高考物理斜面试题分类解析.doc

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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date高考物理斜面试题分类解析高考物理中的斜面问题高考斜面问题分类解析湖北省宜昌二中程嗣工作室程嗣（特级教师）湖北省宜昌市三峡高中程首宪（高级教师）高考物理中的斜面，并不是初中物理所学的简单机械，通常也不是题目的主体，而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体由于斜面问题的千变万化，既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；既可能

2、是一个斜面，也可能是多个斜面；斜面上的物体同样五花八门，可能是质点，也可能是连接体，可能是带电小球，也可能是导体棒斜面问题，由于承载的物体运动情况各异，因此举凡力学中的主要规律均可涉及；由于承载的物体各异，故很容易将力学知识和热学、电学知识联系起来凡此种种，造成斜面问题的复杂化，为高考命题提供了广阔的平台求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键一十年高考题图年份1995年上海1997年上海1998年上海1999年上海2000年全国题型填空题实验题计算题填空题计算题题图年份2001年全国2002年春季2003年辽宁2004年春季2

3、004年全国题型填空题选择题选择题选择题选择题题图二题型分类按研究对象分类，斜面问题可分为单个质点、连接体、带电小球、导体棒等等；按斜面本身分类，可分为单斜面、双斜面及多个斜面体；按运动性质分类，可分为平衡、加速等等CABF图1三经典例析1平衡类例1（2001年全国，12题）如图1所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，ABCAB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力现物块静止不动，则摩擦力的大小为解析对物块作受力分析，并如图2所示建立坐标系由平衡条件，在y方向上有FfmgFsin0，ABFf图2CmgFxFNy得摩擦力FfmgFsin点评对于三个以上外力作用下物体的平衡问题，一般

4、可采用正交分解法（30图3例2（1999年上海，12题）在倾角为30的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向下，如图3所示当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度的大小为B=_ 解析通电导体棒所受重力mg竖直向下，由左手定则知安培力BIL沿斜面向上，斜面支持力垂直斜面向上由平衡条件知力与重力的下滑分力平衡，即BILmgsin30，所以点评通电导体在磁场中受力情况往往是三维空间问题，为了清晰地表达各力、磁感应强度和电流的关系，应该像本题这样在垂直于电流方向的平面内作受力分析图图42加速类例3（2000年上海，21题）风洞实验

5、中可产生水平方向的、大小可调节的风力现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径，如图4所示（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin37=06，cos37=08）解析（1）设小球所受的风力为F，支持力为FN，摩擦力为Ff，小球质量为m，作小球受力图，如图5所示，图5当杆水平固定，即=0时，由题意得：F=mg，=F/mg=05 mg/mg=05 (2)沿杆方向，由牛

6、顿第二定律得FcosmgsinFf =ma， 垂直于杆方向，由共点力平衡条件得FNFsinmgcos0， 又 Ff =FN ， 联立式得：，将F=05 mg代入上式得 由运动学公式得，所以 = 点评风洞实验是模拟航空航天飞行器飞行的不可缺少的实验设备本题就是以此为背景，来考查牛顿定律的应用，需要考生能从题境中进行抽象，建立理想化的物理物理模型abcd图6例4（2004年全国，15题）如图6所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0)，用t1、t

7、2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，则（ ）At1 t2 t2 t3Ct3 t1 t2 Dt1 = t2 = t3解析设圆的直径为d，某一细杆与竖直直径ad的夹角为，因物体仅受重力和细杆弹力的作用（a环所受弹力为零），由牛顿第二定律易得滑环下滑的加速度a=gcos 小物块通过的位移s=dcos，且，同以上各式得滑行时间，可见，t仅由d决定，与题中细杆的倾角和长度无关，故D项正确点评当物理过程不尽相同时，应想法找到共同点本题中，各滑环下滑的加速度、位移都不相同，但由于初、末位置分别在同一圆周上，故寻求各位移与直径ad的关系就成为解决问题的突破口baM)（图7例5（2003年辽宁，36题）如图7

