2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习重难03 整体与隔离、连接体与斜面体考点（解析版）

重难03整体与隔离、连接体与斜面体考点

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秒杀技巧一：平衡态（无a）：外力看整体，内力看隔离

技巧总结

Ⅰ：整体法与隔离法

在进行受力分析时，第一步就是选取研究对象。选取的研究对象可以是一个物体（质点），也可以是

由几个物体组成的整体（质点组）。

1.隔离法：

将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体所受到的各个力，称为隔离法。

隔离法的原则：把相连结的各个物体看成一个整体，如果要分析的是整体内物体间的相互作用力（即内力），

就要把跟该力有关的某物体隔离出来。当然，对隔离出来的物体而言，它受到的各个力就应视为外力了。

2.整体法：

把相互连结的几个物体视为一个整体（系统），从而分析整体外的物体对整体中各个物体的作用力（外力），

称为整体法。

整体法的基本原则：（1）当整体中各物体具有相同的加速度（加速度不相同的问题，中学阶段不建议采

用整体法）或都处于平衡状态（即a=0）时，命题要研究的是外力，而非内力时，选整体为研究对象。（2）

整体法要分析的是外力，而不是分析整体中各物体间的相互作用力（内力）。（3）整体法的运用原则是先

避开次要矛盾（未知的内力）突出主要矛盾（要研究的外力）这样一种辨证的思想。

3.整体法、隔离法的交替运用

对于连结体问题，多数情况既要分析外力，又要分析内力，这时我们可以采取先整体（解决外力）后隔离

（解决内力）的交叉运用方法，当然个别情况也可先隔离（由已知内力解决未知外力）再整体的相反运用

顺序。

Ⅱ：解答平衡问题常用的物理方法

1.隔离法与整体法

隔离法：为了弄清系统（接连体）内某个物体的受力和运动情况，一般可采用隔离法。运用隔离法解题的

基本步骤是：

第一步：明确研究对象或过程、状态；

第二步：将某个研究对象、某段运动过程或某个状态从全过程中隔离出来；

第三步：画出某状态下的受力图或运动过程示意图；

第四步：选用正交分解或牛二定律列方程求解。

2.整体法：当只涉及研究系统而不涉及系统内部某些物体的力和运动时，一般可采用整体法。运用整体法解

题的基本步骤是：

第一步：明确研究的系统和运动的全过程；

第二步：画出系统整体的受力图和运动全过程的示意图；

第三步：选用正交分解或牛二定律列方程求解。

注意：隔离法和整体法常常需交叉运用，从而优化解题思路和方法，使解题简捷明快。

模型总结：

模型1：

条件：甲、乙两个小球的质量均为m，两球间用细线连接，甲球用细线悬

挂在天花板上。现分别用大小相等的力F水平向左、向右拉两球，平衡时细线都被拉紧.

问：平衡时两球的可能位置是？

破解：用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg、水平向左的

力F(甲受到的)、水平向右的力F(乙受到的)和细线1的拉力，两水平力相互平衡，故细线1的拉力一定与

重力2mg等大反向，即细线1一定竖直；再用隔离法，分析乙球受力的情况，乙球受到向下的重力mg，水

平向右的拉力F，细线2的拉力F2。要使得乙球受力平衡，细线2必须向右倾斜

秒杀技巧二：平衡中的连接体模型

技巧总结

模型1：轻杆连接体问题

问题：如图，求m1：m2大小

方法一：正弦定理法

对m1、m2受力分析，三力平衡可构成矢量三角形，

根据

m1gF

正弦定理有，对m1：

sin1sin

m2gF

对m2：

sin2sin

根据等腰三角形有：联立解得

12m1gsinm2gsinm1:m2sin:sin

方法二：力乘力臂法

以整体为研究对象，以圆心为转动轴，两圆弧的支持力的力臂均为零，

轻杆弹力的力臂相等，力乘以力臂等值反向。根据转动平衡知：

动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，

即

m1gRsinm2gRsinm1:m2sin:sin

方法三：重心法

以整体为研究对象，整体受重力和两圆弧的支持力，根据三力平衡必共

点，因此整体的重心必过圆心正下方。所以有，

m1Rsin1m2Rsin2

m1:m2sin:sin.

