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、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5A0.2B0.3C0.4 D0.5D当拉力水平向右时，对物体：mgsin 53Fcos 53(mgcos 53Fsin 53)；当拉力沿斜面向上时：Fmgcos 53mg sin 53；联立解得0.5；故选D.2(2018赤峰4月模拟)如图6所示，欲使在粗糙斜面上匀速下滑的木块A停下，可采

2、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 mgcos ；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fmgcos 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，而滑动摩擦力f(Fmgcos )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

3、；对木块A施加一个竖直向下的力，由于(Fmg)sin (Fmg)cos ，木块的合力仍为零，仍做匀速运动，不可能停下，故D错误3(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B斜面体对地面的压力大小等于(mM)gFsin C地面给斜面体的摩擦力方向水平向左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 mgcos ，当施加外力后，对物体m受力分

4、析可知Fmgsin mgcos ma，解得aF/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Mgmg，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

5、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(Mm) 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 mgcos ；给滑块施加一竖直向下的力，则(mgF)sin (mgF)cos 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，则地面给斜面的支持力小于(Mm) 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

6、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D物体与斜面间的动摩擦因数D对物块进行受力分析，如图甲所示物块受重力G、支持力N、推力F、摩擦力f作用，将重力分解为沿斜面向下的力G1Gsin 30，与斜面垂直的力G2Gcos 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

7、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：fF合G1，故物体与斜面间的动摩擦因数，C错误，D正确5(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

8、面向下做匀加速运动，故对乙可知，2ghv2，解得v乙，下落时间t，对甲，沿斜面下滑的加速度为ag，乙落地时甲获得的速度v甲at，故v甲：v乙12；甲、乙两物体的质量之比为41，由pmv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擦因数相同，

9、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vv0C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匀加速直线运动，因此有x1a1t2、x2a2t2，由三角形知识可得，解得，故选项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：，由于x1x2，则可以得到：vv0，故选项B错误；由牛顿第二定律Fma，得加速度之比为：，解得0.3，故选项C正确；小物块沿BC减速上滑时的加速度大于加速下滑时的加速度

10、，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小张和车对扶梯的摩擦力大小为(Mm)gsin 30，方向沿斜面向下C扶梯对小张和车的摩擦力大小为(Mm)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 30mgsin 30，即Fmgt

11、an 30，故A正确；对小张和车整体受力分析如图乙，则f(Mm)gsin 30，即扶梯对小张的摩擦力大小是(Mm)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(Mm)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，

12、cos 370.8，下列说法中正确的是()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 JCt8 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，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Fmgcos mgsin ma1，撤去F后，由牛顿第二定律得mgcos 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Wfmgcos x0.5210cos 3775 J600 J，B错误；58 s内物体的位移大小为x3(06)m9 m，t8 s时，小物体在A点上方且距A点的距离为xx(759)m66 m，C错误；物体向下运动的加速度a32 m/s2，运动返回到A点的速度v m/s10m/s，物体的动能Ekmv222 J300 J，D正确6