专题03 斜面模型（解析版）-【模型与方法】2025届高考物理热点模型与方法归纳

2/262025版新课标高中物理模型与方法专题03斜面模型目录TOC\o"1-3"\h\u【模型一】斜面上物体静摩擦力突变模型 1【模型二】斜面体静摩擦力有无模型 8【模型三】物体在斜面上自由运动的性质 16【模型四】斜面模型的衍生模型“等时圆”模型 221.“光滑斜面”模型常用结论 222.“等时圆”模型及其等时性的证明 23【模型五】功能关系中的斜面模型 411.物体在斜面上摩擦力做功的特点 412.动能变化量与机械能变化量的区别 41【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。mmθ1.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：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，方向向右，，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。.当时斜面对物块无静摩擦力.当时物块有相对于斜面向上运动的趋势静摩擦力方向向下平衡方程为：随着F的增大静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力F取最大值F1时，由平衡条件可得：F1=f+mgsinθ(1)；(3).当时物块有相对于斜面向下运动的趋势静摩擦力方向向上平衡方程为：随着F的增大静摩擦力减小当静摩擦力减小为0时突变为(2)中的情形，随着F的减小静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力F取最小值F2时，由平衡条件可得：f+F2=mgsinθ(2)；联立(1)(2)解得物块与斜面的最大静摩擦力f=(F2-F1)/2.1．如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一物块在水平力F作用下静止在斜面上，物块的质量为0.3kg，物块与斜面间的动摩擦因数为。g取10m/s2，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则F的大小可能为（）A．0.8N B．3.0N C．5.0N D．6.0N【答案】B【详解】物体在力F作用下受力如图所示将重力、力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可知当摩擦力沿斜面向上且达到最大静摩擦力时，有最小值解得同理，当摩擦力沿斜面向下且达到最大静摩擦力时，有最大值解得则故选B。2．劳动人民的智慧是无穷的，他们在劳动中摸索、总结着自然的规律，积累着劳动的智慧。人们在向一定高度处运送物料时，为了省力，搭建了一长斜面，其简化图如图所示。将质量为m的物料放在倾角为的粗糙斜面上，用轻绳拉着物料匀速上滑，绳子与斜面之间的夹角为保持不变。则下列说法正确的是（）A．物料对斜面的压力可能为零B．物料所受绳子的拉力越大，所受斜面的摩擦力越小C．斜面对物料的作用力方向与角无关D．若适当增大，则物料所受绳子的拉力减小【答案】C【详解】A．由于物料匀速上滑，则物料受平衡力的作用，对物料受力分析，如图所示若物料对斜面的压力为零，则摩擦力为零，在拉力F和重力作用下不可能平衡，不能沿斜面匀速上滑。故物料对斜面的压力不可能为零。故A错误；BD．由共点力的平衡条件可知，沿斜面方向垂直斜面方向又整理得显然当时，绳子的拉力最小，当拉力变大时，摩擦力可能变大也可能变小，故B、D错误；C．斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力，设其合力的方向与斜面的夹角为，则显然与角无关，故C正确。故选C。3.如图所示，物体A、B的质量均为m，二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角θ=30°的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行。若将斜面倾角θ缓慢增大到45°，物体A仍保持静止，不计滑轮摩擦。则下列判断正确的是（）A.物体A对斜面的压力可能增大B.物体A受的静摩擦力一定减小C.物体A受的静摩擦力可能增大D.物体A受斜面的作用力一定减小【答案】BD【解析】A．物体A对斜面的压力为，倾角增大,压力减小，A错误；BC．物体A受的静摩擦力分别为A受的静摩擦力减小，B正确，C错误；物体A始终静止，物体A受斜面的作用力始终等于重力与绳的拉力的合力，绳的拉力始终等于B的重力，其大小不变，两个分力大小不变，夹角增大，合力减小，D正确。故选BD。4.（2024·山东潍坊·二模）如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，一根不可伸长的轻绳一端连接在置于斜面的物体a上，另一端绕过光滑的定滑轮与小球b连接，轻绳与斜面平行，定滑轮到小球b的距离为L。用手按住物体a不动，把小球b拉开很小的角度后释放，使小球b做单摆运动，稳定后放开物体a。当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，整个过程物体a始终静止。忽略空气阻力及定滑轮的大小，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．小球b多次经过同一位置的动量可以不同B．小球b摆到最低点时，物体a受到的摩擦力一定沿斜面向下C．物体a与斜面间的摩擦因数D．物体a受到的摩擦力变化的周期【答案】AD【详解】A．小球b多次经过同一位置的速度方向可以不同，所以动量可以不同，故A正确；B．