2024年高考物理 斜面运动 答题模版（解析版）

题型02斜面模型

|模板01斜面模型之平衡问题

|模板02斜面模型之动力学问题

|模板03斜面模型之能量、动量问题

喟3・常见题型解读

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。

|善总结•答题模版构建

模板01斜面模型之平衡问题

斜面上的物体处于平衡时的情形或许有以下几种情形：

对斜面受力

分析

03

跟我学•解题思维剖析

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。

己知P和Q始终保持静止，贝U(

A.增加P的质量，P与地面间摩擦力的大小肯定增加

B.增加外力F的大小，P与地面间摩擦力的大小肯定增加

C.增加Q的质量，P与Q间摩擦力的大小肯定增加

D.增加外力F的大小，P与Q间摩擦力的大小肯定增加

模板运用

(1)本题需利用“平衡状态”进行分析，如下:

整体法隔离法

确定争辩对象物体和斜面物体

画出受力分析图物体所受摩擦力的大小和

方向取决于F沿斜面方向

的分力与mg沿斜面方向

的分力的合力！

依据平衡条件,列由于不确定F沿斜面对上重量与Q的重力沿

方程由二力平衡，斜面对下重量的关系，故P与Q间摩擦力的

f»-F=0；F&-(M+m)g=0大小变化不能确定

利用数学工具求fm=F；F^.=(M+m)g若F沿斜面对上重量大于Q的置力沿斜面对下

解重量，此时增加Q的质量，则P与Q间摩擦

力先沿斜面对下减小，减小到零后再反向增

大。若F沿斜面对上重量小于Q的重力沿斜面

对下重量，增加外力F的大小，则P与Q间

摩擦力先沿斜面对上减小，减小到零后再反向

增大。

规越答题

解答】解：AB、P和Q始终保持静止，依据整体法，整体受力如图：

出

水平方向平衡，/=产，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肯定增加，故A错误，B正确；f<_________________

CD、由于不确定F沿斜面对上重量与Q的重力沿斜面对下重量的关系，故P与

Q间摩擦力的大小变化不能确定。若F沿斜面对上重量大于Q的重力沿斜面对”

G

下重量，此时增加Q的质量，则P与Q间摩擦力先沿斜面对下减小，减小到零

后再反向增大。若F沿斜面对上重量小于Q的重力沿斜面对下重量，增加外力F的大小，则P与Q间摩

擦力先沿斜面对上减小，减小到零后再反向增大。故CD错误。

故选：Bo

模板02斜面模型之动力学问题

当斜面上的物体不能处于平衡状态时，就要运动牛顿运动定律和运动学公式来争辩

03

跟我学•解题思维剖析

2.（2022•北京）如图所示，质量为m的物块在倾角为。的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数

为口。下列说法正确的是（）

e

A.斜面对物块的支持力大小为mgsinG

B.斜面对物块的摩擦力大小为pmgcosO

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mgsin©

模板画用

(1)本题需利用“动力学模型”进行分析，如下:

活动杆

确定争辩对象「小物块

画出受力分析图

依据平衡条件及mgcos6-N=0

牛顿其次定律列mgsin0—f=ma

方程解，=心

运用数学工具解N=mgcos6

方程a=g(sinO-/icosO)