模型2：轻环穿杆问题

①

FN轻环穿光滑杆，二力平衡，拉力垂直杆

T

②

轻环穿粗糙杆，三力平衡，最大夹角tanθ=μ

③

轻环穿光滑大圆环，拉力沿半径方向

秒杀技巧三：斜面上物体静摩擦力突变模型

技巧总结

基础：斜面力分解

总结：mg沿斜面分解顺着斜面分解（发音为shun）mgsin

mg垂直斜面分解垂着斜面分解（发音为cui）mgcos

Fmgcos上下

方程：N

fmgsin左右

模型1：①一个质量为m的物体静止在倾角为的斜面上。

分析m受摩擦力的大小和方向

Fmgcos上下

分析：如图所示：根据正交分解可得Nfmgsin

mgsinf左右

同时摩擦力方向沿斜面向上.

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。

分析：（隔离思想）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。

Nxmgcossinfxmgsincos

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。

（整体思想）如图所示：

整体分析不存在水平方向的力，地面对斜面无摩擦力作用.

③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和（）。

F1F2F20

设斜面倾角为，斜面对物块的静摩擦力为f。

(1).当Fmgsin时斜面对物块无静摩擦力

(2).当Fmgsin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：Ffmgsin

随着的增大静摩擦力增大，当静摩擦力达到最大值时外力取最大值时，由平衡条件可得：

FFF1

；

F1fmgsin

(3).当Fmgsin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：Ffmgsin

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取最小值时，由平衡条件可得：

FF2

；

fF2mgsin

FF

联立(2)（3）解得物块与斜面的最大静摩擦力f21.

2

（建议用时：20分钟）

1．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，某游乐场雪滑梯是由倾斜滑道、水平滑道平滑连接组成。已知倾斜

滑道高度H11m，它与水平地面夹角25，水平滑道长度为L，滑道全程动摩擦因数0.2.水平滑道

末端有一光滑球面冰坑，冰坑DE两点高度相同，冰坑的球面半径R90m（R远大于弧长DE）。g10m/s2，

sin250.4，cos250.9.游客从雪滑梯顶部由静止下滑。

(1)若游客在冰坑前停下，则水平滑道长度L是多少？

(2)若游客以很小的初速度滑下，刚好能进入冰坑到达E点，求该游客从开始下滑到E点全程所用时间。（初

速度可忽略，结果可以保留）

【答案】(1)30.25m

(2)(10.53)s

【详解】（1）由已知题意可知，游客在AC间做匀加速直线运动，在CD间做匀减速直线运动，若游客在

H

D点速度为零，由动能定理可得mgHmgcos25mgL0

sin25

解得L=30.25m

（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0。设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为