小球b在任意位置受到重力和拉力，重力的垂直于绳的分量提供了回复力，沿绳方向有当摆角最大时，拉力最小，此时a受到的摩擦力方向可能沿斜面向上，小球b摆到最低点时，拉力增大，此时a受到的摩擦力方向仍可能沿斜面向上，摩擦力大小会减小，故B错误；C．因为当小球运动到最高点时，物体a恰好不下滑，则所以解得故C错误；D．物体a受到的摩擦力变化的周期是单摆的周期的一半，即故D正确。故选AD。5．如图，重为20N的物体在倾角的粗糙斜面上与右端固定在斜面上的轻弹簧相连，弹簧与斜面平行，物体处于静止状态。若物体与斜面间的最大静摩擦力为11N，则弹簧对物体的弹力（）A．可能为16N，方向沿斜面向上B．可能为4N，方向沿斜面向上C．可能为4N，方向沿斜面向下D．弹力可能为零【答案】ABD【详解】物体重力沿斜面向下的分力为当静摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡时，弹簧对物体的弹力为0；当静摩擦力达到最大，且方向沿斜面向下时，弹簧对物体的弹力方向沿斜面向上，且弹簧弹力大小为可知当弹簧对物体的弹力方向沿斜面向上时，弹力大小的范围为当静摩擦力达到最大，且方向沿斜面向上时，弹簧对物体的弹力方向沿斜面向下，且弹簧弹力大小为可知当弹簧对物体的弹力方向沿斜面向下时，弹力大小的范围为故选ABD。6.有一倾角可调的斜面和一个质量为的滑块（可看成质点）。（1）当调节斜面倾角为时，滑块恰能在斜面上匀速下滑，求。（2）如图，当斜面倾角为时，给滑块一个水平向右的推力，大小为，滑块恰能静止在斜面上，求的可能值。（当地重力加速度为已知）【答案】（1）；（2）或【详解】（1）滑块恰能在斜面上匀速下滑，根据共点力平衡条件得解得（2）若推力大小较小，滑块所受静摩擦力沿斜面向上，对滑块受力分析，根据共点力平衡条件，沿斜面方向有垂直斜面方向有滑块恰能静止在斜面上，则有联立解得若推力大小较大，滑块所受静摩擦力沿斜面向下，对滑块受力分析，根据共点力平衡条件，沿斜面方向有垂直斜面方向有滑块恰能静止在斜面上，则有联立解得【模型二】斜面体静摩擦力有无模型【模型要点】1.质点系牛顿定律加速度不同时整体法的应用，大多数情况下，当两物体加速度相同时才考虑整体法，加速度不同时，考虑隔离法。实际上加速度不同时，也可以用整体法，只是此时整体法的含义有所改变。当两个或两个以上物体以不同形式连接，构成一个系统，且系统内各物体加速度不相同时，牛顿第二定律照样能应用于整体。若质量为m1，m2，…，mn的物体组成系统，它们的加速度分别为a1，a2，…，an，牛顿第二定律可写为或其意义为系统受的合外力等于系统内的每一个物体受的合外力的矢量和，或某个方向上，系统受的合外力等于系统内的每一个物体在这个方向上受的合外力的矢量和。2.自由释放的滑块能在斜面上匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtanθ．3．自由释放的滑块在斜面上：(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．4．自由释放的滑块在斜面上匀速下滑时，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零．5．悬挂有物体的小车在斜面上滑行：(1)向下的加速度a＝gsinθ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；(2)向下的加速度a＞gsinθ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；(3)向下的加速度a＜gsinθ时，悬绳将偏离垂直方向向下．1．一质量为的物块恰好能沿倾角为的足够长斜面匀速下滑。物块在沿斜面匀速下滑的过程中，在竖直平面内给物块一外力，与水平方向的夹角为，斜面始终处于静止状态，如图所示。已知重力加速度为，下列说法正确的是（）A．若，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力水平向左B．若，物块沿斜面下滑过程中，地面对斜面的摩擦力为零C．若，物块将不能沿斜面匀速下滑D．若推着物块沿斜面匀速上滑，则的最小值大于【答案】B【详解】ABC．未加F时，物块匀速下滑，其受力分析，如图所示由平衡条件得，又根据可得解得设斜面的质量为M，对斜面受力分析，如图所示根据牛顿第三定律有，斜面始终处于静止状态，将、分解，且在水平方向有，可得故地面对斜面的摩擦力为零；若，对物块施加一个水平方向的力F，对m受力分析，如图所示将F分解，可得又根据可得对斜面同上进行受力分析，根据牛顿第三定律有，斜面始终处于静止状态，将、分解，且在水平方向有，可得故地面对斜面的摩擦力为零；若，对物体施加一个垂直于斜面方向的力F，物块下滑过程中，对m受力分析，如图所示则有又根据可得对斜面同上进行受力分析，根据牛顿第三定律有，斜面始终处于静止状态，将、分解，且在水平方向有，可得故地面对斜面的摩擦力为零，故A错误，B正确；C．若，对物块施加竖直向下的力F，对m受力分析，如图所示则有又根据可得又则有所以物体仍可以沿斜面匀速下滑，故C错误；D．若推着物块沿斜面匀速上滑，设F与斜面夹角，根据平衡条件得解得所以故D错误。故选B。2.如图所示，一个小球用不可伸长的轻绳悬挂在小车上，随小车沿着倾角为的斜面一起下滑，图中的虚线①与斜面垂直，②沿水平方向，③沿竖直方向，则可判断出（）A.如果斜面光滑，则摆线与②重合B.如果斜面光滑，则摆线与③重合C.如果斜面光滑，则摆线与①重合D.如果斜面不光滑，则摆线与②重合【答案】C【解析】如果斜面光滑，根据牛顿第二定律得：对整体：加速度方向沿斜面向下，对小球合力则摆线必定与斜面垂直，即摆线与①重合；如果斜面粗糙能下滑则μ＜tanθ，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得，加速度由于μ＜tanθ，则μcosθ＜sinθa＞0说明加速度方向沿斜面向下，而且a＜gsinθ因当a=0时摆线位于位置③，斜面光滑时摆线位移位置①，可知斜面粗糙时摆线位于①与③之间．