8、所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为和，a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块已知所有接触面都是光滑的现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ ）AMgmgBMg2mgCMgmg(sinsin)DMgmg(coscos)M)（图8MgFbFaFN解析隔离楔形木块分析，受竖直向下的重力Mg，a对M的压力Famgcos，b对M的压力Fbmgcos，图8为受力图示由平衡条件，在竖直方向上有FNMgFacos+ FbcosMgmgcos2+ mgcos2，+90，FNMgmg。选项A正确点评本题也可用整体法求解。先隔离a做为研究对象

9、，受到重力和支持力的作用，其加速度方向沿斜面向下，大小为gsin同理，b的加速度方向也沿斜面向下，大小为gsin将两者的加速度沿水平方向和竖直方向分解，a、b加速度的竖直分量分别为gsin2、gsin2再以a、b和楔形木块为系统，利用整体法求解若系统内各物体加速度不相同，牛顿第二定律的表达式应为，式中为系统所受外力的矢量和，等式右端为系统内各物体的质量与加速度乘积的矢量和在中学阶段，若连接体由两个物体组成，其中一个物体加速度不为零，另一个物体处于平衡状态即加速度等于零时，可选取整体为研究对象，由上式求解比较方便本题中由牛顿第二定律有（M2m）gFNmgsin2+mgsin2，又90， sinc

10、os, sin2cos2,所以桌面支持力FN（Mm）g由牛顿第三定律知楔形木块对水平桌面的压力等于（Mm）g，选项A正确当斜面上有几个物体时，要注意分析每个物体的受力情况，尤其是每个物体的运动情况另外，当物体运动中加速度方向竖直向下时处于失重状态本题中，由于a、b加速度竖直分量均向下，故桌面支持力小于系统重力3能量转化类例6（2004年上海，8题）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2 v1若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（ ）A上升时机械能减小，下降时机械能增大B上升时机械能减小，下降时机械能也减小C上升过程中动能和势能相等的

11、位置在A点上方D上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方解析由于v2 v1可知滑块与斜面间有摩擦，无论上升还是下降，都有机械能损失，故B项正确；设上升时的最大高度为H，对应的最大位移为L，动能和势能相等时其高度为h，滑块所受摩擦力为F由能量关系有，得，则该点位于A点上方，故C项正确点评处理斜面上的能量转化问题时应明确各力做功的特点，重力做功与路径无关，只与高度有关，摩擦力做功则与路径有关上式中，hL/H即为滑块从底端滑至动能和势能相等时所发生的位移FhL/H即为该过程中克服摩擦力所做的功ACBDhhd图9例7（2004年辽宁、广东，34题）如图9所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC

12、的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=050m，盆边缘的高度为h=030m在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为=010小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ ）A050m B025m C010m D0 解析设小物块从A点出发到最后停下来，整个过程中在盆底上通过的路程为s由动能定理，有mghmgs0，得，即s6d，刚好运动3个来回，故最后将停在B点，D选项正确点评将研究物体的复杂运动转化为研究物体的简单状态，这是能量守恒定律相对于牛顿运动定律在解决问题时的优越之处4学科内综合类例8（2

13、000年全国，30题）如图10所示，直角三角形ABC斜边倾角为30，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q一个质量为m，电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为vADBOC图10将（1），（2）题正确选项前的标号填在题后括号内（1）在质点的运动中不发生变化的是（）动能电势能与重力势能之和动能与重力势能之和动能、电势能、重力势能三者之和（2）质点的运动是（）A匀加速运动 B匀减速运动C先匀加速后匀减速的运动 D加速度随时间变化的运动（3）该质点滑到非常挨近斜边底端C点时速度vc为多少？没斜面向下的加速度ac为多少？解析

14、（1）质点在运动过程中，电场力和重力做功，电荷的电势能和机械能之和守恒，故C项正确；（2）质点的运动被约束在斜面上，受重力、电场力和斜面的支持力作用，由于电场力的大小和方向不断变化，其在斜面上的分力不断变化，故电荷所受合力不断变化，故D项正确；（3）因，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律有 其中 得 质点在C点受三个力的作用；电场力，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜面向上根据牛顿第二定律有得 L）BNbaPRM）图11点评本例是用力和运动、功和能及电学知识综合

