第8讲滑块---斜面模型(解题技巧类)
专题8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练(解析版)
专题8 应用动力学解决滑块-滑板模型问题
1.模型特点
上、下叠放的两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动。
2.解题指导
（1）分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度；
（2）对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间位移关系或速度关系，建立方程。
（3）通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是解决问题的突破口。
（4）求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
（5）求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时，通常会用到系统能量守恒定律。
（6）求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
3.两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，二者位移之差等于滑板长度；反向运动时，二者位移之和等于滑板长。
4.易错点
（1）不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度；
（2）不清楚物体间发生相对滑动的条件。
说明：两者发生相对滑动的条件：（1）摩擦力为滑动摩擦力（动力学条件）；（2）二者速度或加速度不相等（运动学条件）。（其中动力学条件是判断的主要依据）
5.分析“滑块—滑板模型”问题时应掌握的技巧
（1）分析题中滑块、滑板的受力情况，求出各自的加速度； （2）画好运动草图，找出位移、速度、时间等物理量间的关系； （3）明确每一过程的末速度是下一过程的初速度。
高中物理模型法解题——斜面问题模型
高中物理模型法解题模板
————斜面问题模型
【模型概述】在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．
1．自由释放的滑块能在斜面上(如图1－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝g tan θ．
图1－1甲
2．自由释放的滑块在斜面上(如图1－1 甲所示)：
(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．
3．自由释放的滑块在斜面上(如图1－1乙所示)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．
图1－1乙
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图2－2所示)：
图1－2
(1)向下的加速度a ＝g sin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面； (2)向下的加速度a ＞g sin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； (3)向下的加速度a ＜g sin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下． 5．在倾角为θ的斜面上以速度v 0平抛一小球(如图2－3所示)：
图1－3
(1)落到斜面上的时间t ＝2v 0tan θ
g
；
(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan
θ，与初速度无关；
(3)经过t c ＝v 0tan θg 小球距斜面最远，最大距离d ＝(v 0sin θ)22g cos θ
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
牛顿运动定律巧解 滑块-滑板模型
目录
• 滑块-滑板模型简介 • 牛顿运动定律基础 • 滑块-滑板模型中的牛顿运动定律 • 滑块-滑板模型的解题技巧 • 经典例题解析
01
CATALOGUE
滑块-滑板模型简介
模型定义
01
滑块-滑板模型是指一个滑块在滑 板上滑动的问题，其中滑块和滑 板之间存在相对运动和相对静止 的状态。
$
04
CATALOGUE
滑块-滑板模型的解题技巧
设定合适的参考系
固定参考系
选择一个固定的参考系，使得问题简 化，便于分析。通常选择地面作为参 考系。
相对参考系
当滑块和滑板有相对运动时，选择滑 块或滑板作为参考系，可以更直观地 分析问题。
运用动量守恒定理简化问题
系统动量守恒
在滑块和滑板组成的系统中，若没有外力作用，则系统动量守恒。通过分析初始和末状态的动量，可 以求解问题。
2弹力(滑块-模型分析斜面)
弹力的理解
滑块—斜面模型分析
一．多选题（共40小题）
1．在各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的就是一个实例．下列说法正确的是（）
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．跳板和运动员的脚都发生了形变
C．运动员受到的支持力是跳板发生形变而产生的
D．跳板受到的压力是跳板发生形变而产生的
2．如图所示，一根长为L的均匀光滑直棒，重为G，重心位于P点，放在半径为R的半圆形光滑碗内，O为碗的球心，碗壁M、N两点对棒的弹力分别为F M，F N，那么下列关于弹力F M、F N的方向说法正确的是（）
A．F N指向碗的球心 B．F N沿棒的轴线斜向上
C．F M与棒垂直 D．F M指向碗的球心
3．有一质量为m的小木块，由碗边滑向碗底，碗的内表面是半径为R的圆弧，由于摩擦力的作用，木块运动的速率不变，则木块（）
A．运动的加速度不为零B．运动的加速度恒定
C．所受合外力大小不变D．对碗的压力大小不变
4．如图所示，在倾斜的滑杆上套一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳拉着一个质量为M的物体，在圆环沿滑杆向下滑动的过程中，悬挂物体的轻绳始终处于竖直方向．则（）
A．环只受三个力作用
B．环一定受四个力作用
C．物体做匀速运动
D．悬绳对物体的拉力小于物体的重力
5．如图，两个固定的倾角相同的滑杆上分别套A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个物体C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线始终与杆垂直，B的悬线始终竖直向下．则下列说法中正确的是（）
A．A环与滑杆无摩擦力B．B环与滑杆无摩擦力
C．A环做的是匀速运动 D．B环做的是匀速运动
斜面模型(解析版)--2024年高三物理二轮常见模型
2024年高三物理二轮常见模型
专题斜面模型
特训目标特训内容
目标1高考真题(1T-4T)
目标2三大力场中有关斜面模型的平衡问题(5T-10T)
目标3三大力场中有关斜面模型的动力学问题(11T-16T)
目标4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题(17T-22T)
【特训典例】
一、高考真题
1(2023·江苏·统考高考真题)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()
A.受到的合力较小
B.经过A点的动能较小
C.在A、B之间的运动时间较短
D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【详解】A．频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A错误；
B．设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，上滑阶段根据牛顿第二定律有a1=g sinθ+μg cosθ
下滑阶段根据牛顿第二定律有a2=g sinθ-μg cosθ可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；
at2可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据x=1
2
确；
D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。故选C。
斜面模型知识讲解
解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).
