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专题3 斜面模型
有关斜面模型的平衡问题 1
有关斜面模型的动力学问题 3
有关斜面模型的能量动量问题 6
有关斜面模型的平衡问题
如图，斜面体M放置在水平地面上，一物块m恰好静止在斜面体上。现对物块施加一水平向右的恒力F，物块与斜面体相对地面仍处于静止状态，则（ ）
A．斜面体对物块的摩擦力一定增大
B．斜面体对物块的支持力可能不变
C．地面对斜面体的支持力保持不变
D．地面对斜面体的摩擦力可能减小
如图所示，固定的倾角为37°的粗糙斜面上放置一长方体物块，现用一大小等于物块重力，方向与斜面成37°角斜向下的推力推动物块（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行），物块在斜面上恰好做匀速运动。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A． B． C． D．
如图，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。重力加速度为g，手机始终保持静止状态。则（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B．手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，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，则支架对手机的支持力保持不变
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后，瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大
B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小
C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大
D．仅减小d时，瓦片可能会下滑
如图所示，三本完全相同的物理课本a、b、c叠放在倾角为θ的斜面上处于静止状态，已知每本物理课本的质量为m，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．a、b间摩擦力为零
B．b对c压力大小为2mgcosθ
C．c受斜面摩擦力大小为mgsinθ
D．b受a、c摩擦力合力大小为2mgsinθ
（多选）如图所示，上表面光滑的斜面静置于粗糙水平面上，斜面质量M＝3.2kg，倾角θ＝37°，斜面顶端固定有光滑轻质滑轮，质量m＝1kg的物块系于轻绳一端，轻绳另一端跨过滑轮系于地面上，斜面左侧的轻绳保持竖直，斜面上方的轻绳与斜面平行。已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力大小为8N
B．水平面对斜面的弹力大小为48N
C．水平面对斜面的摩擦力大小为4.8N
D．剪断轻绳瞬间，为使斜面保持静止，斜面与水平面间的动摩擦因数至少为0.125
（多选）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
B．物体与斜面间的动摩擦因数为
C．恒力F大小为
D．恒力F大小为
有关斜面模型的动力学问题
滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（ ）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为a甲：a乙＝16：9
C．滑块过A点时的速度大小之比为v甲：v乙＝3：4
D．
（多选）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为（ ）
A．aP＝0 B．aP＝g C． D．aQ＝g
质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上，如图，α＝60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是（ ）
A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同
B．当M＝2m时，A和B共同运动的加速度大小为g
C．当Mm时，A与B之间的正压力等于0
D．当时，A相对B刚好发生滑动
如图所示，在竖直墙面上有A、B两点，离地面的高度分别为HA＝8m和HB＝4m，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．4m C．2m D．6m
如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）。则：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
（2）物体到达B点时的速度是多大？
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
如图所示，倾角为θ的斜面A点以上的部分表面光滑，A点以下的表面粗糙。A点以上区域有2n个相同的小方块，每个小方块质量均为m，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；1号小方块用手托着静止在O点，O、A两点之间相距2L；小方块队列的总长为L，小方块相互间不粘连。现放手让它们由静止开始下滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第n号小方块全部进入A点时小方块运动的速度达到最大，最终1号小方块停在B处，设斜面足够长。求：
