斜面模型--2024年高三物理二轮常见模型练习含答案.pdf

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1、120242024年高三物理二轮常见模型年高三物理二轮常见模型专题专题 斜面模型斜面模型特训目标特训目标特训内容特训内容目标目标1 1高考真题高考真题(1 1T T-4 4T T)目标目标2 2三大力场中有关斜面模型的平衡问题三大力场中有关斜面模型的平衡问题(5 5T T-1010T T)目标目标3 3三大力场中有关斜面模型的动力学问题三大力场中有关斜面模型的动力学问题(1111T T-1616T T)目标目标4 4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题三大力场中有关斜面模型的能量动量问题(1717T T-2222T T)【特训典例】【特训典例】一、高考真题高考真题1(2023江苏统考高考真题)

2、滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小2(2023重庆统考高考真题)如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间

3、内()A.流过杆的感应电流方向从N到MB.杆沿轨道下滑的距离为32vtC.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率D.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin-mv3(2022福建高考真题)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的斜面模型-2 0 2 4年高三物 理 二轮常见模型练习2物理量有()A.重力加速度大小B.物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间4(2021河北高考真题)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水

4、平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为=112，重力加速度取g=10m/s2，sin=725，cos=2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。二、三大力场中有关斜面模型的平衡问题三大力场中有关斜面模型的平衡问题5如图(a)，在倾角为的固定斜面上，有一质量为m的拖把头被水平力F推着沿斜面向上做匀速直线运

5、动，轻杆质量不计，拖把头与斜面的动摩擦因数为。重力加速度取为g。有位同学对此作了受力分析如图(b)，并列写下列关系式，其中正确的是()A.Ff=FNB.FN=mgcosC.F=Ff+mgsinD.F2+(mg)2=FN2+Ff26如图所示，质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在倾角为=37的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉至细绳与竖直方向夹角=60，该过程物块B和斜面C始终静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(已知sin37=0.6，cos37=0.8)。则下列说法正确的是()3A.水平外力F逐渐减小B.物块B和斜面C之间的摩擦

6、力先减小后增大C.斜面C对地面的压力逐渐减小D.物块B和斜面C之间的摩擦因数一定小于等于0.57如图所示，与水平面成30角的光滑绝缘细杆固定在地面上，杆上套有质量为m，带电荷量为+q的小球，重力加速度为g。为使小球静止在杆上，可在竖直平面内加一匀强电场，以下所加电场符合要求的有()A.竖直向上，电场强度大小为mgqB.与杆成30 斜向上，电场强度大小为3mg2qC.沿杆斜向上，电场强度大小为2mgqD.水平向右，电场强度大小为3mg3q8如图所示，小球A和小球B用两根轻质细绳固定在倾角为45的光滑斜面上，细绳与斜面平行，A球的质量为m，B球的质量为3m，B球带正电荷q，A球不带电，开始时两球均

7、处于静止状态。现在该竖直面内加上一个匀强电场，A球刚好不离开斜面，两球均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.若电场沿水平方向，电场强度为E=3mgqB.若电场沿水平方向，此时A、B两球之间的细绳与竖直方向的夹角为53C.所加电场的电场强度不能小于2 2mgqD.O与A球之间的细绳拉力不可能等于09如图(a)所示，在倾角=30的绝缘斜面上放置着一个正方形金属线框，金属线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律变化。在010t0内线框均处于静止状态，且在8t0时刻，线框恰好不下滑，在9t0时刻，线框恰好不上滑。设线框与斜面间的最

8、4大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A.2t0时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向B.9.5t0时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向下C.金属线框和斜面间的动摩擦因数为32D.金属线框和斜面间的动摩擦因数为3 3710如图所示，间距为L的固定平行双轨道由足够长的水平光滑段和倾角为的粗糙段构成，所在空间存在与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直放在水平、倾斜导轨上且与导轨接触良好。起初cd棒恰好静止，ab棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始向右加速，当ab棒达到最大速度时，cd棒又恰好静止；导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动

