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專題03 與斜面有關的模型
[模型導航]
【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型 1
【模型二】斜面體靜摩擦力有無模型 6
【模型三】物體在斜面上自由運動的性質 11
【模型四】斜面模型的衍生模型——“等時圓”模型 15
1.“光滑斜面”模型常用結論 15
2.“等時圓”模型及其等時性的證明 15
【模型五】功能關系中的斜面模型 19
[模型分析]
【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型
【模型構建】1.如圖所示，一個質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上。
1.試分析m受摩擦力的大小和方向
【解析】：假設斜面光滑，那么物體將在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。說明物體有沿斜面向下運動的趨勢，物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力作用。由平衡條件易得：
2.若斜面上放置的物體沿著斜面勻速下滑時，判斷地面對靜止斜面有無摩擦力。
【解析】：因地面對斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面體水平方向合力是否為零即可。斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物體A對斜面的壓力N和摩擦力f。若設物體A的質量為m，則N和f的水平分量分別為
，方向向右，，方向向左。
可見斜面在水平方向所受合力為零。無左右運動的趨勢，地面對斜面無摩擦力作用。
3.如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2>0）。
設斜面傾角為θ，斜面對物塊的靜摩擦力為f。
.當時斜面對物塊無靜摩擦力
.當時物塊有相對于斜面向上運動的趨勢靜摩擦力方向向下平衡方程為：
隨著F的增大靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最大值F1時，由平衡條件可得：F1=f+mgsinθ---------------------(1)；
(3).當時物塊有相對于斜面向下運動的趨勢靜摩擦力方向向上平衡方程為：
隨著F的增大靜摩擦力減小當靜摩擦力減小為0時突變為(2)中的情形，隨著F的減小靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最小值F2時，由平衡條件可得：f+F2= mgsinθ------------------------(2)；
聯立(1)(2)解得物塊與斜面的最大靜摩擦力f=( F2-F1)/2.
如圖甲所示，傾角為α的斜面固定在水平地面上，斜面上一木塊受到與斜面底邊平行的力F的作用，當力F逐漸增大時，木塊所受的摩擦力f和力F的大小關系如圖乙所示。若木塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，圖中f1、f2、F1均為已知量，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．木塊的質量可表示為
B．木塊與斜面間的動摩擦因數可表示為tanα
C．F小于F1時木塊所受的摩擦力與斜面底邊垂直且沿斜面向上
D．F大于F1后木塊做直線運動
【解答】解：A、將木塊所受重力分解為垂直于斜面方向和沿斜面方向的兩個分力，木塊在斜面平面內的受力有：沿斜面向下的下滑分力mgsinα、水平方向的力F和斜面給木塊的靜摩擦力，根據平衡條件得：f，當F＝0時，由題圖乙可知：f1＝mgsinα，所以木塊的質量：m，故A錯誤；
B、當木塊剛要運動時，靜摩擦力達到最大靜摩擦力，有：f2＝μmgcosα，則：μ，又：m，所以：μ，故B正確；
C、F小于F1時，摩擦力小于最大靜摩擦力，則木塊保持靜止狀態，靜摩擦力方向與F和重力的下滑分力mgsinα的合力方向相反，不與斜面底邊垂直，故C錯誤；
D、F大于F1后木塊將運動，所受滑動摩擦力方向與木塊運動方向相反，不會改變速度方向；重力下滑分力mgsinα大小不變，但力F一直增大，所以F與重力下滑分力mgsinα的合力方向不斷變化，造成其方向與速度方向不在一條直線上，木塊做曲線運動，故D錯誤。
故選：B。
頂端裝有滑輪的粗糙斜面固定在地面上，A、B兩物體通過細繩如圖連接，并處于靜止狀態（不計繩的質量和繩與滑輪間的摩擦）。現用水平力F作用于懸掛的物體B上，使其緩慢拉動一小角度，發現A物體仍然靜止。則在此過程中說法不正確的是（　　）
A．水平力F一定變大
B．物體A所受斜面給的摩擦力一定變大
C．物體A所受斜面給的支持力一定不變
D．細繩對物體A的拉力一定變大
【解答】解：AD、對物塊B受力分析，如圖所示，
由平衡條件得：F＝mgtanθ
T
當B被拉動一個小角度后，θ增大，則力F增大，T增大，則細繩對物體A的拉力T增大，故AD正確；
B、A受到斜面的摩擦力根據初始狀態的不同，可能增大也可能減小，故B錯誤；
C、對A物體受力分析，由平衡條件得，斜面對A的支持力等于重力垂直于斜面方向的分析，緩慢拉動物體B，對A所受的支持力沒有影響，支持力不變，故C正確；
本題要求選錯誤的，
故選：B。
如圖所示，頂端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在水平地面上，A、B兩物體跨過滑輪通過輕繩連接，整個裝置處于靜止狀態（不計輕繩與滑輪間的摩擦）。現用水平力F作用于物體A上，緩慢拉動A，最終左側的細線與豎直方向的夾角為30°，斜面體與物體B一直保持靜止。下列說法一定正確的是（　　）
A．上述過程中，地面對斜面體的作用力一直保持不變
B．上述過程中，拉力F和輕繩對物體A的拉力一直變大，斜面體受到地面的摩擦力和B受到斜面體的摩擦力也一直增大
C．上述過程中，當與A相連的繩子與豎直方向的夾角為30°時，改變拉力F，使拉力F的方向沿順時針方向緩慢轉動90°并維持A靜止，這個過程中地面對斜面體的摩擦力和支持力一直減小
D．上述過程中，當與A相連的繩子與豎直方向的夾角為30°時，改變拉力F，使拉力F的方向沿順時針方向緩慢轉動90°并維持A靜止，這個過程中拉力F一直減小
【解答】解：A．設左側細線與豎直方向夾角為θ，細繩拉力為T，對物體A受力分析，設物體A質量為m，根據平衡條件，，F＝mgtanθ
隨θ增大，拉力F和輕繩對物體A的拉力一直變大
對斜面體和物體A、B構成的整體受力分析，設AB整體質量為m總，根據平衡條件
斜面體受到地面的支持力FN＝m總g
斜面體受到地面的摩擦力f＝F