故ABD错误，C正确；故选C。3.如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上。质量为的物体B以一定的初速度沿斜面减速下滑。现突然对B施加一水平向左的力，斜劈A始终静止，则对B施加力后，下列说法中正确的是（）A.物体B的加速度变大B.地面対A的摩擦力变大，方向水平向左C.地面对A的摩擦力减小，方向水平向左D.地面对A无摩擦力【答案】AB【解析】A．对物块B，没有施加水平恒力F之前，沿斜面根据牛顿第二定律有垂直于斜面方向有施加水平恒力F之后，沿斜面根据牛顿第二定律有垂直于斜面方向有联立解得故A正确；BCD．将A、B视为整体研究对象，对整体，在没有水平拉力F之前，整体在水平方向根据牛顿第二定律有施加水平拉力F后，整体在水平方向根据牛顿第二定律有可知即地面对A的摩擦力增大，故B正确，CD错误。故选AB。4.一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放一滑块，若给一向下的初速度，则正好保持匀速下滑。如图所示，现在下滑的过程中再加一个作用力，则以下说法正确的是（）A．若在上加一竖直向下的力，则将保持匀速运动，和地面间没有静摩擦力B．若在上加一个沿斜面向下的力，则将做加速运动，地面对有向右的静摩擦力C．若在上加一个水平向右的力，则将做减速运动，在静止前地面对有向左的静摩擦力D．无论在上加什么方向的力，在沿斜面向下运动的过程中，对地都没有静摩擦力的作用【答案】AD【详解】A．当不受施加作用力时，正好保持匀速下滑，对受力分析得到，即在上加一竖直向下的力则将保持匀速运动，由整体分析可知对地无摩擦力的作用，故A项正确；B．在上加一沿斜面向下的力，对，垂直斜面方面与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大小不变在沿斜面方向物块所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动。由上面分析可得，物块所受斜面给的支持力与摩擦力不变，则合力仍然竖直向上，则斜面所受物块给的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B项错误；C．在上加一水平向右的力，沿斜面方向故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了，则摩擦力增加，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，则斜面所受的摩擦力与压力的合力还是竖直向下，水平方向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故C项错误；D．无论在上加上什么方向的力，对斜面的压力与对斜面的摩擦力都是以的比例增加，则其合力的方向始终竖直向下，斜面水平方向没有相对地面的运动趋势，始终对地面无摩擦力作用，故D项正确。故选AD。【模型三】物体在斜面上自由运动的性质斜面模型是高中物理中最常见的模型之一，斜面问题千变万化，斜面既可能光滑，也可能粗糙；既可能固定，也可能运动，运动又分匀速和变速；斜面上的物体既可以左右相连，也可以上下叠加。物体之间可以细绳相连，也可以弹簧相连。求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（弹力和摩擦力）是解决问题的关键。θθmgfFNyx对沿粗糙斜面自由下滑的物体做受力分析，物体受重力、支持力、动摩擦力，由于支持力，则动摩擦力，而重力平行斜面向下的分力为，所以当时，物体沿斜面匀速下滑，由此得，亦即。1.所以物体在斜面上自由运动的性质只取决于摩擦系数和斜面倾角的关系。当时，物体沿斜面加速速下滑，加速度；当时，物体沿斜面匀速下滑，或恰好静止；当时，物体若无初速度将静止于斜面上；2.对于光滑斜面无论物体下滑还是上滑加速度大小均为：3.对于粗糙斜面物体下滑过程加速度大小为：上冲过程加速度大小为：1.如图所示，一倾角θ＝37°的足够长的斜面固定在水平地面上．当t＝0时，滑块以初速度v0＝10m/s沿斜面向上运动．已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是()A．滑块一直做匀变速直线运动B．t＝1s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C．t＝2s时，滑块恰好又回到出发点D．t＝3s时，滑块的速度大小为4m/s【答案】D【解析】当滑块沿斜面向上运动时，做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝eq\f(mgsin37°＋μmgcos37°,m)＝10m/s2，滑块沿斜面向上运动的时间为t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，由于mgsinθ>μmgcosθ，所以当滑块沿斜面向上速度减为0时，不会静止在斜面上，会继续沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度大小为a2＝eq\f(mgsin37°－μmgcos37°,m)＝2m/s2，所以滑块不是一直做匀变速直线运动，A、B选项错误；滑块上滑时的位移为x＝eq\f(1,2)a1t12＝5m，沿斜面向下运动回到出发点的时间为t2＝eq\r(\f(2x,a2))＝eq\r(5)s，C选项错误；3s时滑块的速度大小为v＝a2t3＝2×(3－1)m/s＝4m/s，D选项正确．2.