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    2019年高考物理二轮复习模型突破训练2斜面模型.doc

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    2019年高考物理二轮复习模型突破训练2斜面模型.doc

    1、1模型突破训练(二) 斜面模型(限时:20 分钟)1(2018东莞模拟)如图 5 所示,固定斜面的倾角 53,一物块在水平向右的拉力 F 作用下沿着斜面向下做匀速直线运动若保持拉力大小不变,方向改为沿斜面向上,物块也恰好沿斜面向下做匀速直线运动(已知 sin 530.8,cos 530.6)物块与斜面间的动摩擦因数为( )图 5A0.2 B0.3C0.4 D0.5D 当拉力水平向右时,对物体: mgsin 53 Fcos 53 (mgcos 53 Fsin 53);当拉力沿斜面向上时: F mg cos 53 mg sin 53;联立解得 0.5;故选D.2(2018赤峰 4 月模拟)如图 6

    2、 所示,欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块 A 停下,可采用的方法是( )图 6A增大斜面的倾角B减小木块与斜面间的动摩擦因数C对木块 A 施加一个垂直于斜面向下的力D在木块 A 上再叠放一个重物C 木块匀速滑下,合力为零,根据平衡条件得 mgsin mg cos ;若增大斜面的倾角 ,重力沿斜面向下的分力 mgsin 增大,滑动摩擦力 f mg cos 减小,木块的合力方向将沿斜面向下,木块做加速运动,故 A 错误;由上可知减小木块与斜面间的动摩擦因数,木块的合力方向将沿斜面向下,木块做加速运动,故 B 错误;对木块 A 施加一个垂直于斜面向下的力 F,重力沿斜面向下的分力 mgsin 不变,而

    3、滑动摩擦力f (F mgcos )增大,合力方向沿斜面向上,木块做减速运动,可以使木块停下,故C 正确;对木块 A 施加一个竖直向下的力,由于( F mg)sin (F mg)cos ,木块的合力仍为零,仍做匀速运动,不可能停下,故 D 错误23(2018重庆江津中学月考)如图 7 所示,质量为 M、倾角为 的斜面体静止在水平地面上,有一质量为 m 的小物块放在斜面上,轻推一下小物块后,它沿斜面匀速运动若给小物块持续施加沿斜面向下的恒力 F,斜面体始终静止下列说法正确的是( )图 7A小物块沿斜面向下运动的加速度为FmB斜面体对地面的压力大小等于( m M)g Fsin C地面给斜面体的摩擦力

    4、方向水平向左D斜面体给小物块的作用力的大小和方向都变化A 在未施加外力时,根据共点力平衡可知, mgsin mg cos ,当施加外力后,对物体 m 受力分析可知 F mgsin mg cos ma,解得 a F/m,故 A 正确;施加外力后, m 对斜面的压力和摩擦力不变,其中压力和摩擦力的合力等于 m 的重力,方向竖直向下,对 M 分析可知,受到的支持力等于 Mg mg,故 B 错误;由于 M 没有相对运动趋势,故不受摩擦力,故 C 错误;斜面体对 m 的支持力和摩擦力大小都不变,则斜面体给小物块的作用力的大小和方向都不变,故 D 错误4(2018蓉城名校联考)如图 8 所示,质量为 M

    5、的斜面体放在水平面上,质量为 m 的滑块沿斜面向下运动,斜面体始终保持静止状态,下列说法中正确的是( )图 8A若滑块匀速向下运动,滑块对斜面的摩擦力沿斜面向上B若滑块在匀速向下运动时,给滑块施加一竖直向下的力,滑块将加速沿斜面向下运动C若滑块加速向下运动,地面给斜面的支持力大于( M m) gD若在滑块加速向下运动时,给滑块施加一沿斜面向下的恒力 F,地面对斜面的摩擦力保持不变D 若滑块匀速向下运动,滑块受到斜面的摩擦力向上,滑块对斜面的摩擦力沿斜面向下,选项 A 错误若滑块在匀速向下运动时,则 mgsin mg cos ;给滑块施加一竖直向下的力,则( mg F)sin (mg F)cos

    6、 表达式成立,则滑块仍沿斜面匀速向下运动,选项 B 错误若滑块加速向下运动,则滑块有向下的加速度的分量,滑块失重,3则地面给斜面的支持力小于( M m) g,选项 C 错误若在滑块加速向下运动时,给滑块施加一沿斜面向下的恒力 F,则滑块对斜面的摩擦力和压力都不变,则地面对斜面的摩擦力保持不变,选项 D 正确如图所示,倾角 30的斜面上有一重为 G 的物体,在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动,若图中 45,则( )A物体不可能沿虚线运动B物体可能沿虚线向上运动C物体与斜面间的动摩擦因数 33D物体与斜面间的动摩擦因数 63D 对物块进行受力分析,如图甲所示物块受重力 G、支持

    7、力 N、推力 F、摩擦力 f 作用,将重力分解为沿斜面向下的力 G1 Gsin 30,与斜面垂直的力 G2 Gcos 30,如图乙所示甲 乙由图可知, G2与 N 平衡,故可等效为物体在推力 F、沿斜面向下的力 G1、摩擦力 f 三个力的作用下沿斜面上的虚线做匀速运动,其等效的受力情况如图丙所示图丙根据三力平衡特点, F 与 G1的合力必沿斜面向下,故摩擦力 f 只能沿斜面向上,故物体沿虚线向下做匀速运动,A、B 错误;由几何关系得 F 与 G1的合力 F 合 G1,由平衡条件得: f F 合 G1,故物体与斜面间的动摩擦因数 G1cos 45 2 2 fN4 ,C 错误,D 正确2Gsin