专题聚焦
由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒
(m1+m2)v02/2+Ep=E. 解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/（2m2）. (2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时 刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由 机械能守恒定律得 根m据1动v12量/2守+E恒′p得=((mm11++mm22))2vv00=2/m（12vm1，2）. 求出v1代入上式得: (m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2. 因为E′p≥0，故得: (m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2 即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符. 可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.
时，悬绳稳定时将偏离垂直方向 时，悬绳稳定时将偏离垂直方向
T
mg
百度文库面模型 三. m、M均动
5.当整体向右加速运动时（接触面光滑）
(1)当加速度a
时，m能在斜面上保持相对静止；
(2)当加速度a
时，m将沿斜面向上运动，直至飞出
(3)当加速度a
时，m将沿斜面向下运动。
小专题(八) “碰撞类”模型
生弹性碰撞,由动量守恒定律得 mv A +mv B =mv A ′+mv B ′,由机械能守恒定律得
m + m = mv A ′ + mv B ′ ,解得 v A ′=3 m/s,v B ′=5 m/s;v A ′=5 m/s,v B ′=
逐渐恢复原长,故 B 错误;以物块 A 的初速度方向为正方向,对 0～t1 时间内的过程,
由动量守恒定律得 m1v1=(m1+m2)v2,将 v1=3 m/s,v2=1 m/s 代入解得 m1∶m2=1∶2,故 C
正确;在 t2 时刻物块 A 的速度大小 v3=1 m/s,物块 B 的速度大小 v4=2 m/s,又有 m1∶
提示:碰撞过程对物块B应用动量定理I=mv-0,
解得I=0.10 N·s。
考点二
“物体-弹簧”模型
模型
图示
模型
特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力
的矢量和为零,则系统动量守恒。
(2)在能量方面,由于弹簧形变会使弹性势能发生变化,系统的总动能
将发生变化;若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功,系统
第28讲 滑块---斜面模型(解题技巧类)
第28讲滑块---斜面模型
【技巧点拨】
滑块---斜面模型在高考中是千变万化，既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；常常考查受力分析、力的合成、力的分解、牛顿运动定律、能等力学基础知识。对于滑块---斜面模型的动力学问题的求解，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（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键，?然后建立坐标系进行正交分解，利用相关定律列方程求解。
1．（）A
B
C
D
2．v0=1m/s
=0.6，cos37°
（1
（2
3B 点后又返回到A点．滑块运动的图象如图乙所示，（已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2）．求：（1）AB之间的距离；
（2）滑块再次回到A点时的速度；
（3）滑块在整个运动过程中所用的时间．
【答案】（1）A，B之间的距离为16m；
（2）滑块再次回到A点时的速度为；
（3）滑块在整个运动过程中所用的时间为(21s．
【高考题组】
4．(2014·福建卷)如下图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图
5．(2013F
倾角
（1
（2
6．(2013上，则() A．P
B．P
C．P
D．P
7．(2011·安徽卷)一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块()
A．仍处于静止状态
B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不便
1鼎盛-高中物理最经典-滑块—木板模型问题的分析和技巧
滑块—木板模型问题的分析和技巧
1．解题关键
正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．
2．规律选择
既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE 内＝－ΔE 机＝F f x 相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用.
