1.4.4斜面模型 专项训练 - 2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦斜面模型，通过分层训练构建从基础受力分析到多模型综合应用的知识逻辑，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固（A组）|6题|v-t图像分析、加速度计算、斜面受力判断|从单一斜面受力分析切入，结合牛顿第二定律与运动学公式，建立基本模型认知| |能力提升（B组）|3题|恒力替代质量、圆周上斜面比较|通过变式训练深化模型迁移，关联摩擦力与正压力关系，培养科学推理能力| |综合应用（C组）|3题|惯性演示、多体碰撞、斜面与水平轨道结合|融合多过程运动与能量分析，体现复杂情境下的模型建构，落实运动和相互作用观念|

专题： 1.4.4斜面模型 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ A组 1．小车从一斜面下滑，受到恒定阻力，下列v-t图中能正确反应小车的运动情况是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，MN和PQ为两根固定平行直细杆，圆柱形物体沿细杆下滑，两杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，细杆与水平面的夹角为，圆柱形物体与细杆间的动摩擦因数为0.3，重力加速度为g，则圆柱形物体下滑的加速度大小为（    ） A． B． C． D． 3．（多选）如图甲、乙，倾角为θ的光滑固定斜面上有一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，从静止释放，M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，下列正确的是（ ） A．图甲和图乙中的物块m都处于失重状态 B．图甲中的物块m不受摩擦力 C．图乙中的物块m不受摩擦力 D．图甲和图乙中的物块m所受摩擦力的方向都沿斜面向下 4．（多选）如图所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P的质量为m，电量为+q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球的加速度逐渐增大 B．小球的机械能和电势能的总和不断减小 C．下滑加速度最大时的速度时 D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度一定是 5．如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端 A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块到达最高点D，CD段长度恰好与AB段相等，重力加速度为g。求： (1)CD段长x； (2)AB段电动机牵引力F1与BC段电动机牵引力F2的比值。 6．如图所示，水平面与足够长的斜面平滑连接于B点，斜面倾角为。质量的物体在距B点处，在与水平方向成斜向右上的恒力作用下从静止开始运动，经过撤去外力。已知物体与水平面及斜面间的摩擦因数均为0.5。（，，。）求： （1）物体第一次到达B点时的速度大小； （2）物体再一次到达B点时的速度大小。 B组 7．如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止。现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力F（F=mgcos θ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（　　） A．不变 B．变小 C．变大 D．变大、变小均有可能 8．（多选）如图所示，在竖直圆周上有两个光滑斜面AB和CD，A、D分别为圆周上的最高点和最低点。B、C点均在圆周上，且所在高度相同。一个可以看作质点的物块分别从A、C两点由静止沿斜面滑到底端，沿两个斜面下滑时的加速度大小分别为a1、a2，滑到底端的速度大小分别为v1、v2，所用时间分别为t1、t2，下列说法正确的是（　　） A．a1<a2 B．v1>v2 C．t1=t2 D．t1>t2 9．如图1所示，一可视为质点的小物块以初速度沿水平面向右运动，0.2s后滑上足够长倾角为的固定斜面，斜面底端与水平面平滑连接，小物块的部分速率—时间图像如图2所示。已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度g取，。求： (1)小物块与水平面间的动摩擦因数； (2)小物块返回斜面底端时的速率。 C 组 10．如图所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验（示意图如图所示），若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取10m/s2，为确保香皂盒移动不被人感知，纸板所需的拉力至少是（     ） A．1.41N B．1.42N C．1410N D．1420N 11．(多选)如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为相距为的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．第一次碰后A的速度为 B．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为 C．一、二次碰撞间隔的时间大于二、三次碰撞间隔的时间 D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为 12．如图所示，倾角的足够长的倾斜轨道与光滑水平轨道平滑连接，水平轨道右侧有一竖直固定挡板。小物块甲从倾斜轨道上距其底端处由静止释放，小物块乙在水平轨道上以的初速度向左运动，甲和乙总是在水平轨道上发生弹性碰撞，乙与挡板每次碰撞后速度大小都变为碰前的一半，已知甲、乙质量相等，甲与倾斜轨道间的动摩擦因数，重力加速度取，求： (1)甲从释放到第一次经过斜面底端的时间； (2)甲、乙发生第一次碰撞后速度大小分别是多少； (3)整个过程中，甲在倾斜轨道上运动的总路程（结果保留两位小数）。 《 1.4.4斜面模型》参考答案 题号 1 2 3 4 7 8 10 11 答案 C A AC BC B AC B BD 1．C 【详解】 小车从斜面下滑，受到恒定的阻力，根据牛顿第二定律可知，小车的加速度一定，因此小车沿斜面下滑时做初速度为零的匀加速直线运动，在v﹣t图像中倾斜的直线表示匀变速直线运动，可知能正确反应小车的运动情况是C图。 故选C。 2．A 【详解】 作出圆柱形物体垂直于杆的平面内受力示意图 根据题意，两直杆间的距离与圆柱形物体的半径相同，则 α=60° 在沿杆的方向有 mgsinθ-2f=ma 垂直于杆的方向有 又有 f=μN 联立并代入数据解得 故A正确， BCD错误。 