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2024 年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过
模块三：牛顿第一、第二定律各模块大招
第07 讲 牛顿第二定律之斜面
体模型
2
（解析版）
目录
【内容一】 自锁问题1 常规模型.......................................................................................................................1
【内容二】 自锁问题2：拖把问题模型...........................................................................................................3
【内容三】 受其他外力的斜面模型总结步骤..................................................................................................5
【内容四】 “光滑斜面”模型常用结论..........................................................................................................7
【内容五】 等时性的证明模型..........................................................................................................................8
技巧总结
内容一：自锁问题1
①若物块初始状态为静止，则动力为
，阻力为
，∵静止，∴阻力
动力，故
施加外力
以后，则额外动力为
，额外阻力为
.∵
∴阻力
动力
故施加外力
后物块仍处于静止.
结论：无论
有多大，物块都处于静止状态.
②若物块初始状态为向下加速，则动力为
，阻力为
，∵加速，∴
动力
阻力，故
施加外力
以后，则额外动力为
，额外阻力为
.∵
∴动力
阻力
1
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故施加外力
后物块将以更大的
加速下滑.
结论：即
越大，物块向下加速的
越大.
③当物体受到沿竖直方向的外力
向下运动时，可将这个外力与重力的合力作为等效
重力，利用正交分解可得加速度为
④当物体受到沿竖直方向物体重力作用向下运动时，可将这个新物块重力与原重力的
合力作为等效重力，利用正交分解可得加速度为
内容二:拖把问题
动力为
，阻力为
，能否拖动的临界状态为
当阻力
动力，即
，拖不动.
当阻力
动力，即
，能拖动.
内容三:：①水平方向的力
动力：
阻力：
判断加速与减速只需判断动力与阻力的大小比较即可.
②沿斜面向上的力
2
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动力：
阻力：
判断加速与减速只需判断动力与阻力的大小比较即可.
受其他外力的斜面模型总结步骤如下：
第一步：判断
与
的关系
当物体在斜面上受到一沿斜面方向的外力上滑时，在撤去外力前后，物体的受力情况
发生了变化，在受力分析时需要注意一点，撤去外力后，物体会沿斜面做匀减速直线
运动直到速度为
，之后物体是静止还是沿斜面下滑，需要取决于动摩擦因素
与斜
面倾角
的正切值
之间的关系.
第二步：牛顿第二定律求
当题目中出现外力
后，对斜面受力分析时要注意外界施加的力，在外力撤去前后，
可能会出现加速度突变的情况，然后再利用牛顿第二定律求加速度
第三步：求运动时间或求运动位移
先利用牛二定律求出
，然后利用
图求出即可.
内容四:“光滑斜面”模型常用结论
如图所示，质量为
的物体从倾角为
、高度为
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，由斜面的倾角
与斜面的高度
共同决
定，与物体的质量无关。
关系式为
。
(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。
3
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关系式为
。
Ⅰ：等高斜面(如图1 所示)
由
，
，
可得
，可知倾角越小，时间越
长，图
1
中
。
Ⅱ：同底斜面
(如图2 所示)由
，
，
可得
，可见
时时间最短，
图2 中
。
Ⅲ：圆周内同顶端的斜面(如图3 所示)
在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的顶端都在竖直圆周的最高点，底端都落在该圆
周上。由
，可推得
。
Ⅳ：圆周内同底端的斜面(如图4 所示)
在竖直面内的同一个圆周上，各斜面的底端都在竖直圆周的最低点，顶端都源自该圆
周上的不同点。同理可推得
。
Ⅴ：双圆周内斜面(如图5 所示)
4
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在竖直面内两个圆，两圆心在同一竖直线上且两圆相切。各斜面过两圆的公共切点且