15、研究带电粒子在电场中运动的典型问题，要求考生在对电荷运动过程有清楚的分析基础上，能正确地运用力学规律来解决问题）bB图12例9（2004年北京，23题）如图11所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L0、M、P两点间接有阻值为R的电阻一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦（1）由b向a方向看到的装置如图12所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程

16、中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值FN）bB图13mgF解析（1）受力示意图如图13所示，ab杆的重力mg，竖直向下，安培力F，沿斜面向上，斜面的支持力FN，垂直斜面向上， （2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，,此时电路电流，ab杆受到安培力，根据牛顿运动定律，有 （3）当时，ab杆达到最大速度vm，MNBabcdef图14点评欲求最大速度，则必须明确ab杆的运动过程，先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动，故ab杆的最大速度即为加速运动的末速度或匀速运动的速度另外，最大速度的求法除可用牛顿定律求解以

17、外，还可用能量关系求解例10（1998年上海，25题）将一个矩形金属线框折成直角框架abcdefa，置于倾角为37的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如图14所示ab=bc=cd=de=ef=fa=02m，线框总电阻为R=002，ab边和de边的质量均为m=001kg，其余四边的质量忽略不计框架可绕过c、f点的固定轴转动现从t=0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B=05tT，磁场方向与cdef面垂直 (1)求线框中感应电流的大小，并在ab段导线上画出感应电流的方向(2)t为何值时框架将开始绕其固定轴转动? (cos37=08，sin30=

18、06，g=10m/s2)解析（1）由B=05tT知T/s，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势，由闭合电路欧姆定律得感应电流，由楞次定律知，穿过回路的磁通量增加时，ab中感应电流方向由a到b（2）ab边中感应电流所受的安培力FabBIab05t102N01tN，方向垂直斜面向上ab边安培力的力矩MabFabbc01t0.2Nm0.02 Nm，线框ab和de边所受重力的力矩为MGmg bccosmg cdsin= mg bc(cos+sin )001100.2（0806）Nm0028 Nm当整个线框所受的合力矩为零时，线框则处在即将转动的临界状态由MabMG，得t14s点评本题是一个在三维空间展开

19、的电磁感应与力矩平衡条件的综合运用空间的几何关系分析，成为问题的关键物理问题的空间关系分析，是考察运用数学工具能力的一个重要方面四创新训练1选择题图15）a（1）（2001年春季，10题）一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图15所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是()A当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小（2）（2002年春季，23题）如图16所示，质量为m的三角形木楔A置于倾角为的固定斜面上，它与斜面间的动摩

20、擦因数为，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上，在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，则F的大小为（）图16）FAABCDFDCBAF图17（3）（2002年春季，16题）如图17所示，四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是（）图18（4）（2004年全国，甘肃、青海，19题）如图18所示，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫已知木板的质量是猫的质量

21、的2倍当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变则此时木板沿斜面下滑的加速度为（ ）ABCD2（5）（2004年春季，17题）图19中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等F是沿水平方向作用于a上的外力已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的正确的说法是（）Fab图19Aa、b一定沿斜面向上运动Ba对b的作用力沿水平方向Ca、b对斜面的正压力相等Da受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力CAB图20（6）（2000年上海，5题）物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图20），当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜

22、面C向上做匀减速运动时（ ）AA受到B的摩擦力沿斜面方向向上BA受到B的摩擦力沿斜面方向向下CA、B之间的摩擦力为零DA、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质RFh）baB图21（7）（1994年上海，5题）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图21所示在这过程中（）A作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C恒力F

23、与安培力的合力所做的功等于零D恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热（8）（2000全国理综，22题）如图22示，DO是水平面，AB是斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度（已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零）（）DCBOA图22A大于v0 B等于v0 C小于v0 D取决于斜面的倾角2非选择题图23（9）（1995年上海，5题）如图23所示，一细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球当滑块至少以加速度a=向左运

