備考高考物理專題1.9動力學中的斜面問題精準突破（含解析）.docx

專題1.9 動力學中的斜面問題【專題詮釋】1.斜面模型是高中物理中最常見的模型之一，斜面問題千變?nèi)f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。mg f FNy x 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，而重力平行斜面向下的分力為，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(zhì)只取決于摩擦系數(shù)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(zhì)點從豎直圓環(huán)上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。2質(zhì)點從豎直圓環(huán)上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。3兩個豎直圓環(huán)相切且兩圓環(huán)的豎直直徑均過切點，質(zhì)點沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示?！靖呖碱I航】【2019浙江選考】如圖所示為某一游戲的局部簡化示意圖。D為彈射裝置，AB是長為21 m的水平軌道，傾斜直軌道BC固定在豎直放置的半徑為R=10 m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(nèi)。某次游戲中，無動力小車在彈射裝置D的作用下，以v0=10 m/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（）A5 s B4.8 s C4.4 s D3 s【答案】A【解析】設小車的質(zhì)量為m，小車在AB段所勻減速直線運動，加速度，在AB段，根據(jù)動能定理可得，解得，故；小車在BC段，根據(jù)機械能守恒可得，解得，過圓形支架的圓心O點作BC的垂線，根據(jù)幾何知識可得，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?！?015全國一卷】如圖(a)，一物塊在t0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(zhì)量C物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D物塊沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：根據(jù)牛頓第二定律，向上滑行過程gsin gcos ，向下滑行過程gsin gcos ，整理可得gsin ，從而可計算出斜面的傾斜角度以及動摩擦因數(shù)，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，所以沿斜面向上滑行的最遠距離st1，根據(jù)斜面的傾斜角度可計算出向上滑行的最大高度ssin t1v0，選項D對僅根據(jù)速度時間圖象，無法求出物塊質(zhì)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(lián)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(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”(2)正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”?！咀钚驴枷蚪獯a】【例1】(2019福建高三上學期聯(lián)考)如圖所示，甲、乙兩個物塊用平行于斜面的細線連接。用沿斜面向上的拉力F拉甲物塊，使甲、乙兩物塊一起沿光滑斜面向上做勻加速運動。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】某時刻撤去拉力F，細線的拉力變?yōu)?，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作用下一起沿斜面向上做勻加速運動，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向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，甲、乙加速度相同，大小都為gsin，方向均沿斜面向下，其中為斜面傾角，C、D錯誤?！纠?】(2019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(diào)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2 D劃艇下滑的最短時間為【答案】C【解析】設滑道傾角為，則滑道長度為，下滑時的加速度agsin，則根據(jù)gsint2可得t，可知滑道傾角45時，劃艇下滑時間最短，最短時間為tmin2；45時，傾角越大，時間越長，C正確，A、B、D錯誤?！纠?】(2019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?，F(xiàn)讓三個小球(可以看做質(zhì)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()Av2v1v3 Bv1v2v3 Cv3v1v2 Dv1v3v2【答案】A【解析】設任一斜面的傾角為，圓的直徑為d。根據(jù)牛頓第二定律得agsin，又由幾何關系可得斜面的長度為xdsin，則由xat2得t，可見，小球下滑時間與斜面的傾角無關，則有t1t2t3。根據(jù)，由于x2x1x3，則v2v1v3，故A正確?！疚ｎ}精練】1.(2019河南安陽模擬)在傾角為的固定光滑斜面上，有一用繩子拴著的長木板，木板上站著一只貓已知貓的質(zhì)量是木板的質(zhì)量的2倍當繩子突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，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()A3gsin Bgsin CD2gsin 【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(zhì)量為2m，其所受摩擦力沿斜面向上，且Ff2mgsin ，則木板所受摩擦力沿斜面向下，木板的加速度為a3gsin ，正確選項為A.2.(2019南陽五校聯(lián)考) 如圖所示，滑輪A可沿傾角為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()AB的加速度為gsin B繩的拉力為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整體為研究對象分析受力可知，系統(tǒng)的加速度為gsin ，所以選項A正確；再以B為研究對象進行受力分析，如圖，根據(jù)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Gcos ，故選項B、C、D都錯誤3.