第12讲 斜面模型讲义（思维导图+知识点+技巧方法+题型归纳+变式训练）-2025-2026学年高考物理一轮复习力学人教版（新高考通用）

第12讲 斜面模型 目 录 思维导图 1 学习目标 2 知识要点 2 技巧方法 5 题型分类 7 题型01：无外力作用的平衡 7 题型02：有外力作用的平衡 9 题型03：平衡状态下的连接体问题 13 题型04：光滑斜面上的牛顿第二定律 21 题型05：粗糙斜面上的牛顿第二定律 22 题型06：有外力作用的斜面运动 25 题型07：斜面上的连接体 28 题型08：斜面与功能关系 32 题型09：斜面与动量 37 高中物理斜面模型的学习目标，围绕“知识理解、能力应用、思维迁移”三个维度展开，是力学综合能力的核心训练载体，具体目标如下： 一、知识目标：掌握斜面模型的核心物理概念与规律 1. 精准理解斜面场景下的受力分析方法，能按“重力→弹力→摩擦力→外力”的顺序完整画出受力图，明确支持力垂直斜面、摩擦力方向与相对运动（趋势）相反的特点。 2. 熟练掌握力的分解与合成在斜面中的应用，能建立“沿斜面-垂直斜面”坐标系，准确分解重力为 Gx=mgsinθ和 Gy=mgcosθ ，并推导支持力 N=mgcosθ摩擦力（静摩擦 f、滑动摩擦 f=μN ）的表达式。 3. 掌握斜面模型与三大核心规律的结合： 平衡状态（静止/匀速）：会用力的平衡条件列方程求解摩擦力、外力等物理量； 变速状态（加速/减速）：能结合牛顿第二定律推导加速度公式（如 a=g(gsinθ-μgcosθ ）； 能量问题：理解重力做功与势能变化的关系，能运用机械能守恒（光滑斜面）和动能定理（粗糙斜面）分析速度、位移； 动量问题：会判断沿斜面方向动量守恒的条件，能用动量定理求时间、冲量，用动量守恒定律分析碰撞过程。 二、能力目标：提升力学问题的分析与解题能力 1. 受力分析能力：能快速识别斜面中“静/滑动摩擦的转换”“外力（水平/沿斜面推拉力）的分解”等关键受力细节，避免漏力、错判方向。 2. 模型构建能力：能将复杂问题（如斜面+连接体、斜面+碰撞、斜面运动）拆解为“基础斜面模型”，提炼核心条件（如光滑/粗糙、固定/运动、临界状态）。 3. 规律选择能力：根据物体状态（平衡/变速）和问题需求（求力/时间/速度/能量），精准匹配“平衡条件/牛顿定律/动能定理/动量守恒”，不盲目套用公式。 4. 临界问题突破能力：能抓住“物体刚好不滑动”“绳子刚好无张力”“斜面刚好不运动”等临界场景，找到“静摩擦达最大值”“弹力为0”等极值条件，建立方程求解。 三、思维目标：培养物理学科的核心思维方法 1. 矢量思维：通过斜面中力、加速度、动量的分解与合成，深化“矢量的方向性”认知，能规范规定正方向并代入正负值计算。 2. 等效替代思维：理解“重力沿斜面的分力等效为‘动力/阻力’”“摩擦力做功等效为机械能损失”，学会用“等效法”简化复杂受力或能量过程。 3. 整体与隔离思维：分析“斜面+物体”系统（如斜面不固定、连接体）时，能灵活用“整体法”求加速度，用“隔离法”分析单个物体的受力与动量，建立整体与局部的关联。 4. 迁移应用思维：能将斜面模型的分析方法迁移到“类斜面问题”（如倾斜传送带、光滑斜面轨道、等时圆模型），掌握“抓本质（力的分解、规律应用），弃表象（场景差异）”的解题逻辑。 四、核心落脚点：形成力学综合解题的“通法” 最终目标是通过斜面模型的学习，掌握力学问题的通用分析流程——“定状态→画受力→建坐标→选规律→列方程→解临界”，能独立解决90%以上的力学综合题，为后续电场、磁场中的“复合场斜面问题”（如带电粒子在倾斜电场中的运动）奠定基础。 高中物理斜面模型是力学核心模型，核心是力的分解与合成，需结合平衡条件、牛顿运动定律及能量关系分析，以下是知识点梳理： 一、基础：斜面模型的受力分析（核心前提） 对斜面上的物体（通常为质点），先画重力，再看接触面： 1. 重力（G）：竖直向下，大小为 G=mg 。 2. 支持力（N）：垂直斜面向上，是弹力，大小由垂直斜面方向的力平衡决定。 3. 摩擦力（f）： 若物体静止或匀速滑动：静摩擦力/滑动摩擦力沿斜面向上，平衡重力的分力； 若物体加速下滑：滑动摩擦力沿斜面向上（与相对运动方向相反）； 若物体被推上斜面：滑动摩擦力沿斜面向下（与相对运动方向相反）。 关键：建立直角坐标系——沿斜面为x轴，垂直斜面为y轴，将重力分解为： 沿斜面向下的分力： Gx=mgsinθ（“动力”或“阻力”，取决于运动方向）； 垂直斜面向下的分力： Gy=mgcosθ（决定支持力大小， N=Gy= mgcosθ）。 二、核心场景1：斜面静止（平衡状态） 物体在斜面上静止或匀速直线运动，合外力为0（ F_{合}=0 ），分方向列平衡方程： •沿斜面方向： f = mgsinθ （静摩擦或滑动摩擦，若为滑动则 f=μ N=μmgcosθ ）； •垂直斜面方向： N = mgcosθ 。 高频结论： •物体静止时，静摩擦力随外力（如推、拉力）变化，最大值为 fmax= μN （ μ为静摩擦因数）； •若物体匀速下滑，必有 mgsinθ = μmgcosθ即 μ= tanθ （斜面“自锁”条件）。 三、核心场景2：斜面静止，物体加速（牛顿第二定律） 物体在斜面上加速或减速，合外力不为0，用 =ma 列方程： 1. 无外力，仅受重力、支持力、摩擦力 • 沿斜面方向： mgsinθ - f = ma （下滑加速，f向上）； • 垂直斜面方向： N = mgcosθ ； • 若为滑动摩擦（f=μ N=μmgcosθ ），代入得加速度： a = g(gsinθ - μgcosθ) 。 若 sinθ > μcosθ ：a沿斜面向下，物体加速下滑； 若 sinθ < μcosθ：a沿斜面向上，物体减速下滑（需初速度向下）。 2. 有外力（如沿斜面推/拉、水平推/拉） 需将外力分解到x（沿斜面）、y（垂直斜面）轴，再列方程： • 例：沿斜面向上拉物体，拉力为F： 斜面： F + f - mgsinθ= ma （f向上，阻碍下滑）； 垂直斜面： N = mgcosθ 。 • 例：水平向右推物体，推力为F： 沿斜面： F cosθ - mgsinθ- f = ma ； 垂直斜面： N = mgcosθ+ Fsinθ （F的分力增大支持力，进而增大摩擦力）。 四、核心场景3：斜面本身运动（非惯性系） 斜面在水平面上加速（如向右加速），物体相对斜面静止，需考虑惯性力（非惯性系中），或用“整体法+隔离法”分析： 1. 整体法 对“物体+斜面”整体，水平方向合力： = (M+m)a_{斜} （M为斜面质量， a_{斜} 为斜面加速度）。 2. 隔离法（对物体） 物体相对斜面静止，加速度与斜面相同（ a = a斜} ），沿x（水平）、y（竖直）列方程： • 水平方向： Nsinθ - fcosθ = ma ； • 竖直方向： Ncosθ+ fsinθ= mg ； • 若斜面光滑（ f=0 ），简化得： a = gtanθ （斜面加速的“临界值”，此时物体仅受重力和支持力）。 五、能量与动量视角（斜面模型的拓展） 1. 机械能守恒 若斜面光滑（无摩擦），只有重力做功，物体机械能守恒： 下滑过程：重力势能减少量 = 动能增加量，即 mgxsinθ=m-m（x为沿斜面位移）。 2. 动能定理 有摩擦时，合外力做功=动能变化： + = ⧍ ，即 mgxsinθsinθ - μmgxsinθ = m-m（ 为负功）。 3. 动量守恒 若斜面光滑、水平方向不受外力（如斜面放在光滑水平面），则“物体+斜面”系统水平方向动量守恒： •物体下滑时，斜面会反向运动，满足： m = M（ 为物体水平分速度）。 六、特殊斜面模型 1.等时圆模型：从圆周上各点沿光滑弦滑到圆周最低点（或从最高点滑到各点），时间均相等，与弦的倾角无关， 2.连接体斜面：两个物体通过绳子/弹簧连接在斜面上，需判断绳子是否有张力（先假设无张力，算各自加速度，若相等则无张力，反之有张力）。 3.斜面中的临界问题：如“物体刚好不滑动”“绳子刚好断”，关键是找到临界条件（如静摩擦达最大值、弹力为0）。 七、解题思路总结 1. 定状态：判断物体是平衡（静止/匀速）还是加速（变速），斜面是静止还是运动； 2. 画受力：按“重力→弹力→摩擦力→外力”的顺序画受力图，避免漏力； 3. 建坐标：优先沿“运动方向/加速度方向”和“垂直方向”建立坐标系，简化计算； 4. 列方程：平衡状态列“力的平衡方程”，加速状态列“牛顿第二定律”，能量问题用“动能定理/机械能守恒”，动量问题用“动量守恒条件”； 5. 找临界：特殊情况（如光滑、匀速、刚好滑动）对应特殊条件，代入求解。 高中斜面模型解题的核心技巧是**“按序分析、定向建模、抓临界破综合”**，围绕“受力-状态-规律”三步拆解，以下是具体技巧总结： 一、受力分析：避免漏力的“四步画法”（基础技巧） 所有斜面问题的起点是精准受力，按固定顺序画力，杜绝遗漏或多力： 1.先画重力（G）：竖直向下，大小 mg ，必画且唯一方向； 2.再画弹力（N）：接触面的弹力垂直于斜面（斜面是“接触面”，不是竖直面），方向固定向上； 3.后画摩擦力（f）： 先判断“相对运动/趋势”：静止或匀速→f与重力分力 mgsinθ反向（沿斜面向上）；加速下滑→f沿斜面向上（阻碍相对运动）；被推上斜面→f沿斜面向下（与运动方向相反）； 再区分“静/滑动”：静摩擦用平衡或临界条件算，滑动摩擦直接用 f=μN； 4.最后补外力（F）：若有推、拉、压等外力，按题目方向画（如沿斜面、水平、竖直），不要漏画。 关键提醒：斜面光滑时，直接去掉“摩擦力”，无需纠结。 二、坐标系建立：简化计算的“最优方向”（核心技巧） 建坐标系的原则是**“让加速度或速度方向与坐标轴重合”**，减少力的分解次数： 常规场景（物体沿斜面运动）：x轴沿斜面（顺/逆运动方向），y轴垂直斜面。 优势：重力仅需分解为 Gx=mgsinθ（x轴）和 Gy=mgcosθ （y轴），支持力N直接在y轴，摩擦力f直接在x轴，方程仅含x、y两个方向，计算最简单； 特殊场景（斜面运动，物体相对斜面静止）：x轴水平（与斜面加速度方向一致），y轴竖直。 例：斜面向右加速，物体随斜面运动，x轴向右（加速度方向），y轴向上，此时支持力N和摩擦力f需分解，但能直接用“加速度与合力同向”列方程，避免复杂角度换算。 三、状态对应规律：“锁死”方程选择（破题技巧） 根据物体的运动状态，直接匹配对应的物理规律，不盲目套用公式： 物体状态 核心规律 列方程关键 静止/匀速直线 力的平衡 x轴：所有力的分力代数和=0；y轴：同上 匀加速/匀减速 牛顿第二定律 x轴：合外力=ma；y轴：合外力=0（垂直斜面无加速度） 曲线运动（如平抛） 运动分解（水平匀速+竖直自由落体） 沿斜面方向算加速度，垂直方向平衡 求位移/速度/能量 动能定理/机械能守恒 重力做功看高度差，摩擦力做功看路程 斜面+光滑水平面 水平动量守恒 系统水平方向不受外力，初动量=末动量 四、临界问题突破：抓“极值条件”（提分技巧） 斜面问题中的“刚好不滑”“刚好脱离”“绳子刚好断”等临界情况，核心是找到**“临界状态对应的力的条件”**： 1. 静摩擦临界：物体刚好要滑动时，静摩擦力达到最大值 fmax=μN ，此时方程中 f 直接用 μN 代入； 2. 弹力临界：物体刚好脱离斜面时，支持力 N=0 （如斜面突然加速，物体飘起瞬间），此时仅受重力和摩擦力（或只有重力）； 3. 连接体临界：两物体通过绳子连接在斜面上，“刚好无张力”的条件是：两者加速度相等（先假设绳子无张力，分别算两物体加速度，若 = ，则实际无张力；若 ≠ ，则有张力）。 五、综合题技巧：“拆分+关联”法（压轴题必备） 面对“斜面+连接体+能量+动量”的综合题，按“拆分模型→找关联量→分步求解”的思路拆解： 1.拆分模型：将系统拆分为“单个物体”（如斜面上的物块A、水平面的物块B），分别对每个物体画受力图； 2.找关联量： 连接体：绳子张力大小相等，若沿斜面和水平面连接，两物体加速度大小相等（绳子不可伸长）； 斜面+水平面：物体从斜面滑到水平面，速度的“沿斜面分速度”转化为“水平速度”（光滑衔接时，速度大小不变，方向改变）； 3.分步用规律：先对单个物体用“牛顿定律”求加速度，再对整体用“动能定理”求位移，或对系统用“动量守恒”求速度，逐步推进。 六、避坑技巧：杜绝3个高频错误 1.重力分解错误：分解重力时，务必沿“斜面和垂直斜面”方向，不要沿“水平和竖直”分解（除非斜面运动），避免出现 Gx=mgcosθ 的低级错误； 2.摩擦力方向判断错误：摩擦力方向与“相对运动/趋势”相反，不是与“运动方向”相反（如物体沿斜面向上减速，运动方向向上，相对运动方向向上，摩擦力向下）； 3.忽略斜面运动的惯性力：斜面加速时，物体相对斜面静止，需用“惯性力”（非惯性系）或“水平-竖直坐标系”分析，不能直接套用静止斜面的平衡方程。 总结：解题“四步走”流程 1.定状态：判断物体是平衡、加速还是曲线运动，斜面是静止还是运动； 2.画受力：按“重力→弹力→摩擦力→外力”顺序画受力图，标注方向； 3.建坐标+选规律：沿运动/加速度方向建轴，按状态匹配“平衡/牛顿定律/能量/动量”； 4.列方程+找临界：代入已知量，对临界问题补充“极值条件”，求解并验证单位、方向是否合理。 掌握以上技巧，可快速拆解90%以上的斜面模型题，核心是“不跳步、不主观臆断力的方向，让规律匹配状态”。 平衡状态下的斜面模型 题型01：无外力作用的平衡问题 【典型例题1】（多选）如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行于斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面对木楔的支持力等于(M＋m)g C．地面对木楔的摩擦力水平向左 D．地面对木楔的摩擦力水平向右 【答案】AD 【解析】m沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在水平方向上的加速度方向水平向右，对系统研究，竖直方向上有：N-（M+m）g=may，可知地面对木楔的支持力大于（M+m）g，故A正确，B错误；水平方向上有：f=max，可知地面对木楔的摩擦力水平向右，故D正确。所以AD正确，BC错误。 【变式训练1-1】如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则 A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用 B.动摩擦因数 C.小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重 D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【变式训练1-2】一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，若在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图所示，则球形物体(　　) A．仍匀速下滑 B．沿细杆加速下滑 C．受到细杆的摩擦力不变 D．受到细杆的弹力不变 【变式训练1-3】如图所示，斜面体b静止在水平地面上，物体a沿斜面匀速下滑，斜面体b始终静止不动，则下列说法正确的是 A.地面对斜面体没有摩擦力 B.当在物体a上施加一沿斜面向下的力时，地面对斜面体有向右的摩擦力 C.当在物体a上施加一沿斜面向上的力（物体仍向下运动）时，地面对斜面体有向左的摩擦力 D.当在物体a上施加一竖直向下的力时，物体a加速下滑 【变式训练1-4】（多选）倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是 A．小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθ B．地面对滑梯的支持力一定等于(m+M)g C．地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ D．地面对滑梯的摩擦力方向一定向左 题型02：有外力作用的平衡问题 【典型例题1】如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（　　） A．A所受摩擦力方向始终沿斜面向上 B．A所受摩擦力先增大后减小 C．地面对B的支持力随着力F的变化而变化 D．地面对B的摩擦力先增大后减小 【变式训练2-1】如图甲所示,粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3；如图丁所示，若对该物块施加一不平行于斜面向下的推力F3，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f4。下列关于f1、f2、f3、f4的大小关系正确的是 (　　) A．f1>0 B．f2=f3 C．f3<f4 D．f3=f4 【答案】BD 【解析】 A.甲图中物块受到重力、支持力和摩擦力，由于物块在斜面匀速运动，则支持力和摩擦力的合力大小等于其重力大小，方向竖直向上；物块对斜劈的合力等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力，故选项A错误； B.图乙和图丙中，物块受到的力除了重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力，还有推力，由于推力平行于斜面，所以不影响物块的支持力和摩擦力，则物块对斜劈的合力不变，仍然等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力、，故选项B符合题意； CD.图丁中，对物块施加不平行于斜面向下的推力，将沿斜面和竖直方向分解，即相当于施加一个沿斜面向下的推力和增大了物块的重力，由上面的分析可知，施加一沿斜面的力不影响物块对斜劈的力；物块的重力增大后，物块对斜劈的合力变大，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力仍为0，即，故选项D正确，C错误。 【变式训练2-2】（多选）如图所示，质量为M足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为0。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．斜面体给小物块的作用力大小等于mg B．斜面体对地面的压力小于（m+M）g C．若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动 D．若将力F撤掉，小物块将匀速下滑 【变式训练2-3】一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，此时斜面体不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则斜面体受地面的摩擦力( ) A．大小为零 B．方向水平向前 C．方向水平向后 D．无法判断大小和方向 【变式训练2-4】如图所示，一倾角θ=的斜面放置于粗糙水平地面上，现将一质量m=1kg的物体放于斜面上，并对物体施加一水平向左、大小F=2N的恒力，物体与斜面继续保持静止状态，则地面施加给斜面的摩擦力为（ ） A. B.1N，水平向左 C.2N，水平向左 D.2N，水平向右 【变式训练2-5】如图所示，斜面体放在水平面上，物块放在斜面上，现用水平推力F推物块，在F逐渐增大的过程中，物块和斜面体始终保持静止，则在F增大的过程中，下列说法正确的是（　　） A.物块受到的合力增大 B.物块受到斜面的摩擦力增大 C.地面对斜面体支持力增大 D.地面对斜面体的摩擦力增大 【变式训练2-6】（多选）如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是（ ） A.斜面B相对地面有向右运动的趋势 B.地面对斜面B的静摩擦力大小为 C.地面对斜面B的支持力大小为 D.斜面B与物体A间的动摩擦因数为 【变式训练2-7】、如图，物块A、B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B始终保持静止，则(　 　) A.物体B受到的摩擦力逐渐增大 B.物体B受到的摩擦力逐渐减小 C.地面对A的支持力减小 D.地面对A的支持力不变 【变式训练2-8】（多选）一斜面（足够长）静止于粗糙的水平地面上，在其上端放一滑块m，若给m一向下的初速度v0， m正好保持匀速下滑。