24、动时，小球对滑块的压力等于零当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力F=图24)MmCBA（10）（1994年全国，30题）如图 24所示，质量 M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数=002，在木楔的倾角为30的斜面上，有一质量m=10kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=14m时，其速度v=14m/s在这过程中木楔没有动求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10m/s2)B37（AC图25（11）在海滨乐场里有一种滑沙的游乐活动如图25所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来若某人

25、和滑板的总质量m=600kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道的动摩擦因数均为=050，斜坡的倾角=37（sin37=06，cos37=08），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2从斜坡滑下的加速度为多大？由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=200m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？（OBAO图26（12）如图26所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为一质量为m、带电量为+q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环

26、在下滑过程中：圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？圆环A能够达到的最大速度为多大？（13）带负电的小物体A在倾角为的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图27所示物体A的质量为m，电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面EA）图27分析物体A在斜面上的运动情况，说明理由物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示）dc）ab

27、B图28）（14）如图28所示，两根平行金属导轨间的距离为04 m，导轨平面与水平面的夹角37，磁感应强度为05 T的匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，两根电阻均为1 、重均为01 N的金属杆ab、cd水平地放在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为03，导轨的电阻可以忽略为使ab杆能静止在导轨上，必须使cd杆以多大的速率沿斜面向上运动?图29（15）（2001年上海，23题）如图29所示，光滑斜面的底端a与一块质量均匀、水平放置的平板光滑相接，平板长为2L，L1m，其中心C固定在高为R的竖直支架上，R1m，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O连接，因此平板可绕转轴O沿顺时针方向翻转，问：在斜面上离平板高

28、度为h0处放置一滑块A，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数=02为使平板不翻转，h0最大为多少？如果斜面上的滑块离平板的高度为h1=045m，并在h1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A、B，时间间隔为t=02s，则B滑块滑上平板后多少时间，平板恰好翻转（重力加速度g取10ms2）参考解答（1）BC解析设斜面对物体的正压力为FN，对物体的摩擦力为Ff将加速度沿于斜面方向和垂直于斜面方向分解，分别在这两个方向上应用牛顿第二定律，得FNmgcosmacos，所以FNmgcosmacos， Ffmgsinmasin，得Ffmgsinmasin， 由式知，一定时，a越大，FN越大；a一定时，越大

29、，FN越小；由式知，一定时，a越大，Ff越大；a一定时，越大，Ff越大（2）C 解析将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，沿斜面方向有FcosFfmgsinma，在垂直斜面方向上有FNmgcosFsin，而FfFn，联立以上三式即可（3）C解析根据机械能守恒条件，只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，可见，A、B中均有外力F做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合机械能守恒的条件，故C项正确（4）C解析当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面的位置不变，故猫可视为静止状态以猫和木板整体为研究对象，系统重力的下滑分力为合外力设猫的质量为m，由

30、牛顿第二定律有3mgsin2mga,得木板加速度a，所以C选项正确（5）D解析因为F大小未知，故两物块是向上还是向下运动难以确定，故A错；分析a、b的受力情况可知B、C错；因接触面光滑，且a、b质量相等，无论F多大，两物块都有相同的加速度，故a、b受到相同的合外力，无论是哪个方向，故D项正确（6）C解析因斜面光滑，且A、B表面平行有，故A、B有相同的加速度，又因为初速度也相同，故A、B间无相对运动趋势，故C项正确（7）AD解析导体棒匀速运动时，外力F做正功，重力、安培力对导体棒做负功由动能定理，各力做功的代数和等于导体棒动能的增量，导体匀速运动，所以各力做功的代数和为零，选项A正，而BC错误；

