【物理】2019届二轮复习专项1模型2斜面模型学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习专项1模型2斜面模型学案（全国通用）

模型2　斜面模型 ‎(对应学生用书第87页)‎ ‎[模型统计]‎ 真题模型 考查角度 真题模型 考查角度 ‎(2013·全国卷Ⅱ T15)‎ 受力分析、静摩擦力、平衡的临界问题 ‎(2015·全国卷Ⅰ T20)‎ 受力分析、运动的图象、牛顿第二定律 ‎(2015·全国卷Ⅱ T25)‎ 受力分析、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律 ‎(2015·全国卷Ⅰ T24)‎ 安培力、物体的平衡、欧姆定律、法拉第电磁感应定律 ‎[模型解读]‎ ‎1．斜面模型的特点 斜面模型是中学物理中常见的模型之一．斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡问题、运动及受力问题等．通过斜面模型，借助斜面的几何特点，尤其是斜面的角度，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极值法、极限法等物理方法进行考查．考生在处理此类问题时，要特别注意对受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用．‎ ‎2．斜面模型的常见问题 ‎(1)斜面上的平衡问题 这类问题的解决办法：一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解(通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系)，最后根据Fx＝0、Fy＝0列方程求解．‎ ‎(2)斜面上的运动问题 若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g，地面对斜面体的摩擦力为0；若滑块处于匀变速运动状态，可对系统运用牛顿第二定律求出地面对斜面体的支持力为(M＋m)g－masin θ，地面对斜面体的摩擦力为 macos θ.不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块，根据滑块的运动状态求斜面体对滑块的弹力和摩擦力．‎ 另外，若μ＝0，则滑块做匀变速直线运动，滑块的加速度为a＝gsin θ.‎ ‎(3)斜面上的连接体问题 这类问题通常有轻绳连接体、轻杆连接体、轻弹簧连接体等，这些连接体考查的内容通常是物体的平衡、牛顿运动定律及功能关系、能量转化与守恒定律的应用等．解决这类问题通常从对物体进行受力分析、运动分析、能量转化情况分析入手，利用物体的平衡规律、牛顿运动定律、功能关系及能量守恒定律进行解题，需要注意的是轻绳只能提供拉力，而轻杆和轻弹簧既能提供拉力又能提供弹力，另外杆对物体的作用不一定沿杆的方向．实际解题时还需要注意对轻绳、轻杆和轻弹簧中的临界状态分析．‎ ‎[模型突破]‎ 考向1　物体在斜面上的平衡状态的分析 ‎[典例1]　如图1所示，质量为M的楔形物块A静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m的小物块B.用平行于斜面的拉力F拉B，使之沿斜面匀速上滑，A与B之间的动摩擦因数为μ.现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使B仍沿斜面匀速上滑．在B匀速上滑的过程中，A始终保持静止．改变拉力的方向前后，下列描述正确的有(　　)‎ 图1‎ A．A对B的摩擦力减小 B．拉力一定增大 C．B对斜面的作用力不变 D．地面受到的摩擦力可能增大 A　[拉力F平行于斜面向上时，先对B进行受力分析，如图甲所示，B受重力mg，A对B的支持力N，A对B的摩擦力f，拉力F的共同作用．根据平衡条件可知，平行斜面方向，有F＝f＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N＝mgcos θ，其中f＝μN，解得F＝mg(sin θ＋μcos θ)①，f＝μmgcos θ②.‎ 甲 拉力改变方向后变为F′，B受的支持力变为N′，A对B的摩擦力变为f′，设其与斜面的夹角为α.根据平衡条件，平行斜面方向，有F′cos α＝f′＋mgsin θ；垂直斜面方向，有N′＋F′sin α＝mgcos θ，其中f′＝μN′，解得F′＝③，f′＝μ(mgcos θ－F′sin α)④，由②④两式知滑动摩擦力减小，故A正确．由①③两式知，拉力可能增大，也可能减小，故B错误．‎ 对A进行受力分析，如图乙所示，A受重力Mg、支持力N2、B对A的压力N1、B对A的滑动摩擦力f1、地面对A的静摩擦力f静的共同作用．根据平衡条件可知，在水平方向有f静＝N1sin θ＋f1cos θ.结合对A、B选项的分析可知，当拉力改变方向后，B对A的压力N1和滑动摩擦力f1都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力f静一定减小，故C、D错误．]‎ 乙 ‎　如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高．当线拉力最小时，推力F等于(　　)‎ A．mgsin α　　　　　　 B.mgsin α C．mgsin 2α D.mgsin 2α D[以小球为研究对象．小球受到重力mg、斜面的支持力FN和细线的拉力FT，如图所示：‎ 在小球缓慢上升过程中，小球的合力为零，则FN与FT的合力与重力大小相等、方向相反，根据平行四边形定则作出三个位置力的合成图如图，则得当FT与FN垂直，即线与斜面平行时FT最小，测得线的拉力最小值为 FTmin＝ mgsin α.再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：F＝FTmincos α＝(mgsin α)cos α＝mgsin 2α，故D正确，A、B、C错误．]‎ 考向2　物体在斜面上运动过程中的动力学关系 ‎[典例2]　如图2甲所示，质量m＝‎1 kg的小物块以初速度v0＝‎11 m/s，从倾角θ＝53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无外力作用，图乙中a、b分别表示存在恒力F和无外力作用时小物块沿斜面向上运动的vt图象，不考虑空气阻力，重力加速度g取‎10 m/s2，下列说法正确的是(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)(　　)‎ 图2‎ A．恒力F的大小为21 N B．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.6‎ C．有恒力F时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小 D．