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专题3 斜面模型
有关斜面模型的平衡问题（6-10 题）...........................................................................................5
有关斜面模型的动力学问题（11-15 题）.....................................................................................9
有关斜面模型的能量动量问题（16-20 题）...............................................................................13
1.
（2023•全国）如图，在置于水平地面的楔状物体P 的斜面上有一小物块Q，Q 受水平
外力F 的作用。已知P 和Q 始终保持静止，则（ ）
A．增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
B．增加外力F 的大小，P 与地面间摩擦力的大小一定增加
C．增加Q 的质量，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
D．增加外力F 的大小，P 与Q 间摩擦力的大小一定增加
【解答】解：AB、P 和Q 始终保持静止，根据整体法，整体受力如图：
水平方向平衡，f＝F，故增加P 的质量，P 与地面间摩擦力的大小不变，增加外力F 的大小，P
与地面间摩擦力的大小一定增加，故A 错误，B 正确；
CD、由于不确定F 沿斜面向上分量与Q 的重力沿斜面向下分量的关系，故P 与Q 间摩擦力的大
小变化不能确定。若F 沿斜面向上分量大于Q 的重力沿斜面向下分量，此时增加Q 的质量，则
P 与Q 间摩擦力先沿斜面向下减小，减小到零后再反向增大。若F 沿斜面向上分量小于Q 的重
力沿斜面向下分量，增加外力F 的大小，则P 与Q 间摩擦力先沿斜面向上减小，减小到零后再
1
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反向增大。故CD 错误。
故选：B。
2.
（2022•北京）如图所示，质量为m 的物块在倾角为θ 的斜面上加速下滑，物块与斜
面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物块的支持力大小为mgsinθ
B．斜面对物块的摩擦力大小为μmgcosθ
C．斜面对物块作用力的合力大小为mg
D．物块所受的合力大小为mgsinθ
【解答】解：AB、斜面对物块的支持力为mgcosθ，因为物块处于加速下滑状态，f＝μmgcosθ，
故A 错误、B 正确；
CD、物块处于加速下滑状态，根据牛顿第二定律得：F 合＝mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma，所以有：
mgsinθ
＞
μmgcosθ
，
则
斜
面
对
物
块
的
作
用
力
为
F
=√F N
2 + F f
2=√(mgcosθ)
2+( μmgcosθ)
2＜√(mgcosθ)
2+(mgsinθ)
2=mg，故CD 错误；
故选：B。
3.
（2022•山东）某粮库使用额定电压U＝380V，内阻R＝0.25Ω 的电动机运粮，如图所
示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2m/s 沿斜坡匀速
上行，此时电流I＝40A，关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L 到达卸粮点时，速度恰好
为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝
100kg，车上粮食质量m2＝1200kg，配重质量m0＝40kg，取重力加速度g＝10m/s2，小车运动
时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计
电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
（1）比例系数k 值；
（2）上行路程L 值。
2
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【解答】解：（1）设电动机的牵引绳张力为T1，电动机连接小车的缆绳匀速上行，由能量守恒
定律有UI＝I2R+T1v
解得T1＝7400N
小车和配重一起匀速，设绳的张力为T2，对配重有T2＝m0g
设斜面倾角为θ，对小车匀速有T1+T2＝（m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，有m1gsinθ＝m0g+km1g
联立各式解得sinθ＝0.5，k＝0.1
（2）关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度为a，对系统由牛顿第二定律
有 （m1+m2） gsinθ+k （m1+m2） g
m
﹣
0g＝（m1+m2+m0） a
根据运动学规律有：v2＝2aL
联立代入数据解得：L= 67
185
m
4.
（多选）（2022•广东）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN 段以
恒定功率200W、速度5m/s 匀速行驶，在斜坡PQ 段以恒定功率570W、速度2m/s 匀速行驶。
已知小车总质量为50kg，MN＝PQ＝20m，PQ 段的倾角为30°，重力加速度g 取10m/s2，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40N
B．从M 到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P 到Q，小车重力势能增加1×104J
D．从P 到Q，小车克服摩擦力做功700J
【解答】解：AB、在水平MN 段以恒定功率200W、速度5m/s 匀速行驶，则小车的牵引力等于
3
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小车受到的摩擦力，因此
F = f = P
v = 200
5 N = 40 N
从M 到N 过程中，小车摩擦力做功为Wf＝﹣40×20J＝﹣800J，即小车克服摩擦力做功800J，故
AB 正确；
C 、从P 到Q 的过程中，根据功能关系可知，重力势能的增加量为ΔEp ＝mgΔh ＝
50×10×20×sin30°J＝5000J，故C 错误；
D、在斜坡PQ 段以恒定功率570W、速度2m/s 匀速行驶，则
P2
v2
=mgsin30°+ f 2
代入数据解得：f2＝35N
则此过程中，小车摩擦力做功为Wf2＝f2s＝﹣35×20J＝﹣700J，即小车克服摩擦力做功为700J，
故D 正确；
故选：ABD。
5.
