【2019最新】精选高考物理二轮复习高分突破训练：专项1模型2斜面模型

1、【 2019最新】精选高考物理二轮复习高分突破训练：专项 1模型 2斜面模型( 对应学生用书第87 页) 模型统计 真题模型(2013 ·全国卷 T15)(2015 ·全国卷 T25)考查角度受力分析、静摩擦力、平衡的临界问题受力分析、滑动摩擦力、匀变速直线运动规律、牛顿运动定律考查角真题模型度受力分析、运动的图象、牛(2015 全·国卷T )顿第二20定律安培力、物体的平衡、欧姆(2015 ·国卷全T24)定律、法拉第电磁感应定律 模型解读 1斜面模型的特点斜面模型是中学物理中常见的模型之一斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡问题、运动及受力问题等通

2、过斜面模型，借助斜面的几何特点， 尤其是斜面的角度，可以对共点力的平衡、牛顿运动定律、匀变速运动规律以及功能关系等知识，整体法与隔离法、极欢迎下载。值法、极限法等物理方法进行考查考生在处理此类问题时，要特别注意对受力分析、正交分解法以及牛顿第二定律的运用2斜面模型的常见问题(1) 斜面上的平衡问题这类问题的解决办法： 一般是先应用整体法或隔离法对研究对象进行受力分析，然后对力进行正交分解 ( 通常情况下是在平行于斜面和垂直于斜面的方向上建立坐标系 ) ，最后根据 Fx0、Fy0 列方程求解(2) 斜面上的运动问题若滑块处于静止或匀速下滑状态，可用整体法求出地面对斜面体的支持力为 (Mm)g，地

3、面对斜面体的摩擦力为 0；若滑块处于匀变速运动状态，可对系统运用牛顿第二定律求出地面对斜面体的支持力为(Mm)gmasin ，地面对斜面体的摩擦力为 macos . 不论滑块处于什么状态，均可隔离滑块， 根据滑块的运动状态求斜面体对滑块的弹力和摩擦力另外，若 0，则滑块做匀变速直线运动， 滑块的加速度为agsin.(3) 斜面上的连接体问题这类问题通常有轻绳连接体、轻杆连接体、轻弹簧连接体等，这些连接体考查的内容通常是物体的平衡、牛顿运动定律及功能关系、能量转化与守恒定律的应用等 解决这类问题通常从对物体进行受力分析、运动分析、能量转化情况分析入手，利用物体的平衡规律、牛顿运动定律、功能关系及

4、能量守恒定律进行解题，需要注意的是轻绳只能提供拉力， 而轻杆和轻弹簧既能提供拉力又能提供弹力，另外杆对物体的作用不一定沿杆的方向实际解题时还需要注意对轻绳、轻【2019最新】精选高考物理二轮复习高分突破训练：专项模型斜面模型杆和轻弹簧中的临界状态分析 模型突破 考向 1物体在斜面上的平衡状态的分析 典例 1如图 1 所示，质量为 M的楔形物块 A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有质量为m的小物块 B. 用平行于斜面的拉力F 拉 B，使之沿斜面匀速上滑， A 与 B 之间的动摩擦因数为 . 现改变拉力的方向使其与斜面成一定的角度，使 B 仍沿斜面匀速上滑在 B 匀速上滑的过程中， A 始终

5、保持静止改变拉力的方向前后，下列描述正确的有 ()图 1AA 对 B 的摩擦力减小B拉力一定增大CB 对斜面的作用力不变D地面受到的摩擦力可能增大A 拉力 F 平行于斜面向上时， 先对 B进行受力分析， 如图甲所示，B 受重力 mg，A对 B 的支持力 N，A对 B 的摩擦力 f ，拉力 F 的共同作用根据平衡条件可知，平行斜面方向，有 Ff mgsin ；垂直斜面方向，有 Nmgcos ，其中 f N，解得 Fmg(sin cos ) ， f mgcos .甲拉力改变方向后变为F，B 受的支持力变为N，A 对 B 的摩擦力变为 f ，设其与斜面的夹角为 . 根据平衡条件， 平行斜面方向，有

