13 小测卷(十一) 斜面模型（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

小测卷(十一)　斜面模型 (选择题每题5分，解答题每题10分，建议用时：50分钟) 【选择题】每小题5分 1．如图所示，倾角为30°的固定斜面上，一质量为2 kg的物块从A点以4 m/s的速度匀速下滑到斜面底端，用时为2 s；现对物块施加垂直斜面向下、大小为8 N的压力，使其再次从A点以4 m/s的速度开始下滑，则下列说法正确的是(　　) A．第二次物块滑到底端用时也是2 s B．第二次物块下滑时间长一些 C．物块第二次滑不到底端 D．物块会停在距底端3 m处 2．(2023·福建福州模拟)图中AB是光滑斜面轨道，AEB、ACD是光滑的折面轨道，但在C、E处都有光滑的圆弧过渡，ACD的总长度等于AB，现让一个小球先后三次在不同的轨道上自最高处A无初速度释放，到小球接触水平面为止，则(　　) A．沿ACD线用时最短 B．沿AEB线用时最长 C．沿AEB线用时比沿AB线用时短 D．沿ACD线用时与沿AB线用时一样长 3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平面上，质量为m的物块在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始运动，经时间t后撤去恒力作用，再经3t时间后物块恰好返回起点。已知重力加速度为g，则(　　) A．恒力的大小为mg B．撤去恒力时物块的速度为gt C．物块返回起点时的速度大小为gt D．物块沿斜面向上运动的最远点与起点间的距离为gt2 4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的二次方随路程变化的关系图像如图乙所示，g取10 m/s2，则(　　) A．斜面倾角θ为30° B．斜面倾角θ为37° C．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.25 D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5 5．(2023·天津滨海新模拟)如图所示，木板与水平地面间的夹角θ＝30°，可视为质点的小木块恰好能沿着木板匀速下滑。若让该小木块从木板的底端以初速度为v0＝10 m/s沿木板向上运动，取g＝10 m/s2。则以下结论正确的是(　　) A．小木块与木板间的动摩擦因数为 B．小木块经t＝2 s沿木板滑到最高点 C．小木块在t＝2 s时速度大小为10 m/s，方向沿木板向下 D．小木块滑到最高点后能够返回 6．(多选)如图所示，直角三角形ACB斜劈固定在水平面上，∠ABC＝37°，斜边AB 长1.5 m，P点将AB分成两部分，AP＝0.5 m，PB＝1.0 m。小物块与AP段间的动摩擦因数为μ1，与PB段间的动摩擦因数为μ2。BC水平放置，小物块从A点由静止释放，经过时间t1下滑到B点时速度刚好为零；若在B点给小物块一个初速度v0，经过时间t2上滑到A点时速度也刚好为零。重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A．μ1＋2μ2＝ B．v0＝6 m/s C．t1>t2 D．t1<t2 7．(多选)如图所示，MA、MB、NA是竖直面内三根固定的光滑细杆，M、N、A、B、C位于同一圆周上，C、A两点分别为圆周的最高点和最低点，O点为圆心。每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，3个滑环分别从M点和N点无初速度释放，t1、t2依次表示滑环从M点到达B点和A点所用的时间，t3表示滑环从N点到达A点所用的时间，则(　　) A．t1＝t2 B．t1>t2 C．t2＝t3 D．t2<t3 8．如图所示，固定斜面倾角为θ，轻质弹簧的下端固定在斜面底端，弹簧的上端连接一个可视为质点的、质量为m的物块，O点是弹簧处于原长状态时上端的位置，物块静止时位于A点，斜面上另外有B、C、D三点，AO＝OB＝BC＝CD＝l，其中B点下方斜面光滑，BD段粗糙，物块与斜面BD段间的动摩擦因数为μ＝tan θ，重力加速度为g。用外力将物块拉到D点后由静止释放。已知弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　) A．物块从D点向下运动到A点的过程中，最大加速度大小为2g sin θ B．物块最后停在B点 C．物块从D点到A点的过程中速度先增大后减小 D．物块从D点到A点的运动过程中在A点的速度最大 9．(多选)如图所示，一质量为M的斜面体放在水平面上，斜面体左侧倾角为37°，右侧倾角为53°。一轻质光滑定滑轮固定在斜面体的顶端，质量分别为m和4m的物体A、B通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳均与斜面平行，A恰好不滑动。