规范答题

【解答】解：AB、斜面对物块的支持力为mgcos9,由于物块处于加速下滑状态加geos仇故A错

误、B正确；

CD、物块处于加速下滑状态，依据牛顿其次定律得：F^=mgsinO-jumgcosS=ma,所以有：mgsinO>

jLimgcosd,则斜面对物块的作用力为F=J"+F#=y/(mgeosd)2+(/imgcosOy<

y/(mgeosd)2+(mgsind)2=mg,故CD错误；

故选：Bo

模板03斜面模型之能量、动量问题

物体在斜面上运动时伴随着各力做功，进而涉及到动能、势能等的变化；同样各力的作用相应的时间，伴

各力做重力重力做负功Wc=-mgh重力做正功Wo=-mgh

功状况支持力支持力不做功W/v=O（斜面不发生平移）支持力不做功恤=0（斜面不发生平移）

支持力做功必为9（斜面发生平移）支持力做功（斜面发空平移）

摩擦力摩擦力做负功Wf=-fx摩擦力做负功Wf=-fa

动能定理列方程WG+WN+Wf=AEK

各力的重力重力的冲量：机gf

冲量支持力支持力的冲量：Nt

摩擦力摩擦力的冲量：ft

动量定理列方程34P（/台为各力冲量的矢量和或合力的冲量）

03

跟我学•解题思维剖析

（2023,湖北联考）如图所示，斜面体静止在光滑水平面上，将一物块轻

放在斜面体顶部，全部接触面均光滑，关于物块下滑的过程，下列说法正确的是（）

A.物块和斜面体组成的系统水平方向上动量守恒

B.物块和斜面体的动量变化量大小相等

C.斜面对物体不做功，是由于斜面体对物体的弹力方向与斜面垂直

D.物块削减的机械能等于斜面体增加的动能

摸悔运用

确定争辩对象斜面体

画出受力分析图

依据平衡条件及mgcos3-N=0Mg+Ncos0=F地(M-^-m)g-F地=masi〃8

牛顿其次定律列mgsin6=maNsinO=Ma

方程解

运用数学工具解N=mgcos3竖直方向上合力为零水平方向上系统不受力，系

方程a=gsind（相对于斜面）水平方向上合力不为零统水平方向上动量守恒

规版答题

【答案】AD

【详解】A.物块和斜面体组成的系统在水平方向上不受外力作用，所以水平方向上动量守恒，故A正确；

B.物块下滑过程中，竖直方向上合外力不为零，总动量不守恒，所以物块和斜面体的动量变化量大小不相

等，故B错误；

C.物块下滑过程中，斜面对左运动，物块对斜面做正功，依据系统能量守恒可知所以斜面对物块做负功，

故c错误；

D.物块和斜面组成的系统机械能守恒，所以物块削减的机械能等于斜面体增加的动能，故D正确。

故选AD。

你来练•模型迁移演练

1.（2023•深圳模拟）如图，一女孩把装有一个篮球的手推车沿斜坡始终保持匀速向上推动，篮子底面平行于斜

面，侧面垂直于底面，下列说法正确的是（）

A.篮子底面对篮球的弹力大于篮球的重力

B.篮子侧面对篮球的弹力大于篮球的重力

C.篮子对篮球的总作用力大于篮球的重力

D.若在篮子中再放入一个篮球，各个球所受的合力相同

【答案】D

【解析】解：4设斜面倾角为。，

对篮球受力分析，并进行合成如图,

可得篮子底部对篮球的支持力：

N±=mgcosB<mg,

故A错误；

8篮子侧面对篮球的支持力：

N2=mgsind<mg,故8错误；

C.由于手推车沿斜坡始终保持匀速向上推动，则篮子对篮球的总作用力等于篮球的重力，故C错误；

。.由于手推车沿斜坡始终保持匀速向上推动，在篮子中再放入一个篮球，各个球所受的合力相同，都为0,

故。正确。

故选：0。

【规律总结】本题首先要对篮球受力分析，依据共点力平衡条件列式求解出篮球受到的支持力表达式，再

依据牛顿第三定律进行争辩。

2.（2024•吉林一模）如图所示，倾角0=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0,重力加速度大小为g,则斜面

【答案】B

由受力平衡可得：F，=mg

由平面几何学问可得：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，

11

由Ncos30°=2尸'=

得N=字mg,

故ACD错误，B正确。

故选：B„

【规律总结】对物体受力分析，处于三力平衡状态，依据平衡条件，利用正交分解法列式求解支持力和

静摩擦力.本题是力平衡问题，关键是依据平衡条件列式求解；

3.（多选）（2024•泸州一模）如图所示，在倾角。=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T

