备考2024年高考物理专题1.9动力学中的斜面问题精准突破含解析

PAGEPAGE1专题1.9动力学中的斜面问题【专题诠释】1.斜面模型是中学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。θθmgfFNyx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，而重力平行斜面对下的分力为，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；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起先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起先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起先滑到下端所用时间相等，如图丙所示。【高考领航】【2024·浙江选考】如图所示为某一嬉戏的局部简化示意图。D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内。某次嬉戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/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（）A．5s B．4.8sC．4.4s D．3s【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，依据动能定理可得，解得，故；小车在BC段，依据机械能守恒可得，解得，过圆形支架的圆心O点作BC的垂线，依据几何学问可得，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。【2015全国一卷】如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t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．物块沿斜面对上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：依据牛顿其次定律，向上滑行过程eq\f(v0,t1)＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行过程eq\f(v1,t1)＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝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)，所以沿斜面对上滑行的最远距离s＝eq\f(v0,2)t1，依据斜面的倾斜角度可计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)，选项D对．仅依据速度—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)时一般采纳“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)，则采纳“正交分解法”。【最新考向解码】【例1】(2024·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。用沿斜面对上的拉力F拉甲物块，使甲、乙两物块一起沿光滑斜面对上做匀加速运动。某时刻撤去拉力F，则撤去拉力的一瞬间，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．甲受到的合力肯定沿斜面对下，乙受到的合力可以沿斜面对上【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作用下一起沿斜面对上做匀加速运动，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对下，依据牛顿其次定律可得，甲、乙加速度相同，大小都为gsinθ，方向均沿斜面对下，其中θ为斜面倾角，C、D错误。【例2】．(2024·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起先的无摩擦滑动，已知倾斜滑道在水平面上的投影长度L是肯定的，而高度可以调整，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,cosθ)，下滑时的加速度a＝gsinθ，则依据eq\f(L,cosθ)＝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。【例3】．(2024·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。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()A．v2＞v1＞v3B．v1＞v2＞v3C．v3＞v1＞v2D．v1＞v3＞v2【答案】A【解析】设任一斜面的倾角为θ，圆的直径为d。依据牛顿其次定律得a＝gsinθ，又由几何关系可得斜面的长度为x＝dsinθ，则由x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinθ,gsinθ))＝eq\r(\f(2d,g))，可见，小球下滑时间与斜面的倾角无关，则有t1＝t2＝t3。依据eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)，由于x2＞x1＞x3，则v2＞v1＞v3，故A正确。【微专题精练】1.(2024·河南安阳模拟)在倾角为α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，猫马上沿着板向上跑，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()A．3gsinα B．gsinαC．eq\f(3gsinα,2) D．2gsinα【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对上，且Ff＝2mgsinα，则木板所受摩擦力沿斜面对下，木板的加速度为a＝eq\f(2mgsinα＋mgsinα,m)＝3gsinα，正确选项为A.2.(2024·南阳五校联考)如图所示，滑轮A可沿倾角为θ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()A．B的加速度为gsinθ B．绳的拉力为eq\f(G,cosθ)C．绳的方向保持竖直 D．绳的拉力为G【答案】A【解析】：.A、B相对静止，即两物体的加速度相同，以A、B整体为探讨对象分析受力可知，系统的加速度为gsinθ，所以选项A正确；再以B为探讨对象进行受力分析，如图，依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Gcosθ，故选项B、C、D都错误．3.