物體最初靜止在傾角30的足夠長斜面上，如圖甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F隨時間變化的圖象如圖乙所示，開始運動2 s后物體以2 m/s 的速度勻速運動，下列說法正確的是(g取10 m/s2)()A物體的質(zhì)量m1 kg B物體的質(zhì)量m2 kgC物體與斜面間的動摩擦因數(shù)D物體與斜面間的動摩擦因數(shù)【答案】AD【解析】：由開始運動2 s后物體以2 m/s的速度勻速運動，可知02 s內(nèi)物體的加速度大小為a1 m/s2；在02 s內(nèi)對物體應用牛頓第二定律得，F(xiàn)1mgsin 30mgcos 30ma，2 s后由平衡條件可得，F(xiàn)2mgsin 30mgcos 300，聯(lián)立解得m1 kg，選項A、D正確4.(2019汕頭模擬)建設房屋時，保持底邊L不變，要設計好屋頂?shù)膬A角，以便下雨時落在房頂?shù)挠甑文鼙M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()A 傾角越大，雨滴下滑時的加速度越大B傾角越大，雨滴對屋頂壓力越大C傾角越大，雨滴從頂端O下滑至屋檐M時的速度越大D傾角越大，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，底邊長度為L，注意底邊長度是不變的，屋頂?shù)钠旅骈L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：mgcos FN，平行于屋頂方向：mamgsin .雨滴的加速度為：agsin ，則傾角越大，雨滴下滑時的加速度越大，故A正確；雨滴對屋頂?shù)膲毫Υ笮。篎NFNmgcos ，則傾角越大，雨滴對屋頂壓力越小，故B錯誤；根據(jù)三角關系判斷，屋頂坡面的長度x，由xgsin t2，可得：t，可見當45時，用時最短，D錯誤；由vgsin t可得：v，可見越大，雨滴從頂端O下滑至M時的速度越大，C正確5.(2019安徽皖南八校聯(lián)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()Aa1a2a3 Ba1a2a3 Ca1a2a3 Da1a2a3【答案】B【解析】題圖甲中的加速度為a1，則有mgsin mgcos ma1，解得a1gsin gcos 題圖乙中的加速度為a2，則有(mm)gsin (mm)gcos (mm)a2，解得a2gsin gcos 。題圖丙中的加速度為a3，設Fmg，則有(mm)gsin (mm)gcos ma3，解得a3故a1a2，現(xiàn)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(jīng)歷的時間關系為 ( )AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtABtCDtEFDtABtCD，則tABtCDtEF，故B正確，A、C、D錯誤。9.(2018崇明模擬)如圖所示，位于豎直平面內(nèi)的固定光滑圓環(huán)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(huán)軌道的圓心。已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點；c球由C點自由下落到M點()Aa球最先到達M點Bb球最先到達M點Cc球最先到達M點Db球和c球同時到達M點【答案】C【解析】如圖所示，令圓環(huán)半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足Rgt，所以tc；對于a球，令AM與水平面成角，則a下滑時的加速度為agsin，球下滑到M用時滿足AM2Rsingsint，即ta2；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb2(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，所以rR)。綜上所述可得tbtatc，C正確。10.(2019安徽省亳州市高三上學期期末)一物塊沿傾角為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(shù)為 ( C )AtanBtanCtanDtan【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：xa1t，設向下運動的加速度的大小為a2，則向下運動的過程中：xa2t，由題知物塊下滑的時間是上滑時間的3倍，即t23t1，聯(lián)立可得：a19a2，對物塊進行受力分析，可知向上運動的過程中：ma1mgsinmgcos，向下運動的過程中：ma2mgsinmgcos，聯(lián)立得tan，故C正確，ABD錯誤，故選C。11.如圖所示，AO、AB、AC是豎直平面內(nèi)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(huán)(圖中未畫出)，三個環(huán)都從A點無初速地釋放，用T1、T2、T3表示各環(huán)到O、B、C時所用的時間，則()AT1T2T3BT3T1T2CT1T2T3DT3T1T2【答案】D【解析】如圖，小環(huán)沿桿下滑做勻加速直線運動，設OAB為，OAC為，圓的半徑為r，則小環(huán)沿AO下滑時，做自由落體運動，時間為：T1由勻變速運動規(guī)律得，滑環(huán)滑到B1點的時間T2T1而由圖可知，滑到B點的時間T2T2T1同樣根據(jù)勻變速運動規(guī)律可得滑到C1的時間T3T1而由圖可知，滑到C點的時間T3T3T1故有T3T1T2.12.(2019江西重點中學十校聯(lián)考)趣味運動會上運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速跑，設球拍和球質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間夾角為，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gtan B球拍對球的作用力為mgC運動員對球拍的作用力為(Mm)gcos D若加速度大于gsin ，球一定沿球拍向上運動【答案】A【解析】：. 網(wǎng)球受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得FNsin ma，又FNcos mg，解得agtan ，F(xiàn)N，故A正確，B錯誤；以球拍和球整體為研究對象，受力如圖乙所示，根據(jù)平衡，運動員對球拍的作用力為F，故C錯誤；當agtan 時，網(wǎng)球才向上運動，由于gsin f2mgcos372m故木塊不能停留在斜面上，沿斜面下滑，mgsin37mgcos37ma2解得下滑加速度為a24m/s2木塊下滑的時間為t2，有sa2tt2s木塊在斜面上運動