（1）1号小方块刚运动到A点位置的速度大小v0和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数μ；
（2）B与A点间的距离s0；
（3）若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小方块都能沿过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s。
有关斜面模型的能量动量问题
如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（ ）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin10°＝0.17，则货物（ ）
A．在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大
B．在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小
C．在0～3m的过程中，机械能先增大后减小
D．在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小
如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（ ）
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确是（ ）
A．木块的重力大小为
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块与斜面间的动摩擦因数为
D．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
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专题3 斜面模型
有关斜面模型的平衡问题 1
有关斜面模型的动力学问题 7
有关斜面模型的能量动量问题 13
有关斜面模型的平衡问题
如图，斜面体M放置在水平地面上，一物块m恰好静止在斜面体上。现对物块施加一水平向右的恒力F，物块与斜面体相对地面仍处于静止状态，则（ ）
A．斜面体对物块的摩擦力一定增大
B．斜面体对物块的支持力可能不变
C．地面对斜面体的支持力保持不变
D．地面对斜面体的摩擦力可能减小
【解答】解：A.施加恒力前，物块恰好静止，设斜面体的倾斜角为θ，则有
mgsinθ＝f
N＝mgcosθ
施加恒力F后系统依然静止，物块所受合力为零，若
mgsinθ＝f+Fcosθ
此时斜面体对物块的静摩擦力减小，故A错误；
B.对物块受力分析，将恒力F沿斜面及垂直于斜面方向分解，可知
N′＝mgcosθ+Fsinθ
根据牛顿第三定律可知，斜面体对物块的支持力变大，故B错误；
C.对斜面体和物块整体分析可知，地面对斜面体的支持力始终为（m+M）g，故C正确；
D.斜面体最初静止，地面对斜面体的摩擦力为零，施加一个水平向右的恒力F后，地面对斜面体的摩擦力与F等大反向，则地面对斜面体的摩擦力增大，故D错误。
故选：C。
如图所示，固定的倾角为37°的粗糙斜面上放置一长方体物块，现用一大小等于物块重力，方向与斜面成37°角斜向下的推力推动物块（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行），物块在斜面上恰好做匀速运动。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设物块的质量为m，对物块受力分析，根据共点力平衡条件可知
Fsin37°+mgcos37°＝N
f
根据摩擦力的公式有f＝μN
解得
μ
故ABC错误，D正确；
故选：D。
如图，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。重力加速度为g，手机始终保持静止状态。则（ ）
A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面向下
B．手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，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，则支架对手机的支持力保持不变
【解答】解：AB．手机处于静止状态，对手机受力分析，设手机受到的支持力为N，摩擦力为f
根据共点力平衡条件有
N＝mgcosθ
f＝mgsinθ
根据牛顿第三定律可知手机对支架的压力大小与手机受到的支持力大小相等，为mgcosθ，方向垂直于斜面向下。手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上，故A错误，B正确；
CD．若θ增大，sinθ增大，cosθ减小，则支架对手机的摩擦力随之增大，支架对手机的支持力减小，故CD错误；
故选：B。
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后，瓦片静止在檩条上。已知檩条间距离为d，檩条与水平面夹角均为θ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的摩擦力的合力变大
B．仅减小θ时，瓦片与每根檩条间的弹力的合力变小
C．仅减小d时，瓦片与每根檩条间的弹力变大
D．仅减小d时，瓦片可能会下滑
【解答】解：CD、檀条给瓦片的支持力如图所示
两檀条给瓦片的支持力与檀条竖直向上的夹角为α，则有
2Fcosα＝mgcosθ
若仅减小檀条间的距离d时，夹角α变小，则两檀条给瓦片的支持力F力变小，故瓦片与每根檀条间的弹力变小，最大静摩擦力变小，则瓦片可能下滑，故C错误，D正确；
AB、若仅减小θ，
由平衡条件可知摩擦力
f＝mgsinθ，