t1，到达C点时速度为vC，在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，根据牛顿第二定律可得

mgsin25μmgcos25ma1

2

解得a12.2m/s

1

由xat2

211

解得t15

根据速度—时间公式可知vCa1t111m/s

同理，根据牛顿第二定律可得mgma2

2

解得a22m/s

根据速度—时间公式有vCa2t2

解得t25.5s

因为冰坑为光滑球面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，由单摆周期公式

R

T2

g

1

解得tT3（s）

32

综上所述tt1t2t3(10.53)s

2．（2025·辽宁·三模）如图所示，一倾角为30°、足够长的斜面体固定在水平地面上，斜面上并排放置两个

不粘连的小物块A、B，两物块在沿斜面向上、大小F47N的恒力作用下，由静止开始沿斜面向上做匀加

速直线运动，恒力F作用t4s后撤去。已知物块A、B的质量分别为mA3kg、mB1kg，物块A、B与

4333

斜面间的动摩擦因数分别为、，物块A与斜面间的静摩擦因数略大于，物块B与斜

A15B53

3

面间的静摩擦因数略小于，物块A、B间的碰撞为弹性正碰且碰撞时间极短，两物块均可视为质点，取

4

重力加速度大小g10m/s2，求：

(1)撤去F时物块A、B的速度大小v0；

(2)两物块在第一次碰撞前瞬间物块B的速度大小vB；

(3)物块A、B在前两次碰撞之间的最大距离d。

【答案】(1)v012m/s

(2)vB2m/s

53

(3)dm

64

【详解】（1）设在恒力F的作用下，两物块的加速度大小为a，则有

FAmAgcos30BmBgcos30mAmBgsin30mAmBa

v0at

解得v012m/s

（2）撤去F后，两物块开始做匀减速直线运动，根据已知条件可知，物块A减速到0后将停在斜面上，物

块B减速到0后将反向加速，设物块A向上减速时的加速度大小为aA，物块B向上减速时的加速度大小为

aB，物块B向下加速时的加速度大小为aB，则有mAgsin30AmAgcos30mAaA，

mBgsin30BmBgcos30mBaB，mBgsin30BmBgcos30mBaB

v2v2v2

由位移关系B00

2aB2aB2aA

解得vB2m/s

（3）以沿斜面向下为正方向，设两物块在第一次碰撞后瞬间，物块A的速度大小为vA，物块B的速度为vB，

111

则有mvmvmv，mv2mv2mv2

BBBBAA2BB2BB2AA

解得vA1m/s，vB1m/s

设物块A向下加速时的加速度大小为aA，经时间t两者的速度相同，则有

mAgsin30AmAgcos30mAaA

v

速度关系B

vAaAtaBt

aB

2

11vv2

可知2BB

dvAtaAtaBt

22aB2aB

53

解得dm

64

3．（2025·辽宁·二模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接，物块B叠放在A上，弹簧处

于自然长度。此时将A、B由静止释放，两物块一起沿粗糙斜面向下运动，到达最低点时，立即将B撤去，

A沿斜面向上运动恰能回到初始位置。弹簧始终未超过弹性限度，下列说法正确的是（）

A．下滑过程中B受到的摩擦力逐渐增大

B．下滑过程中B对A的摩擦力所做的功大于A克服斜面的摩擦力所做的功

C．斜面对A有摩擦力，上滑过程中A的机械能不断减少

D．A上滑过程时间比A、B一起下滑过程时间长

【答案】AB

【详解】A．AB整体下滑过程中做简谐振动，弹簧的弹力一直增加，加速度先减小到零后增加，方向先沿

斜面向下后沿斜面向上，以AB整体看，受到滑动摩擦力一直沿斜面向上，根据牛顿第二定律，B受到的静

摩擦力一直沿斜面向上，且逐渐增加，选项A正确；

B．根据动能定理，A下滑过程中WGA+WfB-Wf斜-WF=0

A上滑过程中WFWGAWfA0

＞

可得WfBWfAWf斜Wf斜

选项B正确；

C．A上滑过程中，WFWfAWGA0

整个上滑过程A的机械能增加，选项C错误；

D．上滑与下滑过程中平衡位置O相同，最低点P也相同，最高点Q也相同，只需比较下滑和上滑在同一

位置的加速度大小，AB整体从O→P的加速度大小

kxmAmBgsinmAmBgcoskx

a下gsingcos0

mAmBmAmB

kxmAgsinmAgcoskx

撤去B后A从P→O时的加速度a上gsingcos0

mAmA

对同一位置x相同，则a上a下

可见上滑过程中的平均加速度大于下滑过程中的平均加速度，故上滑时间更短，选项D错误。

故选AB。

4．（2024·辽宁大连·模拟预测）如图（a），某生产车间运送货物的斜面长8m，高2.4m，一质量为200kg

的货物（可视为质点）沿斜面从顶端由静止开始滑动，经4s滑到底端。工人对该货物进行质检后，使用电

动机通过一不可伸长的轻绳牵引货物，使其沿斜面回到顶端。如图（b）所示，已知电动机允许达到的最大

输出功率为2200W，轻绳始终与斜面平行，重力加速度大小取10m/s2，设货物在斜面上运动过程中所受摩

擦力大小恒定。

（1）求货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小；

（2）若要在电动机输出功率为1200W的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，货物速度的大小是多少？

（3）启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动，直

到电动机达到允许的最大输出功率，求货物做匀加速直线运动的时间。

【答案】（1）400N；（2）1.2m/s；（3）4s

1

【详解】（1）货物沿斜面从顶端由静止滑到底端过程，根据运动学公式Lat2

2

解得加速度大小为a1m/s2

h

设斜面倾角为，根据牛顿第二定律可得mgsinfma又sin0.3

L

联立解得货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小为f400N

（2）若要在电动机输出功率为1200W的条件下，沿斜面向上匀速拉动货物，则此时牵引力大小为

Fmgsinf1000N根据PFv

可得货物速度的大小为v1.2m/s

（3）启动电动机后，货物从斜面底端由静止开始沿斜面向上做加速度大小为0.5m/s2的匀加速直线运动，

根据牛顿第二定律可得F1mgsinfma1解得牵引力大小为F11100N

P

当电动机达到允许的最大输出功率时，货物的速度为v12m/s

F1

v1

则货物做匀加速直线运动的时间为t14s

a1

5．（2024·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，一质量M＝0.3kg的足够长“L”形木板，放置于倾角为30°的光滑斜