（2022•浙江）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与
水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶
端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ= 2
9
，货物可视为质点（取cos24°＝0.9，
sin24°＝0.4）。
（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度v 的大小；
（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣
μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
（2）根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
4
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（3）货物在水平轨道上运动时，根据动能定理可得：
μmgl
﹣
2= 1
2 mv '
2- 1
2 mv
2，其中v′＝2m/s
代入数据解得：l2＝2.7m。
有关斜面模型的平衡问题（6-10 题）
6.
（2024•吉林一模）如图所示，倾角θ＝30°的斜面体静止在水平面上，一质量为m、
可看成质点的光滑小球在橡皮筋拉力的作用下静止在斜面上。已知橡皮筋与斜面间的夹角也为
θ，重力加速度大小为g，则斜面体对小球的支持力大小为（ ）
A．1
2 mg
B．√3
3 mg
C．√3
2 mg
D．3
4 mg
【解答】解：对小球受力分析，如图所示：
由受力平衡可得：F′＝mg
由平面几何知识可得：N 与F′夹角为30°，T 与F′夹角也为30°，故平行四边形为菱形，连接对角
线便可找出直角三角形，由Ncos30° = 1
2 F ' = 1
2 mg
得N = √3
3 mg，故ACD 错误，B 正确。
5
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故选：B。
7.
（多选）（2024•泸州一模）如图所示，在倾角θ＝30°的粗糙斜面ABCD 上，一质量
为m 的物体受到与对角线BD 平行的恒力F 作用，恰好能沿斜面的另一对角线AC 做匀速直线
运动。已知斜面ABCD 为正方形，重力加速度大小为g，则（ ）
A．物体与斜面间的动摩擦因数为√6
6
B．物体与斜面间的动摩擦因数为√3
3
C．恒力F 大小为1
2 mg
D．恒力F 大小为√2
4 mg
【解答】解：物块匀速运动，则受力平衡，对物块受力分析，受到重力、支持力、推力、摩擦
力。力F 的方向与BC 方向的夹角为45°，摩擦力沿CA 方向。
沿AD 方向根据平衡条件可得：Fsin45°＝fsin45°
沿AB 方向根据平衡条件可得：Fcos45°+fcos45°＝mgsin30°
其中：f＝μmgcos30°
联立解得：F = f = √2
4 mg，μ= √6
6
，故AD 正确、CD 错误。
故选：AD。
8.
（2023•朝阳区一模）如图所示，质量为m 的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面
的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下
列说法正确的是（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
6
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B．手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上
C．若θ 增大，则支架对手机的摩擦力随之减小
D．若θ 增大，则支架对手机的作用力保持不变
【解答】解：AB、对手机受力分析，手机受到重力mg、支持力N 和摩擦力f，如图：
由平衡条件得：f＝mgsinθ
N＝mgcosθ
手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向左上，支持力大小为mgcosθ，方向垂直斜面向
右上，根据牛顿第三定律得，手机对斜面的压力等于支持力F 压＝N＝mgcosθ
方向垂直于斜面斜向坐下，故AB 错误；
C、支架对手机的摩擦力为f＝mgsinθ
若θ 增大，sinθ 增大，摩擦力增大，故C 错误；
D、手机始终处于静止状态，支架对手机的作用力与手机的重力等大反向，若θ 增大，支架对手
机的作用力不变，故D 正确。
故选：D。
9.