拉力一直變大，斜面體受到地面的摩擦力也一直在增大，地面對斜面體的作用力為支持力和摩擦力的合力，故地面對斜面體的作用力增大，故A錯誤；
B．對物體B受力分析，由于物體AB質量關系不確定，初始時物體B受到斜面的摩擦力的大小和方向不確定，B與斜面體之間的摩擦力變化情況也不確定，故B錯誤；
C．當與A相連的繩子與豎直方向的夾角為30°時，改變拉力F，使拉力F的方向沿順時針方向緩慢轉動90°的過程中，設轉動的角度為α
對斜面體、物體A、B的整體受力分析，由平衡條件
Fcosα＝f
FN＝m總g﹣Fsinα
隨α的增大，地面對斜面體的摩擦力和支持力一直減小，故C正確；
D．該過程中，對物體A受力分析，其所受的重力、細繩的拉力、拉力F應能構成矢量三角形，如圖
由此可知這個過程中拉力F先減小后增大，故D錯誤。
故選：C。
（多選）如圖所示，A是一質量為m的盒子，B的質量為，它們間用輕繩相連，跨過光滑的定滑輪，A置于傾角為α＝15°的斜面上，B懸于斜面之外，整個系統處于靜止狀態。現在向A中緩慢地加入沙子，直至A將要滑動的過程中（　　）
A．繩子拉力逐漸增大
B．A對斜面的壓力逐漸增大
C．A所受的摩擦力逐漸增大
D．A所受的摩擦力先減小后反向增大
【解答】解：A、對B受力分析，根據平衡條件得，繩上拉力Tmg，向A中緩慢地加入沙子，繩子拉力保持不變，故A錯誤；
B、對A和沙子受力分析，設沙子的質量為m′，由平衡條件得：N＝（m+m′）gcosα
由牛頓第三定律得，A對斜面的壓力N′＝N＝（m+m′）gcosα
隨沙子的質量增大，A對斜面的壓力逐漸增大，故B正確；
CD、未加入沙子時，繩上拉力mg＞mgsin15°，A受到沿斜面向上的摩擦力，加入沙子后，由平衡條件得：（m+m′）sin15°+f＝T
隨沙子質量增大，摩擦力逐漸減小，減到零后反向增大，達到最大靜摩擦力后，A相對斜面發生滑動，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（多選）如圖所示，物體A、B的質量分別為mA、mB，且mA＞mB．二者用細繩連接后跨過定滑輪，A靜止在傾角θ＝30°的斜面上，B懸掛著，且斜面上方的細繩與斜面平行．若將斜面傾角θ緩慢增大到45°，物體A仍保持靜止．不計滑輪摩擦．則下列判斷正確的是（　　）
A．物體A受細繩的拉力可能增大
B．物體A受的靜摩擦力可能增大
C．物體A對斜面的壓力可能增大
D．物體A受斜面的作用力減小
【解答】解：A、斜面傾角增大過程中，物體B始終處于平衡狀態，因此繩子拉力大小始終等于物體B重力的大小，而定滑輪不省力，則物體A受細繩的拉力保持不變，故A錯誤。
B、由題可知，開始時A靜止在傾角為30°的斜面上，A重力沿斜面的分力可能大于繩子的拉力，摩擦力沿斜面向上，隨著角度增大，重力沿斜面的分力逐漸增大，而繩子拉力不變，A受到的靜摩擦力將增大，故B正確；
C、物體A對斜面的壓力為：FN＝mAgcosθ，隨著θ的增大，cosθ減小，因此物體A對斜面的壓力將減小，故C錯誤。
D、A受到三個力的作用而平衡，分別是重力、繩子的拉力和斜面的作用力（是支持力和靜摩擦力的合力），重力和拉力不變，當θ不斷變大時，重力和拉力的合力變小，故物體A受斜面的作用力減小。故D正確。
故選：BD。
【模型二】斜面體靜摩擦力有無模型
【模型要點】1.質點系牛頓定律
加速度不同時整體法的應用，大多數情況下，當兩物體加速度相同時才考慮整體法，加速度不同時，考慮隔離法。實際上加速度不同時，也可以用整體法，只是此時整體法的含義有所改變。當兩個或兩個以上物體以不同形式連接，構成一個系統，且系統內各物體加速度不相同時，牛頓第二定律照樣能應用于整體。若質量為m1，m2，…，mn的物體組成系統，它們的加速度分別為a1，a2，…，an，牛頓第二定律可寫為
或
其意義為系統受的合外力等于系統內的每一個物體受的合外力的矢量和，或某個方向上，系統受的合外力等于系統內的每一個物體在這個方向上受的合外力的矢量和。
2.自由釋放的滑塊能在斜面上勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數μ＝gtan θ．
3．自由釋放的滑塊在斜面上：
(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．
4．自由釋放的滑塊在斜面上勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零．
5．懸掛有物體的小車在斜面上滑行：
(1)向下的加速度a＝gsin θ時，懸繩穩定時將垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsin θ時，懸繩穩定時將偏離垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsin θ時，懸繩將偏離垂直方向向下．
（2023 全國）如圖，在置于水平地面的楔狀物體P的斜面上有一小物塊Q，Q受水平外力F的作用。已知P和Q始終保持靜止，則（　　）
A．增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加
C．增加Q的質量，P與Q間摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F的大小，P與Q間摩擦力的大小一定增加
【解答】解：AB、P和Q始終保持靜止，根據整體法，整體受力如圖：
水平方向平衡，f＝F，故增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小不變，增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加，故A錯誤，B正確；
CD、由于不確定F沿斜面向上分量與Q的重力沿斜面向下分量的關系，故P與Q間摩擦力的大小變化不能確定，故CD錯誤。
故選：B。
（多選）如圖，一傾角α＝37°的直角斜面體固定在水平面上，AB面光滑，AC面粗糙。一不可伸長的輕繩一端與靜止在斜面AC上、質量為M的物體Q相連，另一端跨過光滑定滑輪與AB面上的輕彈簧相連，彈簧處于原長，繩與兩斜面均平行。現將一質量為m的球P與彈簧下端相連，并由靜止釋放，小球在ab間運動，當小球運動到b點時，物體Q受到的摩擦力恰好為零。重力加速度g取10m/s2，物體Q始終處于靜止狀態，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是（　　）
A．2M＝3m
B．M＝3m
C．小球由靜止釋放到回到a的過程中，物體Q受到的摩擦力一直減小
D．小球在a點時Q受的摩擦力大小等于0.8Mg，方向沿斜面向上
【解答】解：AB、根據小球的受力特點可知小球在ab間做簡諧運動，在a點對小球分析可知，小球的回復力為F＝mgsin37°，當小球運動到點時，設此時彈簧的彈力為FT，根據對稱性，對小球分析有FT﹣mgsin37°＝mgsin37°，對物體Q，根據平衡條件有FT＝Mgsin53°，聯立解得2M＝3m，故A正確，B錯誤；
CD、根據題意，對物塊Q分析，小球在a點時Q受的摩擦力大小：f＝Mgsin53°＝0.8Mg，方向沿斜面向上；
當小球運動起來后，有FT'+f'＝Mgsin53°，則小球由靜止釋放達到b的過程中，彈簧彈力逐漸增大，當小球運動到b點時，物體Q受到的摩擦力恰好為零，此過程中Q受到的摩擦力逐漸減小；小球有b到a運動過程中，彈簧彈力逐漸減小，則Q受到的摩擦力逐漸增大。
由此可知，小球由靜止釋放到回到a的過程中，物體Q受到的摩擦力先減小后增大，故C錯誤、D正確。
故選：AD。
如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一質量為m的小車在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質量也為m）的輕繩恰好水平。則外力F的大小為（重力加速度為g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
【解答】解：小車和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。
對小球進行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，如圖所示，
其合力一定沿斜面向下，且大小 F合2mg
對小球，根據牛頓第二定律有 F合＝ma，得 a＝2g
對整體進行受力分析，在沿斜面方向上由牛頓第二定律可得：F+2mgsin30°＝2ma
可得：F＝3mg，故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
如圖所示，固定在水平面上的斜面體C放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B．若AB運動中始終保持相對靜止。以下說法正確的是（　　）
A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則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，則B處于超重狀態
【解答】解：A、若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊的加速度方向沿斜面向下，故合力方向沿斜面向下，故B受支持力，重力和摩擦力三個力作用，故A錯誤；
B、若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑時，B物塊的加速度方向沿斜面向下，處于失重狀態，故B錯誤；
C、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受的合力方向沿斜面向下，故B受到水平向左的摩擦力，故C正確；
D、若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B受的合力方向沿斜面向下，加速度方向沿斜面向下，則B處于失重狀態，故D錯誤；
故選：C。
（多選）如圖所示，靜止在水平地面上傾角為θ上表面光滑的斜面體上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑。已知A、B、C的質量均為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．A、B間摩擦力為零
B．C可能只受兩個力作用
C．A加速度大小為gsinθ
D．斜面體受到地面的摩擦力為零
【解答】解：A、對B、C整體受力分析，受重力、支持力，B、C沿斜面勻加速下滑，則A、B間摩擦力不為零，BC在水平方向有向左的加速度，則B受A對它的向左的摩擦力，故A錯誤；
BC、選A、B、C整體為研究對象，根據牛頓第二定律可知3mgsinθ＝3ma，解得A加速度大小為：a＝gsin θ；
取C為研究對象，當斜劈B的傾角也為θ時，C只受重力和斜面的支持力，根據牛頓第二定律可知加速度為ac＝gsinθ，故物塊C可能只受兩個力作用，故BC正確
D、斜面對A的作用力垂直斜面向上，則A對斜面的作用力垂直斜面向下，這個力可分解為水平和豎直的兩個分力，故斜面具有向右相對運動的趨勢，斜面受到地面的摩擦力水面向左，故D錯誤。
故選：BC。
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態
【模型三】物體在斜面上自由運動的性質
斜面模型是高中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。
對沿粗糙斜面自由下滑的物體做受力分析，物體受重力、支持力、動摩擦力，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。
1.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.對于光滑斜面無論物體下滑還是上滑加速度大小均為：
3.對于粗糙斜面物體下滑過程加速度大小為：
上沖過程加速度大小為：
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，則不可求出（　　）
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．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
【解答】解：由圖b可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速度；圖象與時間軸圍成的面積為物體經過的位移，故可出物體在斜面上的位移；
圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1；下降過程有：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2；兩式聯立可求得斜面傾角及動摩擦因數；
但由于m均消去，故無法求得質量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高度；
本題選擇不能求出的；故選：B。
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（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：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