6

B.物体与斜面间的动摩擦因数为

一1

C.恒力F大小为amg

一V2

D.恒力F大小为:~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，依据平衡条件可得：

Fsin45°=fsin45°

沿AB方向依据平衡条件可得：

Fcos45°+fcos45°=mgsin300

其中：产=7/加gcos30。

联立解得：F=f=1■mg,

”百，

故AD正确、CD错误。

故选：ADo

4.（2023•北京市•模拟题）如图所示，倾角为30。的斜面体固定在水平面上，质量分别为3m和爪的物块4、B通

过细线跨过滑轮相连.现在4上放一小物体，系统仍能保持静止.细线质量、滑轮的摩擦都不计.则

()

A.细线的拉力增大B.a所受的合力增大

c.a对斜面的压力增大D.斜面对a的摩擦力不变

【答案】C

【解析】A对物体8受力分析，受重力和拉力，由二力平衡得到：

T=mg,绳子拉力肯定不变，故A错误；

日系统仍处于静止状态，所以4受力平衡，a所受的合力不变，故2错误;

C.4对斜面的压力等于重力垂直于斜面的分力，即N=3nigcos0,

在a上放一小物体时有：

N=（3mg+m^cosd,压力增大，故C正确；

受重力、支持力、拉力和静摩擦力，

开头时3nigsi7i30。＞mg,静摩擦力沿斜面对上，如图

3加g

依据平衡条件得到：

f+mg—SmgsinO=0

解得：

f=3?71gs讥30°—mg；

在4上放一小物体，系统仍能保持静止，a的质量增大，沿斜面对下的分力增大，则摩擦力增大，故。错误。

故选c„

5.（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9,一质量为m

的物块（视为质点）从斜面底端以肯定的初速度vo沿斜面对上运动，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（）

MMm

A.-----hB.-------h

M+m(M+m)2

M+msin20m+Msin20

C.----------hD.----------h

M+mM+m

【答案】c

【解答】解：斜面固定，物块恰好到达斜面顶端，由功能关系有:

1

—mug=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,

由动量守恒定律有:

mvocosO=vi

在物块沿斜面上升的最大高度时,

依据能量转化和守恒有:

11

-mvg——(M+m)Vi=mgh!

.2

得鬻%,故C正确，ABD错误。

故选：Co

6.（2023•全国・模拟题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块4连接在一起，处于压缩状态，力由静止

释放后沿斜面对上运动到最大位移时，马上将物块B轻放在4右侧，A、8由静止开头一起沿斜面对下运动,

下滑过程中A、B始终不分别，当4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，4的加速度方向沿斜面对下

B.4上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化

C.下滑时，B对力的压力先减小后增大

D.整个过程中A、8克服摩擦力所做的总功大于8的重力势能减小量

【答案】B

【解析】A由于4B在下滑过程中不分别，

设在最高点的弹力为F,方向沿斜面对下为正方向，斜面倾角为仇4B之间的弹力为自B，动摩擦因数为〃，

刚下滑时，

依据牛顿其次定律

对有：

F+(mA+mB~)gsm9—/J.(jnA+mB)^cos0=(mA+mB)a

对B有：

mBgsind—/j.mBgcos0—FAB=mBa

联立可得：

FFAB

THA+_mB

由于4对B的弹力方向沿斜面对上，故可知在最高点F的方向沿斜面对上；由于在最开头弹簧弹力也是沿

斜面对上的，弹簧始终处于压缩状态，所以4上滑时、弹簧的弹力方向始终沿斜面对上，不发生变化，故8

正确；

A.设弹簧原长在。点，a刚开头运动时距离。点为的，a运动到最高点时距离。点为%2；

下滑过程AB不分别，则弹簧始终处于压缩状态，

上滑过程依据能量守恒定律可得：

11

2k好=2k好+(64分比0+7)(%1—%2)

k=2(%呼。+f)

%1+%2

当位移为最大位移的一半时有：

x1—x2

F合=-----——)一(jnAgsind+f)