模型二 传送带模型
例2 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32
，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功．
【解析】 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得小物体上升的加速度为a ＝g 4
＝2.5 m/s 2 当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移为
x ＝v 2
2a
＝0.2 m 然后小物体以v ＝1 m/s 的速度做匀速运动到达B 点．
由功能关系得
W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12
m v 2＋mgl sin θ＝255 J. (2)电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得
专题十 “滑块—斜(曲)面”模型和“滑块—弹簧”模型
[答案]
[解析] 小物块下滑过程中，物块机械能守恒，有 在圆轨道最低点，根据牛顿第二定律 解得
（2）若解除小车锁定，让小物块从 点由静止释放，求小物块从圆轨道末端到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的时间 .
[答案]
[解析] 解除小车锁定，让小物块从 点由静止释放，下滑过程中系统水平方向动量守恒，机械能守恒，有 解得 ， 物块水平运动过程中，物块的加速度大小为 小车的加速度大小为 根据运动学公式有 解得
水平面相切，如图所示.一质量为 的物块位于劈 的倾斜面上，距水平面的高度为 ，重力加速度为 ，物块从静止开始滑下，然后又滑上劈 ，则下列说法正确的是( )
[解析] 当物块第一次滑到水平面上时速度最大，劈 与物块组成的系统在水平方向上动量守恒，有 ，由机械能守恒定律得 ，联立解得 ，故A正确；物块在劈 上上升到最大高度时两者具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得 ，由机械能守恒定律得 ，若 ，解得 ，故B正确；假设物块在劈 上上升的最大高度为 ，此时劈 与物块的速度相同，在水平方向上，由动量守恒定律得 ，由机械能守恒定律得 ，联立解得 ，即 时，
BC
[解析] 弹簧对 、 两物块的力等大反向，故冲量方向相反，选项A错误；当两物块的速度相等时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有 ， ，联立解得 ，选项B正确；当弹簧恢复原长时， 物块的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有 ， ，联立解得 ， ，此时 物块的速度已经反向，说明 物块的最小速度为0，选项C正确，D错误.
高三专题复习“经典八式”法解滑块与滑板模型
“经典八式”法解滑块与滑板模型
一 分析要点
1、相互作用：滑块之间的摩擦力
2、相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变化，发生相对运动。
3、通常所说物体运动的位移、速度、加速度都是对地而言的。在相对运动的过程中相互作用的物体之间位移、速度、加速度、时间一定存在关联。它就是我们解决力和运动突破口。
4、求时间通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动量定理：应用动量定理时特别要注意条件和方向，最好是对单个物体应用动量定理求解。
5、求位移通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理，应用动能定理时研究对象为单个物体或可以看成单个物体的整体。另外求相对位移时：通常会用到系统能量守恒定律。
6、求速度通常会用到牛顿第二定律加运动学公式或动能定理或动量守恒定律：应用动量守恒定律时要特别注意系统的条件和方向。
7、当滑块和滑板同向运动时相对位移等于滑块位移与滑板位移之差,若二者同向运动相对位移等于二者位移之和。
二 分类讲解
【模型一】滑块以一定的初速度滑上木板。
例题一 如图所示，质量kg m 3.02=的小车静止在光滑的水平面上，车长m L 5.1=，现有
质量kg m 2.01=的可视为质点的物块，以水平向右的速度s m v /20=从左端滑上小车，最 后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数5.0=μ，取
2/10s m g =，求：
⑴物块在车面上滑行的时间t ；
⑵要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度0v 不超过多少？ 【解法一】牛顿运动定律+运动学公式 “经典八式”法
高中物理模型法解题-滑板-木块模型
高中物理模型法解题-滑板-木块模型
高中物理模型法解题——滑板木块模型
滑块-滑板问题涉及两个物体，常常叠放在一起，有时也
被称为“叠放问题”。两个物体间由某种力联系在一起，存在相对运动，牵涉到摩擦力的分析和突变、极值问题，与运动学、受力分析、动力学、功和能都有密切的联系。这种问题的分析过程复杂，综合性极强，并且需要较强的数学计算能力，是高中物理教学和研究的难点。鉴于“滑板-滑块模型”的特点，板
块问题能够较好的考查学生对知识的掌握程度和学生对问题的分析综合能力，是增强试卷区分度的有力题目。因此，板块问题不论在平时的大小模考中，还是在高考试卷中都占据着非常重要的地位。
滑板-滑块模型的解题思路是分析滑块和滑板的受力情况，应用牛顿第二定律分别求出速度，对二者进行运动情况分析，找出位移关系或速度关系建立方程并求解。滑块从滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板向同一方向运动，则滑块的位移与滑板的位移之差等于滑板的长度；若滑块和滑板向
相反方向运动，则滑块的位移和滑板的位移之差等于滑板的长度。当滑块和滑板的速度相同，二者距离往往最大或最小。判断两个接触面间摩擦力的大小关系，根据两接触面间摩擦力的大小判断谁先运动。二者加速度相同时发生相对运动的转折点，隔离法求出该加速度，然后整体法求解外力。在叠放的长方体物块A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由
释放后变速运动的过程中，A、B之间无摩擦力作用。如图所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即Q摩＝f·s相。
第8讲 滑块——木板模型之定量计算(解析版)
第8讲滑块——木板模型之定量计算
1．（2015·新课标）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v﹣t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离。
【解答】解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：﹣μ1（m+M）g＝（m+M）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得：
v1＝v0+a1t1…②
s0=v0t1+12a1t12⋯③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得：μ1＝0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以﹣v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：﹣μ2mg＝ma2…⑤
由图可得：a2=v2−v1
t2−t1
⋯⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2＝0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g＝Ma3…⑧
1鼎盛-高中物理最经典-滑块—木板模型问题的分析和技巧
滑块—木板模型问题的分析和技巧
1．解题关键
正确地对各物体进行受力分析(关键是确定物体间的摩擦力方向)，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．
2．规律选择
既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化过程往往用到ΔE 内＝－ΔE 机＝F f x 相对，并要注意数学知识(如图象法、归纳法等)在此类问题中的应用.