（2023•长沙二模）如图甲所示，用瓦片做屋顶是我国建筑的特色之一。铺设瓦片时，
屋顶结构可简化为图乙所示，建筑工人将瓦片轻放在两根相互平行的檩条正中间，若瓦片能静
止在檩条上。已知檩条间距离为d，以下说法正确的是（ ）
A．减小檩条间的距离d 时，瓦片可能会下滑
7
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B．减小檩条的倾斜角度θ 时，瓦片与檩条间的弹力变小
C．增大檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的摩擦力变大
D．增大檩条间的距离d 时，瓦片与檩条间的弹力变小
【解答】解：A．在垂直檩条方向的剖面上，瓦片受力示意图如下
两根檩条给瓦片的支持力与垂直檩条方向的夹角为α，则有
2Fcosα＝mgcosθ
减小檩条间的距离d 时，夹角α 减小，两檩条给瓦片的支持力F 变小，故瓦片与檩条间的弹力变
小，最大静摩擦力变小，则檩条可能下滑，故A 正确；
CD．同理，增大檩条间的距离d 时，夹角α 增大，两檩条给瓦片的支持力F 变大，故瓦片与檩
条间的弹力变大，最大静摩擦力变大；瓦片处于静止状态，由平衡条件可知，瓦片与檩条间的
摩擦力等于mgsinθ，且保持不变，故CD 错误；
B．根据2Fcosα＝mgcosθ，减小檩条的倾斜角度θ 时，则mgcosθ 增大，瓦片与檩条间的弹力变
大，故B 错误。
故选：A。
10. （2023 秋•玄武区校级月考）中国劳动人民在长期的实践中总结了大量的智慧结晶。
工人师傅想要将一质量比较大表面光滑的圆柱体物件（质量为M）推上斜面，并需要物件静止
在斜面上图示位置，工人师傅拿一块小的半圆柱体（质量为m，且m 远小于M）垫在大圆柱
体物件的下面，但发现垫上小半圆柱体后，大圆柱体物件依然会沿斜面下滑，于是工人师傅采
用了一种操作方式，顺利的让大圆柱体物件静止在斜面上，那么工人师傅的操作是下面几种操
作中的哪一种（ ）
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A．换一个半径稍大的同材质的半圆柱体
B．换一个半径稍小的同材质的半圆柱体
C．换一个长度更长一点的同材质的半圆柱体
D．在小半圆柱体和大圆柱形物件接触部位垫上一块轻薄的粗糙毛巾
【解答】解：对圆柱体物件受力分析
根据平衡条件
mgsinθ＝N2cosα
mgcosθ＝N2sinα+N1
当α 增大，cosα 减小，sinα 增大，N2增大，N1减小，即物件更不易滑动，所以换一个半径稍小
的同材质的半圆柱体可以增大α，从而增大N2。
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
有关斜面模型的动力学问题（11-15 题）
11. （2023•淮南二模）如图所示，倾角为30°的粗糙斜面上有4 个完全相同的物块，在与
斜面平行的拉力F 作用下恰好沿斜面向上做匀速直线运动，运动中连接各木块间的细绳均与斜
面平行，此时第1、2 物块间细绳的张力大小为T1，某时刻连接第3、4 物块间的细绳突然断了，
其余3 个物块仍在力F 的作用下沿斜面向上运动，此时第1、2 物块间细绳的张力大小为T2，
则T1：T2等于（ ）
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A．9：2
B．9：8
C．3：2
D．1：1
【解答】解：匀速运动时，设每一个物块所受的摩擦力为f，质量为m，根据平衡条件可得F＝
4mgsinθ+4f
对2、3、4 物块组成的整体，由平衡条件可得3mgsinθ+3f＝T1
可得T 1= 3 F
4
连接第3、4 物块间的细绳突然断了，对1、2、3 组成的整体，根据牛顿第二定律可得F﹣
3mgsinθ
3f
﹣
＝3ma
对2、3 物块组成的整体，根据牛顿第二定律可得T2
2mgsinθ
2f
﹣
﹣
＝2ma
可得T 2= 2 F
3
可得T1：T2＝9：8
故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
12. （多选）（2024•吉林一模）乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选
择。若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a 上行，如图所示。若在缆车中放一个与山坡
表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m 的小物块，小物块相对斜面静止（设缆车保持竖直