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个恒力，以下说法正确的是（　 　） A．如果加一竖直向下的恒力F1，则m将沿斜面匀加速下滑 B．如果加一竖直向下的恒力F1，则m将仍然沿斜面匀速下滑 C．如果加一个沿斜面向下的恒力F2，则在m下滑过程中，地面对M没有静摩擦力作用 D．如果加一个水平向右的恒力F3，则在m下滑过程中，地面对M没有静摩擦力作用 【变式训练2-9】如图甲所示，质量为m0的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一个质量为m的物体A，用一个竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑。若改用一个斜向下的力F＇作用在A上时，物体A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于地面对劈的摩擦力Ff，及支持力FN的结论正确的是（ ） A．Ff＝0，FN＞m0g B．Ff＝0，FN＜m0g C．Ff向右，FN＜m0g D．Ff向左，FN＞m0g 【变式训练2-10】如图所示，一斜面体放在粗糙水平地面上，某小物块恰好能沿该斜面体的斜面匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 1 ，若用一不平行于斜面向下的力推小物块，使小物块加速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 2 ，则下列关系式正确的是（　　） A．f 1 =0，f 2 =0 B．f 1 =0，f 2 ≠0 C．f 1 ≠0，f 2 ≠0 D．f 1 ≠0，f 2 =0． 【变式训练2-11】如图所示，一斜面ABCD倾角为＝30°，斜面上放置一物块，开始处于静止。现对物块施加一平行于斜面顶边AB的水平推力F，物块恰好可以在斜面上做匀速直线运动，测得它运动的路径EF跟斜面顶边AB间的夹角为＝60°，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【变式训练2-12】如图所示，斜面体A放在水平地面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块B拴在挡板上，弹簧处于伸长状态，伸长量x=4cm，整个系统始终处于静止状态。已知斜面倾角为37°，物块B的质量MB=1kg，物块B与斜面间动摩擦因数μ=0.5，弹劲度系数k=200N/mg取10m/2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 A．弹簧弹力大小为800N B．物块B受到的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向上 C．物块B受到的摩擦力大小为2N，方向沿斜面向下 D．物块B受到的摩擦力大小为14N，方向沿斜面向上 【变式训练2-13】如图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比为 A．cosθ+μsinθ B．cosθ–μsinθ C．l+μtanθ D．1–μtanθ 【变式训练2-14】如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，将一个物块放在斜面上，若对物块施加与斜面成30°角的拉力F，物块恰好在斜面上不上滑。已知物块的质量m=1kg，与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F的大小为（　　） A．3N B．5N C．8N D．10N 【变式训练2-15】如图所示，木板的左端垂直固定着一个挡板，先将木板右端抬起一个角度θ，然后将三个完全相同表面光滑、质量均为m的匀质圆柱形工件置于木板上，三个工件叠放且保持静止。若改变木板与水平面间的夹角θ，仍使三个工件保持静止，重力加速度为g，则挡板受到的最大弹力为（　　） A．mg B．mg C．3mg D．mg 题型03：平衡状态下的连接体问题 【典型例题1】如图，水平地面上有一表面粗糙的三角形斜块，斜块顶端装有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜块上，均处于静止状态。当用平行于斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　） A．轻绳对Q的拉力变小 B．三角形斜块对Q的支持力变小 C．三角形斜块对Q的摩擦力大小可能变小 D．地面对三角形斜块的支持力可能不变 【答案】C 【解析】 A．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用平行斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，A错误； B．斜面对Q的支持力等于重力的垂直分力，当用平行于斜面向上的恒力推Q时，由于推力没有垂直斜面的分力，则三角形斜块对Q的支持力不变，B错误； C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力，当静摩擦力沿斜面向上时，有 当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反，C正确； D．对整体受力分析，开始时受重力和支持力，二力平衡；施加推力后，推力有竖直向上的分力，则地面对三角形斜块的支持力变小，D错误； 故选C。 【典型例题2】如图所示，一位登山者小王站在倾角为30°的斜坡上，正在通过平行于斜坡的绳索拉动朋友。已知小王总质量为65kg，最大静摩擦力为压力的0.8倍，sin30°=0.5，cos30°=0.87，g=10m/s2，若小王没有滑动，则 （　　） A．小王受到的摩擦力可能沿斜坡向下 B．小王对绳索的拉力最大值约为127N C．朋友丢掉背包后，小王受到的最大静摩擦力会减小 D．小王受到绳索拉力与摩擦力的合力会随绳索拉力的变化而变化 【答案】B 【解析】 A．因小王静止，所以他沿斜面方向受力平衡，小王所受重力沿斜面方向的分力沿斜面向下，绳子对小王的拉力沿斜面向下，所以小王受到的摩擦力必须沿斜面向上，故A错误； B．对小王刚好不动的临界情况，由平衡条件得 Fmax+mgsinθ=0.8mgcosθ 解得 Fmax=127N 故B正确； C．朋友丢掉背包后，小王对斜面的压力大小不变，受到的最大静摩擦力不变，故C错误； D．小王受到绳索的拉力和摩擦力的合力与小王所受重力沿斜面方向的分力平衡，小王所受重力沿斜面方向的分力不变，所以小王受到绳索拉力与摩擦力的合力不变，故D错误。 故选B。 【变式训练3-1】如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是 A．a、b两物体的受力个数一定相同 B．a、b两物体对斜面的压力一定不相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小可能不相等 D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动 【变式训练3-2】如图所示，在倾角为37°的粗糙斜面上静止放置质量分别为m和4m的A、B两物体，斜面与两物体间的摩擦因数均为0.8，用一条不可伸长的细绳通过轻滑轮将两物体相连，现对滑轮施加竖直向上缓慢增大的拉力，直到物块A或B将要发生滑动。已知绳与竖直方向的夹角均为37°，用fA、fB分别表示斜面对两物体的摩擦力，在此过程中，关于两个摩擦力大小的变化情况描述正确的是（　　） A．fA先减小后增大，fB一直减小 B．fA一直减小，fB一直减小 C．fA先减小后增大，fB不变 D．fA一直减小，fB不变 【变式训练3-3】一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示。现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止。则下列说法正确的是（　　） A．在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变 B．斜面体所受地面的支持力一定不变 C．斜面对物体A作用力的合力变大 D．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大 【变式训练3-4】如图所示，质量为的物体A静止放在倾角为的斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为0.8，用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加沙子的过程中，A、B始终处于静止状态，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．物体A受到的支持力不断增大 B．斜面对物体A的作用力不断增大 C．物体A受到的摩擦力可能先减小后增大 D．当小桶B和沙子的总质量达到时，摩擦力大小为 【变式训练3-5】如图所示，一轻质弹簧下端与地面上的A点相连，上端用轻绳跨过固定在斜面上的轻质光滑定滑轮与斜面上的物体相连，绳与斜面平行此时整个装置处于静止状态。现将弹簧下端的A点沿水平地面缓慢移动到B点，斜面相对地面始终静止。在此过程中，关于斜面和物体受力的判断，下列说法正确的是（　　） A．地面对斜面的摩擦力大小一直为零 B．物块所受轻绳的拉力大小一直不变 C．斜面对物体的支持力大小一直增大 D．斜面对物体的摩擦力大小可能先减小后增大 【变式训练3-6】如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为5.0N。关于物体受力的判断（取g=10m/），下列说法正确的是（　　） A．斜面对物体的摩擦力大小为零 B．斜面对物体的摩擦力大小为5.0N，方向沿斜面向上 C．斜面对物体的支持力大小为5N，方向竖直向上 D．斜面对物体的支持力大小为5.0N，方向垂直斜面向上 【变式训练3-7】（多选）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是(　　) A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力一定增大 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧一定处于压缩状态 【变式训练3-8】（多选）质量均为m的两物块A和B之间连接着一根轻质弹簧，其劲度系数为k。现将物块放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止。已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B．斜面对A、B及弹簧组成的系统的静摩擦力大于 C．若将弹簧拿掉，物块也不可能发生滑动 D．弹簧的最大压缩量为 【变式训练3-9】（多选）如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（　　） A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C受到水平面的摩擦力一定不为零 C．若增大A的质量，B受到C的摩擦力可能减小 D．水平面对C的支持力的大小不可能与B，C的总重力大小相等 【变式训练3-10】（多选）如图所示，固定在水平地面上的斜面倾角为30°，物块A与斜面间的动摩擦因数为，轻绳一端通过两个滑轮与物块A相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为，连接物块A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，物块A、B都保持静止，重力加速度为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．挂上物块B后，物块A一定受到摩擦力的作用 B．若物块B的质量为，物块A受到的沿斜面向上的摩擦力，大小为 C．地面对斜面的摩擦力等于0 D．为保持物块A处于静止状态，物块B的质量满足 【变式训练3-11】如图所示，物块A放在倾角为θ的固定斜面C上，物块B叠放在物块A上，A与B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们一起沿斜面C匀速下滑，则（　　） A．A、B间没有摩擦力 B．A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθ D．A受到B的摩擦力方向平行于斜面向上 【变式训练3-12】与桌面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角=37°。现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则A与桌面间的动摩擦因数μ为（　　） A． B． C． D． 【变式训练3-13】（多选）如图所示，固定斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力作用于木块A，使木块A、B保持静止，且。则下列描述正确的是（　　） A．木块A一定受4个力作用 B．木块B一定受5个力作用 C．增大后，A、B仍静止，则木块B对斜面的压力大小一定变大 D．增大后，A、B仍静止，则斜面对木块B的摩擦力大小可能不变 【变式训练3-14】（多选）如图所示，静止在水平地面上倾角为的斜面体上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，A、B一起沿斜面匀速下滑。A、B间的摩擦力大小为，A与斜面间的摩擦力大小为，斜面体与地面间的摩擦力大小为。A、B间的动摩擦因数为，A与斜面体间的动摩擦因数为，斜面体、地面间的动摩擦因数为。下列情况可能的是（　　） A．　　 B．　　 C．　　 D．　　 【变式训练3-15】斜面ABC固定在水平面上，AB面光滑，BC面粗糙，AB长度是BC长度的3倍。四个相同木块a、b、c、d通过轻质光滑定滑轮用细线相连，细线均平行于斜面，如图所示。用手按住d，使其静止在BC上。现放手，则下列关于木块d的判断正确的是（　　） A．仍静止，所受摩擦力不为零 B．仍静止，所受摩擦力为零 C．沿BC面上滑 D．条件不足，无法判断 牛顿第二定律之斜面模型 题型04：光滑斜面上的牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，两个等高的光滑斜面AB倾角分别为37°和53°，同一小球从斜面顶端分别沿两个斜面下滑到底端，则下列说法正确的是（　　） A．从两斜面上下滑时间之比是1:1 B．从两斜面上下滑时间之比是3:4 C．到达斜面底端时，重力的功率之比为1:1 D．到达斜面底端时，重力的功率之比为3:4 【答案】D 【解析】AB．小球在斜面上运动的加速度 设斜面的高度为h，斜的长 由于 运动时间 故 选项AB错误； CD．由机械能守恒可知 到达斜面底端的速率相等，重力的功率 选项C错误，D正确。 故选D。 【变式训练4-1】如图所示，竖直平面内半径的圆弧AO与半径的圆弧BO在最低点C相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接，另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑，经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B，不考虑小球在O点的机械能损失，重力加速度g取10m/s。则在此过程中小球运动的时间为（　　） A．1.5 s B．2.0 s C．3.0 s D．3.5 s 【变式训练4-2】如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时，从a到b用时，从b到c用时，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为、、，、、表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练4-3】（多选）如图所示，三条光滑直轨道的一端固定在光滑绝缘水平台面上的P点，另一端分别固定在台面内同一直线上的A、B、C三点，该直线与OP垂直于O点，AO、BO和CO的长度分别为、、，台面区域沿水平方向存在垂直于OP的匀强电场，电场强度大小为E。现将质量为m、电荷量为q的小球分别从A、B、C三点由静止释放沿轨道运动到P点，测得小球通过AP、BP时间均为t，通过CP时间为，则下列判断正确的是（    ）    A．和互为余角 B． C． D． 【变式训练4-4】（多选）如图所示，两条光滑的轨道下端固定在水平面上的点，点到点的距离为，轨道上端分别固定在竖直墙面上距点分别为和的两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达点所用时间均为，则（    ）    A．滑块由滑到的过程中支持力的冲量大小相等 B． C．滑块由滑到时速度的水平分量相等 D．与成正比 题型05：粗糙斜面上的牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，固定斜面上半部分AB段粗糙且粗粘程度相同，下半部分BC段光滑，滑块从斜面顶端A点由静止释放，沿斜面向下滑动，取沿斜面向下为正方向，下列选项中分别是滑块的速度v、位移x、加速度a、重力的瞬时功率PG与时间t的关系图像，其中正确的是（　　） A．   B．  B．  C．  D．   【答案】D 【解析】ABC．物块在两段均做匀加速直线运动，在段加速度为，在段加速度为，且 则 故ABC错误 D．重力的功率 BC段速度较大，重力功率较大。 故选D。 【变式训练5-1】（多选）如图所示，在倾角为的足够长的绝缘固定斜面上，静止放置有质量分别为、的两金属块A、B，其中A带电量为，B不带电。现让金属块A以初速度沿斜面向下运动，一段时间后与金属块B发生弹性正碰，且碰撞后A、B带电荷量均为。已知金属块与斜面间的滑动摩擦因数为，下列说法正确的是（　　）    A．碰撞前，A沿斜面做匀加速直线运动 B．碰撞后，A、B都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒 C．碰撞后，当A的速度为时，B的速度为 D．碰撞后，A、B系统的电势能先减小后不变 【变式训练5-2】（多选）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m = 1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t = 0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线。若g取10m/s2。则（   ）    A．t1= 0.2s内，物块的机械能不断增大 B．0.3s末，滑块到达斜面最高点 C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ = 0.5 D．滑块在t1= 0.2s末的速度与t = 0.4s末的速度等大反向 【变式训练5-3】（多选）如图所示，内，一物块在倾角为的固定斜面上向下做匀减速直线运动。时对物块施加一与水平方向夹角为的作用力F，使其沿斜面向下做匀速直线运动。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，取，，。下列说法正确的是（　　） A．时，物块加速度的大小为 B．时，斜面受到的物块所施加作用力的方向斜向右下方 C．且力F指向右上方时，F有最小值 D．且力F指向右下方时，F有最小值 【变式训练5-4】（多选）“太阳落到大门西, 爬上山坡打滑梯。你也争来他也抢, 回家都是满身泥”。滑梯始小朋友们最喜爱的娱乐项目之一。某幼儿园在空地上做了一个滑梯，如图甲所示，可简化为图乙所示模型。其主要结构由倾斜部分AB和水平部分BC组成，中间平滑连接，根据空地的大小，滑梯的倾斜部分水平跨度为2.4m，高1.8m。滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4，一质量为20kg的小孩（可看成质点）从滑梯顶部A由静止开始无助力滑下，g取10m/s2，则（　　） A．小孩在斜面上下滑的加速度大小为 B．小孩滑到B点的速度 C．为了使小孩不滑出滑梯，水平部分BC长度至少为 D．保持A点不变，减小倾斜滑梯的长度而增大滑梯的倾角（如图中虚线AB'所示），则下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率不变 题型06：有外力作用的斜面运动 【典型例题1】如图所示，倾角为20°的足够长的质量为M的斜面体B静止在水平地面上，质量为m的滑块A以一定的初速度沿斜面向下滑动，t=0时刻对A施加一沿斜面向下的作用力F，使A沿斜面向下做匀速直线运动。t=2s时改变F的大小及方向，使滑块依然匀速下滑，t=4s时撤去F，t=6s时，A恰好静止在B上。已知滑块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.75，B始终处于静止状态，重力加速度为g，tan37°=0.75。下列说法正确的是（　　）    A．0~1s时间内，B对地面的压力小于(M+m)g B．0~1s时间内，B对地面的摩擦力方向水平向左 C．2~4s时间内，当F与水平方向夹角为33°且指向左上方时，F有最小值 D．t=3s与t=5s时，地面对B的摩擦力大小相等 【答案】B 【详解】AB．对A施加平行于斜面的力F前、后，A所受的摩擦力及支持力均未发生变化，施加F之前，A沿斜面匀减速下滑，A所受摩擦力大于A沿斜面向下的分力，由牛顿第三定律可得，A给B的摩擦力大于A沿斜面向下的分力，若A静止，则A对B的摩擦力等于A沿斜面向下的分力，A对B的作用力等于A的重力且竖直向下，由此可得此时A对B的压力不变，摩擦力增大，方向斜向左下方，则可得此时A对B竖直向下的作用力大于A的重力，则有B对地面压力大于(M+m)g，牛顿第三定律可得，地面对B的支持力大于(M+m)g，地面对B的摩擦力方向水平向右，B对地面的摩擦力方向水平向左，故A错误，B正确； C．由题可知，A所受摩擦力与支持力的合力方向恒定且与水平方向的夹角 斜向右上方，当力F与该力垂直时，F有最小值，此时F与水平方向夹角为17°，指向左上方，故C错误； D．和时，A对B的作用力大小不相等，故地面对B的摩擦力大小不相等，故D错误。 故选B。 【典型例题2】（多选）如图，倾角的足够长斜面固定在地面上。一轻绳跨过顶端的光滑轻质定滑轮与质量分别为和的物体A和B相连接，绳与斜面平行。B与斜面间的动摩擦因数。先控制A使两物体静止，轻绳伸直，A离地面高。现由静止释放物体A，重力加速度g取，，，下列说法正确的是（　　）    A．A落地前，绳子上的拉力为 B．A落地前，A、B系统机械能守恒 C．A落地时的速度大小为 D．A落地后，B上升的高度为 【答案】AC 【解析】A．A落地前，绳子上的拉力大小为T，对A，根据牛顿第二定律 对B 解得 T=12N 故A正确； B．A落地前，摩擦力对B做功，A、B系统机械能不守恒，故B错误； C．根据 得 故C正确； D．A落地后，B加速度 根据 解得 故D错误。 故选AC。 【变式训练6-1】如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上，时刻对物块施加一沿斜面向上的、按图乙所示规律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图象如图丙所示，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）    A．斜面倾角的正弦值为0.6 B．物块的质量为0.2kg C．0~1s内，F的冲量大小为2N·s D．1s末物块的速度大小为2.5m/s 【变式训练6-2】如图所示，足够长的斜面体静止在粗糙水平地面上，质量为m的物体正以速度沿斜面向下做匀速直线运动，某时刻若对物体施加一垂直斜面向下的力F后，下列说法正确的是（　　）    A．物体仍将沿斜面向下匀速运动 B．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体可能运动 C．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体受到地面的摩擦力为零 D．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体受到地面的摩擦力向左 【变式训练6-3】（多选）如图一所示，轻杆与水平面的倾角为，带有小孔的小球套在轻杆上，小球与轻杆之间的动摩擦因数，小球的质量。时由静止释放小球，同时对小球施加沿轻杆向上的外力F，力F与时间的关系如图二所示。重力加速度为，下列说法正确的是（    ）    A．内，小球的最大速度为 B．内小球的机械能一直在增加 C．后小球的重力势能最多增加 D．后，小球做匀减速直线运动，速度为零后，小球将处于平衡态 【变式训练6-4】（多选）如图所示，一质量为、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为的光滑楔形物块，物块在水平恒力作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为。下列说法正确的是（　　）    A．斜面体对物块的支持力为 B．斜面体的加速度大小为 C．水平恒力大小 D．若水平作用力作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则将变小 题型07：斜面上的连接体问题 【典型例题1】如图所示，A、B两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为M的斜面C顶端由静止开始下滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中，以下说法正确的是（ ） A．A、B两物体间的作用力为2mgsinθ B．A、B两物体间作用力为0 C．斜面对地面的压力为Mg+2mg D．地面对斜面的摩擦力方向向左。 【答案】BD 【解析】 试题分析：将AB看做一个整体，整体在沿斜面方向上只受重力沿斜面向下的分力，所以有，即B的加速度为，设AB之间的作用力为N，则根据牛顿第二定律可得，解得，故A错误B正确；斜面对AB的支持力为，方向垂直斜面向上，故根据牛顿第三定律可得AB对斜面有一个垂直斜面向下的作用力，大小为，故斜面在水平方向上有相对地面向右运动的趋势，所以地面对斜面的摩擦力向左，将此力沿竖直方向分解，则分力小于2mg，所以地面对斜面的支持力小于Mg+2mg，故斜面对地面的压力小于Mg+2mg，C错误D正确 【典型例题2】（多选）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为M的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为，右侧倾角为。质量分别为和的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是（    ） A． B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑 C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于 D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 【答案】AD 【解析】A．对物体A受力分析，由平衡条件得 对物体B受力分析，由平衡条件得 联立可得，A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数为 A正确； B．剪断轻绳后，对A受力分析 所以，剪断轻绳后，A在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B受力分析 所以，剪断轻绳后，B能沿斜面加速下滑，B错误； C．剪断轻绳后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律 解得 对斜面体和A、B物体整体受力分析，在竖直方向 由牛顿第三定律 所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力 C错误； D．对斜面体和A、B物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为 方向水平向右，D正确。 故选AD。 【变式训练7-1】如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为（　　）    A． B． C． D． 【变式训练7-2】（多选）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面放在粗糙水平面上，斜面顶端固定有一轻质定滑轮A，轻绳一端连接静止于斜面上的物体m，绕过光滑的定滑轮A，另一端系在竖直固定杆上的B点。现将另一个重物G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，整个装置处于静止状态。现将绳的B端沿固定杆向上缓慢移动一小段距离，同时物体m在外力作用下沿斜面缓慢上移少许，撤去外力，系统重新平衡。关于此过程中有关力的变化情况，下列说法正确的是（　　） A．绳的张力变小 B．地面对斜面的支持力不变 C．斜面对物体m的摩擦力减小 D．地面对斜面的摩擦力增大 【变式训练7-3】（多选）如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，上端接在天花板上，下端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到斜面的中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面始终处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．该过程中，A和B的总重力势能不变 B．该过程中，地面对斜面的摩擦力大小为 C．A到达斜面中点的速率为 D．该过程中，细线的拉力大小为 题型08：斜面模型与功能关系 【典型例题1】如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（    ） A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下 C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下 D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑 【答案】D 【解析】BC．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有 解得h=μx 所以x与θ无关，仍停在A点，故BC错误； A．根据前面分析可知重力对木块做功为WG=mgh=μmgx 摩擦力对木块做功为Wf=-WG=-mgh=-μmgx 故A错误； D．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有 解得h=μx 将斜面底端延长至A点，有 所以木块则刚好不下滑，故D正确。 故选D。 【典型例题2】物体在拉力作用下沿着光滑斜面做直线运动，其机械能与位置的关系图像如图所示。设物体在和处时力的大小分别为、，从运动至的过程拉力所做的功为，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】AB．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量 可得，图像的斜率为物体所受拉力的大小。由图像可得，斜率在逐渐变大，所以物体所受拉力在逐渐变大，即，故AB错误； CD．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量，所以物体从处运动到处，拉力所做的功为 故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练8-1】如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能与路程x的关系图像如图（b）所示。图（b）中，图线A表示的是 物块的图像；甲与斜面间的动摩擦因数 。 【变式训练8-2】如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 【变式训练8-3】如图所示，一斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD段长度。一质量的小物块（可视为质点）从斜面顶端A以初速度沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长，物块与斜面AD段间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正确的是（　　）    A．A、D间的距离 B．物块第一次运动到D点时的速度大小为 C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为 D．物块在斜面AD段能滑行的总路程为 【变式训练8-4】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 【变式训练8-5】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　） A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 【变式训练8-6】如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　） A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N 【变式训练8-8】在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的。如图a所示，一质量为的足够长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板A端距斜面底端的距离为m，由此“软”性材料做成的挡板固定在斜面底端。时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量的小物块从距离木板B端3m处，以沿木板向上的初速度滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，F随时间的变化如图b所示，其中，当木板第一次与挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数，小物块可以看作质点，取，求： （1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量； （3）从开始至木板与挡板进行第k次碰撞，摩擦产生的Q。（计算结果用k表示并化简）    【变式训练8-9】如图所示，一质量为、长为的木板静止在倾角的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为。现给木板一沿斜面向下的初速度，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度v2=5m/s逆时针转动，其长度，小物块与传送带间动摩擦因数。小物块经过斜面与传送带连接处机械能损失不计，重力加速度g取。求： （1）小物块和木板刚开始运动时的加速度大小； （2）木板运动的时间； （3）整个过程系统因摩擦增加的内能。    【变式训练8-10】五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r = 0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R = 0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（错开距离相对于两个轨道的半径都很小）。左侧有一与水平面夹角θ = 37°，长度L = 1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m = 0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek= 6.5J发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）求： （1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA； （2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值； （3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功Wf； （4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能Ek与x之间的关系。 题型09：斜面模型与动量 【典型例题1】弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为、，且，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则、之比为（　　）    A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5 【答案】B 【解析】两球碰撞时由动量守恒可得 由能量守恒可得 联立可得 玻璃球B返后两球速度相等 可得 故选B。 【典型例题2】（多选）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P，Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（　　） A．若，则P、Q只能发生一次碰撞 B．若，则P、Q只能发生一次碰撞 C．若，则P、Q只能发生两次碰撞 D．若，则P、Q只能发生三次碰撞 【答案】AC 【解析】AB．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰．动量守恒及动能不变，有 联立解得第一次碰后 之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有 解得 故A正确、B错误； C．若，第一次碰后，可得 ， 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 ， 故P、Q只能发生两次碰撞，故C正确； D．若，第一次碰后，可得 ， 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 ， 故P、Q只能发生两次碰撞，故D错误。 故选AC。 【变式训练9-1】（多选）在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和ABʹ（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和ABʹ滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动。则下列说法中正确的是（　　） A. 甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量 B. 甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C. 甲在B点的动量等于乙在Bʹ点的动量 D. 甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率 【变式训练9-2】工人使用一块长的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角的斜面。工人甲从木板底部推动质量的小车，使小车以的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某处时，以的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比为，g取，，，小车和货物均可视作质点，求： （1）货物抛出点距平台的高度； （2）货物的质量m。 【变式训练9-3】如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为，a的质量为，重力加速度大小为，求： （1）b与a碰后瞬间两者的速度大小； （2）时间内a对b做的功； （3）时间内弹簧对挡板的冲量大小。 【变式训练9-4】如图，倾角为θ=30°的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m的不带电小球A，小球A静止时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为+q、质量为的小球B以初速，从斜面顶端沿斜面向下运动，与小球A发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已知电场强度，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求： （1）小球A静止时，弹簧的形变量x； （2）两小球碰撞前，小球B的速度大小v； （3）小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。 【变式训练9-5】 如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，轻弹簧的一端拴接于斜面底端，另一端拴接物块乙，初始时乙静止在斜面上的C点。某时刻，物块甲从斜面上的D点由静止释放，当甲动能为时与乙碰撞并合为一体，若把碰后的粘合体称为丙，此时丙的动能为，丙向下运动到B点时达到最大动能为，向下运动到最低点A时动能为0，此过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）物块甲、乙的质量之比； （2）C、B两点与B、A两点之间距离之比。 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 第12讲 斜面模型 目 录 思维导图 1 学习目标 2 知识要点 2 技巧方法 5 题型分类 7 题型01：无外力作用的平衡 7 题型02：有外力作用的平衡 10 题型03：平衡状态下的连接体问题 21 题型04：光滑斜面上的牛顿第二定律 36 题型05：粗糙斜面上的牛顿第二定律 42 题型06：有外力作用的斜面运动 48 题型07：斜面上的连接体 54 题型08：斜面与功能关系 60 题型09：斜面与动量 74 高中物理斜面模型的学习目标，围绕“知识理解、能力应用、思维迁移”三个维度展开，是力学综合能力的核心训练载体，具体目标如下： 一、知识目标：掌握斜面模型的核心物理概念与规律 1. 精准理解斜面场景下的受力分析方法，能按“重力→弹力→摩擦力→外力”的顺序完整画出受力图，明确支持力垂直斜面、摩擦力方向与相对运动（趋势）相反的特点。 2. 熟练掌握力的分解与合成在斜面中的应用，能建立“沿斜面-垂直斜面”坐标系，准确分解重力为 Gx=mgsinθ和 Gy=mgcosθ ，并推导支持力 N=mgcosθ摩擦力（静摩擦 f、滑动摩擦 f=μN ）的表达式。 3. 掌握斜面模型与三大核心规律的结合： 平衡状态（静止/匀速）：会用力的平衡条件列方程求解摩擦力、外力等物理量； 变速状态（加速/减速）：能结合牛顿第二定律推导加速度公式（如 a=g(gsinθ-μgcosθ ）； 能量问题：理解重力做功与势能变化的关系，能运用机械能守恒（光滑斜面）和动能定理（粗糙斜面）分析速度、位移； 动量问题：会判断沿斜面方向动量守恒的条件，能用动量定理求时间、冲量，用动量守恒定律分析碰撞过程。 二、能力目标：提升力学问题的分析与解题能力 1. 受力分析能力：能快速识别斜面中“静/滑动摩擦的转换”“外力（水平/沿斜面推拉力）的分解”等关键受力细节，避免漏力、错判方向。 2. 模型构建能力：能将复杂问题（如斜面+连接体、斜面+碰撞、斜面运动）拆解为“基础斜面模型”，提炼核心条件（如光滑/粗糙、固定/运动、临界状态）。 3. 规律选择能力：根据物体状态（平衡/变速）和问题需求（求力/时间/速度/能量），精准匹配“平衡条件/牛顿定律/动能定理/动量守恒”，不盲目套用公式。 4. 临界问题突破能力：能抓住“物体刚好不滑动”“绳子刚好无张力”“斜面刚好不运动”等临界场景，找到“静摩擦达最大值”“弹力为0”等极值条件，建立方程求解。 三、思维目标：培养物理学科的核心思维方法 1. 矢量思维：通过斜面中力、加速度、动量的分解与合成，深化“矢量的方向性”认知，能规范规定正方向并代入正负值计算。 2. 等效替代思维：理解“重力沿斜面的分力等效为‘动力/阻力’”“摩擦力做功等效为机械能损失”，学会用“等效法”简化复杂受力或能量过程。 3. 整体与隔离思维：分析“斜面+物体”系统（如斜面不固定、连接体）时，能灵活用“整体法”求加速度，用“隔离法”分析单个物体的受力与动量，建立整体与局部的关联。 4. 迁移应用思维：能将斜面模型的分析方法迁移到“类斜面问题”（如倾斜传送带、光滑斜面轨道、等时圆模型），掌握“抓本质（力的分解、规律应用），弃表象（场景差异）”的解题逻辑。 四、核心落脚点：形成力学综合解题的“通法” 最终目标是通过斜面模型的学习，掌握力学问题的通用分析流程——“定状态→画受力→建坐标→选规律→列方程→解临界”，能独立解决90%以上的力学综合题，为后续电场、磁场中的“复合场斜面问题”（如带电粒子在倾斜电场中的运动）奠定基础。 高中物理斜面模型是力学核心模型，核心是力的分解与合成，需结合平衡条件、牛顿运动定律及能量关系分析，以下是知识点梳理： 一、基础：斜面模型的受力分析（核心前提） 对斜面上的物体（通常为质点），先画重力，再看接触面： 1. 重力（G）：竖直向下，大小为 G=mg 。 2. 支持力（N）：垂直斜面向上，是弹力，大小由垂直斜面方向的力平衡决定。 3. 摩擦力（f）： 若物体静止或匀速滑动：静摩擦力/滑动摩擦力沿斜面向上，平衡重力的分力； 若物体加速下滑：滑动摩擦力沿斜面向上（与相对运动方向相反）； 若物体被推上斜面：滑动摩擦力沿斜面向下（与相对运动方向相反）。 关键：建立直角坐标系——沿斜面为x轴，垂直斜面为y轴，将重力分解为： 沿斜面向下的分力： Gx=mgsinθ（“动力”或“阻力”，取决于运动方向）； 垂直斜面向下的分力： Gy=mgcosθ（决定支持力大小， N=Gy= mgcosθ）。 二、核心场景1：斜面静止（平衡状态） 物体在斜面上静止或匀速直线运动，合外力为0（ F_{合}=0 ），分方向列平衡方程： •沿斜面方向： f = mgsinθ （静摩擦或滑动摩擦，若为滑动则 f=μ N=μmgcosθ ）； •垂直斜面方向： N = mgcosθ 。 高频结论： •物体静止时，静摩擦力随外力（如推、拉力）变化，最大值为 fmax= μN （ μ为静摩擦因数）； •若物体匀速下滑，必有 mgsinθ = μmgcosθ即 μ= tanθ （斜面“自锁”条件）。 三、核心场景2：斜面静止，物体加速（牛顿第二定律） 物体在斜面上加速或减速，合外力不为0，用 =ma 列方程： 1. 无外力，仅受重力、支持力、摩擦力 • 沿斜面方向： mgsinθ - f = ma （下滑加速，f向上）； • 垂直斜面方向： N = mgcosθ ； • 若为滑动摩擦（f=μ N=μmgcosθ ），代入得加速度： a = g(gsinθ - μgcosθ) 。 若 sinθ > μcosθ ：a沿斜面向下，物体加速下滑； 若 sinθ < μcosθ：a沿斜面向上，物体减速下滑（需初速度向下）。 2. 有外力（如沿斜面推/拉、水平推/拉） 需将外力分解到x（沿斜面）、y（垂直斜面）轴，再列方程： • 例：沿斜面向上拉物体，拉力为F： 斜面： F + f - mgsinθ= ma （f向上，阻碍下滑）； 垂直斜面： N = mgcosθ 。 • 例：水平向右推物体，推力为F： 沿斜面： F cosθ - mgsinθ- f = ma ； 垂直斜面： N = mgcosθ+ Fsinθ （F的分力增大支持力，进而增大摩擦力）。 四、核心场景3：斜面本身运动（非惯性系） 斜面在水平面上加速（如向右加速），物体相对斜面静止，需考虑惯性力（非惯性系中），或用“整体法+隔离法”分析： 1. 整体法 对“物体+斜面”整体，水平方向合力： = (M+m)a_{斜} （M为斜面质量， a_{斜} 为斜面加速度）。 2. 隔离法（对物体） 物体相对斜面静止，加速度与斜面相同（ a = a斜} ），沿x（水平）、y（竖直）列方程： • 水平方向： Nsinθ - fcosθ = ma ； • 竖直方向： Ncosθ+ fsinθ= mg ； • 若斜面光滑（ f=0 ），简化得： a = gtanθ （斜面加速的“临界值”，此时物体仅受重力和支持力）。 五、能量与动量视角（斜面模型的拓展） 1. 机械能守恒 若斜面光滑（无摩擦），只有重力做功，物体机械能守恒： 下滑过程：重力势能减少量 = 动能增加量，即 mgxsinθ=m-m（x为沿斜面位移）。 2. 动能定理 有摩擦时，合外力做功=动能变化： + = ⧍ ，即 mgxsinθsinθ - μmgxsinθ = m-m（ 为负功）。 3. 动量守恒 若斜面光滑、水平方向不受外力（如斜面放在光滑水平面），则“物体+斜面”系统水平方向动量守恒： •物体下滑时，斜面会反向运动，满足： m = M（ 为物体水平分速度）。 六、特殊斜面模型 1.等时圆模型：从圆周上各点沿光滑弦滑到圆周最低点（或从最高点滑到各点），时间均相等，与弦的倾角无关， 2.连接体斜面：两个物体通过绳子/弹簧连接在斜面上，需判断绳子是否有张力（先假设无张力，算各自加速度，若相等则无张力，反之有张力）。 3.斜面中的临界问题：如“物体刚好不滑动”“绳子刚好断”，关键是找到临界条件（如静摩擦达最大值、弹力为0）。 七、解题思路总结 1. 定状态：判断物体是平衡（静止/匀速）还是加速（变速），斜面是静止还是运动； 2. 画受力：按“重力→弹力→摩擦力→外力”的顺序画受力图，避免漏力； 3. 建坐标：优先沿“运动方向/加速度方向”和“垂直方向”建立坐标系，简化计算； 4. 列方程：平衡状态列“力的平衡方程”，加速状态列“牛顿第二定律”，能量问题用“动能定理/机械能守恒”，动量问题用“动量守恒条件”； 5. 找临界：特殊情况（如光滑、匀速、刚好滑动）对应特殊条件，代入求解。 高中斜面模型解题的核心技巧是**“按序分析、定向建模、抓临界破综合”**，围绕“受力-状态-规律”三步拆解，以下是具体技巧总结： 一、受力分析：避免漏力的“四步画法”（基础技巧） 所有斜面问题的起点是精准受力，按固定顺序画力，杜绝遗漏或多力： 1.先画重力（G）：竖直向下，大小 mg ，必画且唯一方向； 2.再画弹力（N）：接触面的弹力垂直于斜面（斜面是“接触面”，不是竖直面），方向固定向上； 3.后画摩擦力（f）： 先判断“相对运动/趋势”：静止或匀速→f与重力分力 mgsinθ反向（沿斜面向上）；加速下滑→f沿斜面向上（阻碍相对运动）；被推上斜面→f沿斜面向下（与运动方向相反）； 再区分“静/滑动”：静摩擦用平衡或临界条件算，滑动摩擦直接用 f=μN； 4.最后补外力（F）：若有推、拉、压等外力，按题目方向画（如沿斜面、水平、竖直），不要漏画。 关键提醒：斜面光滑时，直接去掉“摩擦力”，无需纠结。 二、坐标系建立：简化计算的“最优方向”（核心技巧） 建坐标系的原则是**“让加速度或速度方向与坐标轴重合”**，减少力的分解次数： 常规场景（物体沿斜面运动）：x轴沿斜面（顺/逆运动方向），y轴垂直斜面。 优势：重力仅需分解为 Gx=mgsinθ（x轴）和 Gy=mgcosθ （y轴），支持力N直接在y轴，摩擦力f直接在x轴，方程仅含x、y两个方向，计算最简单； 特殊场景（斜面运动，物体相对斜面静止）：x轴水平（与斜面加速度方向一致），y轴竖直。 例：斜面向右加速，物体随斜面运动，x轴向右（加速度方向），y轴向上，此时支持力N和摩擦力f需分解，但能直接用“加速度与合力同向”列方程，避免复杂角度换算。 三、状态对应规律：“锁死”方程选择（破题技巧） 根据物体的运动状态，直接匹配对应的物理规律，不盲目套用公式： 物体状态 核心规律 列方程关键 静止/匀速直线 力的平衡 x轴：所有力的分力代数和=0；y轴：同上 匀加速/匀减速 牛顿第二定律 x轴：合外力=ma；y轴：合外力=0（垂直斜面无加速度） 曲线运动（如平抛） 运动分解（水平匀速+竖直自由落体） 沿斜面方向算加速度，垂直方向平衡 求位移/速度/能量 动能定理/机械能守恒 重力做功看高度差，摩擦力做功看路程 斜面+光滑水平面 水平动量守恒 系统水平方向不受外力，初动量=末动量 四、临界问题突破：抓“极值条件”（提分技巧） 斜面问题中的“刚好不滑”“刚好脱离”“绳子刚好断”等临界情况，核心是找到**“临界状态对应的力的条件”**： 1. 静摩擦临界：物体刚好要滑动时，静摩擦力达到最大值 fmax=μN ，此时方程中 f 直接用 μN 代入； 2. 弹力临界：物体刚好脱离斜面时，支持力 N=0 （如斜面突然加速，物体飘起瞬间），此时仅受重力和摩擦力（或只有重力）； 3. 连接体临界：两物体通过绳子连接在斜面上，“刚好无张力”的条件是：两者加速度相等（先假设绳子无张力，分别算两物体加速度，若 = ，则实际无张力；若 ≠ ，则有张力）。 五、综合题技巧：“拆分+关联”法（压轴题必备） 面对“斜面+连接体+能量+动量”的综合题，按“拆分模型→找关联量→分步求解”的思路拆解： 1.拆分模型：将系统拆分为“单个物体”（如斜面上的物块A、水平面的物块B），分别对每个物体画受力图； 2.找关联量： 连接体：绳子张力大小相等，若沿斜面和水平面连接，两物体加速度大小相等（绳子不可伸长）； 斜面+水平面：物体从斜面滑到水平面，速度的“沿斜面分速度”转化为“水平速度”（光滑衔接时，速度大小不变，方向改变）； 3.分步用规律：先对单个物体用“牛顿定律”求加速度，再对整体用“动能定理”求位移，或对系统用“动量守恒”求速度，逐步推进。 六、避坑技巧：杜绝3个高频错误 1.重力分解错误：分解重力时，务必沿“斜面和垂直斜面”方向，不要沿“水平和竖直”分解（除非斜面运动），避免出现 Gx=mgcosθ 的低级错误； 2.摩擦力方向判断错误：摩擦力方向与“相对运动/趋势”相反，不是与“运动方向”相反（如物体沿斜面向上减速，运动方向向上，相对运动方向向上，摩擦力向下）； 3.忽略斜面运动的惯性力：斜面加速时，物体相对斜面静止，需用“惯性力”（非惯性系）或“水平-竖直坐标系”分析，不能直接套用静止斜面的平衡方程。 总结：解题“四步走”流程 1.定状态：判断物体是平衡、加速还是曲线运动，斜面是静止还是运动； 2.画受力：按“重力→弹力→摩擦力→外力”顺序画受力图，标注方向； 3.建坐标+选规律：沿运动/加速度方向建轴，按状态匹配“平衡/牛顿定律/能量/动量”； 4.列方程+找临界：代入已知量，对临界问题补充“极值条件”，求解并验证单位、方向是否合理。 掌握以上技巧，可快速拆解90%以上的斜面模型题，核心是“不跳步、不主观臆断力的方向，让规律匹配状态”。 平衡状态下的斜面模型 题型01：无外力作用的平衡问题 【典型例题1】（多选）如图所示，质量为M的木楔ABC静置于粗糙水平面上，在斜面顶端将一质量为m的物体，以一定的初速度从A点沿平行于斜面的方向推出，物体m沿斜面向下做减速运动，在减速运动过程中，下列说法中正确的是(　　) A．地面对木楔的支持力大于(M＋m)g B．地面对木楔的支持力等于(M＋m)g C．地面对木楔的摩擦力水平向左 D．地面对木楔的摩擦力水平向右 【答案】AD 【解析】m沿斜面减速运动，加速度方向沿斜面向上，可知m在竖直方向上的加速度方向竖直向上，在水平方向上的加速度方向水平向右，对系统研究，竖直方向上有：N-（M+m）g=may，可知地面对木楔的支持力大于（M+m）g，故A正确，B错误；水平方向上有：f=max，可知地面对木楔的摩擦力水平向右，故D正确。所以AD正确，BC错误。 【变式训练1-1】如图所示是滑梯简化图，一小孩从滑梯上A点开始无初速度下滑，在AB段匀加速下滑，在BC段匀减速下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态。假设小孩在AB段和BC段滑动时的动摩擦因数分别为和，AB与BC长度相等，则 A.整个过程中地面对滑梯始终无摩擦力作用 B.动摩擦因数 C.小孩从滑梯上A点滑到C点先超重后失重 D.整个过程中地面对滑梯的支持力始终等于小孩和滑梯的总重力 【答案】B 【解析】 小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度，根据牛顿第二定律知，地面对滑梯的摩擦力方向水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左，故ACD错误；设AB的长度为L，小孩在B点的速度为v．小孩从A到B为研究对象，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；小孩从B到C为研究过程，由牛顿第二定律可得：，由运动学公式可得：；联立解得：，故B正确． 【变式训练1-2】一质量为M、带有挂钩的球形物体套在倾角为θ的细杆上，并能沿杆匀速下滑，若在挂钩上再吊一质量为m的物体，让它们沿细杆下滑，如图所示，则球形物体(　　) A．仍匀速下滑 B．沿细杆加速下滑 C．受到细杆的摩擦力不变 D．受到细杆的弹力不变 【答案】A 【解析】 未挂m时，匀速下滑，根据平衡条件有 即 所以再挂上m后，依然有 仍然平衡，匀速下滑。 故选A。 【变式训练1-3】如图所示，斜面体b静止在水平地面上，物体a沿斜面匀速下滑，斜面体b始终静止不动，则下列说法正确的是 A.地面对斜面体没有摩擦力 B.当在物体a上施加一沿斜面向下的力时，地面对斜面体有向右的摩擦力 C.当在物体a上施加一沿斜面向上的力（物体仍向下运动）时，地面对斜面体有向左的摩擦力 D.当在物体a上施加一竖直向下的力时，物体a加速下滑 【答案】A 【解析】 A.以整体为研究对象，水平方向受力平衡，则地面对斜面体没有摩擦力，故A正确； B.当在物体B上施加一沿斜面向下的力时，物体对斜面的压力和摩擦力均不变，则斜面受力情况不变，地面对斜面体的摩擦力为零，故B错误； C.当在物体B上施加一沿斜面向上的力时（物体仍向下运动），物体对斜面的压力和摩擦力均不变，则斜面受力情况不变，地面对斜面体的摩擦力为零，故C错误； D.物体匀速下滑，根据平衡条件可得：mgsinθ=μmgcosθ，当在物体B上施加一竖直向下的力时，则（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，物体B仍匀速下滑，故D错误。 【变式训练1-4】（多选）倾角为θ、质量为M的室内小滑梯如图所示，质量为m的小朋友沿着滑梯匀加速下滑，整个运动过程中滑梯保持静止不动。对此运动过程，下列有关说法正确的是 A．小朋友和滑梯之间的动摩擦因数一定小于tanθ B．地面对滑梯的支持力一定等于(m+M)g C．地面对滑梯的摩擦力大小一定等于mgcosθsinθ D．地面对滑梯的摩擦力方向一定向左 【答案】AD 【解析】 因为小朋友做匀加速下滑，即，解得，A正确；因为小朋友存在一个竖直向下的分加速度，处于失重状态，人对滑梯的作用力小于其重力，故地面对滑梯的支持力小于两者的重力，B错误；小朋友存在一个水平向左的分加速度，即在水平方向上小朋友的合力向左，根据牛顿第三定律可知小朋友对电梯在水平方向上的作用力向右，即电梯有向右的运动趋势，电梯受到地面的摩擦力方向一定向左，，故地面的摩擦力大小为，C错误D正确． 题型02：有外力作用的平衡问题 【典型例题1】如图所示，质量为m的物体A静止在质量为M的斜面B上，斜面B的倾角。现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止。对此过程下列说法正确的是（　　） A．A所受摩擦力方向始终沿斜面向上 B．A所受摩擦力先增大后减小 C．地面对B的支持力随着力F的变化而变化 D．地面对B的摩擦力先增大后减小 【答案】D 【解析】 AB．当A、B间摩擦力为零时，根据平衡条件 解得此时水平拉力 由于水平拉力 因此A所受摩擦力方向先沿斜面向上，后沿斜面向下，最后又沿斜面向上，所受摩擦力大小先减小，后反向增大，再减小，然后再反向增大，AB错误； C．将A、B作为一个整体，无论F如何变化，地面对B的支持力始终不变，C错误； D．将A、B作为一个整体，地面对B的摩擦力与F等大反向，因此摩擦力先增大后减小，D正确。 故选D。 【变式训练2-1】如图甲所示,粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为f1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f3；如图丁所示，若对该物块施加一不平行于斜面向下的推力F3，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为f4。下列关于f1、f2、f3、f4的大小关系正确的是 (　　) A．f1>0 B．f2=f3 C．f3<f4 D．f3=f4 【答案】BD 【解析】 A.甲图中物块受到重力、支持力和摩擦力，由于物块在斜面匀速运动，则支持力和摩擦力的合力大小等于其重力大小，方向竖直向上；物块对斜劈的合力等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力，故选项A错误； B.图乙和图丙中，物块受到的力除了重力、支持力、沿着斜面向上的摩擦力，还有推力，由于推力平行于斜面，所以不影响物块的支持力和摩擦力，则物块对斜劈的合力不变，仍然等于其重力，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力、，故选项B符合题意； CD.图丁中，对物块施加不平行于斜面向下的推力，将沿斜面和竖直方向分解，即相当于施加一个沿斜面向下的推力和增大了物块的重力，由上面的分析可知，施加一沿斜面的力不影响物块对斜劈的力；物块的重力增大后，物块对斜劈的合力变大，方向竖直向下，所以地面对斜劈的摩擦力仍为0，即，故选项D正确，C错误。 【变式训练2-2】（多选）如图所示，质量为M足够长的斜面体始终静止在水平地面上，有一个质量为m的小物块在受到沿斜面向下的力F的作用下，沿斜面匀加速下滑，此过程中斜面体与地面的摩擦力为0。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．斜面体给小物块的作用力大小等于mg B．斜面体对地面的压力小于（m+M）g C．若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动 D．若将力F撤掉，小物块将匀速下滑 【答案】AD 【解析】 试题分析：因斜面体与地面的摩擦力为0，可知物体对斜面体的作用力方向竖直向下，因物体对斜面体的正压力大小为mgcosθ，则摩擦力为mgsinθ，此时mgsinθ=μmgcosθ，物体对斜面体的作用力为mg，则斜面体给小物块的作用力大小等于mg，选项A正确；由整体法可知，斜面体对地面的压力等于（m+M）g，选项B错误；若将力F的方向突然改为竖直向下，则可认为物体的重力变为(mg+F)，此时小物块所受的摩擦力变为μ(mg+F)cosθ=(mg+F)sinθ，则物体做匀速运动，选项C错误；若将力F撤掉，则由于mgsinθ=μmgcosθ，则小物块将匀速下滑，选项D正确；故选AD. 【变式训练2-3】一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，此时斜面体不受地面的摩擦力作用，若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，则斜面体受地面的摩擦力( ) A．大小为零 B．方向水平向前 C．方向水平向后 D．无法判断大小和方向 【答案】A 【解析】 由于两个过程中斜面体受到物体的作用力没有变化，所以地面对斜面体的摩擦力不变，仍为零，A项正确． 【变式训练2-4】如图所示，一倾角θ=的斜面放置于粗糙水平地面上，现将一质量m=1kg的物体放于斜面上，并对物体施加一水平向左、大小F=2N的恒力，物体与斜面继续保持静止状态，则地面施加给斜面的摩擦力为（ ） A. B.1N，水平向左 C.2N，水平向左 D.2N，水平向右 【答案】D 【解析】 【详解】 对斜面体和滑块整体分析，受重力、支持力、推力、静摩擦力，根据平衡条件，有： f=F=2N，方向向右 A．与分析不符，故A项错误； B．1N，水平向左与分析不符，故B项错误； C．2N，水平向左与分析不符，故C项错误； D．2N，水平向右与分析相符，故D项正确。 【变式训练2-5】如图所示，斜面体放在水平面上，物块放在斜面上，现用水平推力F推物块，在F逐渐增大的过程中，物块和斜面体始终保持静止，则在F增大的过程中，下列说法正确的是（　　） A.物块受到的合力增大 B.物块受到斜面的摩擦力增大 C.地面对斜面体支持力增大 D.地面对斜面体的摩擦力增大 【答案】D 【解析】 A.物体始终处于静止，合力始终为零；故A错误. B.物块受到的摩擦力如果开始时沿斜面向上，则物块受到斜面的摩擦力会先减小后增大；故B错误. CD.对整体研究可知，地面对斜面体的支持力始终不变，摩擦力不断增大，故C错误，D正确. 【变式训练2-6】（多选）如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是（ ） A.斜面B相对地面有向右运动的趋势 B.地面对斜面B的静摩擦力大小为 C.地面对斜面B的支持力大小为 D.斜面B与物体A间的动摩擦因数为 【答案】BC 【解析】 AB、将A和B看成一个整体,对其进行受力分析,由平衡条件可知,地面对B的静摩擦力f=Fcosθ,方向水平向右,故B相对地面有向左运动的趋势,故A错误, B正确; C、由平衡条件可知,地面对B的支持力FN=(M+m)g+Fsinθ,故 C正确; D、对A进行受力分析可知,在平行于斜面的方向上有mgsinθ+F=μmgcosθ, 解得，故D错误； 【变式训练2-7】、如图，物块A、B静置在水平地面上，某时刻起，对B施加一沿斜面向上的力F，力F从零开始随时间均匀增大，在这一过程中，A、B始终保持静止，则(　 　) A.物体B受到的摩擦力逐渐增大 B.物体B受到的摩擦力逐渐减小 C.地面对A的支持力减小 D.地面对A的支持力不变 【答案】C 【解析】 AB.以B为研究对象，原来B静止时，所受的静摩擦力沿斜面向上，当F均匀增大时，B所受的摩擦力先减小后反向增大，故AB错误； CD.以A、B组成的整体为研究对象，分析受力情况如图：总重力G、力F、地面对A的支持力N、摩擦力f。 设斜面的倾角为α，由平衡条件得：N+Fsinα=G，f=Fcosα；由题，F均匀增大，则知地面对A的支持力N均匀减小。故C正确，D错误。 【变式训练2-8】（多选）一斜面（足够长）静止于粗糙的水平地面上，在其上端放一滑块m，若给m一向下的初速度v0， m正好保持匀速下滑。如图所示，现在m下滑的过程中再加一个恒力，以下说法正确的是（　 　） A．如果加一竖直向下的恒力F1，则m将沿斜面匀加速下滑 B．如果加一竖直向下的恒力F1，则m将仍然沿斜面匀速下滑 C．如果加一个沿斜面向下的恒力F2，则在m下滑过程中，地面对M没有静摩擦力作用 D．如果加一个水平向右的恒力F3，则在m下滑过程中，地面对M没有静摩擦力作用 【答案】BCD 【解析】 设斜面倾角为，物体与斜面间的动摩擦因数为，开始时物块能匀速下滑，则有： A、B项：如果加一竖直向下的恒力F1，对物块受力分析得：物块沿斜面向下的力为：，物块与斜面间的摩擦力为： ，结合可知，=即m将仍然沿斜面匀速下滑，故A错误，B正确； C项：在m上加一沿斜面向下的力F2，物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，但m与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变，即物块所受支持力与摩擦力的合力仍然竖直向上，则斜面所受摩擦力与物块的压力的合力竖直向下，则斜面水平方向仍无运动趋势，故仍对地无摩擦力作用，故C正确； D项：未施加力之前，物块匀速，则mgsinθ-μmgcosθ=0；在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向：mgsinθ-F3cosθ-μ（mgcosθ+F3sinθ）＜0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了F3sinθ，则摩擦力增加μF3sinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图： 则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故D正确。 故应选：BCD。 【变式训练2-9】如图甲所示，质量为m0的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一个质量为m的物体A，用一个竖直向下的力F作用于A上，物体A刚好沿斜面匀速下滑。若改用一个斜向下的力F＇作用在A上时，物体A加速下滑，如图乙所示，则在图乙中关于地面对劈的摩擦力Ff，及支持力FN的结论正确的是（ ） A．Ff＝0，FN＞m0g B．Ff＝0，FN＜m0g C．Ff向右，FN＜m0g D．Ff向左，FN＞m0g 【答案】A 【解析】 对于图甲，以A为研究对象，分析受力，作出力图如图1．根据平衡条件得 ， 得到 ， 对于乙图，以B为研究对象，分析受力，作出力图如图2。设地面对B的方向水平向右，根据平衡条件得 水平方向： 又 得到 ， 竖直方向： ； AB．，，A正确B错误； CD．，CD错误。 【变式训练2-10】如图所示，一斜面体放在粗糙水平地面上，某小物块恰好能沿该斜面体的斜面匀速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 1 ，若用一不平行于斜面向下的力推小物块，使小物块加速下滑，此时地面对斜面体的摩擦力大小为f 2 ，则下列关系式正确的是（　　） A．f 1 =0，f 2 =0 B．f 1 =0，f 2 ≠0 C．f 1 ≠0，f 2 ≠0 D．f 1 ≠0，f 2 =0 【答案】A 【解析】 物块匀速下滑时，对物块和斜面体整体进行受力分析，受到重力、支持力，假设地面对整体有摩擦力，设为水平向右，如图，由于整体处于平衡状态，故摩擦力为零； 物块在推力作用下加速下滑时，除推力外，仍旧受到重力、支持力和摩擦力，设斜面的夹角为，F与斜面所在面的夹角为，当未施加F时，对小物块受力分析，可知，即；当施加F后，在垂直斜面方向上对斜面增加的压力，故对斜面增加的摩擦力为，而，即小物块对斜面增加的摩擦力和压力的合力沿竖直向下，所以在水平方向上没有分力，即地面对斜面的摩擦力f2仍为零，A正确． 【变式训练2-11】如图所示，一斜面ABCD倾角为＝30°，斜面上放置一物块，开始处于静止。现对物块施加一平行于斜面顶边AB的水平推力F，物块恰好可以在斜面上做匀速直线运动，测得它运动的路径EF跟斜面顶边AB间的夹角为＝60°，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 由题意知物块受重力、支持力、水平推力和摩擦力共四个力作用。如图甲所示，将重力沿斜面和垂直斜面进行正交分解，在垂直斜面方向受力如图乙所示。由力的平衡条件可得 联立解得 故选B。 【变式训练2-12】如图所示，斜面体A放在水平地面上，用平行于斜面的轻弹簧将物块B拴在挡板上，弹簧处于伸长状态，伸长量x=4cm，整个系统始终处于静止状态。已知斜面倾角为37°，物块B的质量MB=1kg，物块B与斜面间动摩擦因数μ=0.5，弹劲度系数k=200N/mg取10m/2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。则下列说法正确的是 A．弹簧弹力大小为800N B．物块B受到的摩擦力大小为4N，方向沿斜面向上 C．物块B受到的摩擦力大小为2N，方向沿斜面向下 D．物块B受到的摩擦力大小为14N，方向沿斜面向上 【答案】C 【解析】 A．弹簧的伸长量为 弹簧的弹力为 方向沿斜面向上，故A错误； BCD．物体重力沿斜面向下的分力为 根据平衡条件可得物块B受到的摩擦力大小为 方向沿斜面向下，故C正确BD错误。 故选C。 【变式训练2-13】如图，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上，使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次力之比为 A．cosθ+μsinθ B．cosθ–μsinθ C．l+μtanθ D．1–μtanθ 【答案】B 【解析】 F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得 F1=mgsinθ+μFN FN=mgcosθ 解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得 F2cosθ=mgsinθ+μFN′ FN′=mgcosθ+F2sinθ 解得： 所以 ，故选B． 【变式训练2-14】如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，将一个物块放在斜面上，若对物块施加与斜面成30°角的拉力F，物块恰好在斜面上不上滑。已知物块的质量m=1kg，与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F的大小为（　　） A．3N B．5N C．8N D．10N 【答案】B 【解析】 对物块进行受力分析，如图所示 沿斜面方向和垂直斜面方向建立平面直角坐标系，正交分解拉力F、重力mg在x轴方向上有 Fcos30°-mgsin30°-Ff=0 y轴方向上有 Fsin30°+FN+mgcos30°=0 代入数值，解得 F=N 故选B。 【变式训练2-15】如图所示，木板的左端垂直固定着一个挡板，先将木板右端抬起一个角度θ，然后将三个完全相同表面光滑、质量均为m的匀质圆柱形工件置于木板上，三个工件叠放且保持静止。若改变木板与水平面间的夹角θ，仍使三个工件保持静止，重力加速度为g，则挡板受到的最大弹力为（　　） A．mg B．mg C．3mg D．mg 【答案】A 【解析 】 越大，左侧挡板受到的弹力越大。若太大，上面圆柱将分开，靠左的两个圆柱圆心连线竖直时为临界情况，此时，最上面的圆柱受到两个力的作用恰好处于平衡状态，最上面的圆柱与右侧圆柱间相互接触但无弹力，此时整体对挡板的弹力最大，为 故选A。 题型03：平衡状态下的连接体问题 【典型例题1】如图，水平地面上有一表面粗糙的三角形斜块，斜块顶端装有滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜块上，均处于静止状态。当用平行于斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（　　） A．轻绳对Q的拉力变小 B．三角形斜块对Q的支持力变小 C．三角形斜块对Q的摩擦力大小可能变小 D．地面对三角形斜块的支持力可能不变 【答案】C 【解析】 A．对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用平行斜面向上的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变，即轻绳对Q的拉力大小不变，A错误； B．斜面对Q的支持力等于重力的垂直分力，当用平行于斜面向上的恒力推Q时，由于推力没有垂直斜面的分力，则三角形斜块对Q的支持力不变，B错误； C．对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力，当静摩擦力沿斜面向上时，有 当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反，C正确； D．对整体受力分析，开始时受重力和支持力，二力平衡；施加推力后，推力有竖直向上的分力，则地面对三角形斜块的支持力变小，D错误； 故选C。 【典型例题2】如图所示，一位登山者小王站在倾角为30°的斜坡上，正在通过平行于斜坡的绳索拉动朋友。已知小王总质量为65kg，最大静摩擦力为压力的0.8倍，sin30°=0.5，cos30°=0.87，g=10m/s2，若小王没有滑动，则 （　　） A．小王受到的摩擦力可能沿斜坡向下 B．小王对绳索的拉力最大值约为127N C．朋友丢掉背包后，小王受到的最大静摩擦力会减小 D．小王受到绳索拉力与摩擦力的合力会随绳索拉力的变化而变化 【答案】B 【解析】 A．因小王静止，所以他沿斜面方向受力平衡，小王所受重力沿斜面方向的分力沿斜面向下，绳子对小王的拉力沿斜面向下，所以小王受到的摩擦力必须沿斜面向上，故A错误； B．对小王刚好不动的临界情况，由平衡条件得 Fmax+mgsinθ=0.8mgcosθ 解得 Fmax=127N 故B正确； C．朋友丢掉背包后，小王对斜面的压力大小不变，受到的最大静摩擦力不变，故C错误； D．小王受到绳索的拉力和摩擦力的合力与小王所受重力沿斜面方向的分力平衡，小王所受重力沿斜面方向的分力不变，所以小王受到绳索拉力与摩擦力的合力不变，故D错误。 故选B。 【变式训练3-1】如图所示，斜面上放有两个完全相同的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．则下列说法正确的是 A．a、b两物体的受力个数一定相同 B．a、b两物体对斜面的压力一定不相同 C．a、b两物体受到的摩擦力大小可能不相等 D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动 【答案】C 【解析】 A项:对a、b进行受力分析，如图所示：b物体处于静止状态，当绳子沿斜面向上的分量与重力沿斜面向下的分量相等时，摩擦力为零，所以b可能只受3个力作用，而a物体必定受到摩擦力作用，肯定受4个力作用，故A错误； B项：a、b两个物体，垂直于斜面方向受力都平衡，则有：，解得：，则a、b两物体对斜面的压力相同，故B错误； C项：根据A的分析可知，b的摩擦力可以为零，而a的摩擦力一定不为零，故a、b两物体受到的摩擦力大小可能不相等，故C正确； D项：对a沿斜面方向有：，对b沿斜面方向有：正压力相等，所以最大静摩擦力相等，则a先达到最大静摩擦力，先滑动，故D错误． 【变式训练3-2】如图所示，在倾角为37°的粗糙斜面上静止放置质量分别为m和4m的A、B两物体，斜面与两物体间的摩擦因数均为0.8，用一条不可伸长的细绳通过轻滑轮将两物体相连，现对滑轮施加竖直向上缓慢增大的拉力，直到物块A或B将要发生滑动。已知绳与竖直方向的夹角均为37°，用fA、fB分别表示斜面对两物体的摩擦力，在此过程中，关于两个摩擦力大小的变化情况描述正确的是（　　） A．fA先减小后增大，fB一直减小 B．fA一直减小，fB一直减小 C．fA先减小后增大，fB不变 D．fA一直减小，fB不变 【答案】D 【解析】 在绳子开始作用之后，对B受力分析，B受到绳子垂直斜面向上的拉力T，竖直向下的重力，以及沿斜面向上的摩擦力，如图所示 由于拉力方向一直垂直斜面，不影响沿斜面方向上的力，即在B即将运动前摩擦力不变，当B即将运动时， 解得 对A受力分析，如图所示（摩擦力变化未知，所以未画出）。 当A即将滑动时，若摩擦力沿斜面向上，则 解得T为小于零的数，即无解，所以物块A不可能在摩擦力方向未变化时发生运动。 若摩擦力沿斜面向下，则 代入数据解得 故B首先开始滑动，当绳子的拉力达到时，在沿斜面方向上有 所以摩擦力方向沿斜面向上，故方向较原来没有变化，所以A受到的摩擦力一直在减小，故D正确，ABC错误。 故选D。 【变式训练3-3】一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态（不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦），如图所示。现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止。