有恒力F时，小物块在上升过程中产生的热量较小 C　[对小物块进行受力分析，在沿斜面方向上，当有恒力F作用时有mgsin θ＋μmgcos θ－F＝ma1　①；没有外力作用时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2　②‎ ‎，从表达式中可以看出a1＜a2.vt图象斜率的绝对值表示加速度的大小，故图线a、b分别为有恒力作用时和没有恒力作用时小物块沿斜面向上的vt图象，故a1＝m/s2＝‎10 m/s2，a2＝m/s2＝‎11 m/s2，代入①②两式可得μ＝0.5，F＝1 N，A、B错误；因为两次运动中小物块初速度相同，末速度也相同，根据x＝可得有恒力F作用时小物块在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多，产生的热量较大，D错误；有恒力F作用时，小物块上升的高度比较大，所以小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的，由功能关系知，有恒力F作用时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小，故C正确．]‎ ‎　(2018·河南名校压轴)滑草是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给运动者带来动感和刺激．特别对少雪地区的人们来说，滑草更新鲜了，因为它比滑雪更具有娱乐休闲性，更能体验人与大自然的和谐．“双人滑草”项目可以简化为如下模型：如图所示，A、B物块紧靠在倾角为α粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑，斜面与A之间的动摩擦因数为3μ，与B之间的动摩擦因数为μ，A物块的质量为m，B物块的质量为‎3m，已知重力加速度为g.则在下滑过程中，物块A、B之间作用力的大小等于(　　)‎ A.μmgsin α　　　　　　　　 B.μmgsin α C.μmgcos α D.μmgcos α D　[对A、B整体，由牛顿第二定律：(m＋‎3m)gsin α－3μmgcos θ－μ·3mgcos θ＝(m＋‎3m)a；对滑块A：FBA＋mgsin α－3μmgcos θ＝ma；联立解得：FBA＝μmgcos α，故选D.]‎ 考向3　斜面上的多体问题 ‎[典例3]　下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上．斜面与水平地面间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．倾角与斜面倾角相等的物体A放在斜面上，方形小物块B放在A上，在水平向左的恒力F作用下，物体A、小物块B及斜面均处于静止状态．如图3所示，将小物块B 从物体A上取走，则(　　)‎ 图3‎ A．斜面仍处于静止状态　　 B．斜面一定向左运动 C．斜面可能向左运动 D．物体A仍保持静止状态 A　[设物体A、小物块B和斜面的质量分别为mA、mB和M，把A、B当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在平行于斜面方向有Fcos θ＝(mA＋mB)gsin θ；当取走小物块B后，有Fcos θ＞mAsin θ，故物体A沿斜面向上做匀加速运动，D错误．垂直斜面方向有N＝Fsin θ＋(mA＋mB)gcos θ.对斜面进行受力分析，其受到的压力N′＝Fsin θ＋(mA＋mB)gcos θ，N′沿水平方向的分力为N′sin θ＝f静＜μN1＝f静max，地面对斜面的支持力N1＝N′cos θ＋Mg，联立得N′sin θ＝f静＜μ(N′cos θ＋Mg)，即＞sin θ－μcos θ.当取走B后N′减小，又sin θ－μcos θ和μMg均为定值，故斜面与水平地面间的最大静摩擦力仍大于斜面受到的压力沿水平方向的分力，即斜面仍静止，A正确，B、C错误．]‎ 考向4　斜面与连接体模型 ‎[典例4]　 (多选)如图4所示，将质量M＝‎1 kg的重物B悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为30°、固定在水平地面上的斜面上，轻绳平行于斜面，重物B与斜面间的动摩擦因数μ＝.轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与一质量m＝‎0.5 kg的小圆环A相连．圆环套在竖直固定的光滑直杆上，滑轮中心与直杆的距离L＝‎4 m．现将圆环A从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，重力加速度g取‎10 m/s2.下列判断正确的是(　　)‎ 图4‎ A．圆环下降的过程中，轻绳张力的大小始终等于10 N B．圆环下降的最大距离为Hmax＝ m C．圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°‎ D．若增大圆环质量使m＝‎1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大 BD　[圆环A先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物B也是先做加速运动，后做减速运动，且受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，所以绳子对B的拉力必定是变化的，故A错误；设圆环A下降的最大距离为Hmax，则重物B上升的距离为H1＝(－L)sin 30°，此时，圆环A与重物B的速度均为零，根据能量守恒定律得mgHmax＝MgH1＋μMgcos 30°·(－L)，代入数据解得Hmax＝ m，故B正确；圆环A在下滑过程中处于平衡状态时速度最大，此时重物B和小圆环A的加速度均是0，绳子的拉力T＝Mgsin 30°＋μMgcos 30°＝10 N，设拉圆环A的绳子与竖直方向的夹角是θ，则在竖直方向上有Tcos θ＝mg，代入数据得θ＝60°，故C错误；若增大圆环质量使m＝‎1 kg，再重复题述过程，则圆环受到的重力恒大于绳子的拉力沿竖直方向的分力，圆环将一直向下做加速运动，所以其重力做功的功率一直增大，故D正确．]‎ ‎　(多选)如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接．现BC连线恰沿水平方向，从当前位置开始B以速度v0匀速下滑．设绳子的张力为T，在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．物体A做变速运动 B．物体A做匀速运动 C．T小于mgsin θ D．T大于mgsin θ AD [把B的运动沿图示方向分解，根据三角函数可知v绳＝vBsin α＝v0sin α；式中v0恒定，α增大，故v绳增大，做变加速运动，即A的加速度不为零，对A分析，根据牛顿第二定律可得T－mgsin θ＝ma＞0，故T＞mgsin θ ‎，A、D正确．]‎