6、Fcos f mgsin ；垂直斜面方向，有 N Fsin mgcos ，其中 f N，解得 F， f (mgcos Fsin ) ，由两式知滑动摩擦力减小，故 A正确由两3 / 83 / 8式知，拉力可能增大，也可能减小，故B 错误对 A 进行受力分析，如图乙所示，A 受重力 Mg、支持力 N2、B 对A 的压力 N1、B 对 A 的滑动摩擦力 f1 、地面对 A 的静摩擦力 f 静的共同作用根据平衡条件可知，在水平方向有f 静 N1sin f1cos. 结合对 A、B 选项的分析可知，当拉力改变方向后， B 对 A 的压力N1和滑动摩擦力 f1 都减小，故二者合力一定减小，即静摩擦力 f

7、静一定减小，故 C、D错误 乙如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上， 斜面足够长， 倾角为 的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F 推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高当线拉力最小时，推力 F等于()AmgsinB.mgsin D.mgsin 2 Cmgsin 2 D以小球为研究对象 小球受到重力mg、斜面的支持力 FN和细线的拉力 FT，如图所示：在小球缓慢上升过程中， 小球的合力为零，则 FN与FT 的合力与重力大小相等、 方向相反，根据平行四边形定则作出三个位置力的合成图如图， 则得当 FT与 FN垂直，即线与斜面平行时 FT最小，测得线的拉力最小值为 FTmin

8、 mgsin . 再对小球和斜面体组成的整体研究，根据平衡条件得：FFTmincos (mgsin)cosmgsin 2 ，故 D正确， A、B、C错误 考向 2物体在斜面上运动过程中的动力学关系【2019最新】精选高考物理二轮复习高分突破训练：专项模型斜面模型 典例 2如图 2 甲所示，质量 m1 kg 的小物块以初速度v011 m/s，从倾角 53°的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无外力作用， 图乙中 a、b 分别表示存在恒力F 和无外力作用时小物块沿斜面向上运动的v-t图象，不考虑空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2 ，下列说法

9、正确的是(cos 53° 0.6 ，sin 53° 0.8)()图 2A恒力 F 的大小为 21 NB小物块与斜面间的动摩擦因数为0.6C有恒力 F 时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小D有恒力 F 时，小物块在上升过程中产生的热量较小C 对小物块进行受力分析， 在沿斜面方向上， 当有恒力 F 作用时有 mgsin mgcos Fma1 ；没有外力作用时有 mgsinmgcos ma2，从表达式中可以看出a1a2.v-t图象斜率的绝对值表示加速度的大小， 故图线 a、b 分别为有恒力作用时和没有恒力作用时小物块沿斜面向上的v-t 图象，故 a1m/s210 m/s2，a

10、2m/s2 11 m/s2，代入两式可得0.5 ，F1 N，A、B 错误；因为两次运动中小物块初速度相同，末速度也相同，根据x可得有恒力 F 作用时小物块在斜面上滑行的距离大，摩擦力做功较多， 产生的热量较大， D错误；有恒力 F 作用时，小物块上升的高度比较大，所以小物块在最高点的重力势能比较大，而升高的过程中动能的减小量是相等的， 由功能关系知， 有恒力 F 作用时，小物块在上升过程中机械能的减少量较小，故C正确 (2018 ·河南名校压轴) 滑草是如今一些度假村推出的一项前卫运动，和滑雪一样能给5 / 85 / 8运动者带来动感和刺激 特别对少雪地区的人们来说， 滑草更新鲜了，

