高中物理人教新课标版必修1： 牛顿运动定律应用之斜面模型 针对训练（含解析）

考点针对训练：牛顿运动定律应用之斜面模型
1．如图甲所示，倾角θ＝30°的足够长固定光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉着质量m＝1 kg的物体沿斜面向上运动。已知物体在t＝1 s到t＝3 s这段时间的v－t图象如图乙所示，弹簧的劲度系数k＝200 N/m，重力加速度g取10 m/s2。则在该段时间内(　　)
A．物体的加速度大小为2 m/s2 B．弹簧的伸长量为3 cm
C．弹簧的弹力做功为30 J D．物体的重力势能增加36 J
2．如图所示是商场安装的智能化电动扶梯的简化示意图。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有顾客站上扶梯时，它会先加速，再匀速。则顾客（　　）
A．始终受到静摩擦力的作用
B．在匀速过程受到水平方向的摩擦力
C．在加速过程受到沿斜面向上的摩擦力
D．在加速过程受到水平方向的摩擦力
3．物体m恰能沿静止的斜面匀速下滑．现用一个竖直向下的力F作用在m上，并且过m的重心，如右图所示，则下列分析错误的是（　　）
A．斜面对物体的支持力增大 B．物体仍能保持匀速下滑
C．物体将沿斜面加速下滑 D．斜面对物体的摩擦力增大
4．如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体A放在斜面上，轻质细线一端固定在物体A上，另一端绕过滑轮O1、O2固定在C处。轻质滑轮O2下悬挂物体B，定滑轮与物体A间的细线与斜面平行，系统处于静止状态。做以下调整后，系统仍处于静止状态，且调整过程中斜而与物体A位置不变，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．若物体B的质量m增大，斜劈对物体A的摩擦力一定减小
B．若物体B的质量m增大，地面对斜劈的摩擦力不变
C．若将悬点C上移，斜劈对物体A的摩擦力一定增大
D．若将右边的固定杄向左平移一点，地面对斜劈的摩擦力减小
5．有两个光滑固定斜面AB和BC，A、C两点在同一水平面上，斜面BC比AB长（如图甲所示），下面四个图中能正确表示滑块速率随时间变化规律的是（　　）
A． B．
C． D．
6．江南多雨，屋顶常常修成坡度固定的“人”字形，“人”字形的尖顶屋可以看做由两个斜面构成，斜面与水平方向的夹角均为，房屋长度2x为一定值，将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑过程简化为如图所示的模型，雨滴从光滑斜面顶端由静止下滑，做匀变速直线运动，不考虑雨滴滑下时质量的变化，下列说法正确的是（　　）
A．越大，雨滴滑下的时间越长
B．越大，雨滴滑下的时间越短
C．越大，雨滴滑下时的动能越大
D．越大，雨滴滑下时的动量越小
7．一质量为1kg的小滑块沿斜面向上运动到最高点再返回，此过程的v-t图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块从最高点下滑至出发点所用时间为10s
B．滑块返回到出发点时的速度为10m/s
C．滑块受到的摩擦力为2N
D．滑块上升过程中克服摩擦力做功80J
8．如图，在倾角为的角锥体表面上对称地放着可视为质点的A、B两个物体，用一轻质绳跨过固定在顶部的光滑的定滑轮连接在一起，开始时绳子绷直但无张力。已知A、B两个物体的质量分别为m和2m，它们与竖直轴的距离均为r=1m，两物体与角锥体表面的动摩擦因数为0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g=10m/s2，某时刻起，圆锥体绕竖直轴缓慢加速转动，加速转动过程中A、B两物体始终与角锥体保持相对静止，则下列说法正确的是（　　）
A．绳子没有张力之前，B物体受到的静摩擦力在增加
B．绳子即将有张力时，转动的角速度
C．在A、B滑动前A所受的静摩擦力一直在增加
D．在A、B即将滑动时，转动的角速度
9．将一质量为M的光滑斜劈固定在水平面上，一质量为m的光滑滑块（滑块可以看成质点）从斜面顶端由静止自由滑下。在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1，地面对斜劈的支持力记为FN2，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记为v、竖直分速度的大小记为vy。若取消固定斜劈的装置，再让滑块从斜面顶端由静止下滑，在滑块的压力作用下斜劈会向左做匀加速运动，在此过程中，斜劈对滑块的支持力记为FN1?、地面对斜劈的支持力记为FN2?，滑块到达斜面底端时，相对地面的速度大小记v'、竖直分速度的大小记为vy?。则下列大小关系正确的是（　　）
A．FN1＜FN1? B．FN2＞FN2? C．v＜v' D．vy＜vy?
10．图甲为一直角三角形劈，倾角∠abc=37°，ab长为2L，p为ab的中点，小物块从a点由静止释放沿ab滑到b时速度恰好为零，小物块与ap、pb两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1和μ2。现将劈顺时针旋转90°(如图乙所示)，小物块从b由静止释放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是
A．图甲中小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为l：l
B．μ1+μ2=1.5
C．图乙中小物块可能静止在b处
D．图乙中小物块滑到a处时的速度大小为
11．如图甲所示，固定粗糙斜面的倾角为37°，与斜面平行的轻弹簧下端固定在C处，上端连接质量为1Kg的小滑块（视为质点），BC为弹簧的原长。现将滑块从A处由静止释放，在滑块从释放至第一次到达最低点的过程中，其加速度a随弹簧的形变量x的变化规律如图乙所示（取沿斜面向下为加速度的正方向）。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2.下列说法正确的是（　　）
A．滑块到达B处时的速度最大
B．弹簧的劲度系数为10N/m
C．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5
D．滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能为1.6J
12．如图所示,有A、B两物体,, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中
A．它们的加速度
B．它们的加速度小于
C．细绳的张力
D．细绳的张力
13．如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时，则下列选项正确的是（　　）
A．物体相对于斜面静止 B．物体相对于斜面匀速下滑
C．斜面对物体的支持力减小 D．斜面对物体的摩擦力增大
14．如图，一倾角为=30°的粗糙斜面（足够长），距离斜面顶端水平距离为l、竖直距离为h处有一半径为0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧最低点N的切线沿水平方向，一个可以看作质点、质量为1kg的小物块从圆弧轨道的最高点由静止下滑，小物块恰好落到斜面顶端，速度与斜面平行。小物块与斜面间的动摩擦因数为，取g=10m/s2，不计空气阻力，则（　　）

A．圆弧轨道底端距离斜面顶端的水平距离l=0.3m
B．小物块滑到N点时，对圆弧轨道的压力为30N
C．小物块从落到斜面至速度减为零需要1.2s
D．小物块沿斜面下滑的最大位移为2.4m
15．如图所示，横截面为等腰三角形的光滑斜面，倾角θ=30°，斜面足够长，物块B和C用劲度系数为k的轻弹簧连接，它们的质量均为2m，D为一固定挡板，B与质量为6m的A通过不可伸长的轻绳绕过光滑定滑轮相连接。现固定A，此时绳子伸直无弹力且与斜面平行，系统处于静止状态，然后由静止释放A，则：
(1) 物块C从静止到即将离开D的过程中，重力对B做的功为多少？
(2) 物块C即将离开D时，A的加速度为多少？
(3) 物块C即将离开D时，A的速度为多少？
16．半径R=4000km的某星球上有一倾角为的固定光滑斜面，一质量为1kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F始终与斜面平行。如果力F随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s末物块速度恰好又为0，引力常量。试求：（计算结果均保留二位有效数字）
(1)该星球的质量大约是多少？
(2)要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？
17．如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平地面上，可视为质点的小铁块放在斜面底端，对小铁块施加沿斜面向上的推力F0，可将其从斜面底端A缓慢的推到B点。若将小铁块置于水平地面上P点，对小铁块施加水平推力F0，运动到A点时撤去推力，小铁块恰好到达B点。已知小铁块质量为1kg，AB间距离为1m，小铁块与斜面、水平地面间的摩擦因数均为0.25，取g=10m/s2，sin37°=0.6。求；
(1)推力F0大小；
(2)小铁块从P到B的时间。
18．如图所示，将一根光滑的细金属棒折成“V”形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个质量为m的小金属环P。
(1)若固定“V”形细金属棒，小金属环P从距离顶点O为x的A点处由静止自由滑下，则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间？
(2)若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时，则小金属环离对称轴的距离为多少？
19．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v0＝10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离.
20．如图所示，倾角为α=37°的斜面固定在水平地面上，一质量m=1kg的小滑块以速度v0=5m/s从底端滑上斜面．经0.5s时的速度为零，斜面足够长．g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）1s时的位移．
21．一个无风晴朗的冬日，小明乘坐游戏滑雪车从静止开始沿斜直雪道下滑，滑行54m后进入水平雪道，继续滑行40.5m后减速到零。已知小明和滑雪车的总质量为60kg，整个滑行过程用时10.5s，斜直雪道倾角为37°。求小明和滑雪车：
（1）滑行过程中的最大速度的大小；
（2）在斜直雪道上滑行的时间；
（3）在斜直雪道上受到的平均阻力的大小。
参考答案
1．B
【解析】
A.根据速度图象的斜率表示加速度可知，物体的加速度大小为
a＝＝1 m/s2
选项A错误；
B.对斜面上的物体受力分析，受到竖直向下的重力mg、斜面的支持力和轻弹簧的弹力F，由牛顿第二定律，
F－mgsin 30°＝ma
解得F＝6 N。由胡克定律F＝kx可得弹簧的伸长量x＝3 cm，选项B正确；
CD.在t＝1 s到t＝3 s这段时间内，物体动能增大
ΔEk＝ ＝6 J
根据速度—时间图象面积等于位移，可知物体向上运动位移x＝6 m，物体重力势能增加
ΔEp＝mgxsin 30°＝30 J
根据功能关系可知，弹簧弹力做功
W＝ΔEk＋ΔEp＝36 J
选项C、D错误。
2．D
【解析】
AB．在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故AB错误；
CD．在加速的过程中，顾客的受力如图
物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力水平向右，故C错误，D正确。
故选D。
3．C
【解析】
BC．对物体受力分析，建立直角坐标系并将重力分解，如图所示
在不加F时，根据共点力的平衡可知
解得
加上压力F时，同理将F分解，则x轴上有
y轴上有
又
则
根据
可得，故物体沿斜面方向的合力仍然为零，故物体仍能保持匀速直线运动状态，故B正确，不符合题意；C错误，符合题意；
A．根据
可知斜面对物体的支持力增大，故A正确，不符合题意；
D．根据
可知斜面对物体的摩擦力增大，故D正确，不符合题意。
故选C。
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．对滑轮和物体B进行整体受力分析，如图甲所示
根据平衡条件，有
计算得
当物体B的质量增大时，绳子的拉力增大，由于整个系统处于静止状态，物体A受的摩擦力的方向不确定，所以物体A受的静摩擦力可能减小也可能增大，故A错误；
B．对斜劈与物体A整体受力分析，如图乙所示，当物体B的质量增大，即绳子的拉力增大时，斜劈与地面间摩擦力增大，故B错误；
C．若将悬点C上移，系统仍处于静止状态，绳子夹角不变，即绳子的拉力不变，所以斜劈对物体A的摩擦力不变，故C错误；
D．若将右边的固定杆向左平移一点，系统仍处于静止状态，绳子夹角变小，绳子的拉力变小，对斜劈和物体A整体为研究对象进行受力分析如图乙所示，地面对斜劈的摩擦力减小，故D正确。
故选D。
5．B
【解析】
【分析】
【详解】
根据机械能守恒定律知，滑块在A、C的速度大小相等，上滑和下滑均为匀变速直线运动，根据牛顿第二定律知，上滑时的加速度大小a1=gsinα，下滑时的加速度大小a2=gsinθ，α＞θ，则a1＞a2，根据知，上滑的时间t1＜t2，故B正确，ACD错误。
故选B。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
AB．将雨滴从“人”字形坡顶开始的下滑看做由静止开始的匀变速直线运动，加速度为
则由
可知雨滴运动的时间
可知当时，雨滴滑下时所用的时间最短，故AB错误；
C．由
可知α越大，雨滴滑下时的动能越大，故C正确；
D．动量
可知动能越大，动量也越大，故D错误。
故选C。
7．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．物体上滑的加速度
物体下滑的加速度
上滑和下滑的位移大小相等

解得滑块从最高点下滑至出发点所用时间为
选项A错误；
B．滑块返回到出发点时的速度为
选项B错误；
C．上滑时
下滑时
解得
f=4N
选项C错误；
D．滑块上升过程中克服摩擦力做功
选项D正确。
故选D。
8．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A．绳子没有张力之前，对B物体进行受力分析后正交分解，根据牛顿第二定律可得
水平方向
竖直方向有
由以上两式可得，随着的增大，f增大，N减小，选项A正确；
B．对B物体分析其将要发生滑动瞬间的临界状态时的受力可得
水平方向有
竖直方向有
代入数据解得
选项B正确；
C．在逐渐增大的过程中，A物体先有向外滑动的趋势，后有向内滑动的趋势，其所受静摩擦力先沿斜面向上增大，后沿斜面向上减小，再改为沿斜面向下增大，选项C错误；
D．增大到AB整体将要滑动时，B有向下滑动趋势，A有向上滑动趋势，对A物体
水平方向有
竖直方向有
对B物体
水平方向有
竖直方向有
联立以上四式解得
选项D错误。
故选AB。
9．BD
【解析】
【分析】
【详解】
A．两种情况下斜劈对滑块的支持力的方向均垂直斜面向上，第一种情况下斜劈对滑块的支持力
FN1＝mgcos θ
当滑块m相对于斜劈加速下滑时，斜劈水平向左加速运动，所以滑块m相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即物块有沿垂直于斜面方向向下的加速度，则
mgcos θ＞FN1?
A错误；
B．对斜劈，地面对斜劈的支持力等于斜劈的重力与滑块对斜劈的压力的竖直分量之和，因为
FN1＞FN1?
则地面对斜劈的支持力
FN2＞FN2?
B正确；
C．若斜劈固定，则
mgh＝mv2
若斜劈不固定，则由能量关系可知
mgh＝mv'2＋Mvx2
因此
v＞v'
C错误；
D．对滑块，在竖直方向，由牛顿第二定律可得
mg－FNcos θ＝may
由于
FN1＞FN1?
因此
ay1＜ay1?
两种情况下滑块的竖直位移相等，根据
可得
vy＜vy?
D正确。
故选BD。
10．BD
【解析】
【详解】
AB 、图甲中小物块在pb段做减速直线运动，则有，即有；通过ap段克服摩擦力所做的功，小物块通过pb段克服摩擦力所做的功，小物块通过ap、pb段克服摩擦力所做的功之比为；小物块从a点滑到b过程，根据动能定理可得，化简为，故B正确，A错误；
C、图乙中在b处则有，小物块不可能静止在b处，故C错误；
D、图乙中设小物块滑到a处时的速度大小为，根据动能定理可得，解得，故D正确；
故选BD。
11．BC
【解析】
【详解】
A．滑块从A到B的过程，由牛顿第二定律有
mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma
x减小，则a减小，滑块做加速度减小的加速运动。
设A′是斜面上A点关于B点对称的点，从B到A′，由牛顿第二定律有
mgsinθ-kx-μmgcosθ=ma
x增大，则a减小，即从B到A′滑块做加速度减小的加速运动，根据乙图知到达A′时，a恰好为0，此后滑块合力沿斜面向上，做减速运动，则滑块到达A′处时的速度最大，故A错误。
B．滑块从A到B，由牛顿第二定律有
mgsinθ+kx-μmgcosθ=ma
解得

即乙图图象斜率大小等于，由图得
解得
k=10N/m
故B正确。
C．在B点，由牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma
由图知
a=2m/s2
代入数据算得
μ=0.5
故C正确。
D．滑块从释放到第一次运动到最低点的过程，滑块沿斜面的位移为
x=（0.2+0.6）m=0.8m
则系统产热为
Q=μmgcosθ?x=3.2J
滑块第一次到最低点过程，根据能量守恒，知弹簧的弹性势能的增加量为
△Ep=mgxsinθ-Q=1.6J
由于初始时弹簧有弹性势能，所以滑块第一次运动到最低点时，弹簧的弹性势能大于1.6J，故D错误。
故选BC。
12．AC
【解析】
【分析】
【详解】
对整体受力分析可知，整体受重力、弹力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分析，则支持力与重力垂直于斜面的分力相平衡；合外力F=mgsinθ；由牛顿第二定律可知：（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a解得：a=gsinθ；故A正确，B错误；对B分析，可知B受到的合力F=mBa=mBgsinθ；F=T+mBgsinθ故说明细绳的张力为零；故C正确，D错误；故选AC．
【点睛】
本题为简单的连接体问题，注意正确选取研究对象，一般先对整体分析可得出加速度，若分析内力时应采用隔离法进行分析．
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．设斜面的倾角为，物体的质量为m，当物体匀速运动时有
即，假设物体以加速度a向上运动时，斜面对物体的支持力
斜面对物体的摩擦力
因为，所以
故物体仍相对于斜面匀速下滑，故A错误，B正确；
CD．当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知，接触面间的正压力增大，斜面对物体的支持力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故C错误，D正确。
故选BD。
14．BD
【解析】
【分析】
【详解】
B．从P到N的过程中，根据机械能守恒
解得
在N点，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律，对轨道的压力为30N，B正确；
A．从N到K的过程中做平抛运动，到K点时，速度恰好与斜面平行
解得
A错误；
C．小滑块到达K点时的速度为v，则
可得
在斜面上运动时，根据牛顿第二定律
解得，加速度
小物体在斜面上减速的时间
C错误；
D．下滑的距离
D正确。
故选BD。
15．(1)； (2)；(3)。
【解析】
【分析】
【详解】
(1) 开始系统静止时，对于物块B有
则弹簧压缩量为
C刚离开D时，对于物块C有
则弹簧伸长量为
故A、B的位移大小均为
物块C从静止到刚离开D的过程中，重力对B做功
(2) C刚离开D时，设绳中张力大小为T，对A、B分别由牛顿第二定律有
即
解得A的加速度
(3) 物块C从静止到刚离开D过程中，初末态弹簧的弹性势能相等，
对系统由功能关系得
解得
16．(1)3.8×1024kg；(2)8.0km/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)设星球表面的重力加速度为g．小物块在力F1=20N作用过程中有
F1-mgsinθ=ma1
1s末速度为
v=a1t1
小物块在力F2=-4N作用过程中有
F2+mgsinθ=ma2
且有
v=a2t2
联立以上四式，解得
g=16m/s2
由得
(2)要从该星球上抛出一个物体，使该物体不再落回星球，物体的最小速度为v′，必须满足

得
17．(1)8N；(2)1.23s
【解析】
【分析】
考察牛顿运动定律的应用。
【详解】
(1) 用F0将铁块从斜面底端A缓慢的推到B点，即物块受力平衡，有
解得。
(2)PA段：由牛顿第二定律得
由有
AB段：由牛顿第二定律得
由运动学公式得
，
解得小铁块从P到B的时间
18．(1)；(2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)小金属环在下滑过程中，在重力和金属棒对它的支持力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设小金属环沿棒运动的加速度为，滑至O点所需时间为，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
联立解得
(2)小金属环随“V”形细金属棒绕其对称轴做匀速圆周运动所需的向心力由重力和金属棒对它的支持力的合力提供，如图所示
设小金属环离对称轴的距离为r，由牛顿第二定律和向心力公式得
又
联立解得
19．(1) 0.75(2) 4m
【解析】
【详解】
(1)当θ=37°时，设物块的质量为m，物块所受木板的支持力大小为FN，对物块受力分析，有：mgsin37°=μFN
FN-mgcos37°=0
解得：μ=0.75
(2)设物块的加速度大小为a，则有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
设物块的位移为x，则有：v02=2ax
解得：
令tanα=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x最小
最小距离为：xmin=4m
20．（1）0.5 （2）1m
【解析】
【分析】
小滑块沿斜面向上做匀减速运动，根据速度公式求出加速度，再由牛顿第二定律可以求出滑块与斜面间的动摩擦因数；当物体的速度减至零时到达斜面的最高点，对于下滑的过程，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移时间公式求位移．
【详解】
（1）小滑块沿斜面向上做匀减速运动，根据速度时间关系：
可得加速度大小为：
由牛顿第二定律得
带入数据解得： μ=0.5
（2）前0.5s小滑块运动的位移大小为：
，
方向沿斜面向上
小滑块向下做匀加速运动的加速度为a2，则：
带入数据解得：
后0.5s内小滑块的位移大小为：
，
方向沿斜面向下
所以1s时的位移大小为
x=x1﹣x2=1m
方向：沿斜面向上
【点睛】
本题主要考查了物体在斜面上的滑动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式进行解题，属于基础题．
21．(1) ； (2) ；(3) 。
【解析】
【详解】
（1）小明和滑雪车在斜面上滑行时做初速度为0的匀加速的直线运动，在水平上滑行时，做末速度为0的匀减速直线运动，由平均速度公式可得滑行分析运动过程可知：
，
则整个过程有：
解得：
（2）在斜直雪道上滑行过程中由可得，滑行的时间：
（3）根据匀变速直线运动速度时间关系式可得小明和滑雪车在斜直雪道上的加速度：
由牛顿第二运动定律：
解得：