面上，其上端有一质量m＝0.2kg的物块，物块与木板上端之间夹有少量爆炸物且处于静止状态。现引燃爆

炸物（对人体不构成伤害），物块与木板瞬间获得总动能为3.375J（只考虑沿斜面方向，其它方向能量不计）。

3

已知物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2，不考虑爆炸物爆炸后的残余物，不

2

计空气阻力。求：

（1）爆炸物爆炸瞬间，物块和木板获得的速度大小；

（2）木板沿斜面上升的最大距离；

（3）从爆炸到木板第一次返回底端的过程中系统因摩擦损失的机械能。

【答案】（1）3m/s；4.5m/s；（2）0.45m；（3）3.375J

【详解】（1）爆炸物爆炸系统动量守恒，设木板获得的速度大小为v1，物块获得的速度大小为v2Mv1mv2

11

EMv2mv2

k2122

代入数据解得v13m/s，v24.5m/s

（2）对木板受力分析，根据牛顿第二定律MgsinmgcosMa1

2

解得a110m/s

2

再由v12a1Lmax

代入数据得Lmax0.45m

（3）从爆炸到木板返回底端，物块受力不变，根据牛顿第二定律mgsinmgcosma2

2

解得a22.5m/s

v

设木板上升到最高点所用时间t1

a1

解得t0.3s

木板返回到最低端时物块速度v3v2a22t

解得v33m/s

1

说明木块跟木板返回到最低端时恰好共速；木板上升阶段，物块与木板间的相对位移svtat2L

1222max

1

木板下降阶段，物块与木板间的相对位移svattat2L

22222max

从爆炸到木板落回地面过程因摩擦而损失的机械能ΔEmgcoss1s2

解得E3.375J

6．（2024·辽宁·模拟预测）如图甲所示，一个质量m=1kg的物体从斜面底端冲上一足够长斜面，物体运动

的v-t图像如图乙所示，斜面倾角θ=37°（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，则（）

A．物块下滑时的加速度大小为10m/s2

B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.4

C．物块回到斜面底端时速度大小约为5.4m/s

D．物块回到斜面底端的时刻约为3.0s

【答案】C

v12

【详解】B．由乙图可知，物块上滑加速度大小为am/s210m/s2

1t1.2

物块上滑过程，由牛顿第二定律，可得mgsinmgcosma1解得0.5

故B错误；

A．物块下滑过程，由牛顿第二定律，可得mgsinmgcosma2

2

解得a22m/s

故A错误；

1.212

CD．由乙图可知，0~1.2s内滑块上滑的位移为xm7.2m

2

1

设滑块下滑时间为t，则有xat2

22

解得t2.68s

物块回到斜面底端的时刻约为t21.2s2.68s3.88s

物块回到斜面底端时速度大小约为va2t5.36m/s故C正确，D错误。

故选C。

7．（2025·黑龙江大庆·一模）如图所示，质量mB2kg，长度L18m的薄木板B放在倾角37的光滑

斜面上，斜面始终静止，A是质量mA1kg的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底

端距离s31m，现将B由静止释放，同时滑块A以速度v06m/s从木板上端P点沿薄木板向下运动。已

知A、B间的动摩擦因数0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g10m/s2，sin370.6，