如图所示，a、b小球均能沿各自斜轨道匀速下滑到竖直圆的最低点，现分别让小球a、b以va、vb的速度沿各自轨道从最低点同时向上滑动，两小球速度同时减小到0，重力加速度为g，轨道与圆在同一竖直面内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则()A．a、b小球与斜面间的动摩擦因数之比μa∶μb＝9∶16B．a、b小球沿斜面向上运动的加速度之比aa∶ab＝4∶3C．va∶vb＝4∶3D．两小球不可能同时达到圆周上【答案】BC＋μamgsin37°＝maa，对b：mgcos53°＋μbmgsin53°＝mab，则aa∶ab＝4∶3，选项B正确；两球速度同时减为零，时间相等，则由v＝at可得va∶vb＝aa∶ab＝4∶3，选项C正确；因为两小球加速度之比aa∶ab＝4∶3，初速度之比va∶vb＝4∶3，由v＝v0－at可知，任意时刻的速度之比为4∶3，则两小球的平均速度之比为4∶3；而两球到达圆周上时位移之比也为4∶3，可知两小球能够同时到达圆周上，选项D错误．3.如图所示，质量为m＝1kg的物块放在倾角为θ＝37°的斜面底端A点，在沿斜面向上、大小为20N的恒力F1的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到B点时撤去拉力F1，当物块运动到C点时速度恰为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为2s．物块运动到C点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力F2，使物块从C点运动到A点的时间与从A点运动到C点的时间相等．已知斜面足够长，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数；(2)拉力F2的大小和方向．【答案】(1)0.5(2)3N方向平行斜面向下【解析】(1)设物块向上做加速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：F1－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1撤去拉力F1后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为a2根据牛顿第二定律有：μmgcosθ＋mgsinθ＝ma2由于物块向上加速的时间与减速的时间相等，即：a1t＝a2t联立解得：μ＝0.5(2)物块向上运动时，a1＝a2＝10m/s2，物块从A到C运动的距离：x＝2×eq\f(1,2)a1t2＝40m从C点施加平行于斜面的拉力后，根据牛顿第二定律有：F2＋mgsinθ－μmgcosθ＝ma3由运动学公式：x＝eq\f(1,2)a3(2t)2解得：a3＝5m/s2，F2＝3N可知F2方向平行斜面向下．4.如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出 ()A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACD【解析】：根据牛顿第二定律，向上滑行过程eq\f(v0,t1)＝gsinθ＋μgcosθ，向下滑行过程eq\f(v1,t1)＝gsinθ－μgcosθ，整理可得gsinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1)，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C对．小球滑上斜面的初速度v0已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即eq\f(v0,2)，所以沿斜面向上滑行的最远距离s＝eq\f(v0,2)t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度ssinθ＝eq\f(v0,2)t1×eq\f(v0＋v1,2gt1)＝v0eq\f(v0＋v1,4g)，选项D对．仅根据速度—时间图象，无法求出物块质量，选项B错．5.（2025高三上·宁夏银川·阶段练习）如图，时刻，一小球从足够长光滑倾斜玻璃板上的A点以的初速度沿玻璃板向上运动，B为玻璃板的上端，A、B间距离为2.5m，t=3s时刻小球经过A点下方玻璃板上的C点（图中未标出）。重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．玻璃板的最小倾角为45°B．C点距A点的距离可能为5mC．C点距A点的距离可能为35mD．小球经C点时的速度大小可能为20m/s【答案】D【详解】A．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得mgsinθ=ma解得a=gsinθ当玻璃板倾角最小时，小球加速度最小，恰好运动到玻璃板上端B，则有联立解得θ=30°故A错误；BC．取沿玻璃板向下为正方向，则根据位移—时间关系式有又a≥gsin30°=10×0.5m/s2=5m/s2联立解得xAC≥7.5m加速度a的最大值为g，即a≤g，则由可得xAC≤30m故BC错误；D．根据速度—时间关系式有vC=-v0+at又g=10m/s2≥a≥5m/s2联立解得25m/s≥vC≥10m/s故D正确。故选D。6.一物块沿倾角为θ的固定斜面底端上滑，到达最高点后又返回至斜面底端。已知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，则物块与斜面间的动摩擦因数为()A．eq\f(1,3)tanθ B．eq\f(1,9)tanθC．eq\f(4,5)tanθ D．