9、摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为sinB.ab棒的最大加速度为2gsinC.ab棒的最大速度为4mgRsinB2L2D.恒力F的最大功率为4m2g2Rsin2B2L2三、三大力场中有关斜面模型的动力学问题三大力场中有关斜面模型的动力学问题11如图所示，质量均为m的A、B两物体之间有少量黏合剂，能承受的最大拉力为mgsin，其中g为重力加速度。劲度系数为k的轻弹簧一端连接物体A，另一端固定在倾角为的光滑斜面底端。现用外力作用在B上，使A、B缓慢向下移动到某一位置后撤去外力，两物体被弹到最高点时恰好分离。已知弹簧弹性势能的表达式为Ep=12kx2

10、，式中x表示弹簧的形变量。下列说法正确的是()A.A、B两物体分离时，弹簧刚好处于原长5B.A、B两物体分离前，两物体的最大速度为2gsin2mkC.A、B两物体由静止释放时，弹簧的弹性势能Ep=12m2g2sin2kD.A、B两物体分离时，A的加速度为2gsin12小物块m先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力，小物块m=1kg，g=10m/s2，=53，cos53=0.6，sin53=0.8，下列说法正确的是()A.有恒力F时，小物块在上升过程的平均速度较

11、大B.不论有无恒力，小物块在上升过程中的平均速度均相等C.恒力F大小为1ND.物块与斜面间动摩擦因数为0.513为探究滑块在倾角=37的绝缘斜面轨道上的运动，某兴趣小组设计了图(a)所示的实验。让轨道处于方向沿斜面向上的匀强电场中；将一质量m=1kg、电荷量q=110-4C的带正电滑块从斜面上O点静止释放，某时刻撤去电场；整个过程中，利用位移传感器和速度传感器分别测出了滑块的位移x和速度v，作出了图(b)所示的以O点为原点的v2-x关系图像。滑块可视为质点且电荷量不变，重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6。则可知()A.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B.匀强电场的场强大小为810

12、4N/CC.电场力的最大瞬时功率为20 2WD.整个过程中电场力的冲量大小为20Ns14三根光滑绝缘细杆a、b、c固定于竖直放置的圆环上，每根杆上各套着一个质量为m，电荷量为+q的小滑环(未画出)，其中杆b过圆心O且与水平方向的夹角=60，空间中存在与圆环平行的匀强电场(未画出)。现将三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，忽略三个滑环间的相互影响，则匀强电场的电场强度大小可能是()6A.mg3qB.2mg4qC.mg2qD.2mgq15如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，

13、底部连有一阻值为2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道连接良好，其余部分电阻不计。(重力加速度为g)()A.B1均匀减小B.B1的变化率为B1t=4RmgsinNB2SLC.断开K之后，金属棒的最大速度为v=4RmgsinB22L2D.断开K之后，金属棒的最大加速度为a=gcos16如图所示，倾角=30的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨(电阻不计)，导轨上端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。一质量为2m、电阻为R的导体棒垂直放在导轨上，

14、与导轨接触良好，另一质量为m的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接，定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行。将重物由静止释放，在导体棒到达导轨底端前的运动过程中(电动势未到达电容器的击穿电压)，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A.电容器M板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加B.经时间t导体棒的速度为v=2mgt3m+CB2L27C.回路中电流与时间的关系为I=2BLmg3m+CB2L2RtD.重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热四、三大力场中有关斜面模型的能量动量问题三大力场中有关斜面模型的能量动量问题17如图所示，倾角=30的光滑斜面固定

15、在水平地面上，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板，质量均为m=4kg的A、B两物体用轻弹簧拴接。对物体B施加一沿斜面向下的压力F，使B静止于P点。撤掉力F，B沿斜面做简谐运动，当B运动至最高点时，A刚要离开挡板。已知弹簧的劲度系数k=200N/m，重力加速度g=10m/s2，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2。下列说法正确的是()A.当B运动至最高点时，B的加速度大小为10m/s2B.从撤掉F开始至弹簧首次恢复原长过程中，B的速度先增大后减小C.物体B静止于P点时，对物体B施加的压力F的大小为20ND.物体B沿斜面做简谐运动的过程中，物体B的最大速度为2

16、m/s18倾角为的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数=tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞。重力加速度大小为g。关于P、Q运动的描述正确的是()A.P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为vP1=25v0B.物块Q从A点上升的总高度v029gC.物块P第二次碰撞Q前的速度为75v0D.物块Q从A点上升的总高度v0218g19如图所示，一光滑绝缘斜面的直角点A处固定一带电量为+q，质量为m的绝缘小球甲。另一质量也

17、为m，带电量也为+q的同样小球乙置于斜面顶点B处，已知斜面长为L，现把上部小球从B点从静止自由释放，小球能沿斜面从B点运动到斜面底端C处(静电力常量为k，重力加速度为g)下列结论正确的是()8A.乙球到达斜面中点D处时的速度为v=gL2B.乙球运动到斜面底端C处时，对斜面的压力大小为32mg-2kq23l2C.乙球从B点到C点时减少的重力势能等于增加的动能D.乙球从B点到C点电势能先增加后减少20如图1所示，一倾角为30固定光滑绝缘斜面，上方存在沿斜面向下的匀强电场。一带电量为q=1105C的物块(可视为质点)以一定初速度沿斜面上滑，在上滑过程中物块的动能Ek、电势能Ep与位移x的关系如图2所

18、示。重力加速度g取10m/s2，则物块质量m和电场强度的大小E分别为()A.m=0.75kgB.m=1kgC.E=1.2510-5N/CD.E=2.510-5N/C21如图所示，空间中存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内。一质量为m、带电荷量为+q的小球套在绝缘杆上。初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电荷量保持不变。已知磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=3mgq，则以下说法正确的是()A.小球的初速度为v0=2mgqB9B.若小球的初速度为m

19、gqB，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后静止C.若小球的初速度为3mgqB，小球将做加速度不断减小的减速运动，最后匀速D.若小球的初速度为mgqB，则运动中摩擦力做功大小为3m3g22q2B222如图甲所示，在倾角为=37的斜面上，有一垂直斜面向下的足够宽的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B0=0.2T，区域长度L=2m，在紧靠磁场的上边界处放置一正方形线框，匝数n=10，边长a=1m，线框电阻R=1，质量m=1kg，线框与斜面间的动摩擦因数=0.25。现在将线框由静止释放，当整个线框完全进入磁场时，线框刚好开始匀速运动。从线框刚好全部进入磁场开始计时，磁场即以如图乙所示规律变化。重力加速度

20、g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8。下列说法正确的是()A.线框完全进入磁场瞬间的速度为2m/sB.线框从开始释放到完全进入磁场的时间为1.25sC.线框从开始运动到线框下边到达磁场下边界的过程中，流过线框的电荷量为2CD.线框从开始进入磁场到线框下边刚到达磁场下边界过程中线框产生的焦耳热为5.5J120242024年高三物理二轮常见模型年高三物理二轮常见模型专题专题 斜面模型斜面模型特训目标特训目标特训内容特训内容目标目标1 1高考真题高考真题(1 1T T-4 4T T)目标目标2 2三大力场中有关斜面模型的平衡问题三大力场中有关斜面模型的平衡问题(5 5T T-10

21、10T T)目标目标3 3三大力场中有关斜面模型的动力学问题三大力场中有关斜面模型的动力学问题(1111T T-1616T T)目标目标4 4三大力场中有关斜面模型的能量动量问题三大力场中有关斜面模型的能量动量问题(1717T T-2222T T)【特训典例】【特训典例】一、高考真题高考真题1(2023江苏统考高考真题)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块()A.受到的合力较小B.经过A点的动能较小C.在A、B之间的运动时间较短D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小【答案】C【详

22、解】A频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故 A错误；B设斜面倾角为，动摩擦因数为，上滑阶段根据牛顿第二定律有a1=gsin+gcos下滑阶段根据牛顿第二定律有a2=gsin-gcos可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A点到图乙中的A点，先上升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A点的动能较大，故B错误；C由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据x=12at2可知图甲在A、B之间的运动时间较短，故C正确；D由于无论上滑或

23、下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B之间克服摩擦力做的功相等，故D错误。故选C。2(2023重庆统考高考真题)如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内()2A.流过杆的感应电流方向从N到MB.杆沿轨道下滑的距离为32vtC.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率D.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin-mv【答

24、案】D【详解】A根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；B依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsin-F安=ma；F安=BIL；I=BLvR联立可得杆的加速度a=gsin-B2L2vR可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s=v+2v2t=32vt根据v-t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离，即大于32vt，故B错误；C由于在磁场中运动的此段

25、时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P=Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，也即流过杆感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；D杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgtsin-I安=m2v-mv得杆所受安培力的冲量大小为I安=mgtsin-mv故D正确。故选D。3(2022福建高考真题)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有()A.重力加速度大小B.

26、物体所受滑动摩擦力的大小C.斜面的倾角D.沿斜面上滑的时间【答案】BD【详解】ABC由动能定义式得Ek1=12mv20，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek-Ek1=-(mgsin+3f)x下滑时，由动能定理Ek=(mgsin-f)(x0-x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mgsin+f=Ek1x0，mgsin-f=Ek2x0两式相加可得gsin=12mEk1x0+Ek2x0相减可知 f=Ek1-Ek22x0即可求解gsin和所受滑动摩擦力 f的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；D根据牛顿第二定律和运动学关系得mgsin+f=ma，t=v0a故可求解沿

27、斜面上滑的时间，D正确。故选BD。4(2021河北高考真题)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为=112，重力加速度取g=10m/s2，sin=725，cos=2425，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【答案】(1)L=9m；(2)v=

28、7.44m/s【详解】(1)设斜面长度为L，背包质量为m1=2kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有m1gsin-m1gcos=m1a1解得a1=2m/s2滑雪者质量为m2=48kg，初速度为v0=1.5m/s，加速度为a2=3m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0=1s，则背包的滑行时间为t+t0，由运动学公式得L=12a1(t+t0)2；L=v0t+12a2t2联立解得t=2s或t=-1s(舍去)故可得L=9m(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1=a1(t+t0)=6m/s；v2=v0+a2t=7.5m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力

29、为零，动量守恒，设共同速度为 v，有m1v1+m2v2=(m1+m2)v解得v=7.44m/s二、三大力场中有关斜面模型的平衡问题三大力场中有关斜面模型的平衡问题5如图(a)，在倾角为的固定斜面上，有一质量为m的拖把头被水平力F推着沿斜面向上做匀速直线运动，轻杆质量不计，拖把头与斜面的动摩擦因数为。重力加速度取为g。有位同学对此作了受力分析如图(b)，并列写下列关系式，其中正确的是()A.Ff=FNB.FN=mgcosC.F=Ff+mgsinD.F2+(mg)2=FN2+Ff2【答案】AD4【详解】ABC对如图(b)中的重力和水平力F进行正交分解，得如图所示因为匀速直线运动受力平衡，得支持力大

30、小为FN=Fsin+mgcos滑动摩擦力大小为Ff=FN由牛顿第三定律可得FN=FN得Ff=FN沿斜面方向的平衡力为Ff+mgsin=Fcos故A正确，B、C错误；D如图(b)拖把头在4个力的作用下做匀速直线运动，受力平衡合力为零，那么任意两个力的合力与另外两个力的合力一定大小相等，方向相反，合力为零，所以通过勾股定理求重力和水平力 F合力大小一定等于滑动摩擦力和支持力的合力大小，即F2+(mg)2=FN2+Ff2故D正确。故选AD。6如图所示，质量为m的小球A和质量为2m的物块B用跨过光滑定滑轮的细线连接，物块B放在倾角为=37的斜面体C上，刚开始都处于静止状态，现用水平外力F将A小球缓慢拉

31、至细绳与竖直方向夹角=60，该过程物块B和斜面C始终静止不动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力(已知sin37=0.6，cos37=0.8)。则下列说法正确的是()A.水平外力F逐渐减小B.物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大C.斜面C对地面的压力逐渐减小D.物块B和斜面C之间的摩擦因数一定小于等于0.5【答案】BC【详解】A对小球A受力分析，设绳子与竖直方向夹角为，根据平衡条件F=mgtan绳拉力T=mgcos，从0到60，可知拉力T逐渐增大，水平外力F逐渐增大，故A错误；B当绳子与竖直方向夹角=0时，绳子拉力最小Tmin=mg此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向上，大小为 f=2mgsin37