設向下運動的加速度的大小為a2，則向下運動的過程中：x
由于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，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
如圖所示，粗糙斜面的傾角為θ，一質量為m的物塊由斜面底端以初速度v0沿斜面上滑到最高點后又沿斜面下滑返回到斜面底端。下列說法正確的是（　　）
A．上滑的合外力比下滑的合外力小
B．上滑的時間比下滑的時間長
C．物塊與斜面間的動摩擦因數大于tanθ
D．物塊返回斜面底端的速度小于v0
【解答】解：A、上滑的合外力大小為：F合1＝mgsinθ+μmgcosθ
下滑的合外力大小為：F合2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
則知上滑的合外力比下滑的合外力大，故A錯誤；
B、根據牛頓第二定律得：
上滑過程 mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
下滑過程 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
可得 a1＞a2。
上滑過程的逆運動是初速度為零的勻加速直線運動，根據x，a1＞a2，上滑與下滑位移大小x相等，則有t1＜t2，即上滑的時間比下滑的時間短，故B錯誤；
C、由于物塊到達最高點后能下滑，則有：mgsinθ＞μmgcosθ，則有：μ＜tanθ，故C錯誤；
D、設物塊返回斜面底端的速度為v。物塊上滑過程，有：x，下滑過程有：x，由于t1＜t2，則v＜v0，故D正確。
故選：D。
（多選）如圖所示，在傾角為θ＝53°的足夠長固定斜面底端，一質量m＝1kg的小物塊以某一初速度沿斜面上滑，一段時間后返回出發點．物塊上滑所用時間t1和下滑所用時間t2大小之比為t1：t2：，則（　　）
A．物塊由斜面底端上滑時初速度v1與下滑到底端時速度v2的大小之比為：
B．物塊上滑時的初速度α1與下滑的加速度的α2大小之比為：
C．物塊和斜面之間的動摩擦因數為0.5
D．物塊沿斜面上滑和下滑的過程中，系統機械能的改變量相同
【解答】解：A、物塊向上做勻減速直線運動，向下做初速度為零的勻加速直線運動，它們的位移大小相等；物塊由斜面底端上滑時初速度大小v1＝2，下滑到底端時速度大小v2＝2，，故A正確；
B、由加速度的定義式得：a1，a2，則，故B錯誤；
C、由牛頓第二定律得：
物塊上滑時：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1，
物塊下滑時：mgsin37°﹣μmgcos37°＝ma2，
解得：μ＝0.5；故C正確；
D、物塊沿斜面上滑和下滑的過程中，系統機械能的改變量都等于克服摩擦力做的功，而兩個過程克服摩擦力做的功相等，所以機械能的改變量相同，故D正確。
故選：ACD。
如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動摩擦因數μ＝tanθ，則（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【解答】解：AB．小滑塊在斜面上滑動，摩擦力力大小始終不變為f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，對整個運動過程根據動能定理可得：
其中，y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，因為s＞y，可知v＜v0，故AB錯誤；
CD．摩擦力速度的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知f的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夾角為90°到180°，根據幾何關系可知合力的大小范圍為：
結合牛頓第二定律F合＝ma
由此可得
則；a2＝0，故D正確，C錯誤。
故選：D。
【模型四】斜面模型的衍生模型——“等時圓”模型
1.“光滑斜面”模型常用結論
如圖所示，質量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規律：
(1)物體從斜面頂端滑到底端所用的時間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與物體的質量無關。
關系式為t＝ 。
(2)物體滑到斜面底端時的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長度、物體的質量無關。
關系式為v＝。
2.“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
（多選）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，甲、乙兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點，丙球由C點自由下落到M點，有關下列說法正確的是（　　）
A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到達M點
C．甲、乙、丙球同時到達M點
D．甲、丙兩球到達M點時的速率相等
【解答】解：A、設光滑傾斜軌道與水平面的夾角為θ，則加速度a，可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A錯誤。
B、對于AM段，位移x1，加速度，則根據得，。
對于BM段，位移x2＝2R，加速度a2＝gsin60°，t2。
對于CM段，位移x3＝R，加速度a3＝g，則．知t3最小，故B正確，C錯誤。
D、根據動能定理得，mgh，知甲丙高度相同，則到達M的速率相等。故D正確。
故選：BD。
如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
【解答】解：如圖所示：
在豎直線AC上取一點O，以適當的長度為半徑畫圓，使該圓過A點，且與斜面相切與D點，
根據等時圓的結論可知：A點滑到圓上任一點的時間都相等，所以由A點滑到D點所用時間比由A到達斜面上其他各點時間都短，
將木板下端B點與D點重合即可，
而角COD為θ，所以
故選：B。
如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與x、y軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＜tB
C．tA＝tC＝tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