模型二 传送带模型
例2 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为l ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝1 m/s 的速度匀速运动．现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A 点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32
，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功．
【解析】 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得小物体上升的加速度为a ＝g 4
＝2.5 m/s 2 当小物体的速度为v ＝1 m/s 时，位移为
x ＝v 2
2a
＝0.2 m 然后小物体以v ＝1 m/s 的速度做匀速运动到达B 点．
由功能关系得
W ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12
m v 2＋mgl sin θ＝255 J. (2)电动机做功使小物体的机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q ，由v ＝at 得
专题三 弹簧—小球模型 滑块—斜(曲)面模型(课件)高二物理(沪科版2020上海选择性必修第一册)
图3
答案
v02 3g
解析 小球在圆弧轨道上上升到最高时两物 体速度相同，系统在水平方向上动量守恒， 规定v0的方向为正方向，有：mv0＝3mv， 得 v＝v30 根据机械能守恒定律得：
12mv02＝12×3mv2＋mgh 解得：h＝v30g2
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小.
答案
v0 3
解析 小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律， 则有：mv0＝mv1＋2mv2 根据机械能守恒定律，则有： 12mv02＝12mv12＋12×2mv22 联立以上两式可得：v1＝－13v0， 则小球离开圆弧轨道时的速度大小为v30.
(1)弹簧弹性势能的最大值；
答案
m1m2v02 2m1＋m2
解析 两球速度相同时，弹簧弹性势能最大. 以v0的方向为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v 由能量守恒得12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋Epmax 解得 Epmax＝2mm1m1＋2vm022
(2)弹簧第一次恢复原长时，m1、m2两球的速度大小.
(3)A的速度有可能向左吗？为什么？ 答案 见解析
解析 A、B、C组成的系统动量守恒 mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设A的速度向左，有vA<0，vB>4 m/s 则作用后A、B、C动能之和： Ek＝12mAvA2＋12(mB＋mC)vB2>12(mB＋mC)vB2>48 J 实际上系统的总机械能为： E＝Ep＋12(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J 根据能量守恒定律，Ek>E是不可能的，所以A不可能向左运动.
斜面模型(解析版)-2024届新课标高中物理模型与方法
2024版新课标高中物理模型与方法
斜面模型
目录
【模型一】斜面上物体静摩擦力突变模型
【模型二】斜面体静摩擦力有无模型
【模型三】物体在斜面上自由运动的性质
【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
2.“等时圆”模型及其等时性的证明
【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
2.动能变化量与机械能变化量的区别
【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。
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：f=mg sinθ
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
N x=mg cosθsinθ，方向向右，f x=mg sinθcosθ，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。
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【技巧点拨】
滑块---斜面模型在高考中是千变万化，既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；常常考查受力分析、力的合成、力的分解、牛顿运动定律、能等力学基础知识。对于滑块---斜面模型的动力学问题的求解，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（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键，然后建立坐标系进行正交分解，利用相关定律列方程求解。
【对点题组】
1如图所示，斜面体放置在水平地面上，物块沿粗糙的斜面加速下滑，斜面体始终保持静
止，在此过程中（）
A •斜面体对物块的作用力斜向左上方
B •斜面体对物块的作用力斜向右上方
C.地面对斜面体的摩擦力水平向右
D •地面对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和
2•如图甲所示，一倾角为37°长L=0.93m的固定斜面是由两种材料构成的，物块P从斜面顶端以初速度v o=im/s沿斜面向下运动，物块P与斜面间的动摩擦因数□随物块P下滑的距离L 的关系如图乙所示.已知sin37°0.6 , cos37°0.8,取g=10m/s2.求：
0,5 甲
(1)物块P在斜面上前后两段滑动的加速度大小与方向;
(2)物块P滑到斜面底端时的速度大小？
3•如图甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角0=37 ° 一滑块以初速度 v o=16m/s从底端A
点滑上斜面，滑至B点后又返回到 A点•滑块运动的图象如图乙所示，(已知：sin37°0.6 ,
2
cos37 =0.8，重力加速度 g=10m/s ) •求：
(1)AB之间的距离;
(2)滑块再次回到A点时的速度；
(3 )滑块在整个运动过程中所用的时间.