代入k值可知产分=0,即此时加速度为0,故A错误；

C.依据B的分析可知：

F_FAB

mA+mB-mB

再结合B选项的可知下滑过程中F向上且渐渐变大，则下滑过程BB渐渐变大，

依据牛顿第三定律可知B对4的压力渐渐变大，故C错误；

。整个过程中弹力做的功为0,4重力做的功为0,当2回到初始位置时速度为零，

依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8的重力势能减小量，故。错误。

故选：B。

【规律总结】依据牛顿其次定律分析加速度及力的状况，依据能量守恒及功能关系分析能量的变化。

本题主要考查整体法与隔离法解决动力学问题、能量守恒定律、功能关系。

7.（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

用下恰好沿斜面对上做匀速直线运动，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Ti，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的作用下沿斜面对上

运动，此时第1、2物块间细绳的张力大小为T2,则Ti：T2等于（）

【答案】B

【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,

依据平衡条件可得：

F=4mgsin0+4f

对2、3、4物块组成的整体，

由平衡条件可得：

3mgsin0+3f=Ti

可得A=苧

连接第3、4物块间的细绳突然断了，对1、2、3组成的整体，

依据牛顿其次定律可得：

F-3mgsin3-3f=3ma

对2、3物块组成的整体，

依据牛顿其次定律可得：

72-2mgsin9-2f=2ma

可得72=竽

可得Ti：T2=9：8

故B正确，ACD错误。

故选：Bo

8.（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对上

1

C.小物块受到的静摩擦力为万mg+ma

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对上的加速度a,加速度有向上的重量,

所以小物块处于超重状态，故A错误；

BCD.以物块为争辩对象，

小物块受竖直向下的重力mg,垂直斜面对上的支持力N和沿斜面对上的静摩擦力f,

在沿斜面方面上，依据牛顿其次定律有

f-mgsin30°=ma

可得小物块受到的静摩擦力为

C1

j=2m9+ma

若缆车加速度减小，则静摩擦力减小，

支持力N=mgcos300,支持力不变，

故BC正确，D错误。

故选：BC-

9.（2023•安徽省•模拟题）如图所示，B点是固定斜面与水平地面的连接点，质量为1kg的物块（可视为质点）从

斜面上的4点由静止释放，最终停在C点。已知A、B两点间的距离和8、C两点间的距离均为2根，物块与斜

面、物块与地面间的动摩擦因数均为以〃=?,不计物块经过B点时的机械能损失，取重力加速度大小g=

10m/s2,下列说法正确的是（）

A.A、C连线与水平地面的夹角0=30。B.A、C连线与水平地面的夹角£=60。

C.整个过程中物块损失的机械能为5/3/D-整个过程中物块损失的机械能为101

【答案】A

【解析】解：AB.设斜面4B的倾角为a。

对物块从4点运动到C点的整个过程，由动能定理得：

mgABsina—[imgcosa•AB—[img•BC=0

化简得：

--V3--

ABsina=[i{ABcosa+BC）=—^―（^ABcosa+BC）

由几何学问可得：

ABsinaV_3

tan力D=-=-----=-=»

ABcosa+BC弓

则6=30°,

故A正确，B错误；

CD,由功能关系可知，整个过程中物块损失的机械能等于克服摩擦力做功，为：

AE=/j.mgcosa-AB+/j.mg-BC

由于4B=BC，6=30°,

所以a=2/?=2x30°=60°,

代入上式解得：4E=10AT3/«

故C。错误。

故选：Ao

【规律总结】对物块从a点运动到c点的整个过程，利用动能定理列方程，即可求出A、c连线与水平地面的

夹角6。整个过程中物块损失的机械能等于克服摩擦力做功，由功能关系求解。

本题在运用动能定理时，要机敏选择争辩过程，对全程列式比较简洁

10.（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lOm/s2,不计空气阻力。下列说法正确的有（）

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lxlO4J

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小车受到的摩擦力，因此

尸，P200”

F=7f=—v=—5p—N=40N