cos370.8。从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（）

A．刚开始运动时，滑块A的加速度大小为2m/s2

B．刚开始运动时，薄木板B的加速度大小为7m/s2

C．滑块A与薄木板B间因摩擦产生的热量为12J

D．薄木板B运动的总时间为3s

【答案】BCD

【详解】AB．开始运动时，对滑块A，根据牛顿第二定律可得mAgsinmAgcosmAaA

2

解得滑块A的加速度大小aA4m/s

对薄木板B，根据牛顿第二定律可得mBgsinmAgcosmBaB

2

解得薄木板B的加速度大小aB7m/s，故A错误，B正确；

CD．假设滑块不脱离木板，当两者达到共速时，有v1v0aAt1aBt1

解得t12s，v114m/s

1

此时木板下滑位移xat214m

B2B1

1

滑块下滑位移xvtat220m

A012A1

二者相对位移x6mL

可得二者共速时滑块未脱离木板，假设成立，此后A、B一起沿斜面向下运动，加速度为agsin6m/s2

1

当薄木板下滑到达底端时有sxvtat2

B1222

解得t21s

则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间tt1t23s

滑块A与薄木板B因摩擦产生的热量为QmAgcosx

解得Q12J，故CD正确。

故选BCD。

8．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）如图（a），质量均为m的小物块甲和木板乙叠放在足够长倾角为θ的粗

糙斜面上，甲到乙顶端的距离为L，初始时甲、乙均静止，质量为M的物块丙以速度v0沿斜面匀速向下运

动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x随时间t的变化如图（b）中实线所示，其中t0时刻前后的图像

分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为g。下

列说法正确的是（）

A．乙与斜面间的动摩擦因数为tan

v0

B．甲、乙间的动摩擦因数为-tan

4t0gcos

vt

C．甲到乙顶端的距离L00

5

D．乙、丙的质量比m:M3:1

【答案】ABD

【详解】A．由图（b）可知，在0t0时刻乙做减速运动，在t0时刻之后速度不变，做匀速直线运动，说明

在t0时刻甲、乙共速，之后一起以共同速度向下做匀速直线运动，对甲、乙整体受力分析，沿斜面方向有

2mgsinf12mgcos

解得乙与斜面间的动摩擦因数为1tan，故A正确；

123v0t0

B．设碰后瞬间乙的速度大小为v1，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知xvtat

10208

根据x-t图像的切线斜率表示速度，抛物线的顶点为Q的切线斜率为零，即在2t0时刻乙的速度为零，则有

v1a2t00

v

v00

联立解得v1，a

24t0

在0t0时刻乙做减速运动，根据牛顿第二定律有2mgcos12mgcosmgsinma

v0

解得2tan，故B正确；

4t0gcos

C．在0t0时刻甲做加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin2mgcosma

v

解得a0

4t0

由图（b）可知，在t0时刻甲、乙共速，之后以共同速度一起向下做匀速直线运动，则在0t0时间内甲、乙

12v0t0123

产生的位移分别为x甲at，x乙vtatvt

2081020800

v0t0

故在0t时间内甲、乙发生的相对位移为xx乙x甲

04

vt

故甲到乙顶端的距离Lx00，故C错误；

4

D．物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得Mv0Mv2mv1，

111

Mv2Mv2mv2

202221

联立解得乙、丙的质量比m:M3:1，故D正确。

故选ABD。

（建议用时：30分钟）

9．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为

0090，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端

由静止释放，改变直杆和水平方向的夹角，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时

间最短，重力加速度为g，则（）

A．当小圆环在直杆上运动的时间最短时，小圆环与直杆间可能有挤压

B．恒力F可能沿与水平方向夹30°斜向右下的方向

C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为3mg

3

D．恒力F的最小值为mg

2

【答案】CD

【详解】A．由于小圆环在直杆上运动的时间最短，即加速度方向沿杆的方向，而恒力F和小圆环的重力的

合力一定沿与水平方向夹30°斜向右下的方向，即为杆的方向，小圆环与直杆间必无挤压，故A错误；

B．根据题意，小圆环在直杆上运动的时间最短，则加速度最大，即恒力与重力的合力方向沿杆的方向，那

么恒力的方向不可能沿与水平方向夹30°斜向右下，故B错误；

C．要使时间最短，则加速度最大，即不论F多大，沿何种方向，确定的是F与mg的合力方向沿杆向下，

当恒力的方向水平向右，如图所示

mg

则有F3mg

tan30o

故C正确；

D．合力F合与mg、F三力可构成矢量三角形，如图所示

o3

由图可知，当F与F合垂直时，即与斜面垂直时，F有最小，则有Fmgsin60mg

min2

故D正确。

故选CD。

10．（2025·黑龙江大庆·三模）如图所示，质量为m2kg的木块在倾角37的斜面上由静止开始下滑，

木块与斜面间的动摩擦因数0.5，g取10m/s2。sin370.6，cos370.8，斜面足够长。求：

（1）前2s内木块位移大小；

（2）前2s内重力的平均功率。

【答案】（1）x4m；（2）24W

【详解】解：（1）如图所示，对木块进行受力分析知

Gxmgsin，Gymgcos

由牛顿第二定律知mgsinmgcosma

代入得a2m/s2

1

由匀变速直线运动位移与时间的关系式知，前2s内的位移为xat2

2

代入得x4m

（2）前2s内重力做的功为Wmgxsin48J

W

重力在前2s内的平均功率为P24W

t

11．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，一倾角为37、高度为3m、质量为2kg的光滑斜面置于水平