则下列说法正确的是（　　） A．在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变 B．斜面体所受地面的支持力一定不变 C．斜面对物体A作用力的合力变大 D．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大 【答案】B 【解析】 先对物体B受力分析，根据共点力平衡条件求出绳子的拉力T；再对木块A受力分析，同样根据共点力平衡条件得出各个力的情况。 【详解】 对木块B受力分析，如图 根据共点力平衡条件，有 在缓慢拉开B的过程中，θ变大，故F变大，A错误； B．对斜面体和木块A、B整体受力分析，由于一直平衡，故支持力等于系统的总重力，B正确； CD．物体A受重力、支持力、细线的拉力，可能没有静摩擦力，也可能有沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，静摩擦力可能变小，也可能变大，支持力不变，故斜面对物体A作用力的合力可能变大，也可能变小，C错误，D也错误； 故选B。 【变式训练3-4】如图所示，质量为的物体A静止放在倾角为的斜面上，A与斜面间的动摩擦因数为0.8，用一细绳将小桶B通过定滑轮与物体A相连，在不断向小桶B中加沙子的过程中，A、B始终处于静止状态，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．物体A受到的支持力不断增大 B．斜面对物体A的作用力不断增大 C．物体A受到的摩擦力可能先减小后增大 D．当小桶B和沙子的总质量达到时，摩擦力大小为 【答案】C 【解析】 A．因为物体A始终静止，故受到斜面的支持力大小不变，为 故A错误； BC．若开始时物体A受到向上的静摩擦力，则 则当不断向小桶B中加沙子的过程，T变大，则f先减小后变大；因斜面对物体A的作用力等于支持力和摩擦力和合力，而支持力不变，则此时斜面对物体A的作用力先减小后变大，故B错误，C正确； D．当小桶B和沙子的总质量达到时，绳子提供的拉力为 物体A受力平衡，可得此时的摩擦力为 方向沿斜面向下，故D错误。 故选C。 【变式训练3-5】如图所示，一轻质弹簧下端与地面上的A点相连，上端用轻绳跨过固定在斜面上的轻质光滑定滑轮与斜面上的物体相连，绳与斜面平行此时整个装置处于静止状态。现将弹簧下端的A点沿水平地面缓慢移动到B点，斜面相对地面始终静止。在此过程中，关于斜面和物体受力的判断，下列说法正确的是（　　） A．地面对斜面的摩擦力大小一直为零 B．物块所受轻绳的拉力大小一直不变 C．斜面对物体的支持力大小一直增大 D．斜面对物体的摩擦力大小可能先减小后增大 【答案】D 【解析】 A．对系统整体分析，因为绳子逐渐由A到B，具有水平向右的分力，地面就会产生一个水平向左的摩擦力与之平衡，A错误； B．因为绳子逐渐由A到B，弹簧形变量逐渐增大，弹力逐渐增大，又定滑轮处为活结，滑轮两边绳子作用力相等，B错误； C．斜面对物体的支持力为 保持不变，C错误； D．刚开始时，滑块受到斜面的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，所以在绳子拉力增大时，摩擦力可能先减小再增大，D正确； 故选D。 【变式训练3-6】如图所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为5.0N。关于物体受力的判断（取g=10m/），下列说法正确的是（　　） A．斜面对物体的摩擦力大小为零 B．斜面对物体的摩擦力大小为5.0N，方向沿斜面向上 C．斜面对物体的支持力大小为5N，方向竖直向上 D．斜面对物体的支持力大小为5.0N，方向垂直斜面向上 【答案】A 【解析】 AB. 物体的重力沿斜面方向向下的分力 与细绳向上的拉力相等，根据共点力平衡条件可得，物体不受摩擦力作用，A正确，B错误； CD．根据共点力平衡条件可得 方向垂直于斜面向上，CD错误； 故选A。 【变式训练3-7】（多选）如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小盒b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢加入适量砂粒，a、b、c始终位置保持不变，下列说法中正确的是(　　) A．b对c的摩擦力可能先减小后增大 B．地面对c的支持力一定增大 C．c对地面的摩擦力方向始终向左 D．弹簧一定处于压缩状态 【答案】AB 【解析】 A．由于不知道b的重力沿着斜面方向的分力与细线拉力的大小关系，故不能确定静摩擦力的方向，故随着沙子质量的增加，静摩擦力可能增加、可能减小，也有可能先减小后增大，故A正确； B．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力以及绳子向右上方的拉力、地面的摩擦力，在b盒内缓慢加入适量砂粒后，竖直向下的重力增大，而其他的力不变，所以整体受到的支持力一定增大，故B正确； C．以b与c组成的整体为研究对象，整体受到重力、支持力，若绳子有向右上方的拉力，则地面对c有摩擦力，整体位置不变，水平方向除摩擦力外，只有绳子的拉力有一个向右的分力，所以可知地面对c的摩擦力的方向向左，由牛顿第三定律可知，c对地面的摩擦力方向向右，故C错误； D．如果绳子对a的拉力是大于a的重力，则弹簧处于拉伸状态，而如果绳子对a的拉力是小于a的重力，则弹簧处压缩状态，故D错误。 故选AB。 【变式训练3-8】（多选）质量均为m的两物块A和B之间连接着一根轻质弹簧，其劲度系数为k。现将物块放在水平地面上一斜面的等高处，如图所示，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止。已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．斜面和水平地面间一定有静摩擦力 B．斜面对A、B及弹簧组成的系统的静摩擦力大于 C．若将弹簧拿掉，物块也不可能发生滑动 D．弹簧的最大压缩量为 【答案】CD 【解析】 A．将弹簧、两物块和斜面看作一个整体，对整体分析，整体处于平衡状态，没有相对地面运动或相对地面运动的趋势，故斜面与水平地面间没有摩擦力作用，故A错误； B．对A、B及弹簧整体分析，整体的重力沿斜面向下的分力等于所受斜面的静摩擦力，故B错误； C．拿掉弹簧前，单个物块受到的静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，拿掉弹簧后，静摩擦力瞬间发生变化，与重力沿斜面向下的分力大小相等，物块不会发生滑动，故C正确； D．弹簧弹力沿水平方向，大小为，且弹力大小等于和静摩擦力f的合力，当弹簧弹力最大时，弹簧的压缩量最大，静摩擦力最大，此时 其中 故 故D正确。 故选CD。 【变式训练3-9】（多选）如图所示，倾角为的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态，则（　　） A．B受到C的摩擦力一定不为零 B．C受到水平面的摩擦力一定不为零 C．若增大A的质量，B受到C的摩擦力可能减小 D．水平面对C的支持力的大小不可能与B，C的总重力大小相等 【答案】BCD 【解析】 AC.三个物体静止，则绳的拉力大小等于A的重力，当B的重力沿斜面的分力 等于时，B不受C的摩擦力，当大于时，受到沿斜面向上的摩擦力，当小于时，受到沿斜面向下的摩擦力，所以增大A的质量，B受到C的摩擦力可能减小，故A错误，C正确； B.BC作为一个整体，受到绳子斜向上的拉力作用，所以整体相对地面有向右运动的趋势，所以C受到水平面的摩擦力一定不为零，故B正确； D.BC因为受到绳子斜向上的拉力，所以水平面对C的支持力与拉力竖直方向的分力的合力等于BC的重力大小，故D正确。 故选BCD。 【变式训练3-10】（多选）如图所示，固定在水平地面上的斜面倾角为30°，物块A与斜面间的动摩擦因数为，轻绳一端通过两个滑轮与物块A相连，另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。已知物块A的质量为，连接物块A的轻绳与斜面平行，挂上物块B后，滑轮两边轻绳的夹角为90°，物块A、B都保持静止，重力加速度为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．挂上物块B后，物块A一定受到摩擦力的作用 B．若物块B的质量为，物块A受到的沿斜面向上的摩擦力，大小为 C．地面对斜面的摩擦力等于0 D．为保持物块A处于静止状态，物块B的质量满足 【答案】BD 【解析】 A．由于物体B的重力不知道，则绳子的拉力大小不定，当绳子拉力刚好等于重力沿斜面的分力时，物体A不受摩擦力作用，A错误； B．若物块B的质量为时，由平衡条件可得绳子的拉力为 解得 对物块A受力分析有 解得 ，方向沿斜面向上 B正确； C．对A、B与斜面整体受力分析如图 则地面对斜面有摩擦力方向水平向左，所以C错误； D．为保持物块A处于静止状态，物块B的质量较小时，物块A、B的受力如图 由平衡条件有 代入数据解得 为保持物块A处于静止状态，物块B的质量较大时，物块A、B的受力如图 由平衡条件有 代入数据解得 则为保持物块A处于静止状态，物块B的质量满足，D正确。 故选BD。 【变式训练3-11】如图所示，物块A放在倾角为θ的固定斜面C上，物块B叠放在物块A上，A与B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们一起沿斜面C匀速下滑，则（　　） A．A、B间没有摩擦力 B．A与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为mgsinθ D．A受到B的摩擦力方向平行于斜面向上 【答案】B 【解析】 A．对B受力分析，由平衡条件可知，B受重力，支持力，还有摩擦力，所以A错误； B．对AB整体受力分析，由平衡条件可得 解得 所以B正确； C． A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθ，所以C错误； D ．A受到B的摩擦力方向平行于斜面向下，所以D错误； 故选B。 【变式训练3-12】与桌面间的动摩擦因数为μ，斜面倾角=37°。现在B上作用一水平推力F，恰好使A、B一起在桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则A与桌面间的动摩擦因数μ为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设B的质量为m，则A的质量为2m，A、B一起在桌面上匀速运动，根据平衡条件有以B为研究对象，受力如图，根据平衡条件有 联立解得故A正确，BCD错误。故选A。 【变式训练3-13】（多选）如图所示，固定斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力作用于木块A，使木块A、B保持静止，且。则下列描述正确的是（　　） A．木块A一定受4个力作用 B．木块B一定受5个力作用 C．增大后，A、B仍静止，则木块B对斜面的压力大小一定变大 D．增大后，A、B仍静止，则斜面对木块B的摩擦力大小可能不变 【答案】ACD 【解析】A．以木块A为对象，根据受力平衡可知，木块A受到重力、B的支持力、水平推力和B的摩擦力，故A正确； B．以A、B为整体，设A、B的质量分别为，，当斜面对B的摩擦力为零；可知斜面对B可能有摩擦力作用，也可能没有摩擦力作用；以木块B为对象，木块B受到重力、A的压力、A的摩擦力、斜面的支持力（可能存在斜面的摩擦力也可能不存在），木块B可能受到4个力，也可能受到5个力，故B错误； C．增大后，A、B仍静止，以A、B为整体，垂直于斜面方向根据受力平衡可得 可知随着增大，斜面的B的支持力一定变大，则木块B对斜面的压力一定变大，故C正确； D．增大后，A、B仍静止，以A、B为整体，若一开始满足则斜面对B的摩擦力沿斜面向上，大小为增大后，若满足则斜面对B的摩擦力沿斜面向下，大小为则可能满足故D正确。故选ACD。 【变式训练3-14】（多选）如图所示，静止在水平地面上倾角为的斜面体上有一斜劈A，A的上表面水平且放有一斜劈B，A、B一起沿斜面匀速下滑。A、B间的摩擦力大小为，A与斜面间的摩擦力大小为，斜面体与地面间的摩擦力大小为。A、B间的动摩擦因数为，A与斜面体间的动摩擦因数为，斜面体、地面间的动摩擦因数为。下列情况可能的是（　　） A．　　 B．　　 C．　　 D．　　 【答案】ACD 【解析】由题意可得，先对B受力分析，如下图所示，由于AB一起匀速下滑，所以B受力平衡，B只受重力和A对B的支持力，故，或均可； 将AB看作一个整体进行受力分析，如下图所示，匀速下滑则AB整体受力平衡，A与斜面之间一定有摩擦，即，； 将ABC三者作为整体进行受力分析，如下图所示，整体受力平衡，则整体只受重力和地面的支持力，不受摩擦力，故，或均可。 故选ACD。 【变式训练3-15】斜面ABC固定在水平面上，AB面光滑，BC面粗糙，AB长度是BC长度的3倍。四个相同木块a、b、c、d通过轻质光滑定滑轮用细线相连，细线均平行于斜面，如图所示。用手按住d，使其静止在BC上。现放手，则下列关于木块d的判断正确的是（　　） A．仍静止，所受摩擦力不为零 B．仍静止，所受摩擦力为零 C．沿BC面上滑 D．条件不足，无法判断 【答案】B 【解析】假设放手后木块a、b、c、d仍静止，对木块a、b、c组成的系统受力分析，可知绳的拉力为 对木块d受力分析，木块d所受重力沿斜面向下的分力大小在三角形ABC中，由正弦定理可得所以即所以木块d仍静止，所受摩擦力为零，假设成立。 故选B。 牛顿第二定律之斜面模型 题型04：光滑斜面上的牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，两个等高的光滑斜面AB倾角分别为37°和53°，同一小球从斜面顶端分别沿两个斜面下滑到底端，则下列说法正确的是（　　） A．从两斜面上下滑时间之比是1:1 B．从两斜面上下滑时间之比是3:4 C．到达斜面底端时，重力的功率之比为1:1 D．到达斜面底端时，重力的功率之比为3:4 【答案】D 【解析】AB．小球在斜面上运动的加速度 设斜面的高度为h，斜的长 由于 运动时间 故 选项AB错误； CD．由机械能守恒可知 到达斜面底端的速率相等，重力的功率 选项C错误，D正确。 故选D。 【变式训练4-1】如图所示，竖直平面内半径的圆弧AO与半径的圆弧BO在最低点C相切。两段光滑的直轨道的一端在O点平滑连接，另一端分别在两圆弧上且等高。一个小球从左侧直轨道的最高点A由静止开始沿直轨道下滑，经过O点后沿右侧直轨道上滑至最高点B，不考虑小球在O点的机械能损失，重力加速度g取10m/s。则在此过程中小球运动的时间为（　　） A．1.5 s B．2.0 s C．3.0 s D．3.5 s 【答案】C 【解析】设左侧轨道倾角为，小球在左侧斜面上下滑的加速度大小为 左侧轨道长 小球在左侧轨道上运动时间为 同理，小球在右侧斜面上上滑的时间为 故小球在此过程中运动的时间为 故选C。 【变式训练4-2】如图，两端开口的圆筒与水平地面成一定角度倾斜放置。是圆筒的中轴线，M、N是筒壁上的两个点，且。一个可视为质点的小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后一直沿筒壁运动，a、b、c是小球运动轨迹与MN的交点。小球从M到a用时，从a到b用时，从b到c用时，小球经过a、b、c时对筒壁压力分别为、、，、、表示M、a、b、c相邻两点间的距离，不计一切摩擦。下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．由题意可知，小球自M点正上方足够高处自由释放，由M点无碰撞进入圆筒后，其速度可分解为沿筒壁转动的速度和沿筒壁下滑的初速度，因圆筒倾斜放置，小球在圆筒中有沿筒壁向下的重力分力，因此小球在圆筒中做匀速圆周转动的同时又有沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，因转动周期相等，则有 A错误； BC．小球在圆筒中做匀速圆周转动，转动速度大小相等，转动半径相同，由向心力公式可知，筒壁对小球的弹力大小相等，由牛顿第三定律可知，小球对筒壁的压力大小相等，因此则有 B正确，C错误； D．因小球沿筒壁向下做初速度不是零的匀加速直线运动，由位移时间公式可知 D错误。 故选B。 【变式训练4-3】（多选）如图所示，三条光滑直轨道的一端固定在光滑绝缘水平台面上的P点，另一端分别固定在台面内同一直线上的A、B、C三点，该直线与OP垂直于O点，AO、BO和CO的长度分别为、、，台面区域沿水平方向存在垂直于OP的匀强电场，电场强度大小为E。现将质量为m、电荷量为q的小球分别从A、B、C三点由静止释放沿轨道运动到P点，测得小球通过AP、BP时间均为t，通过CP时间为，则下列判断正确的是（    ）    A．和互为余角 B． C． D． 【答案】AB 【解析】A．设长度为，，，小球从到过程的加速度大小为 根据运动学公式可得 小球从到过程的加速度大小为 根据运动学公式可得 联立可得 即 可得 则有 故A正确； B．小球从到过程，根据运动学公式可得 可得 小球从到过程，根据运动学公式可得 可得 联立解得 故B正确； CD．小球从到过程的加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 设，小球从到过程的加速度大小为 根据运动学公式可得 解得 由于 可得 故CD错误。 故选AB。 【变式训练4-4】（多选）如图所示，两条光滑的轨道下端固定在水平面上的点，点到点的距离为，轨道上端分别固定在竖直墙面上距点分别为和的两点，现使一小滑块分别从轨道顶端由静止释放，到达点所用时间均为，则（    ）    A．滑块由滑到的过程中支持力的冲量大小相等 B． C．滑块由滑到时速度的水平分量相等 D．与成正比 【答案】BC 【解析】A．设轨道倾角为，支持力的冲量 时间相同，而倾角不同，支持力的冲量大小不相等，故A错误； B．物体下滑的时间 两次到达点所用时间相同，则 可得 即 两次下滑过程中的高度乘积 故B正确； C．滑到点时的速度 水平速度 故C正确； D．两次下滑过程中的高度之和 ， 联立可得 故D错误。 故选BC。 题型05：粗糙斜面上的牛顿第二定律 【典型例题1】如图所示，固定斜面上半部分AB段粗糙且粗粘程度相同，下半部分BC段光滑，滑块从斜面顶端A点由静止释放，沿斜面向下滑动，取沿斜面向下为正方向，下列选项中分别是滑块的速度v、位移x、加速度a、重力的瞬时功率PG与时间t的关系图像，其中正确的是（　　） A．   B．  B．  C．  D．   【答案】D 【解析】ABC．物块在两段均做匀加速直线运动，在段加速度为，在段加速度为，且 则 故ABC错误 D．重力的功率 BC段速度较大，重力功率较大。 故选D。 【变式训练5-1】（多选）如图所示，在倾角为的足够长的绝缘固定斜面上，静止放置有质量分别为、的两金属块A、B，其中A带电量为，B不带电。现让金属块A以初速度沿斜面向下运动，一段时间后与金属块B发生弹性正碰，且碰撞后A、B带电荷量均为。已知金属块与斜面间的滑动摩擦因数为，下列说法正确的是（　　）    A．碰撞前，A沿斜面做匀加速直线运动 B．碰撞后，A、B都沿斜面向下运动的过程中总动量守恒 C．碰撞后，当A的速度为时，B的速度为 D．碰撞后，A、B系统的电势能先减小后不变 【答案】BC 【解析】A．由于 则有 可知碰撞前，A沿斜面做匀速直线运动，故A错误； BC．碰撞后，A、B都沿斜面向下运动的过程中，由于 ， A、B之间的库仑斥力为A、B组成系统的内力，则A、B组成系统所受外力之和为零，系统满足动量守恒，当A的速度为时，有 解得 故BC正确； D．碰撞后，对于金属框A、B组成的系统，由于A、B之间存在库仑斥力，且A、B两者距离逐渐增大，可知库仑斥力对系统做正功，则系统的电势能逐渐减小，故D错误。 故选BC。 【变式训练5-2】（多选）如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m = 1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连。t = 0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图像如图乙所示，其中oab段为曲线，bc段为直线。若g取10m/s2。则（   ）    A．t1= 0.2s内，物块的机械能不断增大 B．0.3s末，滑块到达斜面最高点 C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ = 0.5 D．滑块在t1= 0.2s末的速度与t = 0.4s末的速度等大反向 【答案】BC 【解析】A．t1 = 0.2s内，物块在弹力大于摩擦力的过程中，由于弹簧弹力所做的正功大于摩擦力做的负功，所以物块的机械能增加，物块在弹力小于摩擦力的过程中，由于弹簧弹力所做的正功小于摩擦力做的负功，所以物块的机械能减少，与弹簧分离后，由于摩擦力做负功，物块的机械能减少，A错误； B．根据图乙可知0.1s后物块离开弹簧做匀减速直线运动，加速度为 根据速度与时间的关系得出0.3s末的速度 此时物块到达斜面最高点，B正确； C．利用牛顿第二定律得 解得 C正确； D．根据速度与时间的关系得出末时的速度方向沿斜面向上，大小为 0.3s后物块从最高点开始返回，利用牛顿第二定律得出返回时的加速度为 根据匀变速直线运动的速度与时间得出时的速度方向沿斜面向下，大小为 D错误。 故选BC。 【变式训练5-3】（多选）如图所示，内，一物块在倾角为的固定斜面上向下做匀减速直线运动。时对物块施加一与水平方向夹角为的作用力F，使其沿斜面向下做匀速直线运动。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为，取，，。下列说法正确的是（　　） A．时，物块加速度的大小为 B．时，斜面受到的物块所施加作用力的方向斜向右下方 C．且力F指向右上方时，F有最小值 D．且力F指向右下方时，F有最小值 【答案】BC 【解析】A．内，物块在斜面上向下做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 解得物块的加速度大小为 故A错误； B．内，物块在斜面上向下做匀减速直线运动，物块的加速度沿斜面向上，则斜面对物块的作用力方向斜向左上方，根据牛顿第三定律可知，斜面受到的物块所施加作用力的方向斜向右下方，故B正确； CD．对物块施加一与水平方向夹角为的作用力F，使其沿斜面向下做匀速直线运动，根据受力平衡可得 联立可得 其中 可得 当 即 则且力F指向右上方时，F有最小值，故C正确，D错误。 故选BC。 【变式训练5-4】（多选）“太阳落到大门西, 爬上山坡打滑梯。你也争来他也抢, 回家都是满身泥”。滑梯始小朋友们最喜爱的娱乐项目之一。某幼儿园在空地上做了一个滑梯，如图甲所示，可简化为图乙所示模型。其主要结构由倾斜部分AB和水平部分BC组成，中间平滑连接，根据空地的大小，滑梯的倾斜部分水平跨度为2.4m，高1.8m。滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4，一质量为20kg的小孩（可看成质点）从滑梯顶部A由静止开始无助力滑下，g取10m/s2，则（　　） A．小孩在斜面上下滑的加速度大小为 B．小孩滑到B点的速度 C．为了使小孩不滑出滑梯，水平部分BC长度至少为 D．保持A点不变，减小倾斜滑梯的长度而增大滑梯的倾角（如图中虚线AB'所示），则下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率不变 【答案】AC 【解析】A．对小孩在滑梯上由牛顿第二定律有 根据已知条件可得 则可得 ， 解得 故A正确； B．对小还从A点到B点的过程应用动能定理，有 其中 ， 解得 故B错误； C．假设小孩恰好不滑出滑梯，设水平部分BC长度最小长度为，对小孩在水平面应用动能定理，有 解得 故C正确； D．设小孩在斜面上下滑的时间为，则有 可得 增大滑梯的倾角，则可知下滑时间将减小，由此可知下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率 将增大，故D错误。 故选AC。 题型06：有外力作用的斜面运动 【典型例题1】如图所示，倾角为20°的足够长的质量为M的斜面体B静止在水平地面上，质量为m的滑块A以一定的初速度沿斜面向下滑动，t=0时刻对A施加一沿斜面向下的作用力F，使A沿斜面向下做匀速直线运动。t=2s时改变F的大小及方向，使滑块依然匀速下滑，t=4s时撤去F，t=6s时，A恰好静止在B上。已知滑块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.75，B始终处于静止状态，重力加速度为g，tan37°=0.75。下列说法正确的是（　　）    A．0~1s时间内，B对地面的压力小于(M+m)g B．0~1s时间内，B对地面的摩擦力方向水平向左 C．2~4s时间内，当F与水平方向夹角为33°且指向左上方时，F有最小值 D．t=3s与t=5s时，地面对B的摩擦力大小相等 【答案】B 【详解】AB．对A施加平行于斜面的力F前、后，A所受的摩擦力及支持力均未发生变化，施加F之前，A沿斜面匀减速下滑，A所受摩擦力大于A沿斜面向下的分力，由牛顿第三定律可得，A给B的摩擦力大于A沿斜面向下的分力，若A静止，则A对B的摩擦力等于A沿斜面向下的分力，A对B的作用力等于A的重力且竖直向下，由此可得此时A对B的压力不变，摩擦力增大，方向斜向左下方，则可得此时A对B竖直向下的作用力大于A的重力，则有B对地面压力大于(M+m)g，牛顿第三定律可得，地面对B的支持力大于(M+m)g，地面对B的摩擦力方向水平向右，B对地面的摩擦力方向水平向左，故A错误，B正确； C．由题可知，A所受摩擦力与支持力的合力方向恒定且与水平方向的夹角 斜向右上方，当力F与该力垂直时，F有最小值，此时F与水平方向夹角为17°，指向左上方，故C错误； D．和时，A对B的作用力大小不相等，故地面对B的摩擦力大小不相等，故D错误。 故选B。 【典型例题2】（多选）如图，倾角的足够长斜面固定在地面上。一轻绳跨过顶端的光滑轻质定滑轮与质量分别为和的物体A和B相连接，绳与斜面平行。B与斜面间的动摩擦因数。先控制A使两物体静止，轻绳伸直，A离地面高。现由静止释放物体A，重力加速度g取，，，下列说法正确的是（　　）    A．A落地前，绳子上的拉力为 B．A落地前，A、B系统机械能守恒 C．A落地时的速度大小为 D．A落地后，B上升的高度为 【答案】AC 【解析】A．A落地前，绳子上的拉力大小为T，对A，根据牛顿第二定律 对B 解得 T=12N 故A正确； B．A落地前，摩擦力对B做功，A、B系统机械能不守恒，故B错误； C．根据 得 故C正确； D．A落地后，B加速度 根据 解得 故D错误。 故选AC。 【变式训练6-1】如图甲所示，物块放置在光滑固定斜面上，时刻对物块施加一沿斜面向上的、按图乙所示规律变化的作用力F，物块由静止开始运动，物块加速度大小a随时间t变化的图象如图丙所示，重力加速度，则下列说法正确的是（　　）    A．斜面倾角的正弦值为0.6 B．物块的质量为0.2kg C．0~1s内，F的冲量大小为2N·s D．1s末物块的速度大小为2.5m/s 【答案】D 【解析】A．时，，设斜面倾角为θ，物块的质量为m，对物块由牛顿第二定律，有 可得 故A错误。 B．时，，物块的加速度为0，对物块由牛顿第二定律，有 解得 故B错误； C．图线与横轴围成的面积大小等于力F的冲量大小，则0~1s内，F的冲量大小为 故C错误； D．图线与横轴围成的面积大小等于物块的速度变化量大小，又物块初始时刻的速度等于零，则1s末物块的速度大小为 故D正确。 故选D。 【变式训练6-2】如图所示，足够长的斜面体静止在粗糙水平地面上，质量为m的物体正以速度沿斜面向下做匀速直线运动，某时刻若对物体施加一垂直斜面向下的力F后，下列说法正确的是（　　）    A．物体仍将沿斜面向下匀速运动 B．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体可能运动 C．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体受到地面的摩擦力为零 D．物体沿斜面下滑的过程中，斜面体受到地面的摩擦力向左 【答案】C 【解析】设斜面底角为，初始时刻物体沿斜面向下做匀速直线运动，有 即 当施加一个垂直斜面向下的分力后，物体所受的滑动摩擦力增大，将做减速运动；对斜面，压力的水平分量为，摩擦力水平分量为，由于 可知斜面体在物体沿斜面下滑的过程中，水平方向的受力始终为0，故在此过程中斜面和地面之间的摩擦力为0且斜面体不会运动。 故选C。 【变式训练6-3】（多选）如图一所示，轻杆与水平面的倾角为，带有小孔的小球套在轻杆上，小球与轻杆之间的动摩擦因数，小球的质量。时由静止释放小球，同时对小球施加沿轻杆向上的外力F，力F与时间的关系如图二所示。重力加速度为，下列说法正确的是（    ）    A．内，小球的最大速度为 B．内小球的机械能一直在增加 C．后小球的重力势能最多增加 D．后，小球做匀减速直线运动，速度为零后，小球将处于平衡态 【答案】AC 【解析】A．内小球的加速度越来越大，速度越来越大，当小球的加速度为零时，小球的速度最大，由牛顿第二定律得 时小球的加速度，速度最大，图像与横轴围成的面积表示力F在这段时间内的冲量，所以内 由动量定理得 解得 故A正确； B．小球机械能的增加量 当外力F小于时，小球的机械能开始减少，故B错误； C．后，小球做匀减速直线运动，加速度 时小球的速度 小球沿杆向上运动的最大位移 所以后小球的重力势能最多增加 故C正确， D．由于 所以小球速度减为零后反向沿杆做匀加速直线运动。故D错误。 故选AC。 【变式训练6-4】（多选）如图所示，一质量为、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上。斜面上叠放一质量为的光滑楔形物块，物块在水平恒力作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。重力加速度为。下列说法正确的是（　　）    A．斜面体对物块的支持力为 B．斜面体的加速度大小为 C．水平恒力大小 D．若水平作用力作用到斜面体上系统仍保持相对静止，则将变小 【答案】ABC 【解析】ABC．整体受力分析，根据牛二定律有 再隔离物块，在竖直方向有 水平方向有 联立解得 故ABC正确； D．若力作用在斜面上，对物块受力分析仅受重力和支持力，二力合成有 解得 再对整体，根据牛顿第二定律 可知外力需增大，故D错误； 故选ABC。 题型07：斜面上的连接体问题 【典型例题1】如图所示，A、B两物块的质量均为m，把它们靠在一起从一个坡面光滑质量为M的斜面C顶端由静止开始下滑．已知斜面的倾角为θ，斜面始终保持静止．则在此过程中，以下说法正确的是（ ） A．A、B两物体间的作用力为2mgsinθ B．A、B两物体间作用力为0 C．斜面对地面的压力为Mg+2mg D．地面对斜面的摩擦力方向向左。 【答案】BD 【解析】 试题分析：将AB看做一个整体，整体在沿斜面方向上只受重力沿斜面向下的分力，所以有，即B的加速度为，设AB之间的作用力为N，则根据牛顿第二定律可得，解得，故A错误B正确；斜面对AB的支持力为，方向垂直斜面向上，故根据牛顿第三定律可得AB对斜面有一个垂直斜面向下的作用力，大小为，故斜面在水平方向上有相对地面向右运动的趋势，所以地面对斜面的摩擦力向左，将此力沿竖直方向分解，则分力小于2mg，所以地面对斜面的支持力小于Mg+2mg，故斜面对地面的压力小于Mg+2mg，C错误D正确 【典型例题2】（多选）如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在质量为M的斜面体顶端，斜面体左侧倾角为，右侧倾角为。质量分别为和的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A、B恰好都处于静止状态。已知A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，，。现剪断轻绳，若斜面体始终处于静止状态，下列说法正确的是（    ） A． B．剪断轻绳后，A、B都能沿斜面加速下滑 C．剪断轻绳后，斜面体对地面的压力大于 D．剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力水平向右 【答案】AD 【解析】A．对物体A受力分析，由平衡条件得 对物体B受力分析，由平衡条件得 联立可得，A、B两物体与斜面体间的动摩擦因数为 A正确； B．剪断轻绳后，对A受力分析 所以，剪断轻绳后，A在斜面保持静止；剪断轻绳后，对B受力分析 所以，剪断轻绳后，B能沿斜面加速下滑，B错误； C．剪断轻绳后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律 解得 对斜面体和A、B物体整体受力分析，在竖直方向 由牛顿第三定律 所以，剪断轻绳后，斜面体对地面的压力 C错误； D．对斜面体和A、B物体整体在水平方向上，由平衡条件得，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为 方向水平向右，D正确。 故选AD。 【变式训练7-1】如图所示，A、B两小球由绕过轻质光滑定滑轮的细线相连，A放在固定的倾角为30°的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，使细线恰好伸直，保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知B、C的质量均为m，重力加速度为g。松手后A由静止开始沿斜面下滑，当A速度最大时C恰好离开地面，则A下滑的最大速度为（　　）    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】对A、B整体，由平衡条件可得 F为此时弹簧的弹力，因此时C恰好离开地面，则有      联立解得 C恰好离开地面时，对C则有 解得 此时A、B有最大速度，且A、B速度大小相等。开始时系统静止，弹簧被压缩，绳上无拉力，对B则有 解得 从释放A到C恰好离开地面的运动中，弹簧的弹性势能变化量是零，在此运动中A、B、C组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可得 解得 故选A。 【变式训练7-2】（多选）如图所示，倾角为θ的粗糙斜面放在粗糙水平面上，斜面顶端固定有一轻质定滑轮A，轻绳一端连接静止于斜面上的物体m，绕过光滑的定滑轮A，另一端系在竖直固定杆上的B点。现将另一个重物G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，整个装置处于静止状态。现将绳的B端沿固定杆向上缓慢移动一小段距离，同时物体m在外力作用下沿斜面缓慢上移少许，撤去外力，系统重新平衡。关于此过程中有关力的变化情况，下列说法正确的是（　　） A．绳的张力变小 B．地面对斜面的支持力不变 C．斜面对物体m的摩擦力减小 D．地面对斜面的摩擦力增大 【答案】AB 【解析】A．绳子长度关系如图所示： 设AB间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB与竖直方向夹角α相同，由几何关系可得 ，，， 联立可得 对O点由平衡条件可得 由于整个装置处于静止状态，由题意可知d不变，L增大，可知α减小，则T减小，故A正确； B．设斜面的质量为M，选物体m、斜面M（包括定滑轮A）整体为研究对象，在竖直方向满足 联立可得 故B正确； C．由于物体m刚开始受到的静摩擦力方向未知，当拉力T减小时，m受到的静摩擦力可能增大、可能减小，故C错误； D．在水平方向满足 联立可得 α减小，Ff地减小，故D错误； 故选AB。 【变式训练7-3】（多选）如图所示，跨过轻质滑轮a、b的一根轻质细绳，上端接在天花板上，下端与小物块A相接，A放在长为L、倾角为的光滑斜面上，斜面放在水平地面上。物块B用细线悬挂在滑轮a的下方，细线段与斜面平行，动滑轮两侧细线均竖直。A与B的质量分别为m、，重力加速度大小为g，不计动滑轮与绳之间的摩擦以及空气阻力。现将A从斜面底端由静止释放，一段时间后，A沿斜面匀加速上滑到斜面的中点，此时B尚未落地，整个过程中斜面始终处于静止状态。下列说法正确的是（　　） A．该过程中，A和B的总重力势能不变 B．该过程中，地面对斜面的摩擦力大小为 C．A到达斜面中点的速率为 D．该过程中，细线的拉力大小为 【答案】BD 【解析】A．由于A沿斜面匀加速上滑，B沿竖直方向匀加速下降，即A和B的总动能增加，故总重力势能减少，A错误； C．A沿斜面匀加速上滑到斜面中点的过程中，据机械能守恒可得 又 联立解得 ， C错误； D．设细线上的拉力大小为F，设A的加速度大小为a，由于B的加速度为A的加速度的一半，对A、B分别由牛顿第二定律可得 联立解得 ， D正确； B．A对斜面的压力大小为 对于斜面，在水平方向由平衡条件可得，地面对斜面的摩擦力大小为 B正确。 故选BD。 题型08：斜面模型与功能关系 【典型例题1】如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（    ） A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下 C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下 D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑 【答案】D 【解析】BC．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有 解得h=μx 所以x与θ无关，仍停在A点，故BC错误； A．根据前面分析可知重力对木块做功为WG=mgh=μmgx 摩擦力对木块做功为Wf=-WG=-mgh=-μmgx 故A错误； D．对小木块运动的整个过程，根据动能定理有 解得h=μx 将斜面底端延长至A点，有 所以木块则刚好不下滑，故D正确。 故选D。 【典型例题2】物体在拉力作用下沿着光滑斜面做直线运动，其机械能与位置的关系图像如图所示。设物体在和处时力的大小分别为、，从运动至的过程拉力所做的功为，则（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【解析】AB．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量 可得，图像的斜率为物体所受拉力的大小。由图像可得，斜率在逐渐变大，所以物体所受拉力在逐渐变大，即，故AB错误； CD．根据功能关系，除重力之外的其他力做功的多少等于物体的机械能的变化量，所以物体从处运动到处，拉力所做的功为 故C正确，D错误。 故选C。 【变式训练8-1】如图（a）所示，质量相等的甲、乙两个小物块可视为质点，甲沿倾角为30°的足够长的固定斜面由静止开始下滑，乙做自由落体运动，不计空气阻力。已知甲、乙的动能与路程x的关系图像如图（b）所示。图（b）中，图线A表示的是 物块的图像；甲与斜面间的动摩擦因数 。 【答案】 乙 【解析】[1][2]设甲与斜面间的动摩擦因数为，甲、乙的质量为，乙做自由落体运动，由动能定理可知 对甲在斜面上下滑距离为过程中，由动能定理得 因为 所以，图线A表示的是乙物块的图像。 当时，有 当时，有 联立解得，甲与斜面间的动摩擦因数为 【变式训练8-2】如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（　　） A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0 B．木块受到的摩擦力大小为 C．木块的重力大小为 D．木块与斜面间的动摩擦因数为 【答案】C 【解析】A．机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则 解得，故A错误； B．木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则，解得，故B错误； C．重力所做的功等于重力势能变化量，则，解得，故C正确； D．滑动摩擦力为，解得，故D错误。 故选C。 【变式训练8-3】如图所示，一斜面体ABC固定在水平地面上，斜面AD段粗糙、DC段光滑，在斜面底端C点固定一轻弹簧，弹簧原长等于CD段长度。一质量的小物块（可视为质点）从斜面顶端A以初速度沿斜面下滑，当弹簧第一次被压缩至最短时，其长度恰好为原长的一半，物块沿斜面下滑后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点A。已知弹簧的原长，物块与斜面AD段间的动摩擦因数，斜面倾角，重力加速度，弹簧始终处于弹性限度范围内。下列说法中正确的是（　　）    A．A、D间的距离 B．物块第一次运动到D点时的速度大小为 C．弹簧第一次被压缩到最短时的弹性势能为 D．物块在斜面AD段能滑行的总路程为 【答案】D 【解析】A．物块从A点下滑至第一次恰好返回到A点的过程，根据动能定理有 代入数据解得 A项错误； B．物块从A点下滑至第一次运动到D点的过程，根据动能定理有 代入数据解得 B项错误； C．物块从D点运动至第一次压缩弹簧到最短的过程，由功能关系有 解得 C项错误； D．物块在AD段来回运动，到停下，设物块在斜面AD段能滑行的总路程为s，由动能定理有 解得 D项正确。 故选D。 【变式训练8-4】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 【解析】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，动摩擦因数为，上滑阶段根据牛顿第二定律有 下滑阶段根据牛顿第二定律有 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； C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据 可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确； 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。 【变式训练8-5】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　） A．当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下 B．A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化 C．下滑时，B对A的压力先减小后增大 D．整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量 【答案】B 【解析】B．由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB有 对B有 联立可得 由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，故B正确； A．设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程AB不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得 化简得 当位移为最大位移的一半时有 带入k值可知F合=0，即此时加速度为0，故A错误； C．根据B的分析可知 再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，故C错误； D．整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，故D错误。 故选B。 【变式训练8-6】如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为（　　） A．m=0.7 kg，f=0.5 N B．m=0.7 kg，f=1.0N C．m=0.8kg，f=0.5 N D．m=0.8 kg，f=1.0N 【答案】A 【解析】本题结合图像考查动能定理。 0~10m内物块上滑，由动能定理得 整理得 结合0~10m内的图像得，斜率的绝对值 10~20 m内物块下滑，由动能定理得 整理得 结合10~20 m内的图像得，斜率 联立解得 故选A。 【变式训练8-7】（多选）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡段以恒定功率、速度匀速行驶。已知小车总质量为，，段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．从M到N，小车牵引力大小为 B．从M到N，小车克服摩擦力做功 C．从P到Q，小车重力势能增加 D．从P到Q，小车克服摩擦力做功 【答案】ABD 【解析】A．小车从M到N，依题意有 代入数据解得 故A正确； B．依题意，小车从M到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为 则摩擦力做功为 则小车克服摩擦力做功为800J，故B正确； C．依题意，从P到Q，重力势能增加量为 故C错误； D．依题意，小车从P到Q，摩擦力为f2，有 摩擦力做功为 联立解得 则小车克服摩擦力做功为700J，故D正确。 故选ABD。 【变式训练8-8】在安全领域有一种常用的“软”性材料，其特性是越碰越软，经测定：当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的。如图a所示，一质量为的足够长木板放在倾角的光滑斜面上，并在外力作用下保持着静止状态。木板A端距斜面底端的距离为m，由此“软”性材料做成的挡板固定在斜面底端。时刻，撤去作用在木板上的外力，同时将一质量的小物块从距离木板B端3m处，以沿木板向上的初速度滑上木板，并对小物块施加沿斜面向上的外力F，F随时间的变化如图b所示，其中，当木板第一次与挡板相碰时，撤去施加在小物块上的外力。已知木板与物块间的动摩擦因数，小物块可以看作质点，取，求： （1）0至1s时间内，小物块和木板的加速度的大小和方向； （2）首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量； （3）从开始至木板与挡板进行第k次碰撞，摩擦产生的Q。（计算结果用k表示并化简）    【答案】（1），方向沿斜面向下，，方向沿斜面向上；（2），方向沿斜面向上；（3） 【解析】（1）对小物块运用牛顿第二定律，得 解得 方向沿斜面向下，对木板运用牛顿第二定律，得 解得 方向沿斜面向上； （2）0至1s时间内，小物块沿斜面向上做匀减速运动，有 木板沿斜面向上做匀加速运动，有 此时两者速度相同，同时拉力变为，分析可知两者一起做匀减速运动，整体根据牛顿第二定律，得 解得 方向沿斜面向下，此时木板A端距斜面底端的距离为 由运动学公式，有 与挡板首次碰撞前两物体速度为 负号表示方向沿斜面向下，又因为当在第k次碰撞时，碰后反弹速度为首次碰前速度大小的，则碰后木板的速度 所以首次与挡板碰撞中，木板动量的改变量 方向沿斜面向上； （3）第一次碰前，两者的相对位移 第一次碰后，由牛顿第二定律，对小物块 解得 方向沿斜面向下，对木板 解得 方向沿斜面向下，木板速度减为零过程，木板的位移为 减速时间 此过程小物块的位移为 木板反向向下加速过程，根据对称性可知所用时间也为，与挡板第二次碰撞的速度为 此过程小物块的位移为 第一次碰撞后到第二次碰撞前，两者的相对位移为 以此类推，结合数学知识，从开始至木板与挡板进行第k次碰撞，两者的相对位移为 所以摩擦产生的热量 【变式训练8-9】如图所示，一质量为、长为的木板静止在倾角的斜面上，其下端位于斜面上的A点，木板上端有一固定的弹性挡板，质量为的小物块静置于木板下端，小物块与木板、木板与斜面间的动摩擦因数均为。现给木板一沿斜面向下的初速度，木板到达斜面底端时小物块也恰好到达木板下端，此刻木板锁定，小物块滑到水平传送带上继续运动，最终从传送带左端离开，传送带以速度v2=5m/s逆时针转动，其长度，小物块与传送带间动摩擦因数。小物块经过斜面与传送带连接处机械能损失不计，重力加速度g取。求： （1）小物块和木板刚开始运动时的加速度大小； （2）木板运动的时间； （3）整个过程系统因摩擦增加的内能。    【答案】（1），5m/s2；（2）；（3） 【解析】（1）设小物块和木板开始运动时，物块做匀加速直线运动，加速度为，木板做匀减速直线运动，加速度为；规定沿斜面向下运动为正方向，对物块，由牛顿第二定律得 可得 对木板，由牛顿第二定律得 可得 木板加速度大小为5m/s2； （2）设从开始运动到两者碰撞时间为，两者碰撞前瞬间速度分别为，，位移分别为，，由运动学知识可知，对物块有 对木板有 又 联立解得 物块与挡板碰撞后瞬间速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 解得 设物块与木板碰撞后直到同时到达斜面底端的位移分别为，，运动时间为，由受力分析可得碰撞后物块与木板均做匀速直线运动，由几何关系得 可得 t2=1.5s 故木板运动的总时间为 （3）物块与木板之间的摩擦产热为，木板与斜面间的摩擦产热为，物块与传送带之间的摩擦产热为，由能量关系得 设物块在传送带上减速过程中位移为，加速度为 由运动学公式 可得 xm3=7.5m 此过程中传送带位移 故有 整个过程系统因摩擦增加的内能为 【变式训练8-10】五行八卦在中国传统文化中较为神秘，用来推演空间时间各类事物之间的关系。有一兴趣小组制作了一个“八卦”轨道游戏装置，如图所示，ABC和CDE是半径r = 0.3m的光滑半圆磁性轨道，AFE是半径R = 0.6m的光滑半圆塑料细管道，两轨道在最高点A处前后略有错开（错开距离相对于两个轨道的半径都很小）。左侧有一与水平面夹角θ = 37°，长度L = 1.25m的斜面MN，斜面底端M和轨道最低点E在同一水平面上，在斜面底端有一弹射器用于发射质量m = 0.3kg的小滑块P，在斜面顶端N处有一被插销锁定的相同质量的小钢球Q。某次试验时，将小滑块以初动能Ek= 6.5J发射，到达斜面顶端后与小钢球发生对心弹性撞击，同时小钢球解除锁定，小钢球恰能无碰撞进入塑料细管道的A点，经塑料管道和“八卦”轨道后返回。设小钢球和磁性轨道间的磁力大小恒为F，方向始终与接触面垂直，不考虑小钢球脱离磁性轨道后的磁力。小滑块在斜面上运动时受到的摩擦力大小恒定，小滑块P、小球Q在运动中均可视为质点，忽略空气阻力。（sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）求： （1）Q恰能无碰撞进入细管道时在A点的速度大小vA； （2）要使Q不脱离磁性轨道，求所需磁力F的最小值； （3）P从发射到与Q发生碰撞过程中，斜面摩擦力对P做的功Wf； （4）通过调节斜面长度L和ME间水平距离x，使Q始终能无碰撞地从A点进入细管道，求发射P的初动能Ek与x之间的关系。 【答案】（1）4m/s；（2）31N；（3）－0.5J；（4）Ek = 3.5x－1.2（J ），1.6m < x < 3.2 【解析】（1）Q恰能无碰撞进入细管道时，则从A点反向平抛，恰好N点进入斜面轨道，根据平抛规律可知，小球A点的速度大小 ， 其中 h=2R－Lsinθ 可解得 （2）分析可得，小钢球在磁性轨道上运动时，从下向上刚过C点时最容易脱离磁性轨道，满足 从A点到C点运动过程中机械能守恒 解得 F=31N （3）因滑块与钢球质量相等发生对心弹性撞击，滑块碰撞前的速度vP与钢球碰撞后的速度vQ相等（交换速度），则 分析滑块在斜面向上运动的过程，根据动能定理得 解得 （4）Q从N点飞出的方向恒定，根据平抛速度和位移关系可知 得 x = 3.2－0.8L 要使得Q能恰好无碰撞进入A，其速度大小为 斜面上滑块重力和摩擦力做功都与斜面长度成正比，根据动能定理 综合上述式子解得 Ek=3.5x－1.2（J） “八卦”轨道需在斜面右侧，且L > 0，可得x的范围 1.6m < x < 3.2 题型09：斜面模型与动量 【典型例题1】弹玻璃球是小孩子最爱玩的游戏之一，一次游戏中，有大小相同、但质量不同的A、B两玻璃球，质量分别为、，且，小朋友在水平面上将玻璃球A以一定的速度沿直线弹出，与玻璃球B发生正碰，玻璃球B冲上斜面后返回水平面时与玻璃球A速度相等，不计一切摩擦和能量损失，则、之比为（　　）    A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：5 【答案】B 【解析】两球碰撞时由动量守恒可得 由能量守恒可得 联立可得 玻璃球B返后两球速度相等 可得 故选B。 【典型例题2】（多选）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均光滑。小物块P放在水平地面上，小物块Q自斜面上某位置处由静止释放，P，Q之间的碰撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（　　） A．若，则P、Q只能发生一次碰撞 B．若，则P、Q只能发生一次碰撞 C．若，则P、Q只能发生两次碰撞 D．若，则P、Q只能发生三次碰撞 【答案】AC 【解析】AB．设Q滑到水平面上时速度大小为v，P、Q相碰．动量守恒及动能不变，有 联立解得第一次碰后 之后Q滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有 解得 故A正确、B错误； C．若，第一次碰后，可得 ， 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 ， 故P、Q只能发生两次碰撞，故C正确； D．若，第一次碰后，可得 ， 之后Q滑上斜面并返回，与P发生第二次碰撞后有 ， 故P、Q只能发生两次碰撞，故D错误。 故选AC。 【变式训练9-1】（多选）在秦皇岛旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和ABʹ（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名旅游者分别乘两个完全相同的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和ABʹ滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示。设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动。则下列说法中正确的是（　　） A. 甲从A到B的过程中重力的冲量大于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量 B. 甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程 C. 甲在B点的动量等于乙在Bʹ点的动量 D. 甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率 【答案】BD 【解析】A．设斜面的倾角为θ，斜面的长度为x，斜面高为h，根据牛顿第二定律可得物体在斜面上运动的加速度大小为 位移大小为 所以 ， 所以 所以甲从A到B的过程中重力的冲量小于乙从A到Bʹ的过程中重力的冲量，故A错误； B．在整个运动过程中，运用动能定理可得 所以 即甲乙两物体最终停止在同一位置，如图所示 设停止的位置为P点，滑行的总路程为 由于 所以 故B正确； C．物体沿斜面下滑运用动能定理，有 由于AB′过程xcos θ大，所以 由于甲､乙质量相同，所以甲在B点的动量大于乙在Bʹ点的动量，故C错误； D．当物体运动到斜面底端时，重力的功率为 由此可知，甲在B点重力的功率大于乙在Bʹ点重力的功率，故D正确。 故选BD。 【变式训练9-2】工人使用一块长的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角的斜面。工人甲从木板底部推动质量的小车，使小车以的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某处时，以的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比为，g取，，，小车和货物均可视作质点，求： （1）货物抛出点距平台的高度； （2）货物的质量m。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故 根据竖直方向做自由落体运动，故 解得 （2）以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有 根据运动学公式可得 解得 货物沿斜面方向的速度为 货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒： 解得 【变式训练9-3】如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为，a的质量为，重力加速度大小为，求： （1）b与a碰后瞬间两者的速度大小； （2）时间内a对b做的功； （3）时间内弹簧对挡板的冲量大小。 【答案】（1）；（2）或；（3） 【解析】（1）设滑块b刚到达a处的速度大小为，由机械能守恒定律得 b与a碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律得 解得 （2）设小滑块a静止时，弹簧的压缩量为，两滑块从P处到弹簧恰好恢复原长过程中， 由系统机械能守恒定律可得 设时间内a对b做的功为，对b由动能定理可得 解得 另：设弹簧的劲度系数为，当a静止时，弹簧压缩量为，有 弹簧的弹性势能可由弹簧弹力做功推算得 由系统机械能守恒定律可得 联立解得 设时间内a对b做的功为，由动能定理可得 解得 （3）设时间内弹簧对ab整体的冲量为，以沿斜面向上为正方向，由动量定理可得 时间内弹簧对挡板的冲量大小 解得 【变式训练9-4】如图，倾角为θ=30°的固定绝缘光滑斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，斜面底端连接一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧另一端连接着一质量为m的不带电小球A，小球A静止时，到斜面顶端的距离为L。有一电荷量为+q、质量为的小球B以初速，从斜面顶端沿斜面向下运动，与小球A发生弹性碰撞之后，两小球平分了原来的总电荷量，已知电场强度，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，重力加速度为g，求： （1）小球A静止时，弹簧的形变量x； （2）两小球碰撞前，小球B的速度大小v； （3）小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功W。 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】（1）小球A静止时，对A分析有 解得 （2）对小球B分析有 解得 小球向下做匀减速直线运动，则有 解得 （3）对AB碰撞过程有 ， 解得 ， 可知，碰撞后B球体反弹，与A分离，向上做匀加速直线运动，A向下运动，则小球A碰后到速度最大时，小球A的加速度为0，令此时弹簧的压缩量为x1，对小球A分析有 则小球A从碰后到速度最大的过程中，电场力对它所做的功 解得 【变式训练9-5】 如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，轻弹簧的一端拴接于斜面底端，另一端拴接物块乙，初始时乙静止在斜面上的C点。某时刻，物块甲从斜面上的D点由静止释放，当甲动能为时与乙碰撞并合为一体，若把碰后的粘合体称为丙，此时丙的动能为，丙向下运动到B点时达到最大动能为，向下运动到最低点A时动能为0，此过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： （1）物块甲、乙的质量之比； （2）C、B两点与B、A两点之间距离之比。 【答案】（1）1：1；（2）1：2 【解析】（1）设甲的质量为m1，乙的质量为m2，甲、乙碰撞的过程中，满足动量守恒 由题可知 解得 （2）在C点时，设弹簧的压缩量为x1，在B点时弹簧的压缩量为x2，在A点时弹簧的压缩量为x3，斜面的倾角为θ，根据平衡条件 在B点时 从C到B的过程中，机械能守恒 从B到A的过程中，同样机械能守恒 联立解得 即C、B两点与B、A两点之间的距离之比1：2。 2 学科网（北京）股份有限公司 $