顶端源自上方圆周上某点，底端落在下方圆周上的相应位置。可推得
。
内容五:等时性的证明：
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为
，圆的直径为
(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
，位移为
，所以运动
时间为
。
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。
模型演练
例1．如图所示，质量为m 的物块在粗糙斜面上，受到竖直向下的力F 的作用，沿斜
面向下以加速度a 做匀加速运动。（ ）
A．若增大F，则物块加速下滑且加速度将增大B．若增大F，则物块加速下滑且加速
度将不变
C．若撤去F，则物块可能沿斜面减速下滑D．若撤去F，则物块可能沿斜面匀速下滑
解：AB．物块受到竖直向下的重力mg，垂直于斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的
5
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摩擦力f 和竖直向下的力F，设斜面倾角为
，则沿斜面方向上有
垂直于斜面方向上有
且有
联立以上各式有
则当F 增大时，物块的加速度一定增大，A 正确，B 错误；
CD．由于物块原本做匀加速运动，则必有
当撤去F 后，加速度会减小，但不可能为0，物块依旧做匀加速运动，CD 错误。故选
A。
例2．如图甲，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为3kg 的小物块（可视为质点）
由静止从A 点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，
小物块能到达最高位置C，小物块上滑过程中的
图象如图乙，设A 点为参考起点，
，则下列说法正确的是（ ）
A．小物块最大高度为0.8m
B．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为3：1
C．小物块与斜面间的动摩擦因数为
D．推力F 的大小为40N
解：A．由图象可知，物体上升的最大位移
由几何关系得，小物块上升的最大高度
故A 错误；
B．小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小均为
则小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为1:1，故B 错误；
C．由图象得，物体减速时的加速度大小
在匀减速直线运动过程中，由牛顿第二定律得
6
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解得
故C 错误；
D．由图象得，物体加速运动的加速度大小
在匀加速直线运动过程中，由牛顿第二定律得
解得
故D 正确。故选D。
例3．如图所示，质量为1kg 的小物块，以初速度v0=11m/s 从θ=53°的固定斜面底端先
后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次不施加力，图
乙中的两条线段a、b 分别表示施加力F 和无F 时小物块沿斜面向上运动的v-t 图线，
不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．恒力F 大小为21N B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C．有恒力F 时，小物块在整个上升过程机械能的减少量不变
D．有恒力F 时，小物块在整个上升过程产生的热量较多
解：AB．根据v-t 中斜率等于加速度的意义可知
不受拉
力时
由牛顿第二定律得
代
入数据得
受到拉力的作用时有
所以
故
AB 错误；
C．有恒力F 时，小物块上升的高度比较大，所以在最高点的重力势能比较大，而升高
的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，故C 错误；
D．因为有恒力F 时，小物块的加速度小，根据运动学公式
知，位移
大，所以在上升过程产生的热量较多，故D 正确。故选D。
例4．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
初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F
（F=mgcos θ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（ ）
7
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A．不变 B．变小 C．变大
D．变大、变小均有可能
解：设木盒的质量为M 且向上滑行，放有砝码时由牛顿第二定律有
换成垂直于斜面向下的恒力F 时由牛顿第二定律有
可知a2>a1，再由x=
可得x2＜x1.同理可知，若木盒向下滑行，放有砝码时，有
换成垂直于斜面向下的恒力F 时，有
可知a2′>a1′，再由x′=
可得x2′＜x1′，故B 正确，ACD 错误。故选B。
例5．如图所示，倾角为
的斜面体固定在水平地面上，质量分别为m 和2m 的物块
