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高考重点考点解读与针对性训练
第三章 运动和力的关系
考点21 动力学斜面模型和等时圆模型
【考点解读】
考点1 动力学斜面模型
模型
图例
推导过程
等高光滑斜面
模型
由L ＝1
2at2 ，a ＝gsinθ ，L ＝
h
sinθ 可得t ＝
1
sinθ
❑√
2h
g ，可知倾角越小，时间越长，图中
t1＞t2＞t3
同底光滑斜面
模型
由L＝1
2at2，a＝gsinθ，L＝
d
c osθ 可得t＝2
❑√
d
gsin 2θ
，可见θ＝45°时时间最短，图中t1
＝t3＞t2
考点2 等时圆模型
1.“等时圆”模型
所谓“等时圆”就是物体沿着位于同一竖直圆上的所有光滑细杆由静止下滑，到达圆周的
最低点（或从最高点到达同一圆周上各点）的时间相等，都等于物体沿直径做自由落体运
动所用的时间。
2.模型的三种情况
（1）质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到圆环的最低点所用时间相等，
如图甲所示；
（2）质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙
所示；
（3）两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦从上端由静止开
始滑到下端所用时间相等，如图丙所示。
【高考真题】
【典例1】．（2025 高考山东卷）工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡
底运送长方体建筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为
，交线为PN，坡面内QN 与PN
垂直，挡板平面与坡面的交线为MN，
。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦
因数均为
，重力加速度大小为g，则建筑材料沿MN 向下匀加速滑行的加速度大小为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据牛顿第二定律
可得
，B 正确。
【典例2】.[2022 高考山东卷]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 的值；
（2）上行路程L 的值.
答案 （1）0.1 （2）67
185m
解析 （1）以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7400N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－（m1＋m2）gsinθ－k（m1＋m2）g＝0
小车匀速下滑时，有m1gsinθ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1.
（2）关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
（m1＋m2）gsinθ－m0g＋k（m1＋m2）g＝（m1＋m2＋m0）a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝67
185m.
【典例3】（2017 海南物理）一轻弹簧的一端固定在倾角为
的固定光滑斜面的底部，另
一端和质量为m 的小物块a 相连，如图所示。质量为
的小物块b 紧靠a 静止在斜
面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0 时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终
做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其
出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g。求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b 加速度的大小；
（3）在物块a、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式。
【命题意图】 本题考查牛顿运动定律、胡克定律及其相关的知识点。
【解题思路】（1）由平衡条件，(m+
)gsinθ=k x0，
解得弹簧的劲度系数k=
；
（2）物块b 加速度的大小为a，二者分离前，物块a 的加速度也为a。物块a、b 分离
时，二者之间弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，对物块a，由牛顿第二定律，
k x1-mgsinθ=ma，
设经过时间t 二者分离，则有x0- x1=
at2，
x0 =
a(2t)2，