故选A。 3．AC 【详解】A．M和m相对静止，一起沿斜面匀加速下滑，加速度沿斜面向下，具有竖直向下的加速度，图甲和图乙中的物块m均处于失重状态，故A正确； B．图甲中以m为研究的对象。由于两个物体一起做匀加速向下运动，m相对M有向右运动的趋势，所以物块m受到摩擦力，方向水平向左，故B错误； C．图乙中，设物块m受到摩擦力大小为f，方向平行于斜面向上。对整体，由牛顿第二定律得 （M+m）gsinθ=（M+m）a 对m，由牛顿第二定律得 mgsinθ-f=ma 解得 f=0 说明物块m不受摩擦力，故C正确； D．结合B、C选项，知图甲中物块m受到摩擦力，方向水平向左，图乙中物块m不受摩擦力，故D错误。 故选AC。 4．BC 【详解】A．因为小球静止下滑，所以小球刚开始受到的摩擦力小于重力，根据牛顿第二定律可得 得 刚开始随着小球速度的增大，小球的加速度逐渐增大；当洛伦兹力和电场力相等时，小球受到的摩擦力为零，加速度达到最大，但随着小球速度的增加，洛伦兹力增大，且大于电场力，摩擦力逐渐增大，加速度逐渐减小，所以小球的加速度是先增大后减小，A错误； B．电场力与速度总是垂直，所以电场力不做功，电势能不变，由于摩擦力一直做负功，所以小球的机械能一直减小，则小球的机械能和电势能的总和不断减小，B正确； C．电场力等于洛伦兹力时，加速度最大，此时 解得 C正确； D．最大加速度为g，加速度为一半时有 解得 或者 D错误。 综上所述，本题正确答案为BC。 5．(1) (2) 【详解】（1）物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得 由运动学公式 联立解得 （2）物块在AB段运动过程中，由牛顿第二定律得 因为CD段长度恰好与AB段相等，由运动学公式 解得AB段电动机牵引力F1为 物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力F2为 所以 6．（1）；（2） 【详解】（1）由牛顿第二定律知 代入得 由速度与位移关系式知 代入得 （2）物体第一次到达B点时间为 代入得 由题知，经过撤去外力，则物体在斜面受力作用，由受力分析知，如图所示，在斜面有 则根据牛顿第二定律知 代入得 则可知，在斜面前物体做匀速直线运动，设运动位移为，则 代入得 当力撤去后，物体做减速运动，设减速运动加速度为，则 代入得 设撤去力后在斜面运动位移为，由速度与位移关系式知 代入得 设第二次经过B点速度为，则由动能定理知 代入得 7．B 【详解】设木盒的质量为，木盒与斜面的动摩擦因数为，木盒和砝码在斜面上一起以一定的初速度滑行一段距离后停止，可知木盒和砝码做匀减速直线运动。 ①若初速度方向向上，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为 现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为 ②若初速度方向向下，则拿走砝码前，木盒和砝码的加速度大小为 现拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒的加速度大小变为 可知不管初速度方向是向上还是向下，拿走砝码，而持续加一个垂直于斜面向下的恒力后，木盒做减速运动的加速度都变大了，则木盒将更快停下来，所以木盒滑行的距离将变小。 故选B。 8．AC 【详解】如图所示 连接AC，设AB与AD的夹角为，则CD与水平面的夹角也为 A．对物块受力分析且由牛顿第二定律可得 、 由图可知 、 则 则有 故A正确； CD．设圆的半径为R，沿斜面AB有 沿斜面CD有 解得 故C正确，D错误； B．物块到达底端的速度 则有 故B错误。 故选AC。 9．(1) (2) 【详解】（1）由图2可得，小物块在水平面上运动时，加速度大小 对小物块在水平面上运动时受力分析，根据牛顿第二定律有 解得动摩擦因数 （2）对小物块沿斜面上滑时受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 由运动学公式可得 由图2可知，解得小物块沿斜面上滑的位移为 对小物块沿斜面下滑时受力分析，根据牛顿第二定律得 解得小物块沿斜面下滑的加速度大小 由运动学公式得 解得小物块返回斜面底端时的速率 10．B 【详解】香皂盒与纸板发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得 解得 对纸板，根据牛顿第二定律可得 为确保实验成功，即香皂盒移动的距离不超过l＝0.002m，纸板抽出时香皂盒运动的最大距离为 纸板运动距离为 纸板抽出后香皂盒运动的距离为 则 由题意知 a1＝a3，a1t1＝a3t2 代入数据联立得 F＝1.42N 故B正确，ACD错误。 故选B。 11．BD 【详解】B.因物体A光滑，沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律 解得 对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学 ，故B正确； A．第一次碰撞前，A的速度为 设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒有 机械能守恒有 联立解得，，故A错误； C．碰后B物体沿斜面下滑时有 解得 两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经时间相碰，则有 解得 第二次碰撞前，A的速度为， 设第二碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒；联立解得速度交换， 设第二次碰后到第三次碰所用时间为，则 解得 则一、二次碰撞间隔的时间等于二、三次碰撞间隔的时间，故C错误； D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为，故D正确。 故选BD。 12．(1)4s (2)， (3)20.27m 【详解】（1）甲下滑过程中，有 又 解得， （2）甲与乙第一次碰撞前的速度大小为 解得 甲、乙第一次碰撞过程，有 解得、，表明碰后甲、乙交换速度 所以甲、乙速度大小分别为、 （3）碰后甲将沿倾斜轨道上滑，乙将与挡板发生碰撞，对甲有 解得 对甲上滑时有 下滑时有 解得， 以此类推可知甲每次滑下斜面的速度是其滑上斜面速度大小的，乙与挡板碰后 同理，甲、乙第二次碰后它们仍将交换速度，即， 第三次碰前， 第三次碰撞后， 第四次碰前， 第四次碰撞后， 可知，甲物块连续两次以相同的速度沿倾斜轨道上升后，又连续两次以另一速度沿倾斜轨道上升，且后者的速度大小总是前者的，进而可知，后者沿斜面上升的距离总等于前者的，故有 解得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $