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 强化训练（含解析）

考点过关练：牛顿运动定律应用之斜面模型
1．如图所示，卡车上固定有倾角均为的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（路面能提供足够大摩擦，sin=0.6）（ ）
A．23m B．33m C．43m D．53m
2．如图所示，离地面高h处有甲、乙两个小球，甲以初速度v0水平射出，同时乙以大小相同的初速度v0沿倾角为45°的光滑斜面滑下，若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（?? ）
A． B． C． D．
3．如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为（　　）
A．mgcosα B．
C． D．
4．如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平面上，B置于斜面上，通过轻绳跨过光滑的定滑轮与A相连接，连接B的一段轻绳与斜面平行，A、B、C都处于静止状态.则
A．水平面对C的支持力等于B、C的总重力
B．C对B一定有摩擦力
C．水平面对C一定有摩擦力
D．水平面对C一定没有摩擦力
5．如图所示，一细线的一端固定于倾角为的光滑楔形滑块A上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a,(取g=10 m/s2)
A．当a=5m/s2时，细线上的拉力为
B．当a=10 m/s2时，小球受的支持力为
C．当a=10 m/s2时，细线上的拉力为2N
D．当a=15m/s2时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
6．一固定杆与水平方向夹角为，将一质量为m1的滑块套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为μ=0.5．若滑块与小球保持相对静止以相同的加速度a=10m/s2一起向上做匀减速直线运动，则此时小球的位置可能是下图中的哪一个（ ）
A． B．
C． D．
7．滑板运动是以滑行为特色、崇尚自由的一种运动，深受都市青年的喜爱。滑板的一种运动情境可简化为如下模型：如图甲所示，将运动员（包括滑板）简化为质量的物块，物块以某一初速度从倾角的斜面底端冲上足够长的斜面，取斜面底端为重力势能零势能面，该物块的机械能和重力势能随离开斜面底端的高度的变化规律如图乙所示。将物块视为质点，重力加速度，则由图中数据可得（ ）

A．初速度
B．物块与斜面间的动摩擦因数为0.3
C．物块在斜面上运动的时间为
D．物块再次回到斜面底端时的动能为
8．如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，劲度系数为k的轻弹簧，下端固定在斜面底端，上端与质量为m的物块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的物块B，但B与A不粘连。初始时两物块均静止。现用平行于斜面向上的拉力F作用在B，使B做加速度为a的匀加速运动，两物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示，t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点，重力加速度为g，则( )
A．
B．t2时刻，弹簧形变量为
C．t2时刻弹簧恢复到原长，物块A达到速度最大值
D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧释放的势能少
9．在光滑固定斜面的底端固定一轻质弹簧，一质量为m的小球自斜面上的某一位置静止释放，小球在斜面上运动的加速度a与其位移x之间的关系如图所示。弹簧始终处于弹性限度内，则弹簧劲度系数k和在此过程中小球重力的最大功率Pm分别为（　　）
A． B．
C． D．
10．将两个物块甲和乙放置在一表面光滑且固定在水平面上的三角形斜劈上，如图所示，现将甲、乙两物块由斜劈的顶端无初速释放，使两物块无相对滑动地沿斜劈向下运动，在物块甲和乙下滑的过程中，物块乙对物块甲的支持力大小为FN，摩擦力大小为Ff，合外力为F，则下列说法正确的是（　　）
A．FN对物块甲不做功 B．F对物块甲不做功
C．Ff对物块甲做正功 D．Ff对物块甲做负功
11．如图所示，将一光滑的足够长的斜面固定在水平面上，其倾角为θ，在斜面的中间位置放置一质量为m可视为质点的滑块，并用销钉将其锁定，现在该滑块上施加一平行于斜面向上的外力F，同时将锁定解除，滑块由静止开始沿斜面运动，滑块在开始的一段时间内，其机械能E随位移x的变化规律如图所示．其中0～x1为曲线、xl～x2为平行于轴的直线．则
A．0～x1的过程中滑块的运动方向沿斜面向下
B．0～x1的过程中滑块的加速度逐渐减小到零
C．0～x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速运动再沿斜面向下做匀速运动
D．xl～x2的过程中滑块的加速度大小为gsinθ
12．放在倾角为37°斜面上的物体受到沿斜面向上的拉力作用,在0~6s内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图甲、乙。已知sin37°=0.6,下列说法正确的是( )