【解答】解：對于AM段，位移，加速度，根據得，。
對于BM段，位移x2＝2R，加速度，由得，。
對于CM段，同理可解得。
故選：B。
（多選）如圖，圓柱體的倉庫內有三塊長度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圓心O，而上端則分別固定在倉庫側壁，三塊滑板與水平面的夾角依次為30°、45°、60°．若有三個小孩同時從a、b、c處開始下滑（忽略阻力），則（　　）
A．a處小孩最先到O點 B．b處小孩最先到O點
C．c處小孩最先到O點 D．a、c處小孩同時到O點
【解答】解：斜面上的加速度：a，
小孩的位移，
根據x，解得t。
當θ＝30°和θ＝60°時，t相等，大小為t，即a、c處小孩同時到達O點。
當θ＝45°時，t′t，可知b處小孩最先到O點。故B、D正確，A、C錯誤。
故選：BD。
如圖所示，在豎直墻面上有A、B兩點，離地面的高度分別為HA＝8m和HB＝4m，現從A、B兩點與地面上的某個位置C之間架設兩條光滑的軌道，使小滑塊從A、B兩點由靜止開始下滑到地面所用的時間相等，那么位置C離墻角O點的距離為（　　）
A．4m B．4m C．2m D．6m
【解答】解：設AC、BC與OC的夾角分別為α和β，由牛頓第二定律可得加速度分別為a1＝gsinα，a2＝gsinβ，
由幾何關系可得lAC，lBC，
由運動學公式可得lACa1t2，lBCa2t2，
聯立解得sinαsinβ，即，解得lBClAC，
設CO的距離為x，由勾股定理得HA2+x2＝lAC2，HB2+x2＝lBC2，
聯立方程，解得x＝4m，故ACD錯誤，B正確
故選：B。
【模型五】功能關系中的斜面模型
物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同斜面的底端，勻速運動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數相同，則（　　）
A．沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多
B．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多
C．無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同
D．無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同
【解答】解：A、重力做功為：WG＝﹣mgh，質量m和高度h均相同，則重力做功相同，克服重力做功相同，故A錯誤；
BC、設斜面傾角為θ，斜面高度h，斜面長度L，物體勻速被拉到頂端，根據動能定理得：
WF﹣mgh﹣μmgcosθ L＝0，得：拉力做功 WF＝mgh+μmgcosθ L＝mgh+μmgcosθ mgh+μmg
則h相同時，傾角較小，拉力做的功較多，故B正確，C錯誤；
D、克服摩擦力做的功：Wf＝μmgcosθ L＝μmgcosθ μmg ，所以傾角越大，摩擦力做功越小，故D錯誤。
故選：B。
（多選）如圖所示，質量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°．質量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩物塊運動時間相同
B．兩物塊到達底端時的速率相同
C．兩斜面對地面壓力均小于（m+M）g
D．地面對兩斜面的摩擦力均向左
【解答】解：A、設斜面的底邊長度為L，則斜邊長度s，小滑塊下滑的加速度a＝gsinθ，再根據sat2可得下滑的時間為：t，當斜面傾角分別為30°和60°時，可得兩滑塊運動的時間相同，故A正確；
B、根據速度—時間關系可得：v＝at＝gtsinθ，兩滑塊運動的時間相同，b滑塊達到底部的速度大，故B錯誤；
C、豎直方向，因滑塊下滑時加速度有豎直向下的分量，可知滑塊失重，則兩斜面對地面壓力均小于（m+M）g，故C正確；
D、當物塊加速下滑時，加速度有水平向右的分量，則對滑塊和斜面的整體而言，由牛頓第二定律可知，地面對兩斜面的摩擦力均向右，故D錯誤。
故選：AC。
一傾角可改變的光滑斜面固定在水平地面上，現有一質量為m的箱子（可看作質點）在斜面頂端由靜止釋放，如圖所示。斜面底邊長度為L，斜面傾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．箱子滑到底端時重力的功率
B．箱子滑到底端時重力的功率
C．保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角θ，當θ＝30°時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間最短
D．保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角θ。當θ＝60°時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間最短
【解答】解：AB．箱子從頂端運動到底端過程中，只有重力做功，由動能定理可得
0①
箱子滑到底端時重力的功率為PG＝mgvsinθ②
聯立①②解得，故A正確；故B錯誤；
CD．箱子下滑過程中，受到豎直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛頓第二定律可得
mgsinθ＝ma③
箱子沿斜面做勻加速直線運動，可得④
聯立③④解得t
改變斜面的傾角θ，當sin2θ＝1即θ＝45°時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間t最短，故CD錯誤。
故選：A。
如圖，小物塊P置于傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，輕質定滑輪固定在斜面頂端，Q和P用跨過定滑輪的不可伸長的輕繩相連，輕繩恰好和斜面平行。t＝0時將P由靜止釋放，此時Q的加速度大小為。t0時刻輕繩突然斷裂，之后P能達到的最高點恰與Q被釋放時的位置處于同一高度。取t＝0時P所在水平面為零勢能面，此時Q的機械能為E。已知0～2t0內Q未落地，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．P、Q質量之比為1：2
B．時Q的機械能為
C．時P的重力勢能為E
D．2t0時P重力的功率為
【解答】解：A、將P由靜止釋放，此時Q的加速度大小為，對P、Q整體，根據牛頓第二定律可得，解得mP：mQ＝1：1，故A錯誤；
BC、t0時刻P、Q的速度為，P、Q運動的位移大小為x1
繩子斷后P沿斜面做減速運動，根據牛頓第二定律可知mgsinθ＝ma1，解得