A、B 叠放在斜面底端，给B 施加沿斜面向上的恒力F，A、B 一起由静止开始沿斜面
向上运动，经过时间，撤去力F，再经过时间
，A、B 的速度减为0。已知B 与斜
面之间的动摩擦因数为
，整个运动过程中物块A 与B 均处于刚要相对滑动的状态，
下列说法中正确的是（ ）
A．
B．
C．两段时间内A、B 之间的摩擦力大小均为
D．AB 的速度减为0 后将一起沿斜面加速下滑
解：ABC．因为整个运动过程中物块A 与B 均处于刚要相对滑动的状态，对A 物块，
据牛顿第二定律有
对B 物块，据牛顿第二定律有
8
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联立解得
撤去外力后对A 物块，据牛顿第二定律有
对B 物块，据牛顿第二定律有
联立解得
，
，
因为
根据速度时间公式可知
AC 错误，B 正确；
D．由ABC 解析中的两式
，
联立可得
即
故AB 的速度减为0 后将一起静止在
斜面上，D 错误。故选B。
例6．如图所示，倾角为θ 的斜面体M 置于粗糙的水平地面，物体m 静止在斜面上。
对m 施加沿斜面向下的力F 使其匀速下滑，增大F 使m 加速下滑。m 沿斜面匀速下滑
和加速下滑时，斜面M 始终保持静止。比较m 匀速下滑和加速下滑两个过程，下列说
法正确的是（ ）
A．m 在加速下滑时，m 与M 之间的摩擦力较大
B．m 在匀速和加速下滑时，地面与M 之间的摩擦力不变
C．m 在匀速下滑时，m 对M 的压力较小D．m 在加速下滑时，地面对M 的支持力较
大
解：对m 施加沿斜面向下的力F 使其匀速下滑，对物体m 分析可知
而增大沿斜面的拉力F 使m 加速下滑，物体m 所受的滑动摩擦力和斜面支
持力大小不变，由牛顿第三定律可知，物体对斜面的摩擦力
和压力
大小方向均不
变，则对斜面体而言，所有受力均不变，即地面与M 之间的摩擦力不变，地面对M 的
支持力也不变，故选B。
例7．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验，取一质量为m
的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推
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力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如
图丙所示，若斜面足够长，斜面的倾角
，取重力加速度
，则下列结
论不正确的是（ ）
A．物体的质量为
B．物体与斜面间的动摩擦因数为
C．撤去推力F 后，物体将做匀减速运动，最后不能静止在斜面上
D．撤去推力F 后，物体下滑时的加速度大小为
解：AB．由图丙所示图像可知，0～2s 内，物体加速度
由图乙所示，此段时间内的推力F1=21.5N，由牛顿第二定律得
由图丙所示可知，2s 以后物体做匀速直线运动，由图
乙所示图像可知，此时推力F2=20N，由平衡条件得
解得
，
AB 正确；
C．物体与斜面间的滑动摩擦力
重力沿斜面向下的分力
撤去推力F 后，物体将做匀减速运动，
物体速度变为零后要反向向下加速度滑动，不会静止在斜面上，C 正确；
D．撤去推力物体下滑时，由牛顿第二定律得
解得
D 错误。故选D。
例8．如图所示，一质量为
的物块在倾角为
的斜面上匀速下滑。现对物块施加一个
竖直向下的恒力F，则物块（ ）
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A．沿斜面减速下滑B．沿斜面匀速下滑C．受到的摩擦力不变D．受到得合外力增大
解：ABD．由于质量为m 的物块在倾角为
的斜面上匀速下滑，根据平衡条件可知
斜面与物块的动摩擦因数
对物块施加一个竖直向下的恒力
，使得合力仍然为零，故物块仍沿斜面匀速下滑，选项AD 错误，选项B 正确。
C．摩擦力由
增大到
，选项C 错误。故选B。
例9．如图所示，位于足够长的光滑固定斜面上的小物块，在一水平向左推力F 的作
用下，沿斜面加速下滑，在F 逐渐增大、方向保持不变的过程中，物块的加速度大小
将（ ）
A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后反向增大D．先增大后反向减小
解：如图
设斜面的倾角为
，物块的质量为m，加速度大小为
。物块沿斜面向下加速滑动，
受力分析如图所示。根据牛顿第二定律得
解得
当F 增大时，加速度a 向下减小，物体向下做加速运动；当
时，加速度
，物体的速度达到最大；当F 继续增大，则有
此时加速度
向上增大，物体向下做减速运动，故ABD 错误，C 正确。故选C。
例10．如图所示，质量为m 的三角形木楔A 置于倾角为θ 的固定斜面上，它与斜面间
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的动摩擦因数μ，一水平力F 作用在木楔A 的竖直平面上，在力F 的推动下，木楔A
以恒定的速度向上滑动，则F 的大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
解：木楔A 上滑时，共受四个力
、
、
和
，由于木楔A 以恒定的速度向上滑
动，故受力平衡，受力分析如图所示
垂直斜面方向
沿斜面方向
又因为
联立解得
所以B 正确，ACD 错误。故选B。
例11、如图所示，倾角为
的斜面固定在水平地面上，由斜面上方A 点伸出三根光滑
轻杆至斜面上B、C、D 三点，其中轻杆AC 与斜面垂直，且
，把可
看成质点的质量为m 的圆环依次从A 点沿杆AB、AC、AD 由静止滑下，滑到斜面用时
分别为
、
、
。下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：从A 点作竖直向下的直线交斜面于E 点，设
，以AE 为直径作“等时圆”，
恰好过C 点，如图所示
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圆环在杆AC 上运动过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得
联立解得
即从A 点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与杆的长短、倾角无关，杆AD 较短，
所用时间
较短，杆AB 较长，所用时间
较长，可得
故选A。
例12．如图所示，竖直墙与水平地面交点为O，从竖直墙上的A、B 两点分别搭两条
光滑轨道到M 点，
、
，M 点正上方与B 等高处有一C 点。
现同时将a、b、c 球分别从A、B、C 三点由静止开始释放。则（ ）
A．a 球最先到达M 点
B．b 球最先到达M 点
C．c 球最先到达M 点
D．b 球和c 球都可能最先到达M 点
解：以
为圆心，BC 为半径作圆，如图
根据“等时圆”原理可知，从圆上各点沿弦到最低点经过的时间相等，则
故ABD 错误，C 正确。故选C。
例13．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM 三
条光滑固定轨道，其中A、C、M 三点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A、M 分
别为此圆与y 轴、x 轴的切点，B 点在y 轴上且在A 点上方，O′为圆心。现将a、b、c
三个小球分别从A、B、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点。如所用时间
分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC的大小关系是（ ）
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A．tA<tC<tB B．tA=tC<tB C．tA=tC=tB D．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小
关系
解：设圆周上任意一点P 与M 点连线为PM，与x 轴夹角为θ，则加速度
下滑的时间
即从圆周上任意一点下滑到M 的时间都相等，
A、C 在圆周上，B 点在圆周外，故tA=tC<tB故选B。
例14．如图所示，有一半圆，其直径水平与另一圆的底部相切于圆心
点，现有两条
光滑轨道AB、CD，两轨道都经过切点O，A、B、C、D 四个点分别位于上下两周的圆
周上，现在让一物块先后从两轨道顶端A、C 由静止下滑经O 点至底端B、D，则物块
在两段倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
解：AB．设AB 与水平方向的夹角为θ，上边的圆半径为R，下面的半圆半径为r，如
图所示：
对AO 边：由几何关系可得AO=2Rsinθ，物块在AB 上滑动的加速度大小为a，根据牛
顿第二定律可得mgsinθ=ma 解得a=gsinθ 根据位移时间关系可得
解得
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由此可知，从A、C 到O 下滑的时间与倾角无关，所以有tAO=tCOAB 错误；
CD．对AB 边：AB 的长度为L=2Rsinθ+r，根据运动学公式可得：L=
at2
解得
由图可知，CD 的倾角大于AB 的倾角，倾角越大sinθ 越大，
则滑块经过的时间越短，所以有tAB＞tCDC 正确、D 错误。故选C。
例15．如图所示，在竖直墙面上有A、B 两点，离地面的高度分别为
和
，现从A、B 两点与地面上的某个位置C 之间架设两条光滑的轨道，使小滑块
从A、B 两点由静止开始下滑到地面所用的时间相等，那么位置C 离墙角O 点的距离
为（ ）
A．4m
B．
C．
D．6m
解：设AC、BC 与OC 的夹角分别为α 和β，由牛顿第二定律可得加速度分别为
由几何关系可得
，
由运动学公式可得
，
联立解得
即
解得
设CO 的距离为x，由勾股定理得
，
联立方程，解得
例16．如图所示，位于竖直平面内的固定圆环与水平面相切于
点，
为圆环的直
径，
、
为圆环内的两条弦，沿
、
固定两条光滑直杆。两个相同的小球
、
分别穿在两杆上，静止于
点和
点。现对两球施加竖直向上、大小相同的力
，使
、
两球分别由静止开始沿杆
、
运动到
点，则（ ）
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A．
B．
C．
D．无法比较两球运动到
点的时间
解：设光滑直杆与竖直方向的夹角为
，由牛顿第二定律有
直杆的长度为
则有
得
可知，运动时间与角度无关，则
故选B。