状态运行）。重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块处于失重状态
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
C．小物块受到的静摩擦力为1
2 mg+ma
10
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D．若缆车加速度减小，则小物块受到的摩擦力和支持力都减小
【解答】解：A.由于小物块和斜面保持相对静止，所以物块具有沿斜面向上的加速度a，加速度
有向上的分量，所以小物块处于超重状态，故A 错误；
BCD.以物块为研究对象，小物块受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力N 和沿斜面向上
的静摩擦力f，在沿斜面方面上，根据牛顿第二定律有
f
mgsin30°
﹣
＝ma
可得小物块受到的静摩擦力为f = 1
2 mg+ma
若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，但支持力N＝mgcos30°，支持力不变，故BC 正确，D 错
误。
故选：BC。
13. （2023•和平区校级一模）如图所示，木盒中固定一质量为m 的砝码，木盒和砝码在
斜面上一起以一定的初速度向下滑行一段距离后停止。现拿走砝码，在木盒上换一个垂直于斜
面向下的恒力F（F＝mgcosθ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（ ）
A．不变
B．变小
C．变大
D．变大变小均有可能
【解答】解：设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得：
放砝码时，（m+M ）gsinθ
μ
﹣
（m+M ）gcosθ ＝（m+M ）a1 ，解得加速度：a1
= (m+ M )gsinθ - μ(m+ M )gcosθ
M +m
=gsinθ
μgcosθ
﹣
拿走砝码施加F 时，Mgsinθ
μ
﹣（Mgcosθ+F）＝Ma2，加速度：a2= Mgsinθ - μ(m+ M )gcosθ
M
=
gsinθ- μ( M +m)gcosθ
M
可知a2＜a1。
根据v2＝2ax 得，x= v
2
2a
知加速度增大，则滑行的距离变小。故B 正确，ACD 错误。
故选：B。
14. （2023•武昌区模拟）如图所示，某景区有一座与水平面夹角为θ，长度为L 的小山坡
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欲利用此地形修建一座滑草场。乘客乘坐设备从坡顶由静止开始沿直线滑道滑下，并平滑进入
到水平直线滑道减速至停下。整个滑道上铺设的草皮与滑草设备底面的动摩擦因数为μ，设乘
客始终保持规范姿态且不调整设备，忽略空气阻力影响。下列说法正确的是（ ）
A．加速下滑与水平减速两段过程中的平均速度的大小相同
B．为保证乘客能顺利沿滑道滑下，要满足动摩擦因数μ＞tanθ
C．不同体重的乘客沿滑道加速下滑的过程中加速度不同
D．为了乘客的安全，修建的水平滑道长度至少为Lsinθ
μ
【解答】解：A、乘客从坡顶由静止开始沿直线滑道滑下，设滑到坡底的大小速度为v，由
v = v0+ v
2
可知，加速下滑与水平减速两段过程中的平均速度的大小相同，均为v
2
，故A 正确；
B、为保证乘客能顺利沿滑道滑下，则有mgsinθ＞μmgcosθ，可得μ＜sinθ
cosθ =tanθ，故B 错误；
C、乘客沿滑道加速下滑的过程，由牛顿第二定律得a= mgsinθ - μmgcosθ
m
= gsinθ - μgcosθ，
可知加速度与乘客的质量无关，故C 错误；
D、乘客沿滑道加速下滑的过程，有v2＝2（gsinθ
μgcosθ
﹣
）L，乘客在水平滑道上滑行过程，有
v2＝2μgx
可得水平滑道长度至少为x= Lsinθ
μ
-Lcosθ，故D 错误。
故选：A。
15. （2023•湖南模拟）如图所示，质量分别为m 和2m 的A、B 两个物块置于粗糙固定的
足够长的斜面上，且固定在一轻质弹簧两端，已知弹簧的劲度系数为k，两物块与斜面间的动
摩擦因数均为μ，斜面的倾角为θ，现沿斜面向上在物块B 上施加一拉力F，使两物块一起沿
斜面向上做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（
）
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A．减小动摩擦因数，其他条件不变，则弹簧的总长将变大
B．改变斜面的倾角，保持拉力F 方向仍然沿斜面向上，大小不变，则弹簧的总长将随倾角的变
化而变化
C．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块A 的加速度大小为
F
3m - g(sinθ - μcosθ)
D．如果两物块运动过程中突然撤去拉力F，撤去F 瞬间物块B 的加速度大小为
g(sinθ+ μcosθ)+ F
6m
【解答】解：AB、对AB 整体，由牛顿第二定律得：F
3mgsinθ
μ•3mgcosθ
﹣
﹣
＝3ma
对物块A，由牛顿第二定律有：F 弹﹣mgsinθ
μmgcosθ
﹣
＝ma
联立解得弹簧的弹力大小为：F弹= 1
3 F
根据胡克定律有：F 弹＝kx
解得弹簧形变量：x = F
3k
弹簧的总长为：x + L= F
3k + L，可知弹簧的总长与斜面的倾角和动摩擦因数均无关，故AB 错
误；
C、撤去拉力F 瞬间，弹簧来不及形变，物块A 的加速度不变，对A，由牛顿第二定律得：
aA = F -3mgsinθ -3 μmgcosθ
3m
= F
3m - g(sinθ+ μcosθ)，方向沿斜面向上，故C 错误；
D、对B，由牛顿第二定律得撤去F 瞬间物块B 加速度为：
aB= 2mgsinθ+ μ⋅2mgcosθ+ F 弹
2m
=g（sinθ+μcosθ）+ F
6m，方向沿斜面向下，故D 正确。
故选：D。
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有关斜面模型的能量动量问题（16-20 题）
16. （2023•温州模拟）如图所示，足够大的粗糙斜面倾角为θ，小滑块以大小为v0的水平
初速度开始沿斜面运动，经过一段时间后，小滑块速度大小为v、方向与初速度垂直。此过程
小滑块加速度的最大值为a1、最小值为a2。已知小滑块与斜面动摩擦因数μ＝tanθ，则
（ ）
A．v＝v0
B．v＞v0
C．a2=√2 gsinθ
D．a1=√2gsinθ
【解答】解：AB．小滑块在斜面上滑动，摩擦力力大小始终不变为f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大
小与重力沿着斜面向下的分力大小相等，对整个运动过程根据动能定理可得：
mgsinθ⋅y - fs= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
其中，y 为垂直初速度方向滑块沿斜面下滑的长度，s 为滑块运动轨迹的长度，因为s＞y，可知
v＜v0，故AB 错误；
CD．摩擦力速度的方向始终与滑块相对斜面的速度方向相反，可知f 的方向与重力沿斜面向下
的分力的方向mgsinθ 的夹角为90°到180°，根据几何关系可知合力的大小范围为：
mgsinθ - f ≤F合≤√f
2+(mgsinθ)
2
结合牛顿第二定律F 合＝ma
由此可得0≤a≤√2 gsinθ
则a1=√2 gsinθ；a2＝0，故D 正确，C 错误。
故选：D。
17. （2023•乐清市校级模拟）如图，质量为2kg 的楔形木块abc 固定在水平地面上，顶角
θ 为直角，ab 面和bc 面均光滑，两个完全相同质量均为1kg 的滑块同时从顶端释放，则对于滑
14
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块在斜面上时（ ）
A．楔形木块abc 受到地面支持力为30N
B．楔形木块abc 始终受到地面的摩擦力
C．同一时刻，两滑块重力的瞬时功率相同
D．两滑块所受弹力冲量为0
【解答】解：A．沿ab 面下滑的滑块对斜面的压力为mgcosα，将这个力沿着水平和竖直方向分
解，水平方向上的分力为mgcosαsinα，竖直方向上的分力为mgcos2α；同理，沿bc 面下滑的滑
块对斜面的压力为mgcosβ，将这个力沿着水平和竖直方向分解，水平方向上的分力为
mgcosβsinβ，竖直方向上的分力为mgcos2β；由题意，α+β＝90°，所以楔形木块abc 对地面的压
力为：F N = Mg+mgco s
2α +mgco s
2 β =Mg+mg＝（2+1）×10N＝30N，根据牛顿第三定律可知，
楔形木块abc 受到地面的支持力也为30N，故A 正确；
B．由于α+β＝90°，所以cosαsinα 与cosβsinβ 总是相等，楔形木块abc 水平方向上始终受力平衡，
地面对木块始终没有摩擦力，故B 错误；
C．对于ab 面上的滑块，下滑的加速度：a1＝gsinα，t 时刻的速度：vt＝a1t；重力的瞬时功率为：
Pt =mg vt sinα =mg× gtsinα ×sinα =m g
2tsin
2α
同理，对于
bc
面上的滑块，t
时刻重力的瞬时功率为：
Pt' =mg vt' sinβ =mg× gtsinβ ×sinβ =m g