【答案】(1) A, B之间的距离为16m；
(2)滑块再次回到 A点时的速度为8、2m/s ；
(3)滑块在整个运动过程中所用的时间为 2 .2 s •【高考题组】
4.(2014 •福建卷)如下图所示，滑块以初速度 v o沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零.对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像中能正确描述这一运动规律的是( )
A B C
5.(2013 •山东理综)如图所示，一质量 m=0.4kg的小物块，以 V°=2m/s的初速度，在与斜
面成某一夹角的拉力 F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动
屮
到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角0 =30,物块与斜面之间的动摩擦因数」二
■. 3 2
。重力加速度 g取10 m/s2.
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
6.（2013 •广东卷）如图，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平，现把物体 Q轻轻
地叠放在P上，则（）
A. P向下滑动
B . P静止不动
C. P所受的合外力增大
D . P与斜面间的静摩擦力增大
7.（2011 •安徽卷）一质量为m的物块恰好静止在倾角为二的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块（）
A •仍处于静止状态
B .沿斜面加速下滑
C •受到的摩擦力不便
D .受到的合外力增大
& （2011 •海南物理卷）如图所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v o匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（）
A .等于零
B .不为零，方向向右
C.不为零，方向向左
D .不为零，v o较大时方向向左，v o较小时方向向右
答案精析
【对点题组】
1 •【答案】BC
【解析】以物体为研究对象，受力分析可知，物体受重力、斜面的作用力而加速下滑，则合
外力一定沿斜面向下；根据二力的合成可知，斜面体对物块的作用力只能斜向右上方；故A
错误，B正确；
C,再对斜面体分析可知，斜面体受物体向左下的压力；故斜面体受到的摩擦力水平向右；
故C正确；
D，对整体受力分析可知，整体有向下的加速度，可以认为整体处于失重状态；故整体对地
面的压力小于两物体的重力；故D错误；
2.【答案】(1)物块P在斜面上前后两段滑动的加速度大小分别为0.4m/s2、2m/s2，方向
分别为沿斜面向上、沿斜面向下.
(2)物块P滑到斜面底端时的速度大小为 1.6m/s.
【解析】(1)由图乙知，物块开始下滑L|=o.45m的过程中，与斜面间的动摩擦因数尸0.8 根据牛顿定律 mgsin37 °- g mgcos37 =ma i
解得- 0.4m/s2，方向沿斜面向上
物块P从L|=o.45m到L o=O.93m的过程中，与斜面间的动摩擦因数阳=0.5
根据牛顿定律 mgsi n37 —鬼mgcos37 =ma2
解得a2=2m/s2,方向沿斜面向下
2 2
(2)前阶段W -V。=2印・
解得 v 2 2 后阶段v2=2a2L2 解得 V2=1.6 m/s 3.【解析】(1)由图知s=^^^=16m 2 (2)滑块由A到B 上滑过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgs in阡卩mcos9=ma1； 解得 a i=g ( sin(+ QOS®① 由B到A过程，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有: mgsinB-卩mcos0=ma2； 解得：a2=g (sin B- QOS B)② 由以上各式得a2=4m/s2； v A二.2a2s = 8.2m/s ； (3)A到B过程，由图象得到：t i=2s； t^V A =2'2s B至U A过程，由速度时间关系公式得到： a 2 t f t2=2 1 & s 【高考题组】 4.【答案】B 【解析】设滑块与斜面间的动摩擦因数为卩，斜面倾角为B,滑块在表面粗糙的固定斜面上 下滑时做匀减速直线运动，加速度不变，其加速度的大小为a= yg os Q- gsin B,故D项错误；由速度公式 v= V o- at可知，vt图像应为一条倾斜的直线，故C项错误；由位移公式 s