地面上，一质量为1kg的可视为质点的滑块沿该斜面顶端由静止滑下。已知重力加速度g10m/s2，取

sin37°0.6，忽略空气阻力。求：

(1)若斜面固定，则滑块滑到斜面底端时，滑块沿斜面方向的速度大小。

(2)若斜面与地面间动摩擦因数0.005，滑块滑到斜面底端时斜面的位移。

(3)若地面光滑，滑块滑到斜面底端所用时间。（结果保留3位有效数字）

【答案】(1)215m/s

4

(2)m

3

(3)1.15s

【详解】（1）斜面固定时，滑块沿斜面做匀加速直线运动。

h3

斜面高度h3m，倾角37，则斜面长度l5m

sin0.6

1

滑块下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒。设滑块滑到底端时的速度为v，则：mghmv2

121

2

代入数据m11kg，g10m/s，h3m

解得：v2gh210360215m/s

（2）关键分析：滑块下滑时，斜面受地面摩擦力作用可能静止或运动。需先判断斜面是否滑动。

滑块对斜面的压力：FNm1gcos1100.88Ncos370.8

斜面所受最大静摩擦力：fmaxm1m2g0.0512100.15N

滑块对斜面的水平作用力：滑块对斜面的压力和摩擦力在水平方向的合力为FNsin80.64.8N（因斜

面光滑，滑块与斜面间无摩擦力）

由于4.8Nfmax0.15N，斜面会向左加速运动。

系统水平方向动量守恒（因地面摩擦力远小于内力，所以守恒）：

设滑块滑到底端时，滑块水平速度为vx，斜面速度为v2，则：m1vxm2v20vx2v2

位移关系：滑块相对斜面的水平位移为lcos50.84m

vv

设斜面位移为x（向左为负），则滑块水平位移为x4m。由平均速度公式得：xtx4，2tx

22

4

联立得vt2x4，vt2x，代入v2v，解得xm（负号表示方向向左）。

x2x23

验证机械能守恒：滑块和斜面系统机械能守恒（摩擦力做功可忽略，因位移极小）：

12212

m1ghm1vxvym2v2

22

312212

其中vyvxtan2v21.5v2，代入得：110314v22.25v22v2

422

x4/34

解得v21.63m/s，t1.63s，故斜面位移为m

v2/20.8153

（3）方法一：设斜面长为l，滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零

vv

则系统水平方向的动量守恒，有mvmv，xt2tlcos

1x2222

v

对滑块竖直方向有ytlsin

2

12122

由能量关系可知m1glsinm2v2m1vxvy

22

2

2lm2m1sin

联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为t

m1m2gsin

代入数值计算，可得t1.15s

方法二：地面光滑时，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块相对斜面的加速度为a，斜面加速度为

a2（向左），滑块绝对加速度水平分量axacosa2，竖直分量ayasin。

动量守恒：对系统水平方向，合外力为零，加速度满足m1axm2a20

m2acos

整理有：m1acosa2m2a2acosa213a2a2

m13

滑块竖直方向运动：滑块相对斜面的竖直位移为h3m，则：

11

at2hasint230.3at23at210（1）

2y2

11acosat20.8100.84

斜面水平位移：xat2t2m（与（2）中位移一致）。

2223663

滑块沿斜面的加速度：对滑块，沿斜面方向合力为m1gsinm1a（因斜面光滑），

即agsin6m/s2？此结论错误，因斜面有加速度，需用非惯性系分析。

以斜面为参考系（非惯性系），滑块受惯性力m1a2（向右）。沿斜面方向：

m1gsinm1a2cosm1aagsina2cos

acosa0.80.642

代入a2，得：a100.60.8a16a7.63m/s

333

10

由（1）式at210，得t1.15s。

7.63

12．（2025·吉林白山·二模）智能机器人自动分拣快递包裹系统被赋予“惊艳世界的中国黑科技”称号。分拣

机器人工作效率高，落袋准确率达99.9%。在供包台工作人员将包裹放在机器人的水平托盘上，智能扫码读

取包裹目的地信息，经过大数据分析后生成最优路线，包裹自动送至方形分拣口。如图甲，当机器人抵达

分拣口时，速度恰好减速为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹投入分拣口中（最

大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g大小取10m/s2）。如图乙，机器人A把质量m1kg的包裹