A．物体的质量为1kg B．物体与斜面的摩擦因数为0.25
C．0~1s拉力对物体做功为48J D．0~3s内物体克服重力做功为88J
13．升降机中有一倾角为37°的斜面，质量为5kg，斜面与升降机间无摩擦，斜面上有一个质量为2kg的物体，当升降机以2.5m/s2的加速度向上匀加速运动时，斜面上的物体A还是与斜面相对静止，g=10m/s2，则（　　）
A．升降机对斜面向上的支持力是87.5N
B．斜面对物体A的摩擦力是12N
C．斜面对物体A的支持力是20N
D．斜面对物体A的支持力是15N
14．如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上。现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，已知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（　　）
A．
B．物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能
C．弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于2Ekm
15．在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB和弯曲的细管道BCD平滑连接组成，如图所示．小滑块以某一初速度从A点滑上倾角为θ=37°的直轨道AB，到达B点的速度大小为2m/s，然后进入细管道BCD，从细管道出口D点水平飞出，落到水平面上的G点．已知B点的高度h1=1.2m，D点的高度h2=0.8m，D点与G点间的水平距离L=0.4m，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.25，sin37°= 0.6，cos37°= 0.8．
（1）求小滑块在轨道AB上的加速度和在A点的初速度；
（2）求小滑块从D点飞出的速度；
（3）判断细管道BCD的内壁是否光滑．
16．一个倾角为的斜面固定在水平面上,一个质量为m=1.0kg的小物块可视为质点以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑,小物块与斜面的动摩擦因数若斜面足够长已知,g取10m/s2,求：
(1)小物块上滑的最大距离；
(2)小物块返回斜面底端时的速度大小．
17．如图所示，水平轻弹簧左端固定在竖直墙上，弹簧原长时右端恰好位于O点，O点左侧水平面光滑、右侧粗糙，动摩擦因数，O点右侧长为s=2.0m。水平面右端与一高H=1.8m、倾角为30°的光滑斜面平滑连接。（不计滑块经过连接处的能量损失和时间）压缩后的轻弹簧将质量mA=0.2kg、可视为质点的物块A向右弹出，同时另一质量为mB=0.25kg的物块B从斜面顶端由静止滑下。B下滑t=1.2s时A、B两物块发生碰撞并立即粘在一起停止运动。重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)A、B碰撞时离斜面底端的距离x；
(2)碰撞前物块A的速度vA；
(3)压缩后的轻弹簧具有的弹性势能Ep。
18．质量m＝2kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度v0＝3.6m/s沿着倾角为37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5。利用DIS实验系统进行测量，得到滑块向上滑动过程中，一段时间内的速度－时间图象如图所示。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）滑块上滑过程中的加速度；
（2）滑块所受外力F的大小和方向；
（3）滑块向上滑动的最大距离。
19．如图，倾角θ=37°的直角斜面体固定在地面上，质量为3m 的物块 c 恰好静止在斜面上的O点，质量为 M 的物块 a 和质量为m 的物块 b 通过一根不可伸长的轻绳相连，轻绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，物块a 静止在地面上。从斜面顶端 P 静止释放物块 b，b 滑到 O 点前的瞬间，轻绳恰好伸直，随后瞬间绷断，a 获得 1m/s 的速度（方向竖直向上），之后 b 与 c 立即发生弹性碰撞，碰后 b 运动 1s 至斜面底端 Q。已知，物块 b 与斜面体的动摩擦因数为，空气阻力、滑轮处的摩擦均不计，取 g =10 m/s2 。求：
（1）绳伸直前的瞬间物块 b 的速度大小；
（2）轻绳绷断后，物块 b 在斜面上运动的路程；
（3）物块 a、b 的质量之比
20．“避险车道”是由粗糙碎石铺成的上坡路段，供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图是某公路的避险车道及周围路段示意图（俯视图），其中下坡路段倾角为，避险车道倾角为。一辆总质量为kg，以54km/h的速率在下坡路段向下匀速行驶的汽车突然刹车失灵（同时发动机失去动力），司机仅控制方向，使汽车驶入避险车道，最后停下。后经交警勘察和回放录像，发现该汽车在避险车道上运动的距离为28m，且从刹车失灵到停止运动经历了28s。若该汽车在避险车道上运动时受到的平均阻力大小为汽车总重力的0.8倍，它在下坡路段和避险车道上的运动均看成匀变速直线运动且不计其在下坡路段和避险车道交界处的能量损失，取，，求：
（1）汽车在避险车道上的加速度的大小；
（2）汽车在运动过程中的最大动量的大小；
（3）汽车在刹车失灵后进入避险车道前受到的平均阻力的大小。
参考答案
1．C
【解析】
卡车刹车时，当后斜面的支持力为零时，加速度最大，设卡车安全刹车的最大加速度大小为，此时工件的受力情况如图所示
根据牛顿第二定律可得
解得
根据运动学公式则有
解得
其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
2．A
【解析】
平抛运动的时间为： ；
乙在斜面下滑的加速度为： ．
根据 ，代入数据得 ．故A正确，BCD错误．故选A．
【点睛】
解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活求解．
3．D
【解析】
不计一切摩擦，b不沿斜面滑动，即ab相对静止，作为一个整体，在水平力作用下，一定沿水平面向左加速运动，根据牛顿运动定律有
解得
对木块b分析，不计摩擦，只受到自身重力和斜面支持力作用，由于加速度水平向左，所以二者合力水平向左，大小为，如图，则有
所以b对a的压力大小为或。
故D项正确，ABC三项错误。
故选D。
4．C
【解析】
A、以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出受力分析图如图所示
由图得到水平面对C的支持力大小为：，故A错误；
B、当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力，当B的重力沿斜面向下的分力不等于绳子的拉力时，B受摩擦力，故B错误；
CD、对BC整体分析，根据平衡条件得，水平面对C的摩擦力，方向水平向左，故C正确，D错误；
故选C．
【点睛】
对于B物体，当B的重力沿斜面向下的分力等于绳子的拉力时，B不受摩擦力；以BC组成的整体为研究对象，分析受力，画出力图，根据平衡条件分析地面对C的支持力和摩擦力大小和方向．
5．A
【解析】
【详解】
设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，水平方向：
F合=Fcos=ma0
竖直方向：
Fsin=mg
解得：
a0=g
A. 当a=5m/s2时，小球未离开滑块，
水平方向：
Fcos-FNcos=ma
竖直方向：
Fsin+FNsin=mg
解得：
故A项正确；
BC. 当加速度a=10 m/s2时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于，故BC错误；
D. 当加速度a=15 m/s2时，小球离开斜面，由于小球和斜面体相对静止，对于整体，在竖直方向合力等于0，支持力等于两个物体的重力大小，故D错误。
6．D
【解析】
【详解】
把滑块和球看做一个整体受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐标系得，因速度方向向上，则沿斜面方向：
（m1+m2）gsin 37°+f=（m1+m2）a
垂直斜面方向：
FN=（m1+m2）gcos37°；
摩擦力：
f=μFN
联立可解得：
a=gsin37°+μgcos37°=10m/s2
设绳子与竖起方向夹角为β；
对小球有若绳子与竖起方向夹角为37°，gsin37°=6m/s2
现有：a= gsinβ＞gsin37°，则有β＞37°。
ABC.三个图形均与结论不相符，则ABC错误；
D.该图与结论相符，选项D正确。
7．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．斜面底端为重力势能零势能面，则
得
故A正确；
B．当时，物块运动到最高点由图乙可知此时
根据功能关系，有
得物块与斜面间动摩擦因数
故B错误；
CD．物块沿斜面上滑的时间
上滑的位移
因为，所以物块最终会沿斜面下滑，下滑的
物块在斜面上运动的时间为
滑到斜面底端时的动能
故C错误，D正确。
故选AD。
8．BD
【解析】
【详解】
由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律有：kx-mgsinθ=ma；开始时有：2mgsinθ=kx0，又x0-x=at12；联立以三式得： ．故A错误。由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，此时弹簧处于压缩状态，故B正确，C错误。由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma…①
开始时有：2mgsinθ=kx0…②
从开始到t1时刻，弹簧释放的势能 EP=kx02- kx2…③
从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+EP-2mgsinθ（x0-x）= ?2mv12…④
2a（x0-x）=v12…⑤
由①②③④⑤解得：WF-EP=-；所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确。故选BD.
【点睛】
本题分析时要注意：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等.