联立解得：a=
gsinθ；
（3）在物块a、b 分离前，物块沿斜面上升x 时所受弹簧弹力为k(x0- x)，
对物块a、b 整体，由牛顿第二定律，
k(x0- x)- (m+
)gsinθ+F=(m+
)a，
由匀变速直线运动规律x=
at2，
联立解得外力大小随时间变化的关系式F=
mgsinθ-kx0+
kgsinθ·t2。
将k=
代入，得：F=
mgsinθ+
g2sin2θ·t2。
因分离时位移x=
，由x=
at2，解得t=
故应保证t＜
，F 表达式才能成立．
【典例4】 .(2004 全国理综卷2)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，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（初速为0），用t1、、、t2、、t3 依次表示各滑环到达d 所用的时间，
则
A．t1 <t2 <t3 B．t1、>、t2、>t3
C．t3 > t1、>t2、 D．t1=、t2、=t3
【参考答案】D
【名师解析】：设圆的直径为s1，小滑环从a 处下落，做自由落体运动，由s1=
gt1
2，解得t1=
；
设bd 与ad 的夹角为θ ，小滑环从b 处下滑，由牛顿第二定律可知
mgcosθ=ma，加速度为a=gcosθ，由s2=
gcosθ t2
2，s2= s1cosθ，解得t2=
；
同理，小滑环从c 处下滑，解得t3=
.。
【针对性训练】
1 .[2024 安徽合肥重点中学联考/多选]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 杆垂直于斜面放置，每根杆上都套一个小滑环（图中未画
出），四个环分别从O 点由静止释放，沿OA、OB、OC、OD 滑到斜面上所用的时间依次为
t1、t2、t3、t4.下列关系正确的是（ BC ）
A.t1＝t2
B.t2＜t3
C.t2＜t4
D.t2＝t4
答案 BC
解析 以OA 为直径画圆，如图所示，设两端点分别为O 点和圆上另一
点
的杆与竖直方向的夹角为θ，对小滑环受力分析，由牛顿第二定律可得
ma＝mg cos θ，解得a＝g cos θ，由几何关系知，小滑环沿弦下滑的
位
移x＝2R cos θ，据x＝1
2at2，解得t＝❑√
4 R
g
，即从圆上最高点沿任一条光滑弦滑到圆上另
一点所用的时间相同.则沿OA 和OC 滑到斜面的时间相同，有t1＝t3，OB 的长度小于沿OB
方向的弦长，OD 的长度大于沿OD 方向的弦长，则t4＞t3＝t1＞t2，故选BC.
2 （2025·河南郑州期末）如图所示，倾角为θ 的斜面固定在水平地面上，在与斜面共面的
平面上方A 点伸出三根光滑轻质细杆至斜面上B、C、D 三点，其中AC 与斜面垂直，且
∠BAC＝∠DAC＝θ（θ＜45°），现有三个质量均为m 的小圆环（看作质点）分别套在三
根细杆上，依次从A 点由静止滑下，滑到斜面上B、C、D 三点所用时间分别为tB、tC、tD，
下列说法正确的是（ ）
A.tB＞tC＞tD
B.tB＝tC＜tD
C.tB＜tC＜tD
D.tB＜tC＝tD
答案：B
解析：由于∠BAC＝θ，则可以判断出AB 竖直向下，以AB 为直径作圆，则必过C 点，如图
所示，
圆环在杆AC 上运动的过程，由牛顿第二定律及运动学公式可得mgcos θ＝ma，2Rcos θ＝
1
2atC
2，联立解得tC＝❑√
4 R
g
，由此可见从A 点出发，到达圆周各点所用的时间相等，与细
杆的长短、倾角无关，则tB＝tC＝tE＜tD，故B 正确。
3. 某同学探究小球沿光滑斜面顶端下滑至底端的运动规律，现将两质量相同的小球同时从
斜面的顶端释放，在图甲、乙所示的两种斜面中，通过一定的分析，你可以得到的正确结
论是（ C ）
A.图甲中小球在两个斜面上运动的时间相同
B.图甲中小球下滑至底端的速度大小与方向均相同
C.图乙中小球在两个斜面上运动的时间相同
D.图乙中小球下滑至底端的速度大小相同
答案 C
解析 小球在斜面上运动的过程中只受重力mg 和斜面的支持力FN作用，做匀加速
直线运动，设斜面倾角为θ，斜面高为h，底边长为x，根据牛顿第二定律可知，小球
在斜面上运动的加速度为a＝g sin θ，根据匀变速直线运动规律和图中几何关系有s
＝1
2at2 ，s ＝
h
sinθ ＝
x
cosθ ，解得小球在斜面上的运动时间为t ＝
1
sinθ
❑√
2h
g
＝
❑√
2 x
gsinθcosθ ，根
据机械能守恒定律有mgh＝1
2mv2，解得小球下滑至底端的速度大小为v＝❑√2gh，显
然，在图甲中，两斜面的高度h 相同，但倾角θ 不同，因此两小球在两个斜面上运动
的时间不同，A 错误；在图甲中，小球下滑至底端的速度大小相等，但沿斜面向下
的方向不同，B 错误；在图乙中，两斜面的底边长x 相同，但高度h 和倾角θ 不同，因
此小球下滑至底端的速度大小不等，D 错误；又由于在图乙中两斜面倾角θ 的正弦值
与余弦值的乘积相等，因此小球在两个斜面上运动的时间相等，C 正确.
4. 如图，固定在水平面上的直角斜面，其顶角为直角，左侧斜面光滑，倾角为37°，右侧
斜面粗糙.现将两个可视为质点的物块分别从两斜面顶端同时由静止释放，两物块同时到达
斜面底端（重力加速度g ＝10m/s2 ，sin37° ＝0.6 ，
cos37°＝0.8），则右侧斜面与物块间的动摩擦因数为（
A ）
A. 7
12
B. 5
12
C.3
4
D.3
5
答案 A
解析 设斜面的高度为h，物块沿左侧斜面下滑时，有
h
sin37°＝1
2g sin 37°·t1
2；另一
物块沿右侧斜面下滑时的加速度a＝g cos 37°－μg sin 37°，由位移公式得
h
cos37°＝
1
2at2
2，且有t1＝t2，联立解得μ＝7
12，A 正确.
5. 如图所示，Oa、Ob 和ad 是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d 位于同一
圆周上，c 为圆周的最高点，a 为最低点，O'为圆心。每根杆上都套着一个小滑环（未画
出），两个滑环从O 点无初速度释放，一个滑环从d 点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表
示滑环沿Oa、Ob、da 到达a 或b 所用的时间。下列关系正确的是（ ）
A.t1＝t2
B.t2＞t3
C.t1＜t2
D.t1＝t3
答案：BCD
解析：设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da 三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点
均在圆周上，设
杆与竖直方向的夹角为θ，则有2R·cos θ＝1
2g·cos θ·t2得t＝2❑√
R
g
，可知从c、O、d 三点无
初速度释放的小滑环到达a 点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a 与由O→b 滑动的小滑
环相比较，滑行位移大小相等，初速度均为零，但加速度aca＞aOb，由x＝1
2at2可知，t2＞
tca，即t2＞t1＝t3，故A 错误，B、C、D 正确。
6 .[2024 江苏部分学校期中联考]如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上有两个用轻质弹
簧相连接的小物块A、B，它们的质量分别为mA＝5kg、mB＝3kg，C 为一固定挡板，整个系
统处于平衡状态.现用一沿斜面向上的力F
拉物块A ，使之沿斜面向上做加速度为
4m/s2 的匀加速直线运动.选定A 的起始位置
为坐标原点，重力加速度取g＝10m/s2.从力
F 刚作用在木块A 的瞬间到B 刚好要离开固
定挡板C 的瞬间的过程中，下列图像能正确
描绘力F 与木块A 的位移x 之间关系的是（
C ）
答案 C
解析 施加力F 前，整个系统处于平衡状态，对A 有mAg sin 30°＝kx0，x＝0 位置，对A，
由牛顿第二定律可知F0－mAg sin 30°＋kx0＝mAa＝20 N，即F0＝20 N；对A，在弹簧恢复原
长之前，有F－mAg sin 30°＋k(x0－x)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；对A，从弹簧恢复原长到B
刚好要离开C 瞬间的过程，有F－mAg sin 30°－k(x－x0)＝mAa，解得F＝kx＋mAa；B 刚好要
离开固定挡板C 时，有F－mAg sin 30°－F'＝mAa，对B 有F'＝mBg sin 30°，解得F＝60 N，
故只有C 正确.
7、（2025 安徽名校联考）如图所示，从圆上一点
引三条倾角不同的粗糙斜面轨道
、
、
到圆周上，已知斜面的动摩擦因数均为
，其中
是一条竖直面，
是圆的直径，
。现将小球
从
点分别沿
、
、
三个斜面静
止释放，设小球到达圆周上的速率分别为
、
、
，经历的时间分别为
、
、
，则
下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设AE=L，从AB 右侧任意一个与竖直方向夹角为θ 的斜面下落，如图。
根据牛顿第二定律，
，
可得
根据位移公式，
又
整理可得
解得
由此可知，t 与粗糙斜面轨道倾角无关，所以
，D 正确C 错误。
根据
，可知斜面与AB 夹角θ 越小，加速度越大，根据
，可知，加速度越大，位移越大。
由动能定理，
可知x 越大，速度越大，所以，
，AB 错误。
8. （2024 江苏泰州3 月调研）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，已知三块滑板的长
度
。若三个滑块同时从A、B、C 处开始由静止下滑（忽略阻力），则（
）
A. A 处滑块最先到达
点
B. B 处滑块最先到达
点
C. C 处滑块最先到达
点
D. 三个滑块同时到达
点
【参考答案】D
【名师解析】设半球形容器的半径为R，滑板的倾角为θ，对滑块进行分析，根据牛顿第二
定律有：
，
滑块沿倾斜下滑，设下滑时间为t，根据位移公式有，
，解得
。由
可知下滑时间t 与滑板的倾角
和板的长度均无关，故三个滑块同
时到达
点，D 正确。
9 (2023 年7 月浙江宁波期末). 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
【参考答案】C
【名师解析】
假设AB、AC 与AD 的夹角分别为
、
，则从AB、AC、BD 下滑时有
解得
故AB 错误；
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。
10. （2024 江苏新高考基地学校第三次大联考） 如图所示，
为圆的竖直直径，
、
为两条粗糙轨道，其中
过圆心
。在A、C 两点由静止释放小滑块，使其分别沿
、
和
运动到圆上，小滑块与轨道间的动摩擦因数相同，则（ ）
A. 滑块沿
的运动时间最短
B. 滑块沿
的运动时间最短
C. 滑块沿
的运动时间最短
D. 滑块沿三个路径运动时间相同
【参考答案】B
【名师解析】
设圆的直径为d，滑块沿CD 运动时，有
解得
设AB 与竖直方向的夹角为
，滑块沿AB 运动时，有
解得
可知
设AD 与竖直方向的夹角为
，滑块沿AD 运动时，有
解得
可知
所以滑块沿
的运动时间最短。B 正确。
11. （2024 湖南省华南师范大学附中质检） 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
【参考答案】B
【名师解析】
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。
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。
12 .在倾角为α 的传送带正上方，有一发货口A。为了使货物从静止开始从A 点沿光滑
斜槽以最短时间到达传送带，则斜槽与竖直方向夹角β 应为
A．α B. α/2 C. α/3 D. 2α
题【参考答案】B
【名师解析】过A 点为最高点做圆与传送带相切，由等时圆模型可知沿AB 设置滑槽，则
下滑时间最短，由几何知识可求得斜槽与竖直方向夹角β 应为β=α/2.，选项B 正确。
9965：
13. 如图甲所示，“
”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB 粗糙，斜面BC 光
滑且与水平面夹角为θ＝37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受
压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值.一个可视为质点的质量为m 的滑
块从C 点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示.已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2.求：
（1）斜面BC 的长度s；
（2）滑块与木块AB 表面的动摩擦因数μ.
答案 （1）3m （2）0.2
解析 （1）分析滑块受力，设其沿BC 下滑时的加速度为a1，由牛顿第二定律得
a1＝gsinθ＝6m/s2
通过题图乙可知滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s，由运动学公式得斜面BC 的长度为s＝
1
2a1t1
2＝3m
（2）由答图可知，滑块在BC 上运动时，滑块对木块的压力N'1＝mgcosθ
木块对传感器的压力F'1＝F1＝N'1sinθ
由题图乙可知F'1＝12N，
解得m＝2.5kg
滑块在AB 上运动时，由题图乙可知传感器对木块的拉力F2＝f＝μmg＝5N
μ＝F2
mg
＝0.2.