从供包台沿直线运至相距L45m的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机器人A

2

运行最大加速度a3m/s，运行最大速度v03m/s，机器人运送包裹途中，看作质点。

（1）求机器人A从供包台运行至分拣口所需的最短时间t；

3

（2）若包裹与水平托盘的动摩擦因数为，则在机器人A到达投递口处，要使得包裹刚开始下滑，

3

托盘的最小倾角应该是多少；

（3）机器人A投递完包裹后返回供包台途中发生故障，机器人A立刻制动，制动时速度为3m/s，由于惯

性，机器人A在地面滑行4.5m后停下来，此时刚好有另一机器人B，以最大速度碰撞3m/s与机器人A发

生弹性正碰，碰撞后机器人A滑行了2m停下来（其加速度与制动后滑行加速度相等，机器人A、B均看作

质点）。则机器人B的总质量是机器人A的多少倍？

【答案】（1）16s；（2）30；（3）0.5倍

【详解】（1）当机器人A先做匀加速直线运动加速至3m/s，然后做匀速直线运动，最后做匀减速直线运

动至零时，机器人A从供包台运行至分拣口所需时间最短。做匀加速直线运动阶段根据运动学的公式可得

v

t01s

1a

1v1

sat21.5m匀减速直线运动阶段根据运动学的公式得t01s，sat21.5m

1212a222

Ls1s2

匀速直线阶段根据运动学的公式得t314s

v0

运行总时间tt1t2t316s

（2）设要使包裹刚开始下滑，托盘的最小倾角，对包裹，受力分析得FNmgcos，Ffmgsin

其中FfFN

托盘的最小倾角30

（3）设机器人A制动后滑行过程中的加速度大小为a，则有机器人A制动后滑行4.5m后停下来，则有

2

0v02a1s3

2

设机器人A被碰后瞬间的速度为vA，滑行2m后停下来，则有0vA2a1s4

s4

联立可得vAv02m/s

s3

A、B发生弹性碰撞，A和B组成的系统根据动量守恒定律和能量守恒定律有M1v0M1vBM2vA

2M

1212121

M1v0M1vBM2vA解得vAv0

222M1M2

M

2

由于vA2m/s，v03m/s，可得2

M1

故机器人B的质量是机器人A的0.5倍。

13．（2025·吉林·一模）滑雪是我国东北地区冬季常见的体育运动。如图（a），在与水平面夹角14.5的

滑雪道上，质量m60kg的滑雪者先采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪板的阻力可忽略），

由静止开始沿直线匀加速下滑x145m；之后采取两滑雪板间呈一定角度的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得

2

阻力，匀减速继续下滑x215m后停止。已知sin14.50.25,sin370.6，取重力加速度g10m/s，不计

空气阻力。

（1）求减速过程中滑雪者加速度a的大小；

（2）如图（b），若减速过程中两滑雪板间的夹角74，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘的阻力

均为F，求F的大小。

【答案】（1）a7.5m/s2；（2）F500N

2

【详解】（1）由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有2a1x1v，mgsinma1

代入数据得v2gx1sin15m/s

2

匀减速继续下滑的过程有2ax2v

v2

代入数据得a7.5m/s2

2x2

（2）若减速过程中两滑雪板间的夹角74，根据牛顿第二定律有2Fsinmgsinma

2

mamgsin

F500N

解得

2sin

2

14．（2025·内蒙古呼和浩特·一模）如图所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量为m2kg

可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴连。t0时刻解除锁定，计算机通过传感器描绘

出滑块的vt图像，其中Ob段为曲线，bc段为直线，已知物块在0-0.2s内运动的位移为0.8m，取

g10m/s2,sin370.6,cos370.8，则下列说法正确的是（）

A．滑块速度最大时，滑块与弹簧脱离

B．滑块在0.2s时机械能最大

C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.2

D．