P還能沿斜面運動的時間為t1
P在t1時間內運動的位移為x2
即在時間為時P運動到最高點。
設P、Q質量為m，根據題意取t＝0時P所在水平面為零勢能面，此時Q的機械能為E，可知
E＝mg（x1+x2）sinθ
解得
在時P運動到與Q被釋放時的位置處于同一高度，所以此時P的機械能為E，即重力勢能為E。由于P，Q組成的系統機械能守恒，即此時Q的機械能等于零，故B錯誤，C正確；
D、在時P上升到最高點，此后P以的加速度向下做初速度為零的勻加速運動，在2t0時P的速度為v′，所以重力的功率P＝mgv′sinθ，解得，故D錯誤。
故選：C。
如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（　　）
A．物體的質量m＝0.67kg
B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．物體上升過程的加速度大小a＝12m/s2
D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝20J
【解答】解：A、物體到達最高點時，機械能為：E＝EP＝mgh。由圖知：EP＝30J，得：mkg＝1kg，故A錯誤；
B、物體上升過程中，克服摩擦力做功，機械能減少，且減少的機械能等于克服摩擦力做的功，有ΔE＝﹣μmgcosα，由圖知ΔE＝30J﹣50J＝﹣20J，h＝3m，解得：μ＝0.5，故B正確；
C、物體上升過程中，由牛頓第二定律得：mgsinα+μmgcosα＝ma，得：a＝gsinα+μgcosα＝（10×0.6+0.5×10×0.8）m/s2＝10m/s2，故C錯誤；
D、由圖象可知，物體上升過程中摩擦力做功為：W＝ΔE＝﹣20J，在整個過程中由動能定理得：Ek﹣Ek0＝2W，則有：Ek＝Ek0+2W＝50J+2×（﹣20J）＝10J，故D錯誤。
故選：B。
如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的10%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：小物塊第一次到達O點，獲得的動能Ek1＝mgH，運動的路程s1；
小物塊第一次通過O點損失的動能為0.1mgH，滑上左側斜面到最高點H1＝0.9H，
第二次到達O點運動的路程s2；
小物塊第二次通過O點損失的動能為0.1mgH1，滑上斜面最高點H2＝0.9H1＝0.92H，
第三次到達O點的路程s3；
當小物塊第n次到達O點時剛好靜止，則在整個過程中的路程：
sn
根據等比數列求和公式可得sn
當n趨于無窮大時有sn。故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
如圖甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一輕質彈簧，將質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊運動到最低點的過程中，其加速度隨位移變化的規律如圖乙所示，則（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．x3﹣x2＝x2﹣x1
C．物塊的最大動能為ma1（x1+x2）
D．彈簧的最大彈性勢能為ma1（x3﹣x1）
【解答】解：A、設斜面傾角為θ，在0﹣x1內，物塊做勻加速直線運動，加速度為a1，根據牛頓第二定律得：mgsinθ＝ma1
當位移為x2時，物塊的加速度為零，處于平衡狀態，則有k（x2﹣x1）＝mgsinθ，聯立解得彈簧的勁度系數為，故A錯誤；
B、從初始位置到x2的過程中動能改變量大小等于從x2到x3過程中動能改變量大小。從初始位置到x2的過程中動能改變量大小
從x2到x3過程中動能改變量大小，可見x3﹣x2≠x2﹣x1，故B錯誤；
C、當位移為x2時，動能最大，最大動能為，結合，解得Ekmma1（x1+x2），故C正確；
D、根據系統機械能守恒可知，彈簧的最大彈性勢能為Epm＝mgx3sinθ＝ma1x3，故D錯誤。
故選：C。
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專題03 與斜面有關的模型
[模型導航]
【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型 1
【模型二】斜面體靜摩擦力有無模型 4
【模型三】物體在斜面上自由運動的性質 7
【模型四】斜面模型的衍生模型——“等時圓”模型 9
1.“光滑斜面”模型常用結論 9
2.“等時圓”模型及其等時性的證明 10
【模型五】功能關系中的斜面模型 12
[模型分析]
【模型一】斜面上物體靜摩擦力突變模型
【模型構建】1.如圖所示，一個質量為m的物體靜止在傾角為θ的斜面上。
1.試分析m受摩擦力的大小和方向
【解析】：假設斜面光滑，那么物體將在重力和斜面支持力的作用下沿斜面下滑。說明物體有沿斜面向下運動的趨勢，物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力作用。由平衡條件易得：
2.若斜面上放置的物體沿著斜面勻速下滑時，判斷地面對靜止斜面有無摩擦力。
【解析】：因地面對斜面的摩擦力只可能在水平方向，只需考查斜面體水平方向合力是否為零即可。斜面所受各力中在水平方向有分量的只有物體A對斜面的壓力N和摩擦力f。若設物體A的質量為m，則N和f的水平分量分別為
，方向向右，，方向向左。
可見斜面在水平方向所受合力為零。無左右運動的趨勢，地面對斜面無摩擦力作用。
3.如圖，在固定斜面上的一物塊受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物塊在斜面上保持靜止，F的取值應有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為F1和F2（F2>0）。
設斜面傾角為θ，斜面對物塊的靜摩擦力為f。
.當時斜面對物塊無靜摩擦力
.當時物塊有相對于斜面向上運動的趨勢靜摩擦力方向向下平衡方程為：
隨著F的增大靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最大值F1時，由平衡條件可得：F1=f+mgsinθ---------------------(1)；
(3).當時物塊有相對于斜面向下運動的趨勢靜摩擦力方向向上平衡方程為：
隨著F的增大靜摩擦力減小當靜摩擦力減小為0時突變為(2)中的情形，隨著F的減小靜摩擦力增大，當靜摩擦力達到最大值時外力F取最小值F2時，由平衡條件可得：f+F2= mgsinθ------------------------(2)；
聯立(1)(2)解得物塊與斜面的最大靜摩擦力f=( F2-F1)/2.