eq\f(5,4)tanθ【答案】C【解析】向上运动的末速度等于0，其逆过程为初速度为0的匀加速直线运动，设加速度的大小为a1，则：x＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，设向下运动的加速度的大小为a2，则向下运动的过程中：x＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)，由题知物块下滑的时间是上滑时间的3倍，即t2＝3t1，联立可得：a1＝9a2，对物块进行受力分析，可知向上运动的过程中：ma1＝mgsinθ＋μmgcosθ，向下运动的过程中：ma2＝mgsinθ－μmgcosθ，联立得μ＝eq\f(4,5)tanθ，故C正确，ABD错误，故选C。7.如图所示，水平轨道AB和倾斜轨道BC平滑对接于B点，整个轨道固定。现某物块以初速度v0从A位置向右运动，恰好到达倾斜轨道C处(物块可视为质点，且不计物块经过B点时的能量损失)。物体在水平面上的平均速度为eq\x\to(v)1，在BC斜面上的平均速度为eq\x\to(v)2，且eq\x\to(v1)＝4eq\x\to(v)2。物体在AB处的动摩擦因数为μ1，在BC处的动摩擦因数为μ2，且μ1＝6μ2。已知AB＝6BC，斜面倾角θ＝37°。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。根据上述信息，下列说法正确的是()A．在AB、BC运动时间之比tAB＝eq\f(2,3)tBCB．物体经过B处的速度大小为eq\f(1,6)v0C．物体与BC间的动摩擦因数μ2＝eq\f(6,37)D．物体到达C处之后，能保持静止状态【答案】C【解析】物体在AB阶段、BC阶段分别做匀减速直线运动，因此eq\f(v0＋vB,2)＝4eq\f(vB,2)，因此vB＝eq\f(1,3)v0，选项B错误；eq\f(xAB,tAB)＝4eq\f(xBC,tBC)，因此可求eq\f(tAB,tBC)＝eq\f(3,2)，因此选项A错误；根据运动学公式(eq\f(1,3)v0)2－veq\o\al(2,0)＝－2(μ1g)xAB、0－(eq\f(1,3)v0)2＝－2(gsin37°＋μ2gcos37°)xBC，代入数据μ2＝eq\f(6,37)，因此选项C正确；由于μ2＜tan37°，则物体不可能在C处静止，选项D错误。8.（2025·江西抚州·模拟预测）斜面ABC中AB段粗糙，BC段光滑，如图甲所示。质量为1kg的小物块（可视为质点）以的初速度沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零。物块在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，其上滑过程的图像如图乙所示（、未知），重力加速度g取。则根据上述条件，下列可以求得的是（）A．物块与斜面之间的动摩擦因数 B．斜面的倾角C．斜面AB段的长度 D．物块沿斜面向下滑行通过AB段的加速度【答案】D【详解】C．小物块沿斜面向上滑行的初速度，由可得解得设AB段长度为，加速度大小为2a，BC段长度为，加速度大小为a，则根据运动学公式AB段有BC段有已知，因BC段长度未知，无法求出加速度及斜面AB段的长度，C错误；AB．小物块在AB段，根据牛顿第二定律得小物块在BC段因加速度未知，所以不能解得斜面ABC倾角及物块与斜面之间的动摩擦因数，AB错误；D．小物块下滑时通过AB段，根据牛顿第二定律得因为解得D正确。故选D。【模型四】斜面模型的衍生模型“等时圆”模型1.“光滑斜面”模型常用结论如图所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。关系式为t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))。(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。关系式为v＝eq\r(2gh)。2.“等时圆”模型及其等时性的证明1．三种模型(如图)2．等时性的证明设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsinα，位移为x＝dsinα，所以运动时间为t0＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(\f(2dsinα,gsinα))＝eq\r(\f(2d,g))。即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。1．如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板，其下端都固定于容器底部点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为。若三个完全相同的滑块同时从处开始由静止下滑（忽略阻力sin37°=0.6cos37°=0.8），则（）A．处滑块最先到达点B．处滑块最先到达点C．三种情况下滑块到达点的时间不相等D．若换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热，从处下滑的是最大【答案】D【详解】ABC．沿滑板下滑的加速度分别为设圆半径为R，则下滑的距离分别为根据可得带入可得选项ABC错误；D．滑块下滑时产生的热量因三个轨道中从B处下滑时xcosθ最大，可知产生的热量最大，选项D正确。故选D。2．如图AB、CD是光滑斜槽，它们的端点分别在半径为和的两个圆周上，延长线交于两圆周的相切点P，P为最低点。现有两个质量均为的重物分别沿AB和CD由静止下滑。已知AP、CP和竖直方向的夹角分别为和，重力加速度，则（

）A．重物沿AB下滑的加速度大小为，沿CD下滑的加速度大小为B．重物沿AB下滑所用时间等于沿CD下滑所用的时间C．若两斜面粗糙，则重物沿CD下滑所用时间小于沿AB下滑所用时间D．若两重物质量不相等，则重物沿AB下滑所用时间和沿CD下滑所用的时间不相等【答案】B【详解】A．重物沿AB下滑的过程中，由牛顿第二定律解得重物沿CD下滑的过程中，由牛顿第二定律解得故A错误；BD．重物沿AB下滑的过程中，由运动学公式解得重物沿CD下滑的过程中，由运动学公式解得可知与两重物的质量无关，故B正确，D错误；C．若两斜面粗糙，设斜槽与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律由运动学公式联立可得因为越大，所用时间越长，故重物沿CD下滑所用时间大于沿AB下滑所用时间，故C错误。故选B。3．（2025高三上·重庆长寿·开学考试）如图所示，两小球同时从位于同一竖直面内的两条光滑轨道的顶端A点和B点释放，关于谁先到达C点，下列说法正确的是（

）A．因为甲的加速度较大，所以甲先到 B．因为乙的位移较小，所以乙先到C．二者可能同时到 D．不知两小球的质量关系，所以无法确定【答案】C【详解】设两条光滑轨道的水平投影长度为，轨道的倾角为，小球在光滑轨道下滑时的加速度大小为根据运动学公式可得可得小球在轨道上下滑的时间为可知当两轨道的倾角之和满足则有即两小球可能同时到达C点。故选C。4．（2024·河北保定·三模）如图所示，ABC和CDE两个光滑斜面体固定在水平面上，a、b两个小球分别从两个斜面的最高点A和E同时由静止释放，结果两个球同时到达C点，已知斜面体ABC的斜面长为、高为，斜面体CDE斜面长为，高为，不计小球大小，则下列关系正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】球运动的加速度大小b球运动的加速度大小a、b两个小球分别从两个斜面的最高点A和E同时由静止释放，结果两个球同时到达C点，则有，解得故选C。5.如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，Ob过圆心，c为圆周的最高点，a为圆周的最低点。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速度释放，用、分别表示滑环从O点到达a、b两点所用的时间，另有一个小球从c点由静止自由下落到a点所用的时间为。则下列关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【详解】设圆周的半径为，与水平方向的夹角为，则沿下滑的加速度大小为根据运动学公式可得联立解得与水平方向的夹角为，则沿下滑的加速度大小为根据运动学公式可得联立解得一个小球从c点由静止自由下落到a点所用的时间为则有故选A。6.如图所示，光滑斜面CA、DA、EA都以AB为底边，三个斜面的倾角分别为。物体分别沿三个斜面从顶端由静止滑到底端，下列说法中正确的是（）A．物体沿DA下滑，加速度最大B．物体沿EA下滑，加速度最大C．物体沿CA滑到底端所需时间最短D．物体沿DA滑到底端所需时间最短【答案】D【详解】AB．设斜面倾角为，物体沿光滑斜面下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得解得物体沿CA下滑，斜面倾角最大，加速度最大，故AB错误；CD．设AB边长为x，由运动学公式可得联立可求得当，t有最小值，说明物体沿DA滑到底端所需时间最短，故C错误，D正确。故选D。7.如图所示，一个质量为的箱子（可看作质点）在水平推力的作用下恰好静止在倾角为的斜面顶端，斜面底边长度为。重力加速度为。下列说法正确的是（）A．若斜面光滑，则之间的关系式为B．若斜面光滑，保持斜面的底边长度不变，改变斜面的倾角，当时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最长C．若斜面光滑，撤去后，箱子滑到底端时重力的功率D．若箱子与斜面之间的摩擦因数为，撤去后，箱子沿斜面下滑的加速度与箱子的质量有关【答案】C【详解】A．若斜面光滑，箱子受到竖直向下的重力，水平向右的推力和垂直于斜面向上的支持力，则由三角形定则可得解得故A错误；B．若斜面光滑，保持斜面的底边长度L不变，撤去F后，箱子受到竖直向下的重力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得由匀变速直线运动规律可得联立解得改变斜面的倾角，当即时，箱子从斜面顶端自由下滑到底端所用的时间最短，故B错误；C．若斜面光滑，撤去后，箱子受到竖直向下的重力垂直于斜面向上的支持力，由动能定理可得箱子滑到底端时重力的功率为联立解得故C正确；D．若箱子与斜面之间的摩擦因数为，撤去后，箱子受到竖直向下的重力、平行于斜面向上的摩擦力和垂直于斜面向上的支持力，由牛顿第二定律可得解得因此箱子沿斜面下滑的加速度与箱子的质量无关，故D错误。故选C。8.如图1所示，游乐场内有多种滑梯，其中两组滑梯的示意图分别如图2、3所示。图2中，A、B两滑梯着地点相同，倾角不同；图3中，C、D两滑梯起滑点相同，着地点不同。可视为质点的小朋友从A、B、C、D四个滑梯自由下滑的时间分别为不计摩擦阻力，下列关系一定正确的是（

）

A． B． C． D．【答案】D【详解】图2中两滑梯有相等的底边，设为L，与地面的夹角为α，则解得则当，，此时；当，此时；当时，；图3中两滑梯有相等的高度，设为h，与地面的夹角为β，则解得因，可得则下列关系一定正确的是D。故选D。9．（2024·湖北·模拟预测）竖直墙壁上有A、B、C、D四个点，离墙壁为d的E点有四个光滑的斜面分别连接到A、B、C、D且斜面与水平面的夹角为30°、37°、53°、60°。同时在E点静止释放四个物体，则下列说法正确的是（）A．物体最先到达A B．物体同时到达A、BC．物体同时到达B、C D．物体同时到达C、D【答案】C【详解】沿四个斜面加速度分别为沿四个斜面下滑的时间分别为故AD、BC同时到达。故选C。10.如图所示，MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、A、B、C位于同一圆周上，C、A两点分别为圆周的最高点和最低点，O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别穿过三根细杆从M点和N点无初速度释放，若，、依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间，表示滑环从N点到达A点所用的时间，、表示滑环从M点到达B点和A点的速度。则（）A． B． C． D．【答案】BC【详解】A．滑环从M点到达B点和A点过程，设下降的高度为，由动能定理得解得由于滑环从M点到达B点下降的高度小，故可得，故A错误；BCD．设MA与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d，根据牛顿第二定律得：滑环的加速度为滑杆的长度为s=dcosα则根据得对NA，同理可得以M点为最高点，取合适的竖直直径作圆，如图所示

可知从M点滑到A、D时间相同，则从M点滑到B点时间大于A点，即故BC正确，D错误。故选BC。11.如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA杆竖直放置，OB杆与OD杆等长，OC杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），四个环都从O点由静止释放，分别沿OA、OB、OC、OD下滑，设滑到斜面上所用的时间依次为、、、。下列关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】AD【详解】以OA为直径画圆由等时圆模型，对小圆环分析，受重力和支持力，将重力沿杆和垂直杆的方向正交分解，由牛顿第二定律得小圆环做初速为零的匀加速直线运动，加速度为（为杆与竖直方向的夹角）。由图知，小圆环的位移为所以t与无关，可知从图上最高点沿任意一条弦滑到底所用时间相同，故沿OA和OC滑到底的时间相同，即OB不是一条完整的弦，时间最短，即OD长度超过一条弦，时间最长，即故选AD。12.如图所示，有一直角斜面体，各表面粗糙程度相同。第一次将边固定在水平地面上，质量为m的小物体从顶端A沿斜面恰能匀速下滑；第二次将边固定于水平地面上，让该小物体从顶端C由静止开始下滑，h为已知量，重力加速度为g，那么（）A．小物体与斜面间的动摩擦因数为0.5B．第二次小物体滑到底端A点时的速度大小为C．第二次小物体滑到底端A点时克服摩擦力做功为D．小物体两次从顶端滑到底端的过程中，克服摩擦力做功相等【答案】AB【详解】A．第一次为匀速下滑，有可得故A正确；B．第二次下滑过程中，由能量守恒定律可得可得故B正确；C．第二次小物体滑到底端A点时，克服摩擦力做功为可得故C错误；D．物体第一次下滑过程中克服摩擦力做功为则故D错误。故选AB。13.图中的几个光滑斜面，它们的高度相同、倾角不同。让质量相同的物体沿斜面由静止开始从顶端运动到底端，以下判断正确的有（）A．沿不同斜面滑到底端时速度相同B．沿不同斜面滑到底端时动能相同C．沿不同斜面从顶端滑到底端所用时间不相同D．沿不同斜面滑到底端时重力的功率相同【答案】BC【详解】AB．由于是光滑斜面，质量相同的物体沿斜面从顶端运动到底端过程应用动能定理，重力做的功等于动能的变化量得出滑到底端时动能相等，质量相等，滑到底端时速度大小相等，方向不同，故A错误，B正确。C．物体沿光滑斜面做初速度为零的匀加速运动，加速度由解得则物体沿不同斜面从顶端滑到底端所用时间不相同，C正确。D．根据因滑到底端时竖直方向的分速度不同，故滑到底端时重力的功率不相同，故D错误。故选BC。14．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图所示，O点为竖直圆周的圆心，MN和PQ是两根光滑细杆，两细杆的两端均在圆周上，M为圆周上的最高点，Q为圆周上的最低点，N、P两点等高。两个可视为质点的圆环1、2（图中均未画出）分别套在细杆MN、PQ上，并从M、P两点由静止释放，两圆环滑到N、Q两点时的速度大小分别为、，所用时间分别为、，则（）A． B． C． D．【答案】BD【详解】连接NQ、MP，如图所示小环1从M点静止释放，根据牛顿第二定律可得所以，同理可得，故选BD。15.如图所示，半径为R的圆环固定在竖直面内，圆环的圆心为O，最低点为A，AB、AC、BD是固定在圆周上的三个光滑斜面，B、C、D都在圆环的圆周上，AB与竖直方向的夹角为，BD与AC平行，BD经过圆心O。让小球1从B点由静止释放沿着AB运动到A点，让小球2从C点由静止释放沿着AC运动到A点，让质量为m的小球3从B点由静止开始在沿BD斜向下的恒力F（大小未知）作用下运动到D点，三个小球均视为质点。已知小球1、3的运动时间相等，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，求：(1)小球2从C点运动到A点的时间；(2)小球1到达A点时的速度大小；(3)恒力F的大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题知，CA与水平方向的夹角为，对小球2，根据牛顿第二定律有解得根据几何关系，可得位移为又解得（2）由题知，BA与水平方向的夹角为，对小球1，根据牛顿第二定律有解得根据几何关系，可得位移为又联立解得故小球1到达A点时的速度大小为（3）由题知，小球1、3的运动时间相等，3球下滑的位移为2R，则有解得由题知，CA与水平方向的夹角为，对小球3，根据牛顿第二定律有解得【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如图所示，斜面长，倾角．一个质量为的物体沿斜面由顶端向底端滑动，动摩擦因数为．则物体克服摩擦力所做的功为．式中为物体所受的重力，为物体在水平方向上的位移（即位移的水平分量）．可见，当物体只受重力、弹力和摩擦力作用沿斜面运动时，克服摩擦力所做的功等于动摩擦因数、重力的大小和水平位移的大小三者的乘积．

由推导过程易知，如果物体在摩擦力方向上还受其它力，公式仍成立；若在重力方向上还受其它力，则式中的为等效重力．公式不仅适用于平面，而且在相对速度较小的情况下还适用于曲面（可用微元法化曲为直证明）．

结论若滑动物体对接触面的弹力只由重力（或等效重力）引起，则物体克服摩擦力所做的功相当于物体沿水平的投影面运动克服其摩擦力所做的功，即．2.动能变化量与机械能变化量的区别(1).动能变化量等于合外力做的功，即：△Ek=W总=F合x，(2).机械能变化量等于除重力以外的力做的功，即：△E=W除G=F除Gx(3).在匀变速直线运动中，动能变化量与机械能变化量之比等于的比值合外力与除重力以外的力之比，即：。例如，物体沿粗糙斜面上滑x的过程中，动能变化量△Ek=-mg(sinθ+μcosθ)·x;机械能变化量△E=-μmgcosθ·x;二者比值，为一定值。1.如图甲所示水平地面上固定一倾角为的粗糙斜面，一质量为的小物块由静止从斜面顶端下滑到底端的过程中，其机械能和动能随位移的变化图像如图乙所示，图线a、b分别表示机械能、动能随位移的变化，，则小物块在下滑过程中，下列说法正确的是（）A．小物块减少的重力势能等于增加的动能 B．小物块滑到斜面底端的速率为C．小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．小物块的重力势能减少了2J【答案】B【详解】A．由图乙的图线a可知，机械能减小，故运动过程中有阻力的作用，故小物块重力与摩擦力做功等于动能的改变，故A错误；B．由图乙可知在处滑到最低点，此时机械能等于动能，故解得小物块滑到斜面底端的速率为故B正确；CD．由图乙可知开始时重力势能等于解得故小物块的重力势能减少了8J，且根据动能定理可得解得故CD错误。故选B。2.如图所示，一个质量为m的物体以某一速度从A点冲上一个倾角为30°的斜面，其运动的加速度。这个物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这过程（

）A．物体的重力势能增加了 B．物体的机械能损失了mghC．物体的动能损失了mgh D．物体的重力势能增加了mgh【答案】D【详解】AD．物体的重力势能增加了mgh，选项A错误，D正确；

C．物体的动能损失了选项C错误；B．物体的机械能损失了选项B错误。故选D。3.如图所示，甲、乙两个小物体从同一高度分别沿斜面、下滑，两物体与接触面的动摩擦因数均为μ，斜面与水平面接触处有光滑的小圆弧相连。若物体甲由静止下滑运动到水平面上的P点静止，则乙物体由静止下滑，当其运动到水平面时，将停在（）A．P点右侧 B．P点C．P点左侧 D．无法确定【答案】B【详解】设斜面倾角为α，长度为l，高度为h，甲在水平面滑行s后静止，全程由动能定理可得mgh－μmglcosθ－μmgs＝0整理得mgh－μmg(lcosθ＋s)＝0其中lcosθ为斜面在水平方向的投影，可得gh－μgs水平＝0由于斜面的高度与斜面相同，可知乙物体由静止下滑至水平面静止时水平位移与甲物体相同，故乙物体运动到Р点停止运动。故选B。4．（2024·河北邯郸·一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能E和动能随沿斜面运动的位移x变化的图像如图乙所示，g取，下列说法正确的是（）A．图线a为物块动能的变化图线，图线b为物块机械能的变化图线B．物块的质量为C．物块与斜面之间的动摩擦因数为D．物块的初速度【答案】C【详解】A．物块沿斜面上滑过程中动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，则物块上升到最高点时动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，机械能不等于零，图线a为机械能的变化图像，图线b为动能的变化图像，故A错误；BCD．动能随位移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，由此可得由图像知初动能为5J，上升到最高点的机械能为2J，则解得故C正确，BD错误。故选C。5.如图所示，物体先后由静止开始从两斜面的顶端A分别下滑至底端C、D，若物体与两斜面间的动摩擦因数相同，两个过程中重力对物体做功分别为、，摩擦力对物体做功分别为、，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】AB．根据h相同，则重力对物体做功相同，即故AB错误；CD．设斜面的倾角为，动摩擦因数为，则摩擦力对物体做功所以故D正确，C错误。故选D。6.在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动，如图甲所示。若小物块在上滑和下滑过程中其动能随高度h的变化如图乙所示，和，则小物块（）A．上滑的最大距离为5m B．所受的摩擦力大小为2NC．质量为2kg D．动摩擦因数【答案】AB【详解】A．由图乙可知，小物块上滑的最大距离为故A正确；B．由图乙，全程根据动能定理得解得小物块所受的摩擦力大小为故B正确；C．小物块上滑过程中根据动能定理得解得小物块质量为故C错误；D．根据解得动摩擦因数为故D错误。故选AB。7.开学考试）位于长治市老顶山的神农滑雪场有两个坡度不同的滑道AB和（均可看作斜面），体重相同的甲、乙两名滑雪者分别乘两个完全相同的雪橇从A点