可知瓦片与檀条间的摩擦力的合力变小，根据
2Fcosα＝mgcosθ
可知若仅减小θ时，瓦片与檀条间的弹力的合力变大，故AB错误。
故选：D。
如图所示，三本完全相同的物理课本a、b、c叠放在倾角为θ的斜面上处于静止状态，已知每本物理课本的质量为m，重力加速度为g．下列说法正确的是（ ）
A．a、b间摩擦力为零
B．b对c压力大小为2mgcosθ
C．c受斜面摩擦力大小为mgsinθ
D．b受a、c摩擦力合力大小为2mgsinθ
【解答】解：A、对a受力分析，a受重力、支持力和静摩擦力，根据平衡知，b对a的摩擦力f＝mgsinθ，故A错误。
B、对ab整体分析，在垂直斜面方向上平衡，有：N＝2mgcosθ，可知b对c的压力大小为2mgcosθ，故B正确。
C、对abc整体分析，整体受重力、支持力和摩擦力，根据平衡得，斜面对c的摩擦力f＝3mgsinθ，故C错误。
D、b在沿斜面方向上受a、c的摩擦力，以及重力沿斜面方向的分力，根据平衡知，a、c对b摩擦力的合力大小为mgsinθ，故D错误。
故选：B。
（多选）如图所示，上表面光滑的斜面静置于粗糙水平面上，斜面质量M＝3.2kg，倾角θ＝37°，斜面顶端固定有光滑轻质滑轮，质量m＝1kg的物块系于轻绳一端，轻绳另一端跨过滑轮系于地面上，斜面左侧的轻绳保持竖直，斜面上方的轻绳与斜面平行。已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的拉力大小为8N
B．水平面对斜面的弹力大小为48N
C．水平面对斜面的摩擦力大小为4.8N
D．剪断轻绳瞬间，为使斜面保持静止，斜面与水平面间的动摩擦因数至少为0.125
【解答】解：A、对物块受力分析，沿斜面方向有T＝mgsinθ＝1×10×0.6N＝6N，故A错误；
BC、对整体分析可知
N﹣T＝（M+m）g
解得N＝48N
整体水平方向上不受力，水平面对斜面没有摩擦力作用，故B正确，C错误；
D、剪断轻绳瞬间，物块对斜面的压力为N'＝mgcosθ
对斜面分析，根据共点力平衡条件有
f＝N'sinθ＝μ（Mg+N'cosθ）
解得μ＝0.125
所以为使斜面保持静止，斜面与水平面间的动摩擦因数至少为0.125，故D正确；
故选：BD。
（多选）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
B．物体与斜面间的动摩擦因数为
C．恒力F大小为
D．恒力F大小为
【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：，，故AD正确、CD错误。
故选：AD。
有关斜面模型的动力学问题
滑块以一定的初速度沿倾角为θ，动摩擦因数为μ的粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端，A点为途中的一点。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图分别如图甲、乙所示。若滑块与斜面间动摩擦因数处处相同，不计空气阻力。对比甲、乙两图，下列说法正确的是（ ）
A．滑块上滑和返回过程的运动时间相等
B．滑块运动加速度大小之比为a甲：a乙＝16：9
C．滑块过A点时的速度大小之比为v甲：v乙＝3：4
D．
【解答】解：A、根据牛顿第二定律可知，上滑过程和下滑过程分别满足
mgsinθ+f＝ma1
mgsinθ﹣f＝ma2
设频闪时间间隔为T，上滑过程加速度较大，相同位移大小时运动时间较短，故A错误；
B、甲图表示上滑过程，时间间隔为3T，乙图表示下滑过程，时间间隔为4T，把上滑过程逆向堪称初速度为零的匀加速直线运动，由
可知，加速度大小之比为16：9，故B正确；
C、利用逆向思维，滑块在A、B两点间运动，根据位移公式有
综上代入数据解得
即图甲与图乙滑块在A、B两点间运动时间之比为3：4，故由
v＝at
知
v甲：v乙＝4：3
故C错误；
D、根据加速度之比有
（gsinθ+μgcosθ）：（gsinθ﹣μgcosθ）＝16：9
代入数据解得
μ
故D错误。
故选：B。
（多选）如图，矩形框Q用与斜面平行的细绳系在固定的斜面体上，和Q质量相等的物体P被固定在矩形框中的竖直轻弹簧上端，斜面体倾角为30°，整个装置保持静止状态，不计矩形框和斜面间的摩擦，重力加速度为g，当细绳被剪断的瞬间，物体P的加速度大小aP和矩形框Q的加速度大小aQ分别为（ ）
A．aP＝0 B．aP＝g C． D．aQ＝g
【解答】解：AB．对物体P进行受力分析，受到了重力和弹簧的弹力，处于平衡状态，合力为零，细绳被剪断的瞬间，弹簧弹力不会发生突变，故物体P的受到的合力仍为零，故加速度aP＝0，故A正确，B错误；
CD．对PQ整体分析，受到了重力，斜面的支持力，细线的拉力，整体系统处于静止状态，根据平衡条件有
T＝2mgsinθ
细绳被剪断的瞬间，细线的力就突变成零了，物体Q的受力合外力情况会与之前的拉力T等大反向，即
F合＝T＝2mgsinθ
所以
故C错误，D正确。
故选：AD。
质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V型槽B上，如图，α＝60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C自由释放，则下列说法正确的是（ ）
A．若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同
B．当M＝2m时，A和B共同运动的加速度大小为g
C．当Mm时，A与B之间的正压力等于0
D．当时，A相对B刚好发生滑动
【解答】解：A、若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度大小相同，方向不同，故A错误；
B、以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：Mg＝（M+2m）a，解得：ag，故B错误；
