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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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)