    8、30Gcos 30 635(多选)(2018株洲质检)如图 9 所示,光滑固定斜面的倾角为 30,甲、乙两物体的质量之比为 41.乙用不可伸长的轻绳分别与甲和地面相连,开始时甲、乙离地高度相同现从 E 处剪断轻绳,则在乙落地前瞬间( )图 9A甲、乙动量大小之比为 41B甲、乙动量大小之比为 21C以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为 41D以地面为零势能面,甲、乙机械能之比为 11BC 设甲、乙距地面的高度为 h,剪断轻绳后,乙做自由落体运动,甲沿斜面向下做匀加速运动,故对乙可知,2 gh v2,解得 v 乙 ,下落时间 t ,对甲,沿2ghv乙g 2hg斜面下滑的加速度为 a g,乙落地时

    9、甲获得的速度 v 甲 at ,故 v 甲 :mgsin 30m 12 gh2v 乙 12;甲、乙两物体的质量之比为 41,由 p mv 可知甲、乙动量大小之比为21,选项 B 正确,A 错误;由于甲、乙在运动过程中,只有重力做功,故机械能守恒,故 E 甲 E 乙 41,选项 C 正确,D 错误6.截面为直角三角形 ABC 的木块的斜边固定在水平面上, A37,如图 10 所示小物块从底端 A 以大小为 v0的初速度滑上斜面,恰好能到达斜面顶端 C;当小物块从顶端 C 由静止开始沿 CB 下滑时,到达底端 B 时速度大小为 v;已知小物块沿 AC 上滑和沿CB 下滑时间相等,小物块与两斜面间动摩

    10、擦因数相同,cos 370.8,sin 370.6,则( )图 10A上滑加速度与下滑加速度之比为 34B小物块下滑到 B 端时的速度 v v0C小物块与斜面间动摩擦因数约 0.3D若小物块以初速度 v 从 B 端滑上斜面,则恰能到达顶端 CC 设 AC 斜面长为 x1, CB 斜面长为 x2,小物块沿 AC 上滑可看成反向的初速度为零的5匀加速直线运动,因此有 x1 a1t2、 x2 a2t2,由三角形知识可得 ,解得 ,故12 12 x1x2 43 a1a2 43选项 A 错误;由于小物块沿 AC 上滑和沿 CB 下滑时间相等,则由平均速度可得: x1v0 02,由于 x1 x2,则可以得

    11、到: v v0,故选项 B 错误;由牛顿第二定律 F ma,得加速x20 v2度之比为: ,解得 0.3,故选项 C 正确;小物块沿 BCsin 37 cos 37sin 53 cos 53a1a2 724减速上滑时的加速度大于加速下滑时的加速度,因此小物块不能上滑到顶端 C 点,选项 D错误7(多选)在超市中,小张沿水平方向推着质量为 m 的购物车乘匀速上升的自动扶梯上楼,如图 11 所示假设小张、购物车、自动扶梯间保持相对静止,自动扶梯的倾角为30,小张的质量为 M,小张与扶梯间的摩擦因数为 ,小车与扶梯间的摩擦忽略不计则( )图 11A小张对购物车推力大小为 mgtan 30B小张和车对

    12、扶梯的摩擦力大小为( M m)gsin 30,方向沿斜面向下C扶梯对小张和车的摩擦力大小为 (M m)gcos 30,方向沿斜面向上D小张对车的推力和车对小张的推力大小必相等,这是因为人和车均处于平衡状态AB 对购物车受力分析如图甲,则 Fcos 30 mgsin 30,即 F mgtan 30,故 A 正确;对小张和车整体受力分析如图乙,则 f( M m)gsin 30,即扶梯对小张的摩擦力大小是( M m)gsin 30,方向沿斜面向上;根据牛顿第三定律,小张对扶梯的摩擦力大小为( M m)gsin 30,方向沿斜面向下,故 B 正确,C 错误小张对车的推力和车对小张的推力是相互作用力,大

    13、小必相等,与人和车处不处于平衡状态无关,故 D 错误8(多选)如图 12 甲所示,质量为 m2 kg 的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力 F 作用下从粗糙斜面上的 A 点沿斜面向上运动, t2 s 时撤去拉力 F,其在斜面上运动的部分 vt 图象如图乙所示已知斜面倾角 37,斜面固定且足够长,取 g10 m/s2,sin 370.6,cos 370.8,下列说法中正确的是( )6图 12A拉力 F 的大小为 50 NB小物体在斜面上从 A 点运动到最高点的过程中,克服摩擦力做的功为 850 JC t8 s 时,小物体在 A 点上方且距 A 点的距离为 15 mD小物体返回时经过 A 点

    14、的动能为 300 JAD 根据速度时间图线知,匀加速直线运动的加速度: a1 m/s215 m/s2, v t 302匀减速直线运动的加速度 a2 m/s210 m/s2,根据牛顿第二定律得 v t 305 2F mg cos mgsin ma1,撤去 F 后,由牛顿第二定律得 mg cos mgsin ma2,解得 F50 N, 0.5,A 正确;由图象的“面积”求得小物块上升的最大位移x m75 m,摩擦力做的功 Wf mg cos x0.5210cos 3775 3052J600 J,B 错误;58 s 内物体的位移大小为 x 3(06)m9 m, t8 s 时,12小物体在 A 点上方且距 A 点的距离为 x x(759)m66 m,C 错误;物体向下运动的加速度 a3 2 m/s2,运动返回到 A 点的速度 v v t 63 2a3x 2275m/s10 m/s,物体的动能 Ek mv2 2 2 J 300 J,D 正确312 12 (103)


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