CD、当A和B右端挡板之间的作用力为零时，加速度为a0，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得：mgtan30°＝ma0，解得a0g；
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得Mg＝（M+2m）a0，解得：，所以A相对B刚好发生滑动时，，故C错误、D正确。
故选：D。
如图所示，在竖直墙面上有A、B两点，离地面的高度分别为HA＝8m和HB＝4m，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．4m C．2m D．6m
【解答】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a1＝gsinα，a2＝gsinβ，
由几何关系可得lAC，lBC，
由运动学公式可得lACa1t2，lBCa2t2，
联立解得sinαsinβ，即，解得lBClAC，
设CO的距离为x，由勾股定理得HA2+x2＝lAC2，HB2+x2＝lBC2，
联立方程，解得x＝4m，故ACD错误，B正确
故选：B。
如图所示一足够长的斜面倾角为37°，斜面BC与水平面AB圆滑连接。质量m＝2kg的物体静止于水平面上的M点，M点距B点之间的距离L＝9m，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.现使物体受到一水平向右的恒力F＝14N作用，运动至B点时撤去该力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2）。则：
（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是多大？
（2）物体到达B点时的速度是多大？
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是多少？
【解答】解：在水平面上，根据牛顿第二定律可知：F﹣μmg＝ma，
解得：a
（2）有M到B，根据速度—位移公式可知：
解得：m/s＝6m/s
（3）在斜面上，根据牛顿第二定律可知：mgsinθ+μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝10m/s2
根据速度—位移公式可知：
解得：
答：（1）物体在恒力作用下运动时的加速度是2m/s2
（2）物体到达B点时的速度是6m/s
（3）物体沿斜面向上滑行的最远距离是1.8m
如图所示，倾角为θ的斜面A点以上的部分表面光滑，A点以下的表面粗糙。A点以上区域有2n个相同的小方块，每个小方块质量均为m，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；1号小方块用手托着静止在O点，O、A两点之间相距2L；小方块队列的总长为L，小方块相互间不粘连。现放手让它们由静止开始下滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第n号小方块全部进入A点时小方块运动的速度达到最大，最终1号小方块停在B处，设斜面足够长。求：
（1）1号小方块刚运动到A点位置的速度大小v0和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数μ；
（2）B与A点间的距离s0；
（3）若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小方块都能沿过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s。
【解答】解：（1）对所有小方块，从开始下滑到第1个到达A点，根据机械能守恒律有：2nmg 2Lsinθ
解得：v0
由题意，当第n个全部进入B点时，速度最大，则对整个列方块，其加速度为零
2nmg sinθ﹣μnmg cosθ＝0
解得：μ＝2tanθ
（2）设当小方块下端运动到B点时，所有小方块已经进入AB段，则从1号方块进入A点开始，整体小方块所受到的摩擦力与进入的长度成正比，如图所示，
由动能定理：
2nmg sinθ（2L+s0）μ×2nmgcosθ（s0﹣L）＝0
解得：s0＝3L
（3）小方块出B点后，加速下滑，而剩下的k个（1≤k＜2n）小方块仍一起减速运动。
设剩下小方块的加速度为a，由牛顿第二定律：
a
代入得到a＝﹣gsinθ
说明小方块出了B点后，剩下的小方块运动加速度保持不变
要使所有小方块都能通过B点，1号小方块运动到B点最小速度v满足：
0﹣v2＝2aL
对所有小方块根据动能定理有：
2nmgsinθ×（s+s0）μ×2nmgcosθ（s0﹣L）
联立解得：s＝3L
答：（1）1号小方块刚运动到A点位置的速度大小v0为，小方块与粗糙斜面的动摩擦因数μ为2tanθ；
（2）B与A点间的距离s0为3L；
（3）若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小方块都能沿过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s为3L。
有关斜面模型的能量动量问题
如图所示，薄板B放在倾角为30°的光滑斜面上，斜面固定且足够长，薄板的下端位于斜面底端，上端通过轻绳与固定在地面上的电动机连接，轻绳跨过定滑轮，定滑轮质量与摩擦均不计，斜面上方的细绳与斜面平行。t＝0时刻，一小物块A从薄板上端由静止释放的同时，薄板在电动机带动下由静止开始沿斜面向上做加速度的匀加速直线运动。已知薄板长L＝1m，小物块A的质量mA＝2kg，薄板B的质量mB＝1kg，A、B间的动摩擦因数。下列说法正确的是（ ）
A．从t＝0到小物块A离开薄板前，细绳对薄板B的拉力为7N
B．小物块A到达斜面底端时速度为
C．小物块A将要离开薄板时电动机的瞬时输出功率为16W
D．小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为2.5J
【解答】解：A.小物块向下运动，薄板向上运动，对薄板根据牛顿第二定律有
T﹣mBgsin30°﹣μmAgcos30°＝mBa
代入数据解得
T＝12N，故A错误；
B.对小物块根据牛顿第二定律有
mAgsin30°﹣μmAgcos30°＝mAa1
代入数据解得
根据运动学公式有
代入数据解得
此时小物块的速度为
此时A距离斜面底端的距离为
根据动能定理有
代入数据解得
，故B错误；
C.根据运动学公式，A刚要滑离薄版时，薄板的速度为
根据功率公式有
，故C正确；
D.根据功能关系，小物块A与薄板B之间因摩擦产生的内能为
，故D错误。
故选：C。
如图1所示，固定斜面的倾角θ＝37°，一物体（可视为质点）在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上滑动，经过距斜面底端x0处的A点时撤去拉力F。该物体的动能Ek与它到斜面底端的距离x的部分关系图像如图2所示。已知该物体的质量m＝1kg，该物体两次经过A点时的动能之比为4：1，该物体与斜面间动摩擦因数处处相同，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则拉力F的大小为（ ）
A．8N B．9.6N C．16N D．19.2N
【解答】解：依题意，设物体在运动过程中受到的滑动摩擦力大小为f，
当物体沿斜面向上运动到x0处时，根据动能定理有
（F﹣Gsinθ﹣f）x0＝E0
运动到2x0处时，根据动能定理有
Fx0﹣（Gsinθ+f） 2x0＝0
当物体沿斜面向下运动到x0处时，根据动能定理有
联立方程，代入数据解得：F＝19.2N，故ABC错误，D正确。
故选：D。
如图甲所示，小明沿倾角为10°的斜坡向上推动平板车，将一质量为10kg的货物运送到斜坡上某处，货物与小车之间始终没有发生相对滑动。已知平板车板面与斜坡平行，货物的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，sin10°＝0.17，则货物（ ）
A．在0～3m的过程中，所受的合力逐渐增大
B．在3m～5m的过程中，所受的合力逐渐减小
C．在0～3m的过程中，机械能先增大后减小
D．在3m～5m的过程中，机械能先增大后减小
【解答】解：AB、由动能定理可知，动能Ek随位移x的变化图像的斜率的绝对值等于合力的大小，则由图乙可得在0～3m的过程中，货物所受的合力逐渐减小，在3m～5m的过程中，货物所受的合力逐渐增大，故AB错误；
C、在0～3m的过程中，货物所处高度增大，其重力势能增大，由图乙可知其动能也增大，故此过程货物的机械能一直增大，故C错误；
D、选x＝0所在水平面为重力势能的零势能面，在x＝5m的位置货物的重力势能为：
Ep＝mgxsin10°＝10×9.8×5×0.17J＝83.3J
根据重力势能随位移x的增大而均匀增大，在图乙中画出重力势能随位移x的变化图像如下图所示，
在x＝3m时动能最大，之后动能减小，根据两图线的斜率对比，可知在x＝3m之后动能随位移减小的快慢先是慢于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能增大，在3m～5m之间的某位置之后，动能随位移减小的快慢又快于重力势能随位移增加的快慢，此过程货物的机械能减小，故在3m～5m的过程中，货物的机械能先增大后减小，故D正确。
故选：D。
如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（ ）
A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgx
B．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下
C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下
D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑
【解答】解：BC、对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得：x，可知x与θ无关，若保持h和μ不变，θ增大，仍停在A点，故BC错误；
A、由上知h＝μx，木块沿斜面下滑的过程中，重力对木块做功为：WG＝mgh＝μmgx
根据动能定理得：WG+Wf，则摩擦力对木块做功为：WfWGmghμmgx，v为木块运动到斜面底端时速度大小，故A错误；
D、对小木块运动的整个过程，根据动能定理有
解得：h＝μx
将斜面底端延长至A点，有：，则mgsinθ＝μmgcosθ
所以木块则刚好不下滑，故D正确。
故选：D。
如图甲所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确是（ ）
A．木块的重力大小为
B．木块受到的摩擦力大小为
C．木块与斜面间的动摩擦因数为
D．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0
【解答】解：D、由图乙可知，木块位移为x0时，动能为0，机械能为3E0，重力势能增加了3E0，故D错误；
B、由图乙可知，克服摩擦做功损失的机械能为
ΔE＝4E0﹣3E0＝E0
木块受到的摩擦力大小为
f＝μmgcosθ，故B错误；
AC、由动能定理得
﹣（mgsinθ+μmgcosθ） x0＝0﹣4E0
解得：mg，μ＝0.25，故C错误，A正确。
故选：A。
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