例17．如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直
墙相切于A 点。竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道
的圆心。已知在同一时刻a、b 两球分别由A、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道
AM、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点。则（ ）
A．a 球最先到达M 点 B．b 球最先到达M 点
C．c 球最先到达M 点 D．b 球和c 球同时到达M 点
解：根据“等时圆”原理可知，从圆上各点向最低点引弦，从该点达到最低点经过的
时间相等，如图所示
则从圆上A、E、D 到达M 点的时间相等，c 球在圆内C 点释放，则c 球最先到达M 点，
然后是a 球，b 球在圆外释放，b 球最后到达。ABD 错误，C 正确。故选C。
例18．如图所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，它们与水平面之间的
夹角分别为90°、60°、30°，a、b、c、d 位于同一圆周上， a 点为圆周的最高点，d
点为最低点。每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从 a、b、c
处释放（初速度为0），用t1、t2、、t3依次表示各滑环到达d 所用的时间，用a1、a2、、
16
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a3依次表示各滑环沿杆下滑过程的加速度，则下列说法正确的是（ ）
A．t1∶t2∶t3 =3 2 1
∶∶
B．t1∶t2∶t3 =1 1 1
∶∶
C．a1∶a2∶a3=3 2 1
∶∶
D．a1∶a2∶a3=1 1 1
∶∶
解：CD．设任一细杆与竖直方向的夹角为α，则环的加速度大小
则
则
，
，
则加速度之比为
CD
错误；
AB．设任一细杆与竖直方向的夹角为α，环的半径R，则环下滑的位移
根据
则
时间相同，A 错误B 正确。故选B。
例19．如图所示，ad、bd、cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d 位于同一
圆周上，a 点为圆周的最高点，bd 为圆周的一条直径。每根杆上都套着一个小滑环
（图中未画出），三个滑环环分别从a、b、c 处静止释放，用t1、t2、t3依次表示滑环
到达d 所用的时间，则（ ）
A．t1<t2<t3
B．t1>t2>t3
C．t3>t1>t2
D．t1=t2=t3
解：过d 点做竖直线，过da、db 和dc 分别作以竖直线为直径的圆，对小滑环，受重力
和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环
做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
（
为杆与水平方向的夹角）
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由图中的直角三角形可知，小滑环的位移
所以
可知所作圆直径越大，下落时间t 越大；故选A。
例20．竖直平面内的圆环，O 为圆心，A 为最高点。将物体从A 点释放经t1落到B 点；
沿光滑斜面CB 物体从C 点由静止释放经t2落到B 点；沿光滑斜面DB 将物体从D 点由
静止释放经t3落到B 点。关于t1、t2、t3的大小，以下说法中正确的是（ ）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＝t2＝t3 C．t1＞t2＝t3 D．以上答案均不正确
解：令斜面与水平面的夹角为
，则加速度为
斜面与竖直线AB 的夹角为
，所以斜面的长度为
所以从静止开始滑到圆的最低点的时间为
即
解得
时间与角度无关，所以
故选B。
对应题型精炼
1．如图所示，水平地面上有一斜面体B，质量2 kg，倾角
，斜面体上有一小物
块A，质量1 kg，物块A 与斜面体B 之间的动摩擦因数为0.5。给小物块A 施加一个垂
直斜面向下的作用力F，让小物块A 沿斜面加速下滑，加速度大小1m/s2，斜面体B 始
终保持静止不动，重力加速度取10 m/s2 ,sin37°=0. 6，cos37°=0.8，则（ ）
A．作用力F 大小为10N
B．作用力F 大小为2N
C．物体所受合外力大小为2 N
D．斜面体B 对地面的压力大小为31 N
【答案】BD
18
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【详解】AB．根据A 物块的受力可知
解得
A 错误，B 正确；
C．根据牛顿第二定律可知
C 错误；
D．由A、B 整体受力分析可知
解得
D 正确。
故选BD。
2．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施
加一竖直向上的恒力F，物块仍然在斜面上运动，则：（ ）
A．物块仍以加速度a 匀加速下滑
B．物块可能匀速下滑
C．物块可能将以大于a 的加速度匀加速下滑
D．物块可能将以小于a 的加速度匀加速下滑
【答案】BD
【详解】未加外力F 时，物体受重力、支持力和摩擦力，以加速度a 沿斜面匀加速下
滑，由牛顿第二定律有
解得
当加了外力F 后，物块仍然在斜面上运动，其加速为
19
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由题意可知
＞
所以
＞
若在物块上再施加一竖直向上的恒力F，物块仍然在斜面上运动，外力的大小小于重
力的大小，由此可知加速度大小会减小，所以物块可能匀速下滑或可能以小于a 的加
速度匀加速下滑。
故选BD。
3．如图，质量为5kg 的物体置于倾角为37°的固定斜面上，对物体施加一个平行于斜
面的拉力F，物体恰能匀速运动。已知物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，
sin37°=0.6，cos37°=0.8。重力加速度取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．不施加F 时，物体能在斜面上保持静止
B．不施加F 时，物体下滑的加速度大小为2m/s2
C．若物体匀速下滑，则F 沿斜面向下，大小为10N
D．若物体匀速上滑，则F 沿斜面向上，大小为50N
【答案】BD
【详解】AB．不施加F 时，重力沿斜面向下的分力为30N，而最大静摩擦力为20N，
则物体具有沿斜面向下的加速度，即
解得
故A 错误，B 正确；
C．若物体沿斜面向下匀速，力F 应沿斜面向上，则有
解得
故C 错误；
D．若物体沿斜面向上匀速，则有
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解得
故D 正确。
故选BD。
4．如图所示，1、2、3、4 四小球均由静止开始沿着光滑的斜面从顶端运动到底端，
其运动时间分别为
，已知竖直固定的圆环的半径为r，O 为圆心，固定在
水平面上的斜面水平底端的长度为
，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【详解】1 号小球的加速度为
位移为
运动时间为
2 号小球的加速度为
位移为
运动时间为
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3 号小球的加速度为
位移为
运动时间为
4 号小球的加速度为
位移为
运动时间为
则
故选BC。
5．如图所示，倾角
的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长
、质量
的薄木板，木板的最右端叠放一质量
的小物块，物块
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与木板间的动摩擦因数
。对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静
止开始做匀加速直线运动，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度
。则（ ）
A．要使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动，需恒力
B．当恒力
时，物块会与木板发生相对滑动
C．当恒力
时，物块会与木板发生相对滑动
D．当恒力
时，物块滑离木板所用的时间为
【答案】C
【详解】A．要使木板沿斜面加速运动，对物块与木板整体有
解得
故A 错误；
BC．对物块与木板整体，由牛顿第二定律可得
对物块有
为使物块不滑离木板，则
解得
综上可得，当
时物块不滑离木板；当
时物块与木板发生相对滑动；
故B 错误，C 正确；
D．若
，物块能滑离木板。对木板有
对物块有
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设经时间t 滑块滑离木板，由运动学公式有
解得
故D 错误。
故选C。
6．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
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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。
7．滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏现有直滑梯AB、AC、AD 和BD，A、B、C、D 在竖
直平面内的同一圆周上，且A 为圆周的最高点，D 为圆周的最低点，如图所示，已知
圆周半径为R。在圆周所在的竖直平面内有一位置P，距离A 点为
，且与A 等高。
各滑梯的摩擦均不计，已知重力加速度为g，则（ ）
A．如果小朋友在A 点沿滑梯AB、AC 由静止滑下，
B．如果小朋友分别从A 点和B 点沿滑梯AC，BD 由静止滑下
C．若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静
止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
D．若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静
止滑下时，在滑梯上运动的最短时间是
【答案】C
【详解】AB．假设AB、AC 与AD 的夹角分别为
、
，则从AB、AC、BD 下滑时有