32、-Tmin解得 f=0.2mg当绳子与竖直方向夹角=60时，绳子拉力最大Tmax=mgcos60解得Tmax=2mg此时斜面C对B的静摩擦力方向沿斜面向下，大小为 f=Tmax-2mgsin37解得 f=0.8mg当绳子拉力T=2mgsin37解得T=1.2mg斜面C对B的静摩擦力为零，可知物块B和斜面C之间的摩擦力先减小后增大，故B正确；C以B、C为整体，竖直方向，根据受力平衡Tsin+N地=(mB+mC)g由于拉力T逐渐增大，根据牛顿第三定律可知斜面C对地面的压力逐渐减小，故C正确；5D当绳子与竖直方向夹角=60时，绳子拉力最大，斜面C对B的静摩擦力最大，则有 fmax=0.8mg又 fm

33、axN=2mgcos37联立可得0.5可知物块B和斜面C之间的摩擦因数一定大于等于0.5，故D错误。故选BC。7如图所示，与水平面成30角的光滑绝缘细杆固定在地面上，杆上套有质量为m，带电荷量为+q的小球，重力加速度为g。为使小球静止在杆上，可在竖直平面内加一匀强电场，以下所加电场符合要求的有()A.竖直向上，电场强度大小为mgqB.与杆成30 斜向上，电场强度大小为3mg2qC.沿杆斜向上，电场强度大小为2mgqD.水平向右，电场强度大小为3mg3q【答案】AD【详解】A当电场强度竖直向上且场强大小为mgq时，在竖直方向上有qE=mg此时小球处于平衡状态，故A符合要求；B当电场强度与杆成30

34、 斜向上时，若要使小球处于平衡，根据对称性可知此时杆对小球的支持力大小与电场力大小相等，在竖直方向上有2qEcos30=mg解得E=3mg3q故B不符合要求；C当电场强度沿杆斜向上且场强大小为2mgq时，在沿杆的方向有qEmgsin30小球不可能静止，故C不符合要求；D当电场强度水平向右时，根据平衡条件以及力的合成与分解有 tan30=qEmg解得E=3mg3q故D符合要求。故选AD。8如图所示，小球A和小球B用两根轻质细绳固定在倾角为45的光滑斜面上，细绳与斜面平行，A球的质量为m，B球的质量为3m，B球带正电荷q，A球不带电，开始时两球均处于静止状态。现在该竖直面内加上一个匀强电场，A球刚

35、好不离开斜面，两球均可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.若电场沿水平方向，电场强度为E=3mgqB.若电场沿水平方向，此时A、B两球之间的细绳与竖直方向的夹角为53C.所加电场的电场强度不能小于2 2mgqD.O与A球之间的细绳拉力不可能等于06【答案】BC【详解】AA球对斜面没有压力，若电场沿水平方向，对A、B两球整体受力分析如图甲所示，有qE=4mg解得E=4mgq选项A错误；B对B球受力分析如图乙所示，有tan=qE3mg=43所以=53选项B正确；C当电场力方向与细绳OA垂直时，电场强度有最小值，此时qE=4mgsin45=2 2mg解得E=2 2mgq选项C正确；D若

36、当电场方向竖直向上且满足E=4mgq此时O与A球之间的细绳拉力刚好等于0，选项D错误。故选BC。9如图(a)所示，在倾角=30的绝缘斜面上放置着一个正方形金属线框，金属线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场(图中未画出)中，磁感应强度的大小按如图(b)所示的规律变化。在010t0内线框均处于静止状态，且在8t0时刻，线框恰好不下滑，在9t0时刻，线框恰好不上滑。设线框与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()A.2t0时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向B.9.5t0时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向下C.金属线框和斜面间的动摩擦因数为32D.金属线框和斜面间的动摩擦因数

37、为3 37【答案】AD【详解】A在08t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，所以2t0时刻，垂直斜面向下看，金属线框中的感应电流沿顺时针方向，故A正确；B在9t010t0时间内线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律7可知电流方向俯视为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，所以 9.5t0时刻，金属线框所受的安培力沿斜面向上，故B错误；CD设线框的宽度为L，质量为m，电阻为R，在08t0时间内产生的感应电动势E1=BtS=B0-08t0L22=B0L216t0感应电流大小为 I1

38、=E1R线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度增大，根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向下，在t=8to时刻，线框恰好静止在斜面上，则有 mgsin30+B0I1L=mgcos30在9t010t0时间内产生的感应电动势为 E2=BtS=B0-09t0-8t0L22=B0L22t0感应电流大小为 I2=E2R线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，且磁感应强度减小，根据楞次定律可知电流方向俯视为逆时针，根据左手定则可知安培力的方向沿斜面向上，在 t=9to时刻，线框恰好静止在斜面上，则有 mgsin30+mgcos30=B0I2L联立可