如圖甲所示，傾角為α的斜面固定在水平地面上，斜面上一木塊受到與斜面底邊平行的力F的作用，當力F逐漸增大時，木塊所受的摩擦力f和力F的大小關系如圖乙所示。若木塊的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，圖中f1、f2、F1均為已知量，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．木塊的質量可表示為
B．木塊與斜面間的動摩擦因數可表示為tanα
C．F小于F1時木塊所受的摩擦力與斜面底邊垂直且沿斜面向上
D．F大于F1后木塊做直線運動
頂端裝有滑輪的粗糙斜面固定在地面上，A、B兩物體通過細繩如圖連接，并處于靜止狀態（不計繩的質量和繩與滑輪間的摩擦）。現用水平力F作用于懸掛的物體B上，使其緩慢拉動一小角度，發現A物體仍然靜止。則在此過程中說法不正確的是（　　）
A．水平力F一定變大
B．物體A所受斜面給的摩擦力一定變大
C．物體A所受斜面給的支持力一定不變
D．細繩對物體A的拉力一定變大
如圖所示，頂端裝有定滑輪的粗糙斜面體放在水平地面上，A、B兩物體跨過滑輪通過輕繩連接，整個裝置處于靜止狀態（不計輕繩與滑輪間的摩擦）。現用水平力F作用于物體A上，緩慢拉動A，最終左側的細線與豎直方向的夾角為30°，斜面體與物體B一直保持靜止。下列說法一定正確的是（　　）
A．上述過程中，地面對斜面體的作用力一直保持不變
B．上述過程中，拉力F和輕繩對物體A的拉力一直變大，斜面體受到地面的摩擦力和B受到斜面體的摩擦力也一直增大
C．上述過程中，當與A相連的繩子與豎直方向的夾角為30°時，改變拉力F，使拉力F的方向沿順時針方向緩慢轉動90°并維持A靜止，這個過程中地面對斜面體的摩擦力和支持力一直減小
D．上述過程中，當與A相連的繩子與豎直方向的夾角為30°時，改變拉力F，使拉力F的方向沿順時針方向緩慢轉動90°并維持A靜止，這個過程中拉力F一直減小
（多選）如圖所示，A是一質量為m的盒子，B的質量為，它們間用輕繩相連，跨過光滑的定滑輪，A置于傾角為α＝15°的斜面上，B懸于斜面之外，整個系統處于靜止狀態。現在向A中緩慢地加入沙子，直至A將要滑動的過程中（　　）
A．繩子拉力逐漸增大
B．A對斜面的壓力逐漸增大
C．A所受的摩擦力逐漸增大
D．A所受的摩擦力先減小后反向增大
（多選）如圖所示，物體A、B的質量分別為mA、mB，且mA＞mB．二者用細繩連接后跨過定滑輪，A靜止在傾角θ＝30°的斜面上，B懸掛著，且斜面上方的細繩與斜面平行．若將斜面傾角θ緩慢增大到45°，物體A仍保持靜止．不計滑輪摩擦．則下列判斷正確的是（　　）
A．物體A受細繩的拉力可能增大
B．物體A受的靜摩擦力可能增大
C．物體A對斜面的壓力可能增大
D．物體A受斜面的作用力減小
【模型二】斜面體靜摩擦力有無模型
【模型要點】1.質點系牛頓定律
加速度不同時整體法的應用，大多數情況下，當兩物體加速度相同時才考慮整體法，加速度不同時，考慮隔離法。實際上加速度不同時，也可以用整體法，只是此時整體法的含義有所改變。當兩個或兩個以上物體以不同形式連接，構成一個系統，且系統內各物體加速度不相同時，牛頓第二定律照樣能應用于整體。若質量為m1，m2，…，mn的物體組成系統，它們的加速度分別為a1，a2，…，an，牛頓第二定律可寫為
或
其意義為系統受的合外力等于系統內的每一個物體受的合外力的矢量和，或某個方向上，系統受的合外力等于系統內的每一個物體在這個方向上受的合外力的矢量和。
2.自由釋放的滑塊能在斜面上勻速下滑時，m與M之間的動摩擦因數μ＝gtan θ．
3．自由釋放的滑塊在斜面上：
(1)靜止或勻速下滑時，斜面M對水平地面的靜摩擦力為零；
(2)加速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向右；
(3)減速下滑時，斜面對水平地面的靜摩擦力水平向左．
4．自由釋放的滑塊在斜面上勻速下滑時，M對水平地面的靜摩擦力為零，這一過程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M對水平地面的靜摩擦力依然為零．
5．懸掛有物體的小車在斜面上滑行：
(1)向下的加速度a＝gsin θ時，懸繩穩定時將垂直于斜面；
(2)向下的加速度a＞gsin θ時，懸繩穩定時將偏離垂直方向向上；
(3)向下的加速度a＜gsin θ時，懸繩將偏離垂直方向向下．
（2023 全國）如圖，在置于水平地面的楔狀物體P的斜面上有一小物塊Q，Q受水平外力F的作用。已知P和Q始終保持靜止，則（　　）
A．增加P的質量，P與地面間摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F的大小，P與地面間摩擦力的大小一定增加
C．增加Q的質量，P與Q間摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F的大小，P與Q間摩擦力的大小一定增加
（多選）如圖，一傾角α＝37°的直角斜面體固定在水平面上，AB面光滑，AC面粗糙。一不可伸長的輕繩一端與靜止在斜面AC上、質量為M的物體Q相連，另一端跨過光滑定滑輪與AB面上的輕彈簧相連，彈簧處于原長，繩與兩斜面均平行。現將一質量為m的球P與彈簧下端相連，并由靜止釋放，小球在ab間運動，當小球運動到b點時，物體Q受到的摩擦力恰好為零。重力加速度g取10m/s2，物體Q始終處于靜止狀態，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列判斷正確的是（　　）
A．2M＝3m
B．M＝3m
C．小球由靜止釋放到回到a的過程中，物體Q受到的摩擦力一直減小
D．小球在a點時Q受的摩擦力大小等于0.8Mg，方向沿斜面向上
如圖所示，在傾角為30°的光滑斜面上，一質量為m的小車在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小車下滑的過程中，小車支架上連接著小球（質量也為m）的輕繩恰好水平。則外力F的大小為（重力加速度為g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
如圖所示，固定在水平面上的斜面體C放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B．若AB運動中始終保持相對靜止。以下說法正確的是（　　）
A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則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，則B處于超重狀態
（多選）如圖所示，靜止在水平地面上傾角為θ上表面光滑的斜面體上，有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻加速下滑。已知A、B、C的質量均為m，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．A、B間摩擦力為零
B．C可能只受兩個力作用
C．A加速度大小為gsinθ
D．斜面體受到地面的摩擦力為零
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態
【模型三】物體在斜面上自由運動的性質
斜面模型是高中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。
對沿粗糙斜面自由下滑的物體做受力分析，物體受重力、支持力、動摩擦力，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。
1.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.對于光滑斜面無論物體下滑還是上滑加速度大小均為：
3.對于粗糙斜面物體下滑過程加速度大小為：
上沖過程加速度大小為：
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，則不可求出（　　）
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．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