2tsin
2 β
所以当两侧面的倾角不相等时，重力的瞬时功率不相等，故C 错误；
D．由冲量的定义I＝Ft 可知，两滑块所受弹力的冲量不为0，故D 错误。
故选：A。
18. （2023•五华区校级模拟）如图所示，与水平地面夹角为锐角的斜面底端A 向上有三
个等间距点B、C 和D，即AB＝BC＝CD。小滑块P 以初速度v0从A 出发，沿斜面向上运动，
若斜面与滑块间无摩擦，则滑块恰好到达D 点，而后下滑；若斜面AB 部分与滑块间有摩擦，
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其余部位与滑块间仍无摩擦，则滑块恰好上滑到C 点，而后下滑，则滑块下滑到B 点时速度
大小以及回到A 点时速度大小分别为（ ）
A．√3
3 v0、√3
3 v0
B．√3
2 v0、√3
2 v0
C．√2
2 v0、√2
2 v0
D．√3
3 v0、√3
6 v0
【解答】解：由于A，B，C，D 等间距，A、B、C、D 所处的高度均匀变化，设A 到B 克服重
力做功为WG，从A 到D，由动能定理得：
-3W G=0- 1
2 m v0
2 ①
若设置斜面AB 部分与滑块间有处处相同的摩擦，设克服摩擦力做功Wf，从A 到C，由动能定
理得：-2W G-W f =0- 1
2 m v0
2 ②
联立①②解得：Wf＝WG
设滑块下滑到B 位置时速度大小为vB，从C 到B，由动能定理得：W G= 1
2 m vB
2 ③
联立①③解得：vB= √3
3 v0
滑块由C 到A，由动能定理得：2W G-W f = 1
2 m v A
2 ④
又Wf＝WG
联立①④解得：v A = √3
3 v0故BCD 错误，A 正确。
故选：A。
19. （2023•郴州模拟）如图所示，倾角为37°的倾斜滑道AB 和水平滑道BC 在B 点处平
滑连接，甲从倾斜滑道A 端由静止滑下后，与静止在B 点的乙发生碰撞，碰后甲立即停止运
动，乙沿水平直滑道滑行了一段距离后停止运动。假设甲和乙使用的滑板完全相同，且甲和乙
发生的碰撞为弹性碰撞，则下列说法正确的是（ ）（sin37°＝0.6）
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A．甲、乙碰撞时间越长，相互作用力越大，对人的危害越大
B．甲的质量大于乙的质量
C．若滑板与两滑道之间的动摩擦因数均为0.2，则甲在倾斜滑道上滑行的距离小于乙在水平滑
道上滑行的距离
D．甲、乙及滑板组成的系统机械能守恒
【解答】解：A．甲和乙发生碰撞的过程动量变化量大小相等，由动量定理：Ft＝Δp，可知碰撞
时间越短，相互作用力越大，对人的危害越大，A 错误；
B．碰撞过程视为弹性碰撞，则碰撞过程动能和动量均守恒，设甲和乙的质量分别为m1和m2，
碰撞前甲的速度为v1，碰撞后乙的速度为v2，由动能定理，得：1
2 m1v1
2= 1
2 m2v2
2
由动量守恒，得：m1v1＝m2v2
根据上面两式，可以解得：m1＝m2，v1＝v2
因此甲、乙质量相等，B 错误；
C．根据牛顿第二定律，可以求得甲在倾斜潸道上下滑时加速度大小为
a1＝gsin37°
μ
﹣gcos37°
乙在水平滑道上滑行时加速度大小为a2＝μg
对比得a1＞a2
再由运动学公式：v
2- v0
2=2ax
可知甲在倾斜滑道上滑行的距离小于乙在水平滑道上滑行的距离，C 正确；
D．甲、乙及滑板在滑行过程中受摩擦力作用，机械能不守恒，D 错误。
故选：C。
20. （2023•武汉模拟）在光滑水平面上有一表面光滑的斜面，质量为M、高度为h、倾角
为θ，一质量为m 的物块（视为质点）从斜面底端以一定的初速度v0沿斜面向上运动，如图所
示。若斜面固定，则物块恰好能到达斜面顶端；若斜面不固定，则物块沿斜面上升的最大高度
为（ ）
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A．
M
M +m h
B．
Mm
( M +m)
2 h
C．M +msin
2θ
M +m
h
D．m+ M sin
2θ
M +m
h
【解答】解：斜面固定，物块恰好到达斜面顶端，有1
2 m v0
2=mgh
斜面不固定，物块与斜面，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv0cosθ＝（M+m）v1
在物块沿斜面上升的最大高度时，根据能量转化和守恒有：1
2 m v0
2- 1
2 ( M +m)v1
2=mgh'
得h' = M +msin
2θ
M +m
h，故C 正确，ABD 错误。
故选：C。
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