9．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．开始时物块的加速度为a0，则由牛顿第二定律可知
当弹簧被压缩x0时物体的加速度为零，此时
联立解得
选项A正确，B错误；
CD．当弹簧被压缩x0时物体的加速度为零，速度最大，此时重力的功率最大，由 结合图像可知
解得
则
选项C错误，D正确。
故选AD。
10．BC
【解析】
【分析】
【详解】
设斜劈的倾角为θ，以甲、乙整体为研究对象，应用牛顿第二定律得
解得
如图所示，隔离甲分析
所以有
解得
又物块乙对物块甲的支持力和物块乙对物块甲的摩擦力之间成90度，根据力的平行四边形法则，Ff与FN的合力沿+y方向，由功的公式
物块乙对物块甲的支持力与甲的位移方向夹角为钝角，故可判定物块乙对物块甲的支持力做负功，同理可判定，物块乙对物块甲的摩擦力做正功，物块乙对物块甲的合力不做功，故AD错误，BC正确。
故选BC。
11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．开始时只有拉力与重力做功，拉力做的功等于小物块机械能的增加，由图乙可知，开始时滑块的机械能减小，则拉力做负功，所以滑块运动的方向向下，A正确；
B．由
可知，即图乙中，图线的斜率表示拉力的大小，由题可知，该拉力逐渐减小．滑块受到重力、支持力和拉力，在沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
可知在的过程中滑块的加速度逐渐增大，B错误；
CD．的过程中滑块的机械能保持不变，可知拉力F已经减小为0，所以物体只受到重力和支持力，沿斜面方向
所以加速度大小为．所以在0～x2的过程中滑块先沿斜面向下做加速度增大的加速运动，再沿斜面向下做匀加速运动，C错误D正确．
故选AD。
12．AB
【解析】
【详解】
AB.物体做匀速运动时，有
①
0-1s时，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律可得
②
拉力功率为
由P-t图像可知，拉力大小为，，由①②两式可得
故A、B正确；
C.故0~1s拉力对物体做功为
故C错误；
D.0~3s内物体的位移为，故物体克服重力做功为
故D错误；
故选AB。
13．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A．对斜面和物体A分析，根据牛顿第二定律则有
解得升降机对斜面向上的支持力
故A正确；
BCD．由题意可知物体加速度向上，物体受到重力支持力和摩擦力的作用，受力如图
根据牛顿第二定律得
代入数据联立解得
故C正确，B、D 错误；
故选AC。
14．ACD
【解析】
【详解】
A．根据题意，小物块从静止释放后能下滑，则有
即
故A项正确；
B．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B项错误；
C．小物块从释放到运动至最低点的过程中，根据能量转化和能量守恒定律知，物块减少的重力势能等于弹簧的最大弹性势能与产生的内能之和，而内能等于物块克服摩擦力做的功，所以弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和，故C项正确；
D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep，此位置弹簧的压缩量为x，根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为
将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为
据数学知识有
由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能、物块动能的增量、弹簧弹性势能，则根据功能关系可得
即
所以得
故D正确。
故选ACD。
15．（1） （2）1m/s（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑．
【解析】
【详解】
（1）上滑过程中，由牛顿第二定律：，解得；
由运动学公式，解得
（2）滑块在D处水平飞出，由平抛运动规律，，解得；
（3）小滑块动能减小，重力势能也减小，所以细管道BCD内壁不光滑
16．(1) 1.0m (2)m/s
【解析】
【详解】
(1)小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示：

根据牛顿第二定律有：
解得：
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零,则有：
解得：
x==1.0m
(2)小物块在斜面上下滑受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律有：
解得：
m/s2
根据速度位移公式得：
解得：
m/s
17．(1)0；(2)7.5m/s；(3)7.625J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)B物体从斜面上下滑的加速度
t=1.2s物体B若一直在斜面，可以下滑的距离
因斜面长度为
则A、B碰撞时离斜面底端的距离为0。
(2)碰撞前物体B的速度
因两物体碰后停止运动，则
解得
vA=7.5m/s
(3)由能量关系可知，压缩后的轻弹簧具有的弹性势能
解得
EP=7.625J
18．(1)a=15m/s2，方向沿斜面向下；(2)F=10N，方向沿斜面向下；(3)S=0.432m
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在速度－时间图象中,斜率表示加速度，因此由图象可知加速度
方向沿斜面向下。
(2)设外力大小为F，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律
代入数所据，得
外力F大小为10N，方向沿斜面向下。
(3)根据
代入数所在，得
向上运动的最大距离为
19．（1）4.5m/s；（2）m；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）设b沿斜面下滑过程加速度为、绳伸直前的瞬间物块b的速度为，有
①
②
联立①②解得
m/s2
m/s
（2）设c、b碰撞后的瞬间b速度大小为，上滑的加速度为、时间为t、路程为s1，在上滑过程有
③
④
⑤
在下滑过程有
⑥
联立①～⑥解得
=﹣18m/s(舍去)
=2m/s
m
轻绳绷断后，b物块b在斜面上运动的路程
m
（3）设b、c碰撞前的瞬间b速度大小为，b、c碰撞后的瞬间速度分别为、
对b、c碰撞，取沿斜面向下为正方向
满足
⑦
⑧
联立解得
(沿斜面向上)
（沿斜面向下）
将=2m/s代入上式解得
m/s
轻绳绷断的瞬间，对b由动量定理得
⑨
对a由动量定理得
⑩
联立⑨⑩解得
20．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在避险车道上
所以
（2）由运动公式
所以
最大动量
（3）在避险车道上减速过程有
所以
故加速下滑过程
求得