物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面对下的力F的作用，力F随时间改变的图象如图乙所示，起先运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10m/s2)()A．物体的质量m＝1kgB．物体的质量m＝2kgC．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),3)D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(7\r(3),15)【答案】AD【解析】：由起先运动2s后物体以2m/s的速度匀速运动，可知0～2s内物体的加速度大小为a＝1m/s2；在0～2s内对物体应用牛顿其次定律得，F1＋mgsin30°－μmgcos30°＝ma，2s后由平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得m＝1kg，μ＝eq\f(7\r(3),15)，选项A、D正确．4.(2024·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θ，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()倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C．倾角θ越大，雨滴从顶端O下滑至屋檐M时的速度越大D．倾角θ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】：.设屋檐的底角为θ，底边长度为L，留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：mgcosθ＝FN，平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ.雨滴的加速度为：a＝gsinθ，则倾角θ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：F′N＝FN＝mgcosθ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；依据三角关系推断，屋顶坡面的长度x＝eq\f(L,2cosθ)，由x＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得：t＝eq\r(\f(2L,gsin2θ))，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝gsinθ·t可得：v＝eq\r(gLtanθ)，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．5.(2024·安徽皖南八校联考)放在固定粗糙斜面上的滑块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()A．a1＝a2＝a3B．a1＝a2<a3C．a1<a2＝a3D．a1<a2<a3【答案】B【解析】题图甲中的加速度为a1，则有mgsinθ－μmgcosθ＝ma1，解得a1＝gsinθ－μgcosθ题图乙中的加速度为a2，则有(m＋m′)gsinθ－μ(m＋m′)gcosθ＝(m＋m′)a2，解得a2＝gsinθ－μgcosθ。题图丙中的加速度为a3，设F＝m′g，则有(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正确。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＝10m/s沿斜面对上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．滑块始终做匀变速直线运动B．t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2s时，滑块恰好又回到动身点D．t＝3s时，滑块的速度大小为4m/s【答案】D【解析】设滑块上滑时的加速度大小为a1，由牛顿其次定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10m/s2，上滑时间t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，上滑的距离x1＝eq\f(1,2)v0t1＝5m，因tanθ＞μ，mgsinθ＞μmgcosθ，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，由牛顿其次定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2m/s2，经1s，滑块下滑的距离x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝1m＜5m，滑块未回到动身点，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＝3s时，滑块沿斜面对下运动，此时的速度v＝a2(3s－1s)＝4m/s，选项D正确．6.(2024·南昌二中高三上学期期末)如图所示，斜面置于粗糙的水平面上，将两个相同的光滑木块a、b放在斜面上，a、b用一轻质弹簧连接，b的右端用细绳与固定在斜面上的挡板相连。达到稳定状态时，a、b与斜面均静止。在某一时刻将细绳剪断，斜面仍保持静止，则在细绳被剪断瞬间，下列说法正确的是()A．a所受的合外力肯定为零B．斜面所受地面的摩擦力肯定为零C．b所受的合外力肯定为零D．斜面所受地面的支持力小于a、b和斜面的总重力【答案】AD【解析】剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，剪断前，a受重力、支持力和弹簧的弹力而处于平衡，剪断后，由于弹力不变，则a所受的合外力仍为零，A正确；剪断细绳的瞬间，b受重力、支持力和弹簧向下的拉力，细绳对b的拉力变为0，可知b所受的合外力不为零，有沿斜面对下的加速度，C错误；对整体分析，由于b有沿斜面对下的分加速度，则竖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和斜面的总重力，由于b在水平方向上有向左的分加速度，可知地面对斜面有水平向左的摩擦力作用，B错误，D正确。7．(2024·哈尔滨师大附中高三上学期期末)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器质量为m，飞行器从地面起飞时，发动机供应的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰沿与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，如图所示。t时间后撤去动力，飞行过程中的空气阻力不计。下列说法中正确的是()A．沿直线匀加速飞行时动力的大小等于eq\r(2)mgB．沿直线匀加速飞行时加速度的大小为gC．撤去动力后，飞行器的加速度大小为gD．再经时间t后飞行器的速度变为0【答案】BC【解析】起飞时，飞行器受重力和发动机供应的动力作用，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，如图所示，在△OFF合中，由几何关系得：F＝eq\r(3)mg，F合＝mg，由牛顿其次定律得飞行器的加速度大小为：a1＝g，A错误，B正确；撤去F后，飞行器只受重力作用，则加速度大小为g，C正确；撤去F后飞行器做斜抛运动，故再经时间t后飞行器的速度不会变为0，D错误。8.(2024·江西省临川二中高三上学期第五次理综物理)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，现在有三条光滑轨道AB、CD、EF，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为α>β>θ，现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验的时间关系为()A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEFC．tAB<tCD<tEF D．tAB＝tCD<tEF【答案】B【解析】设上面圆的半径为r，下面圆的半径为R，则轨道的长度s＝2rcosα＋R，下滑的加速度a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα，依据位移时间公式得，s＝eq\f(1,2)at2，则t＝eq\r(\f(4rcosα＋2R,gcosα))＝eq\r(\f(4r,g)＋\f(2R,gcosα))，因为α>β>θ，则tAB>tCD>tEF，故B正确，A、C、D错误。9.(2024·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两点从静止起先沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点()A．a球最先到达M点 B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点 D．b球和c球同时到达M点【答案】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点用时满意R＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,c)，所以tc＝eq\r(\f(2R,g))；对于a球，令AM与水平面成θ角，则a下滑时的加速度为a＝gsinθ，球下滑到M用时满意AM＝2Rsinθ＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,a)，即ta＝2eq\r(\f(R,g))；同理b球从B点下滑到M点用时也满意tb＝2eq\r(\f(r,g))(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，所以r>R)。综上所述可得tb>ta>tc，C正确。10.(2024·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)tanθC．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\o\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\o\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＋μmgcosθ，向下运动的过程中：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，联立得μ＝eq\f(4,5)tanθ，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O、B、C时所用的时间，则()A．T1＞T2＞T3 B．T3＜T1＜T2C．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(2×2rcosθ,gcosθ))＝T1而由图可知，滑到B点的时间T2＜T2′＝T1同样依据匀变速运动规律可得滑到C1的时间T3′＝eq\r(\f(2×2rcosα,gcosα))＝T1而由图可知，滑到C点的时间T3＞T3′＝T1故有T3＞T1＞T2.12.(2024·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θ，球拍与球保持相对静止，它们间摩擦力及空气阻力不计，则()A．运动员的加速度为gtanθB．球拍对球的作用力为mgC．运动员对球拍的作用力为(M＋m)gcosθD．若加速度大于gsinθ，球肯定沿球拍向上运动【答案】A【解析】：.网球受力如图甲所示，依据牛顿其次定律得FNsinθ＝ma，又FNcosθ＝mg，解得a＝gtanθ，FN＝eq\f(mg,cosθ)，故A正确，B错误；以球拍和球整体为探讨对象，受力如图乙所示，依据平衡，运动员对球拍的作用力为F＝eq\f(（M＋m）g,cosθ)，故C错误；当a>gtanθ时，网球才向上运动，由于gsinθ<gtanθ，故球不肯定沿球拍向上运动，故D错误．(2024·山东德州五校高三联考)如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10N，刷子的质量为m＝0.5kg，刷子可视为质点，刷子与天花板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4m，取g＝10m/s2，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)刷子沿天花板向上的加速度大小；(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。【答案】(1)2m/s2(2)2s【解析】(1)刷子运动过程中受力如图所示。依据牛顿其次定律Fsin37°－mgsin37°－Ff＝ma①Fcos37°＝mgcos37°＋FN②Ff＝μFN③由以上三式得a＝2m/s2(2)依据运动学公式有L＝eq\f(1,2)at2得t＝2s14.(2024·江西省赣州市四校协作体高三上学期期中试题)如图，在水平地面上固定一倾角为37°足够长的的斜面，有一木块以初速度8m/s冲上斜面，木块与斜面的动摩擦因数为0.25(最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)。则：(1)木块沿斜面上升的最大距离为多少？(2)木块在斜面上运动的时间为多少？(3)假如斜面是光滑的，求木块运动到离斜面底端4m处的速度？【答案】(1)4m(2)1＋eq\r(2)s(3)4m/s可向上也可向下【解析】(1)对木块受力分析如图依据牛顿其次定律有mgsinθ＋f1＝ma1f1＝μN，N＝mgcosθ，联立以上可得加速度为a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝8m/s2物体沿斜面做匀减速运动，依据veq\o\al(2,t)－veq\o\al(2,0)＝2a1s可得木块沿斜面