39、得=3 37故C错误，D正确。故选AD。10如图所示，间距为L的固定平行双轨道由足够长的水平光滑段和倾角为的粗糙段构成，所在空间存在与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量均为m、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直放在水平、倾斜导轨上且与导轨接触良好。起初cd棒恰好静止，ab棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始向右加速，当ab棒达到最大速度时，cd棒又恰好静止；导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为sinB.ab棒的最大加速度为2gsinC.ab棒的最大速度为4mgRsinB2L2D.恒力F的最大功率

40、为4m2g2Rsin2B2L2【答案】BC【详解】A起初cd棒恰好静止时，对cd棒受力分析，根据平衡条件可得mgsin=mgcos解得，cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为=tan故A错误；B当ab棒达到最大速度时，对cd棒受力分析，根据平衡条件可得mgsin+mgcos=F安对ab棒分析有F=F安=2mgsin开始运动时ab棒的加速度最大，根据牛顿第二定律有a=Fm=2gsin故B正确；C当ab棒达到最大速度时，安培力为F安=BIL=BE2RL=B2L2v2R=2mgsin解得，ab棒的最大速度为v=4mgRsinB2L2故C正确；D恒力F的最大功率为P=Fv=2mgsin4mgRsinB2L2

41、=8m2g2Rsin2B2L2故D错误。选BC。三、三大力场中有关斜面模型的动力学问题三大力场中有关斜面模型的动力学问题11如图所示，质量均为m的A、B两物体之间有少量黏合剂，能承受的最大拉力为mgsin，其中g为重力加速度。劲度系数为k的轻弹簧一端连接物体A，另一端固定在倾角为的光滑斜面底端。现用外力作用在B上，使A、B缓慢向下移动到某一位置后撤去外力，两物体被弹到最高点时恰好分离。已知弹簧8弹性势能的表达式为Ep=12kx2，式中x表示弹簧的形变量。下列说法正确的是()A.A、B两物体分离时，弹簧刚好处于原长B.A、B两物体分离前，两物体的最大速度为2gsin2mkC.A、B两物体由静止释

42、放时，弹簧的弹性势能Ep=12m2g2sin2kD.A、B两物体分离时，A的加速度为2gsin【答案】BD【详解】ADA、B两物体分离时，A、B之间的拉力达到最大值，且A、B具有相同的加速度。分离时，对B进行受力分析有mgsin+mgsin=ma可得a=2gsin知A的加速度也是2gsin，此时弹簧处于伸长状态，对A进行受力分析则有kx1+mgsin-mgsin=ma则x1=2mgsink故A错误，D正确；B两物体速度最大时，加速度为零，弹簧处于压缩状态，对A、B整体有kx2=2mgsin可得x2=2mgsink从速度最大到最高点，系统机械能守恒，则有12kx22-12kx21+122mv2m

43、=2mgsin x1+x2可得vm=2gsin2mk故B正确；C由简谐运动的对称性可知释放位置的加速度大小也是2gsin，方向沿斜面向上，由牛顿第二定律有kx3-2mgsin=2ma 可得 x3=6mgsink两物体由静止释放时，弹簧的弹性势能 Ep=12k x23=18m2g2sin2k故C错误。故选BD。12小物块m先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力F。图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图线。不考虑空气阻力，小物块m=1kg，g=10m/s2，=53，cos53=0.6，sin53=0.8，下列说法正确的是(

44、)A.有恒力F时，小物块在上升过程的平均速度较大B.不论有无恒力，小物块在上升过程中的平均速度均相等9C.恒力F大小为1ND.物块与斜面间动摩擦因数为0.5【答案】BCD【详解】AB根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程平均速度，有恒力 F时，小物块在上升过程的平均速度为v1=v02=5.5m/s无恒力F时，小物块在上升过程的平均速度为v2=v02=5.5m/s=v1则不论有无恒力，小物块在上升过程中的平均速度均相等，故A错误，B正确；CD有恒力F时，小物块在上升过程的加速度为a1=v1t1=111.1m/s2=10m/s2根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos-F=ma1无恒力F时