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解得
故AB 错误；
CD．由AB 项分析，画出以P 点为最高点的半径为r 的等时圆，如图，当两圆相切时
时间最短，有
解得
所以最短时间为
故C 正确，D 错误。
故选C。
8．如图所示，竖直平面内固定一个光滑绝缘圆环，圆心为O，光滑绝缘轻杆AC 是圆
环的直径，光滑绝缘轻杆AB 是圆环的弦，AC、AB 与水平方向的夹角分别为45°和
60°，圆环所在空间有匀强电场（图中未画出）。质量均为m 的带电小球（可视为质
点）穿在杆AB、AC 上，分别从B、C 点沿BA、CA 由静止下滑到A 点所用的时间相等。
不考虑两小球间的影响，则（ ）
A．小球一定都带负电
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B．圆周上C 点电势一定最高
C．电场强度方向一定由C 指向A
D．小球受到的电场力大小可能等于重力大小
【答案】D
【详解】ABC．小球分别从B、C 点沿BA、CA 由静止下滑到A 点的时间相等，圆环为
等时圆，A 点为等效最低点，重力与电场力的合力一定沿CA 方向，电场方向未知，故
ABC 错误；
D．当电场方向水平、小球受到的电场力水平向左时，小球受到的电场力大小等于重
力大小，故D 正确。
故选D。
9．如图所示，竖直的圆环置于水平向左的匀强电场中，三个完全相同的带正电的绝缘
小球（未画出）分别套在固定于AB、AC、AD 的三根光滑细杆上，其中AB 与竖直方
向夹角为60°，AC 经过圆心，AD 竖直。现将小球无初速度地从A 端释放，小球分别沿
AB、AC、AD 下滑到B、C、D 三点。已知小球所受电场力大小与重力大小之比为
，
则小球在三根细杆上运动的时间关系为（ ）
A．
B．
C．
D．无法确定
【答案】B
【详解】小球所受电场力大小与重力大小之比为
，可知小球所受重力与电场力的合
力F 的方向恰好与
平行，且由A 指向B。延长
，作
交
于M，以
为直径画一个圆（图中虚线），
与该圆交于N。
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设
，则小球沿
杆运动的加速度为
位移为
由
得
与
无关，由等时圆模型知
而
，
，故
故选B。
10．如图所示，一倾角
的足够长斜面体固定于地面上，斜面体上有一质量为
的木板，
时刻另一质量为
的木块（可视为质点）以初速度
从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉
力
，使木板从静止开始运动．当
时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩
擦因数
，木板和斜面体间动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g 取
，
，求：
（1）木块和木板速度相等之前各自的加速度；
（2）木板从开始运动至到达最高点所经历的时间t；
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（3）若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长？
【答案】（1）
，方向沿斜面向下；
，方向沿斜面向上；（2）
；（3）
【详解】（1）设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为
和
，木块和长木板
受力分析如图甲、乙所示
用牛顿运动定律可得
解得
方向沿斜面向下；
方向沿斜面向上；
（2）设木块和长木板达到共速所用时间为
，则有
解得
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假设木块、木板在力F 撤去能保持相对静止，则对木块和木板组成整体有
解得
当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力（大小等于滑动摩擦力）时，加速度最大，
其加速度大小为
，
，假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动，木块继续
沿斜面向上运动，所以其加速度仍然为
，方向沿斜面向下；设此过程长木板
加速度大小为
，受力分析如图丙所示
则有
解得
所以上滑时间
（3）由于
，长木板速度先减到零，木块继续上滑，假设此过程中长木板静止在
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斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有
可得
因为
，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零；在
木块和长木板速度减为零过程中的
图像如图丁所示
设木块的位移为
，长木板在加速过程和减速过程的位移为
和
，由运动学公式可
得
解得
11．如图所示，用一水平的恒力F 将一个质量为2kg 的滑块从倾角
的斜面底端
向上做匀速直线运动，速度大小为v0=10m/s，t0=2s 后撤去力F，已知滑块与斜面间的
滑动摩擦因数