31、由于克服安培力做的功等于电阻R的焦耳热Q，由动能定理知（设外力F做功为WF，克服重力做功为WG，克服安培力做功为W安）WFWGW安0，因此焦耳热QW安WFWG选项D也正确（8）B解析设与水平面的夹角为，则此时摩擦力做功同理，斜面改为AC时，设与水平面的夹角为，摩擦力做功，在不考虑物体经过B点的碰撞时，两种情况下摩擦力做功相同，因此物体从D点出发时应具有相同的初速度选项B正确（9）g，解析当小球对滑块的压力刚好等于零时，小球只受重力mg和沿斜面向上的拉力F0作用对小球在水平方向上由牛顿第二定律有，得加速度；当a=2g时，绳子拉力F的水平分力将增大，即绳与水平方向的夹角（设为）将减小， 在水平方向

32、上有Fcosm(2g)，在竖直方向上有Fsinmg，将两式两端平方然后相加，整理得（10）061N，方向：水平向左解析由匀加速运动公式v2v022as，得物块沿斜面下滑的加速度为m/s2，FN2Mg图30FN1Ff1Ff2M由于agsin=5m/s2，可知物块受到摩擦力作用分析物块受力,它受三个力，竖直向下的重力mg、沿斜面向上的摩擦力Ff1和垂直于斜面向上的支持力FN1由牛顿第二定律，有mgsinFf1ma，mgcosFN10分析木楔受力，它受五个力作用，斜面受到重力Mg，物块施于的弹力木FN1，摩擦力Ff1，地面施加的弹力FN2，摩擦力Ff2(设方向水平向左)，受力情况如图30 所示在水平

33、方向，由牛顿第二定律，有Ff2Ff1cosFN1sin0，由牛顿第三定律知FN1 FN1，Ff1=Ff1，解上述方程可得地面对斜面的摩擦力Ff2FN1sinFf1cosmgcossin(mgsinma)cos macos061(N)，方向：水平向左（11）20m/s2，50m解析人和滑板在斜坡上受重力，支持力和摩擦力作用而做匀加速运动，根据牛顿第二定律有mgsin37mgcos37=ma，解得a=g(sin37mgcos37)=20m/s2设允许斜坡的最大长度为s，根据动能定理：mgssin37mgcos37mgL=0，解得50m（12），解析由于tan，所以环将由静止开始沿棒下滑环A沿棒运动

34、的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B,、杆的弹力FN1和摩擦力Ff1FN1，根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有，垂直棒的方向有所以当Ff10（即FN10）时，a有最大值am，且am=gsin，此时，解得 设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2FN2，此时应有a=0，即，解得（13）先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，继续做加速度增大的加速运动然后离开斜面解析物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，由此可知：小物体A在恒力作用下，在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可

35、使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开斜面加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿运动定律有：，又，解得加速度A沿斜面运动的距离为加上磁场后，所受洛伦兹力FqvB随速度增大，支持力FN减小，到FN0时，物体将离开斜面，有，解得物体在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功由动能定理有，物体A克服摩擦力做功转化为内能部分的为（14）18 m/sv42 m/s解析设必须使cd杆以v沿斜面向上运动，则cd杆切割磁场线，将产生感

36、应电动势E=Blv，FNGFfF安图31在两杆和轨道的闭合回路中产生电流I=，ab杆受到沿斜面向上的安培力F安BIl，ab杆静止时，受力分析如图31所示，根据平衡条件，应有 Gsin一GcosF安Gsin+Gcos联立以上各式，将数值代入，可解得18 m/sv42 m/s（15）016m02s解析设A滑到a处的速度为，在平板上运动时，若平板尚未翻转，则A做匀变速运动，其加速度，滑到板上离a点的最大距离为 ，A在板上不翻转应满足条件：摩擦力矩小于正压力力矩，即M摩擦M压力，mgRmg(Ls0)，h0(LR)02(102)m=016m当h 045m时，m/s3m/svA=vB=3m/s设B在平板上运动直到平板翻转的时刻为t，取t02s，sAsA(t t)g(t t)2/2 ， sBsBtgt2/2 ，两物体在平板上恰好保持平板不翻转的条件是2mgRmg(LsA)mg(LsB)，联立以上各式，解得t=02s-