已知两物体与斜面体间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。现剪断轻绳，斜面体始终处于静止状态，则剪断轻绳后(　　) A．A对斜面的摩擦力大小为mg B．B对斜面的摩擦力大小为mg C．斜面体对地面的压力大小为(M＋5m)g D．地面对斜面体有水平向右的摩擦力 10．(2023·湖北武汉模拟)如图，倾角为θ的斜面体固定在水平地面上，现有一带支架的滑块正沿斜面加速下滑。支架上用细线悬挂质量为m的小球，当小球与滑块相对静止后，细线方向与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，则(　　) A．若斜面光滑，则α＝θ B．若斜面粗糙，则α>θ C．若α＝θ，小球受到的拉力为 D．若α＝θ，滑块的加速度为g tan θ 【非选择题】 【材料】 11．(10分)质量为3 kg的滑块P恰好静止于倾角θ＝30°的固定斜面上(斜面足够长)。现用平行于斜面向上的恒力F＝90 N作用于滑块P上，如图所示，2 s后撤去恒力F，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求： (1)滑块P与斜面间的动摩擦因数；(4分) (2)滑块沿斜面运动最大位移的大小。(6分) 【非选择题】 【材料】 12．(10分)在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡上离地高H＝24 m的A点，由静止开始下滑，滑到斜坡底端B点后，沿水平滑道BC继续滑行。斜坡滑道与水平滑道间是平滑连接的，滑板与两滑道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，斜坡倾角 θ＝37°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求人在斜坡上下滑时的加速度大小及时间(结果可保留根号)；(4分) (2)为了确保人身安全，水平滑道BC至少应该多长？(6分) 小测卷(十一)　斜面模型 1．解析：物块初始能匀速下滑，A点到斜面底端长度为8 m，由平衡条件有mg sin 30°＝μmg cos 30°，施加力后，滑动摩擦力增大，物块受到的合力向上，物块沿斜面向下做减速运动，由牛顿第二定律有μ(mg cos 30°＋F)－mg sin 30°＝ma，解得a＝ m/s2，减速时间t＝ s，减速位移x＝ m，减速为零后物块静止在斜面上，距离斜面底端Δx＝8－2(m)>3 m，故C正确。 2．解析：根据题意，由动能定理有mgh＝，可知三次到达底端的速率相等，由于斜面光滑，由牛顿第二定律可知，斜面倾角越大，加速度越大，作v－t图像，由于ACD的总长度等于AB，如图所示， 可知，沿AB段运动的时间t1大于沿ACD运动的时间t2，对于AEB段，由于其路程大，通过图像可知，可能时间比AB段短，可能比AB段长，但一定比ACD段长。故A正确。 3．解析：物块在恒力作用下由牛顿第二定律得F－mg sin 30°＝ma1，撤去恒力，由牛顿第二定律得mg sin 30°＝ma2，由运动学公式得x＝a2(3t)2，联立解得F＝g，故A错误；撤去恒力时物块的速度大小为v1＝a1t＝gt，故B错误；设撤去恒力后物块速度减为零所用的时间为t0，则0＝v1－a2t0，解得t0＝t，则物块返回起点时的速度大小为v2＝a2(3t－t0)＝，故C正确；最远点与起点间的距离d＝(t＋t0)＝gt2，故D错误。 4．解析：小木块上滑时加速度为a1＝g sin θ＋μg cos θ，小木块下滑时加速度为a2＝g sin θ－μg cos θ，小木块上滑时，根据动力学公式有＝2a1x1，小木块下滑时，根据动力学公式有＝2a2x2，上滑时位移为x1＝5 m，下滑时位移为x2＝13 m－5 m＝8 m，联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故B、D正确。 5．解析：小木块恰好能沿着木板匀速下滑，根据受力平衡可得mg sin θ＝μmg cos θ，解得μ＝tan θ＝，故A正确；小木块向上运动时的加速度大小为a＝＝g，故小木块滑到最高点的时间为t＝＝1 s，B错误；由A选项分析可知mg sin θ＝μmg cos θ，而最大静摩擦力大于滑动摩擦力，因此小木块到达最高点后将保持静止，而上滑的时间为1 s，故小木块在t＝2 s时速度大小为零，到达最高点后不会返回，故C、D错误。 6．解析：设x＝AP，从A到B由动能定理有mg·3x sin 37°－μ1mg cos 37°·x－μ2mg cos 37°·2x＝0，解得μ1＋2μ2＝，故A正确；从B到A由动能定理有－mg·3x sin 37°－μ1mg cos 37°·x－μ2mg cos 37°·2x＝0－，联立解得v0＝6 m/s，故B正确；上滑过程中经过任意位置的速度都比下滑过程中经过该位置的速度大，则上滑用时短，即t1>t2，故C正确，D错误。 7．解析：设MA与竖直方向的夹角为α，圆周的直径为d，根据牛顿第二定律得滑环的加速度为a＝＝g cos α，滑杆的长度为s＝d cos α，则根据s＝at2，得t＝，可知时间t与α无关，故有t2＝t3，以M点为最高点，取合适的竖直直径作圆，如图所示， 从M点滑到A、D时间相同，则从M点滑到B点时间大于A点，即t1>t2，故B、C正确。 8．解析：物块静止在A点时，由平衡条件可知mg sin θ＝kl，物块从D点向下运动到A点的过程中，在BD段，物块所受的摩擦力Ff＝mg sin θ，物块在D点时，根据牛顿第二定律有3kl＋mg sin θ－Ff＝maD，可得在D点时的加速度aD＝3g sin θ，向下运动的过程中，加速度逐渐减小，当运动到B点时，进入光滑部分，在此位置根据牛顿第二定律有kl＋mg sin θ＝maB，可得B点处的加速度aB＝2g sin θ，因此在D点处加速度最大，且最大加速度为3g sin θ，A错误；物块在BD段上运动时，要克服摩擦力做功，系统的机械能不断减小，最终物块在B点以下做简谐运动，不会停在B点， B错误；物块从D点到A点的过程中，合外力一直向下，速度一直增大，在A点时合外力减小到零，速度达到最大，C错误，D正确。 9．解析：对物体A受力分析，由平衡条件得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝FT，对物体B受力分析，由平衡条件得4mg sin 53°＝μ·4mg cos 53°＋FT，联立得μ＝，剪断轻绳后，对A受力分析有mg sin 37°<μmg cos 37°，对B有4mg sin 53° >μ·4mg cos 53°，所以A受到静摩擦力，大小为FfA＝mg sin 37°＝mg，B受到滑动摩擦力，大小为FfB＝μ·4mg cos 53°＝mg，故A错误，B正确；剪断轻绳后，对B物体受力分析，由牛顿第二定律有4mg sin 53°－μ·4mg cos 53°＝4maB，解得aB＝ m/s2，对斜面体和A、B物体整体受力分析，在竖直方向有(M＋5m)g－FN＝4maB·sin 53°，由牛顿第三定律可知斜面体对地面的压力FN′＝FN，所以剪断轻绳后，斜面体对地面的压力FN′<(M＋5m)g，故C错误；对斜面体和A、B物体整体，在水平方向上，剪断轻绳后，地面对斜面体的摩擦力大小为Ff＝4maB·cos 53°，方向水平向右，故D正确。 10．解析：对小球进行受力分析，合力为F合＝mg sin α，若α＝θ，小球受到的拉力为mg cos θ，故C错误；对小球进行受力分析，合力为F合＝mg sin α，若α＝θ，则有F合＝mg sin α＝ma，即有a＝g sin θ，故D错误；根据D选项可知，若α＝θ，整体的加速度为a＝g sin θ，以整体为研究对象，沿斜面方向根据牛顿第二定律可得Mg sin θ－Ff＝Ma，解得 Ff＝0，即斜面光滑，若斜面粗糙，则整体的加速度减小，则g sin θ－μg cos θ＝g sin α，所以α<θ，故B错误，A正确。 11．解析：(1)由题知，质量为3 kg的滑块P恰好静止于倾角θ＝30°的固定斜面上，则有 mg sin θ＝μmg cos θ 解得μ＝tan θ＝。 (2)平行于斜面向上的恒力F作用于滑块P上，由牛顿第二定律得 F－(mg sin θ＋μmg cos θ)＝ma1 解得a1＝20 m/s2 加速度的方向沿斜面向上 有F作用过程，滑块做匀加速直线运动的位移x1为 x1＝a1t2＝40 m 撤去恒力F后滑块在斜面上做匀减速直线运动直至静止，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma2 解得a2＝10 m/s2 由运动学公式得x2＝ 代入数据解得x2＝80 m 滑块沿斜面运动的最大位移x＝x1＋x2＝120 m。 答案：(1)　(2)120 m 12．解析：(1)对人受力分析，根据共点力平衡和牛顿第二定律，有 FN＝mg cos 37° mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma1 联立解得a1＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2 根据几何关系，人下滑的位移 sAB＝ m＝40 m sAB＝a1t2 解得t＝2 s。 (2)为了确保人身安全，人在水平滑道BC上要能静止下来，由牛顿第二定律，有 μmg＝ma2 解得a2＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2 由运动学规律，得＝2a1sAB ＝2a2sBC 联立解得sBC＝ m＝16 m。 答案：(1)2 m/s2　2 s　(2)16 m 学科网（北京）股份有限公司 $