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（　　）
A． B． C． D．
如圖所示，粗糙斜面的傾角為θ，一質量為m的物塊由斜面底端以初速度v0沿斜面上滑到最高點后又沿斜面下滑返回到斜面底端。下列說法正確的是（　　）
A．上滑的合外力比下滑的合外力小
B．上滑的時間比下滑的時間長
C．物塊與斜面間的動摩擦因數大于tanθ
D．物塊返回斜面底端的速度小于v0
（多選）如圖所示，在傾角為θ＝53°的足夠長固定斜面底端，一質量m＝1kg的小物塊以某一初速度沿斜面上滑，一段時間后返回出發點．物塊上滑所用時間t1和下滑所用時間t2大小之比為t1：t2：，則（　　）
A．物塊由斜面底端上滑時初速度v1與下滑到底端時速度v2的大小之比為：
B．物塊上滑時的初速度α1與下滑的加速度的α2大小之比為：
C．物塊和斜面之間的動摩擦因數為0.5
D．物塊沿斜面上滑和下滑的過程中，系統機械能的改變量相同
如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動摩擦因數μ＝tanθ，則（　　）
A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【模型四】斜面模型的衍生模型——“等時圓”模型
1.“光滑斜面”模型常用結論
如圖所示，質量為m的物體從傾角為θ、高度為h的光滑斜面頂端由靜止下滑，則有如下規律：
(1)物體從斜面頂端滑到底端所用的時間t，由斜面的傾角θ與斜面的高度h共同決定，與物體的質量無關。
關系式為t＝ 。
(2)物體滑到斜面底端時的速度大小只由斜面的高度h決定，與斜面的傾角θ、斜面的長度、物體的質量無關。
關系式為v＝。
2.“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
（多選）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，甲、乙兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到M點，丙球由C點自由下落到M點，有關下列說法正確的是（　　）
A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到達M點
C．甲、乙、丙球同時到達M點
D．甲、丙兩球到達M點時的速率相等
如圖所示，在傾角為θ的斜面上方的A點處放置一光滑的木板AB，B端剛好在斜面上．木板與豎直方向AC所成角度為α，一小物塊自A端沿木板由靜止滑下，要使物塊滑到斜面的時間最短，則α與θ角的大小關系應為（　　）
A．α＝θ B．α C．α D．α＝2θ
如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與x、y軸的切點。B點在y軸上且∠BMO＝60°，O′為圓心。現將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是（　　）
A．tA＜tC＜tB
B．tA＝tC＜tB
C．tA＝tC＝tB
D．由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系
（多選）如圖，圓柱體的倉庫內有三塊長度不同的滑板aO、bO、cO，其下端都固定于底部圓心O，而上端則分別固定在倉庫側壁，三塊滑板與水平面的夾角依次為30°、45°、60°．若有三個小孩同時從a、b、c處開始下滑（忽略阻力），則（　　）
A．a處小孩最先到O點 B．b處小孩最先到O點
C．c處小孩最先到O點 D．a、c處小孩同時到O點
如圖所示，在豎直墻面上有A、B兩點，離地面的高度分別為HA＝8m和HB＝4m，現從A、B兩點與地面上的某個位置C之間架設兩條光滑的軌道，使小滑塊從A、B兩點由靜止開始下滑到地面所用的時間相等，那么位置C離墻角O點的距離為（　　）
A．4m B．4m C．2m D．6m
【模型五】功能關系中的斜面模型
物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同斜面的底端，勻速運動到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動摩擦因數相同，則（　　）
A．沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多
B．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多
C．無論沿哪個斜面拉，拉力做的功均相同
D．無論沿哪個斜面拉，克服摩擦力做的功相同
（多選）如圖所示，質量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°．質量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩斜面始終靜止。小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是（　　）
A．兩物塊運動時間相同
B．兩物塊到達底端時的速率相同
C．兩斜面對地面壓力均小于（m+M）g
D．地面對兩斜面的摩擦力均向左
一傾角可改變的光滑斜面固定在水平地面上，現有一質量為m的箱子（可看作質點）在斜面頂端由靜止釋放，如圖所示。斜面底邊長度為L，斜面傾角為θ，重力加速度為g，下列說法正確的是（　　）
A．箱子滑到底端時重力的功率
B．箱子滑到底端時重力的功率
C．保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角θ，當θ＝30°時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間最短
D．保持斜面的底邊長度L不變，改變斜面的傾角θ。當θ＝60°時，箱子從斜面頂端自由下滑到底端所用的時間最短
如圖，小物塊P置于傾角θ＝30°的光滑固定斜面上，輕質定滑輪固定在斜面頂端，Q和P用跨過定滑輪的不可伸長的輕繩相連，輕繩恰好和斜面平行。t＝0時將P由靜止釋放，此時Q的加速度大小為。t0時刻輕繩突然斷裂，之后P能達到的最高點恰與Q被釋放時的位置處于同一高度。取t＝0時P所在水平面為零勢能面，此時Q的機械能為E。已知0～2t0內Q未落地，不考慮空氣阻力，下列說法正確的是（　　）
A．P、Q質量之比為1：2
B．時Q的機械能為
C．時P的重力勢能為E
D．2t0時P重力的功率為
如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角α＝37°的斜面底端沿斜面向上運動，上升的最大高度為3.0m。選擇地面為參考平面，上升過程中，物體的機械能E機隨高度h的變化如圖乙所示。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則（　　）
A．物體的質量m＝0.67kg
B．物體與斜面間的動摩擦因數μ＝0.5
C．物體上升過程的加速度大小a＝12m/s2
D．物體回到斜面底端時的動能Ek＝20J
如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點。一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動。小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的10%。小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為（　　）
A． B． C． D．
如圖甲所示，一光滑斜面固定在水平地面上，其底端固定一輕質彈簧，將質量為m的物塊從斜面頂端由靜止釋放，物塊運動到最低點的過程中，其加速度隨位移變化的規律如圖乙所示，則（　　）
A．彈簧的勁度系數為
B．x3﹣x2＝x2﹣x1
C．物塊的最大動能為ma1（x1+x2）
D．彈簧的最大彈性勢能為ma1（x3﹣x1）
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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