，且斜面足够长（g 取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：
（1）水平恒力F 大小；
（2）撤去力F 后向上运动的加速度大小；
（3）撤去力F 后多长时间，物块返回斜面底端。
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【答案】（1）40N；（2）10m/s2；（3）6s
【详解】（1）当滑块匀速上升时，滑块的受力如下图所示，根据受力平衡，在x 轴方
向
在y 轴方向
又
联合以上三式解得
（2）设撤去力F 后向上运动的加速度大小为
，物块沿斜面上滑时有
解得
（3）物块向上匀速位移为
向上匀减速时间为
匀减速的距离为
滑块在斜面顶端由静止下滑，设此时加速度大小为
，根据牛顿第二定律可得
解得
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下滑距离
由
解得
从撤去力F 至滑块返回底端时间为
12．如图所示，一重力为100N 的木块，恰好能沿倾角为
的斜面匀速下滑。求：
（1）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若要将木块沿斜面匀速上推，必须加多大的水平推力F（结果保留一位小数）；
（3）若增大倾角θ 达到多大时，水平推力F 就不可能将木块沿斜面匀速向上推？求出
倾角θ 的正切值。
【答案】（1）0.75；（2）
；（3）
【详解】（1）木块受力分析如图所示
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可得
解得木块与斜面间的动摩擦因数为
（2）木块受力分析如图
x 轴方向
y 轴方向
又
解得
（3）向上匀速时，沿斜面正交分解有
可得
当分母上的
时，F 无解，因此倾角θ 的正切值最小值为
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13．如图所示，斜面上有一物体质量为m=4kg，斜面夹角为37°，物体与斜面间动摩擦
因数为0.5.（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（g=10m/s²）求：
（1）物体下滑过程中的加速度
（2）物体从静止开始下滑，求下滑5s 的位移
（3）若物体以初速度为6m/s 下滑并且给物体施加一个沿斜面向上的恒力F=12N，求
物体最终下滑所用的时间
【答案】（1）2m/s2，方向沿斜面向下；（2）25m，方向沿斜面向下；（3）6s
【详解】（1）由牛顿第二定律可得
代入数据解得
方向沿斜面向下。
（2）由位移时间公式
，可得物体从静止开始下滑5s 的位移为
位移方向沿斜面向下。
（3）给物体施加一个沿斜面向上的恒力F，此时物体受力如图所示，由牛顿第二定律
可得
代入数据解得
加速度方向沿斜面向上。物体沿斜面向下做匀减速直线运动，由速度时间公式
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，可得物体速度减到零时所用时间
由于
所以此后物体在斜面上静止。则有给物体施加一个沿斜面向上的恒力，物体下滑所用
时间为6s。
14．滑滑梯是小朋友们爱玩的游戏。有两部直滑梯AB 和AC，A、B、C 在竖直平面内
的同一圆周上，且A 为圆周的最高点，示意图如图所示，已知圆周半径为R。在圆周
所在的竖直平面内有一位置P，距离A 点为
R，且与A 等高。各滑梯的摩擦均不计，
已知重力加速度为g。
（1）如果小朋友由静止开始分别沿AB 和AC 滑下，试通过计算说明两次沿滑梯运动
的时间关系；
（2）若设计一部上端在P 点，下端在圆周上某点的直滑梯，则小朋友沿此滑梯由静止
滑下时，在滑梯上运动的最短时间是多少。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设AB 与水平方向的夹角为θ，小朋友沿AB 下滑时的加速度
由运动学公式有
由几何关系知
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解得
由上式可知，沿滑梯运动的时间t 与滑梯和水平面间的夹角无关，同理可知
故
（2）画出以P 点为最高点、半径为r 与题图中圆外切的圆，如图
设切点为D，根据第（1）问的结论，当小朋友沿滑梯PD 下滑时，在滑梯上运动的时
间最短，由几何关系知
解得
结合第（1）问的结论有
15．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AB 滑行的时间，
技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。AB 是滑道，D 点是AC 竖直线上的一
点，且有AD=DB=20m，滑道AB 可视为光滑，滑行者从坡顶A 点由静止开始沿滑道
AB 向下做直线滑动，g 取10m/s2，则滑行者在滑道AB 上滑行的时间为多少？
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【答案】2
s
【详解】解法一：设AB 与竖直方向夹角为θ，则
解得
解法二：以D 为圆心，AD、DB 为半径构建等时圆，A 为等时圆的最高点，AB 为圆的
弦；由等时圆推论，物体从圆上最高点由光滑弦自由下滑时间等于沿竖直直径自由落
体运动的时间，则
38