45、，小物块在上升过程的加速度为a2=v2t2=111m/s2=11m/s2根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma2解得恒力F大小为F=1N物块与斜面间动摩擦因数为=0.5故CD正确。故选BCD。13为探究滑块在倾角=37的绝缘斜面轨道上的运动，某兴趣小组设计了图(a)所示的实验。让轨道处于方向沿斜面向上的匀强电场中；将一质量m=1kg、电荷量q=110-4C的带正电滑块从斜面上O点静止释放，某时刻撤去电场；整个过程中，利用位移传感器和速度传感器分别测出了滑块的位移x和速度v，作出了图(b)所示的以O点为原点的v2-x关系图像。滑块可视为质点且电荷量不变，重力加速度g=10m/s2，sin

46、37=0.6。则可知()A.滑块与斜面间的动摩擦因数为0.25B.匀强电场的场强大小为8104N/CC.电场力的最大瞬时功率为20 2WD.整个过程中电场力的冲量大小为20Ns【答案】AD【详解】A由图b可知滑块先向上匀加速沿斜面向上运动4m撤去电场，滑块向上匀减速运动到5m处，然后匀加速返回，在返回阶段由v2=2ax可知，返回阶段的加速度大小为a=4m/s2由牛顿第二定律可得mgsin37-mgcos37=ma解得=0.25故A正确；B滑块向上运动阶段，电场撤去前滑块的加速度大小为a1，电场撤去后滑块的加速度大小为a2，则v2=2a1x1=2a2x2解得a1a2=x2x1=14由牛顿第二定律

47、可得qE-mgsin37-mgcos37=ma1；mgsin37+mgcos37=ma2解得a2=8m/s2，a1=2m/s2，E=1105N/C故B错误；C在x=4m处，滑块向上运动的速度最大，电场力的瞬时功率最大，则v=2a1x1=4m/s电场力的最大瞬时功率为P=Fv=qEv=40W故C错误；D滑块在电场力作用下运动的时间t=va1=2s整个过程中电场力的冲量大小为I=Ft=qEt=20Ns故D正确。故选AD。14三根光滑绝缘细杆a、b、c固定于竖直放置的圆环上，每根杆上各套着一个质量为m，电荷量为+q的小滑环(未画出)，其中杆b过圆心O且与水平方向的夹角=60，空间中存在与圆环平行的匀

48、强电场10(未画出)。现将三个小滑环同时从杆的顶部无初速度释放，滑到杆底所用的时间恰好相等，忽略三个滑环间的相互影响，则匀强电场的电场强度大小可能是()A.mg3qB.2mg4qC.mg2qD.2mgq【答案】CD【详解】由等时圆模型分析可知滑到杆底所用的时间恰好相等，则重力与电场力的合力方向应与 b在同一直线上由三角形法则可知电场与b垂直时电场强度取得最小值，此时有qE=mgcos即电场强度应满足Emgcosq=mg2q故选CD。15如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑竖直轨道PQ、MN足够长，底部连有一阻值为2R的电阻，

49、磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道连接良好，其余部分电阻不计。(重力加速度为g)()A.B1均匀减小B.B1的变化率为B1t=4RmgsinNB2SLC.断开K之后，金属棒的最大速度为v=4RmgsinB22L2D.断开K之后，金属棒的最大加速度为a=gcos【答案】ABC【详解】A根据安培定则和平衡条件可知，金属棒ab所受安培力沿斜面向上，则金属棒ab中的电流方向11为b到a，根据楞次定律可知，B1均匀减小，故A正确；B设B1的变化率为B1t，螺线管中感应电动势为E=NB1tS回路中总电阻为R总=R+2R2R2R

50、+2R=2R金属棒中电流为I=ER总=E2R金属棒受到的安培力为F安=B2I2L=mgsin即B2NB1tS4RL=mgsin解得B1t=4mgRsinNB2SL故B正确；C断开K之后，金属棒做匀速直线匀速时速度最大，由平衡条件得B2IL=mgsin由闭合电路的欧姆定律得I=E4R=B2Lv4R解得v=4RmgsinB22L2故C正确；D断开K之后，刚开始时金属棒的加速度最大，由牛顿第二定律得mgsin=mam最大加速度为am=gsin故D错误。故选ABC。16如图所示，倾角=30的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨(电阻不计)，导轨上端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