動力學基本問題應把握的關鍵(1)兩類分析——物體的受力分析和物體的運動過程分析；(2)一個“橋梁”——物體運動的加速度是聯系運動和力的橋梁。2.解決斜面動力學基本問題時對力的處理方法(1)合成法：在物體受力個數較少(2個或3個)時一般采納“合成法”(2)正交分解法：若物體的受力個數較多(3個或3個以上)，則采納“正交分解法”。【最新考向解碼】【例1】(2024·福建高三上學期聯考)如圖所示，甲、乙兩個物塊用平行于斜面的細線連接。用沿斜面對上的拉力F拉甲物塊，使甲、乙兩物塊一起沿光滑斜面對上做勻加速運動。某時刻撤去拉力F，則撤去拉力的一瞬間，下列說法正確的是()A．甲、乙都受三個力作用B．甲、乙的速度相同C．甲的加速度大于乙的加速度D．甲受到的合力肯定沿斜面對下，乙受到的合力可以沿斜面對上【答案】B【解析】某時刻撤去拉力F，細線的拉力變為0，甲、乙均受重力、支持力兩個力作用，A錯誤；甲、乙兩物塊在拉力F作用下一起沿斜面對上做勻加速運動，所以在撤去拉力F的瞬間兩物塊的速度相同，B正確；某時刻撤去拉力F，甲、乙均受重力、支持力兩個力作用，兩力的合力均沿斜面對下，依據牛頓其次定律可得，甲、乙加速度相同，大小都為gsinθ，方向均沿斜面對下，其中θ為斜面傾角，C、D錯誤。【例2】．(2024·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起先的無摩擦滑動，已知傾斜滑道在水平面上的投影長度L是肯定的，而高度可以調整，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，則依據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。【例3】．(2024·安徽蕪湖高三上學期期末)如圖所示，PQ為圓的豎直直徑，AQ、BQ、CQ為三個光滑斜面軌道，上端分別與圓相交于A、B、C三點。現讓三個小球(可以看做質點)分別沿著AQ、BQ、CQ軌道自上端點由靜止下滑到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，圓的直徑為d。依據牛頓其次定律得a＝gsinθ，又由幾何關系可得斜面的長度為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，小球下滑時間與斜面的傾角無關，則有t1＝t2＝t3。依據eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，由于x2＞x1＞x3，則v2＞v1＞v3，故A正確。【微專題精練】1.(2024·河南安陽模擬)在傾角為α的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓．已知貓的質量是木板的質量的2倍．當繩子突然斷開時，貓馬上沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變．則此時木板沿斜面下滑的加速度為()A．3gsinα B．gsinαC．eq\f(3gsinα,2) D．2gsinα【答案】A.【解析】：貓與木板加速度不同，分別對其受力分析是比較常見的解決方法．貓受力平衡，設貓的質量為2m，其所受摩擦力沿斜面對上，且Ff＝2mgsinα，則木板所受摩擦力沿斜面對下，木板的加速度為a＝eq\f(2mgsinα＋mgsinα,m)＝3gsinα，正確選項為A.2.(2024·南陽五校聯考)如圖所示，滑輪A可沿傾角為θ的足夠長光滑軌道下滑，滑輪下用輕繩掛著一個重為G的物體B，下滑時，物體B相對于A靜止，則下滑過程中()A．B的加速度為gsinθ B．繩的拉力為eq\f(G,cosθ)C．繩的方向保持豎直 D．繩的拉力為G【答案】A【解析】：.A、B相對靜止，即兩物體的加速度相同，以A、B整體為探討對象分析受力可知，系統的加速度為gsinθ，所以選項A正確；再以B為探討對象進行受力分析，如圖，依據平行四邊形法則可知，繩子的方向與斜面垂直，拉力大小等于Gcosθ，故選項B、C、D都錯誤．3.物體最初靜止在傾角θ＝30°的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面對下的力F的作用，力F隨時間改變的圖象如圖乙所示，起先運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10m/s2)()A．物體的質量m＝1kgB．物體的質量m＝2kgC．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(\r(3),3)D．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝eq\f(7\r(3),15)【答案】AD【解析】：由起先運動2s后物體以2m/s的速度勻速運動，可知0～2s內物體的加速度大小為a＝1m/s2；在0～2s內對物體應用牛頓其次定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡條件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，聯立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，選項A、D正確．4.(2024·汕頭模擬)建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂的傾角θ，以便下雨時落在房頂的雨滴能盡快地滑離屋頂，雨滴下滑時可視為小球做無初速度、無摩擦的運動．下列說法正確的是()傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大B．傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越大C．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D．傾角θ越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的時間越短【答案】AC【解析】：.設屋檐的底角為θ，底邊長度為L，留意底邊長度是不變的，屋頂的坡面長度為x，雨滴下滑時加速度為a，對雨滴受力分析，只受重力mg和屋頂對雨滴的支持力FN，垂直于屋頂方向：mgcosθ＝FN，平行于屋頂方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度為：a＝gsinθ，則傾角θ越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂的壓力大小：F′N＝FN＝mgcosθ，則傾角θ越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；依據三角關系推斷，屋頂坡面的長度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可見當θ＝45°時，用時最短，D錯誤；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可見θ越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確．5.(2024·安徽皖南八校聯考)放在固定粗糙斜面上的滑塊A以加速度a1沿斜面勻加速下滑，如圖甲。在滑塊A上放一物體B，物體B始終與A保持相對靜止，以加速度a2沿斜面勻加速下滑，如圖乙。在滑塊A上施加一豎直向下的恒力F，滑塊A以加速度a3沿斜面勻加速下滑，如圖丙。則()A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C．a1<a2＝a3D．a1<a2<a3【答案】B【解析】題圖甲中的加速度為a1，則有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μgcosθ題圖乙中的加速度為a2，則有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ。題圖丙中的加速度為a3，設F＝m′g，則有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝ma3，解得a3＝eq\f((m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ,m)故a1＝a2<a3，故B正確。5.如圖所示，一傾角θ＝37°的足夠長斜面固定在水平地面上．當t＝0時，滑塊以初速度v0＝10m/s沿斜面對上運動．已知滑塊與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列說法正確的是()A．滑塊始終做勻變速直線運動B．t＝1s時，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t＝2s時，滑塊恰好又回到動身點D．t＝3s時，滑塊的速度大小為4m/s【答案】D【解析】設滑塊上滑時的加速度大小為a1，由牛頓其次定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑時間t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距離x1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因tanθ＞μ，mgsinθ＞μmgcosθ，滑塊上滑到速度為零后，向下運動，選項B錯誤；設滑塊下滑時的加速度大小為a2，由牛頓其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，經1s，滑塊下滑的距離x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1m＜5m，滑塊未回到動身點，選項C錯誤；因上滑和下滑過程中的加速度不同，故滑塊全程不是勻變速直線運動，選項A錯誤；t＝3s時，滑塊沿斜面對下運動，此時的速度v＝a2(3s－1s)＝4m/s，選項D正確．6.(2024·南昌二中高三上學期期末)如圖所示，斜面置于粗糙的水平面上，將兩個相同的光滑木塊a、b放在斜面上，a、b用一輕質彈簧連接，b的右端用細繩與固定在斜面上的擋板相連。達到穩定狀態時，a、b與斜面均靜止。在某一時刻將細繩剪斷，斜面仍保持靜止，則在細繩被剪斷瞬間，下列說法正確的是()A．a所受的合外力肯定為零B．斜面所受地面的摩擦力肯定為零C．b所受的合外力肯定為零D．斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的總重力【答案】AD【解析】剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不變，剪斷前，a受重力、支持力和彈簧的彈力而處于平衡，剪斷后，由于彈力不變，則a所受的合外力仍為零，A正確；剪斷細繩的瞬間，b受重力、支持力和彈簧向下的拉力，細繩對b的拉力變為0，可知b所受的合外力不為零，有沿斜面對下的加速度，C錯誤；對整體分析，由于b有沿斜面對下的分加速度，則豎直方向上有向下的分加速度，可知斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的總重力，由于b在水平方向上有向左的分加速度，可知地面對斜面有水平向左的摩擦力作用，B錯誤，D正確。7．(2024·哈爾濱師大附中高三上學期期末)某科研單位設計了一空間飛行器，飛行器質量為m，飛行器從地面起飛時，發動機供應的動力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰恰沿與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，如圖所示。t時間后撤去動力，飛行過程中的空氣阻力不計。下列說法中正確的是()A．沿直線勻加速飛行時動力的大小等于eq\r(2)mgB．沿直線勻加速飛行時加速度的大小為gC．撤去動力后，飛行器的加速度大小為gD．再經時間t后飛行器的速度變為0【答案】BC【解析】起飛時，飛行器受重力和發動機供應的動力作用，兩力的合力與水平方向成30°角斜向上，如圖所示，在△OFF合中，由幾何關系得：F＝eq\r(3)mg，F合＝mg，由牛頓其次定律得飛行器的加速度大小為：a1＝g，A錯誤，B正確；撤去F后，飛行器只受重力作用，則加速度大小為g，C正確；撤去F后飛行器做斜拋運動，故再經時間t后飛行器的速度不會變為0，D錯誤。8.(2024·江西省臨川二中高三上學期第五次理綜物理)如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點，O點恰好是下半圓的圓心，現在有三條光滑軌道AB、CD、EF，它們的上下端分別位于上下兩圓的圓周上，三軌道都經過切點O，軌道與豎直線的夾角關系為α>β>θ，現在讓一物塊先后從三軌道頂端由靜止下滑至底端，則物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經驗的時間關系為()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF【答案】B【解析】設上面圓的半徑為r，下面圓的半徑為R，則軌道的長度s＝2rcosα＋R，下滑的加速度a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，依據位移時間公式得，s＝eq\f(1,2)at2，則t＝eq\r(\f(4rcosα＋2R,gcosα))＝eq\r(\f(4r,g)＋\f(2R,gcosα))，因為α>β>θ，則tAB>tCD>tEF，故B正確，A、C、D錯誤。9.(2024·崇明模擬)如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點。豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止起先沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點()A．a球最先到達M點 B．b球最先到達M點C．c球最先到達M點 D．b球和c球同時到達M點【答案】C【解析】如圖所示，令圓環半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿意R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；對于a球，令AM與水平面成θ角，則a下滑時的加速度為a＝gsinθ，球下滑到M用時滿意AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球從B點下滑到M點用時也滿意tb＝2eq\r(\f(r,g))(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，所以r>R)。綜上所述可得tb>ta>tc，C正確。10.(2024·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(C)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。11.如圖所示，AO、AB、AC是豎直平面內的三根固定的細桿，A、O位于同一圓周上，A點位于圓周的最高點，O點位于圓周的最低點，每一根細桿上都套有一個光滑的小環(圖中未畫出)，三個環都從A點無初速地釋放，用T1、T2、T3表示各環到O、B、C時所用的時間，則()A．T1＞T2＞T3 B．T3＜T1＜T2C．T1＜T2＜T3 D．T3＞T1＞T2【答案】D【解析】如圖，小環沿桿下滑做勻加速直線運動，設∠OAB為θ，∠OAC為α，圓的半徑為r，則小環沿AO下滑時，做自由落體運動，時間為：T1＝eq\r(\f(2×2r,g))由勻變速運動規律得，滑環滑到B1點的時間T2′＝eq\r(\f(2×2rcosθ,gcosθ))＝T1而由圖可知，滑到B點的時間T2＜T2′＝T1同樣依據勻變速運動規律可得滑到C1的時間T3′＝eq\r(\f(2×2rcosα,gcosα))＝T1而由圖可知，滑到C點的時間T3＞T3′＝T1故有T3＞T1＞T2.12.(2024·江西重點中學十校聯考)趣味運動會上運動員手持網球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們間摩擦力及空氣阻力不計，則()A．運動員的加速度為gtanθB．球拍對球的作用力為mgC．運動員對球拍的作用力為(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球肯定沿球拍向上運動【答案】A【解析】：.網球受力如圖甲所示，依據牛頓其次定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為探討對象，受力如圖乙所示，依據平衡，運動員對球拍的作用力為F＝eq\f(（M＋m）g,cosθ)，故C錯誤；當a>gtanθ時，網球才向上運動，由于gsinθ<gtanθ，故球不肯定沿球拍向上運動，故D錯誤．(2024·山東德州五校高三聯考)如圖所示，樓梯口一傾斜的天花板與水平地面成37°，一裝潢工人手持木桿綁著刷子粉刷天花板，工人所持木桿對刷子的作用力始終保持豎直向上，大小為F＝10N，刷子的質量為m＝0.5kg，刷子可視為質點，刷子與天花板間的動摩擦因數μ＝0.5，天花板長為L＝4m，取g＝10m/s2，試求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子從天花板底端推到頂端所用的時間。【答案】(1)2m/s2(2)2s【解析】(1)刷子運動過程中受力如圖所示。依據牛頓其次定律Fsin37°－mgsin37°－Ff＝ma①Fcos37°＝mgcos37°＋FN②Ff＝μFN③由以上三式得a＝2m/s2(2)依據運動學公式有L＝eq\f(1,2)at2得t＝2s14.(2024·江西省贛州市四校協作體高三上學期期中試題)如圖，在水平地面上固定一傾角為37°足夠長的的斜面，有一木塊以初速度8m/s沖上斜面，木塊與斜面的動摩擦因數為0.25(最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。則：(1)木塊沿斜面上升的最大距離為多少？(2)木塊在斜面上運動的時間為多少？(3)假如斜面是光滑的，求木塊運動到離斜面底端4m處的速度？【答案】(1)4m(2)1＋eq\r(2)s(3)4m/s可向上也可向下【解析】(1)對木塊受力分析如圖依據牛頓其次定律有mgsinθ＋f1＝ma1f1＝μN，N＝mgcosθ，聯立以上可得加速度為a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝8m/s2物體沿斜面做勻減速運動，依據veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2a1s可得木塊沿斜面