11、因为它比滑雪更具有娱乐休闲性， 更能体验人与大自然的和谐 “双人滑草”项目可以简化为如下模型： 如图所示， A、B 物块紧靠在倾角为 粗糙斜面上一起从静止开始加速下滑， 斜面与 A之间的动摩擦因数为 3，与 B之间的动摩擦因数为 ，A 物块的质量为 m，B 物块的质量为 3m，已知重力加速度为 g. 则在下滑过程中，物块 A、B 之间作用力的大小等于()A. mgsinB. mgsinD. mgcos C.mgcosD 对 A、B 整体，由牛顿第二定律： (m3m)gsin 3 mgcos·3mgcos(m3m)a；对滑块 A：FBAmgsin 3mgcosma；联立解得： FBAm

12、gcos ，故选 D.考向 3斜面上的多体问题 典例 3下表面粗糙，其余面均光滑的斜面置于粗糙水平地面上斜面与水平地面间的动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力倾角与斜面倾角相等的物体A放在斜面上， 方形小物块 B 放在 A 上，在水平向左的恒力F 作用下，物体 A、小物块 B 及斜面均处于静止状态如图3 所示，将小物块B 从物体 A 上取走，则 ()图 3B斜A斜面仍处于静止状态面一定向左运动D物体 A仍保持静止状态C斜面可能向左运动A 设物体 A、小物块 B 和斜面的质量分别为 mA、mB和 M，把 A、B 当作一个整体进行受力分析，根据平衡条件，在平行于斜面方向有【2019最新】精选

13、高考物理二轮复习高分突破训练：专项模型斜面模型Fcos (mAmB)gsin ；当取走小物块 B后，有 Fcos mAsin ，故物体 A 沿斜面向上做匀加速运动， D错误垂直斜面方向有 N Fsin (mAmB)gcos . 对斜面进行受力分析， 其受到的压力 N Fsin (mAmB)gcos ，N沿水平方向的分力为 Nsin f 静 N1f 静 max，地面对斜面的支持力 N1Ncos Mg，联立得 Nsin f 静 (Ncos Mg)，即 sin cos .当取走 B 后 N减小，又 sin cos 和 Mg均为定值，故斜面与水平地面间的最大静摩擦力仍大于斜面受到的压力沿水平方向的分力

14、，即斜面仍静止，A 正确， B、C错误 考向 4斜面与连接体模型 典例 4( 多选 ) 如图 4 所示，将质量 M1 kg 的重物 B 悬挂在轻绳的一端，并放置在倾角为 30°、固定在水平地面上的斜面上， 轻绳平行于斜面，重物 B 与斜面间的动摩擦因数 . 轻绳跨过质量不计的光滑定滑轮与一质量 m0.5 kg 的小圆环 A 相连圆环套在竖直固定的光滑直杆上， 滑轮中心与直杆的距离 L4 m现将圆环 A 从与定滑轮等高处由静止释放，不计空气阻力，直杆和斜面足够长，重力加速度 g 取 10 m/s2. 下列判断正确的是 ()图 4A圆环下降的过程中，轻绳张力的大小始终等于10 NB圆环下

15、降的最大距离为Hmax mC圆环速度最大时，轻绳与直杆的夹角为30°D若增大圆环质量使m1 kg，再重复题述过程，则圆环在下降过程中，重力做功的功率一直在增大BD 圆环 A 先向下做加速运动，后做减速运动，所以重物 B 也是先做加速运动， 后做减速运动， 且受到的重力、 支持力和摩擦力都保7 / 87 / 8持不变，所以绳子对 B 的拉力必定是变化的， 故 A 错误；设圆环 A 下降的最大距离为 Hmax，则重物 B 上升的距离为 H1( L)sin 30 °，此时，圆环 A 与重物 B 的速度均为零，根据能量守恒定律得 mgHmaxMgH1Mgcos 30°&#

16、183; ( L) ，代入数据解得 Hmax m，故 B 正确；圆环 A 在下滑过程中处于平衡状态时速度最大， 此时重物 B 和小圆环 A 的加速度均是 0，绳子的拉力 TMgsin 30 ° Mgcos 30° 10 N，设拉圆环 A的绳子与竖直方向的夹角是 ，则在竖直方向上有 Tcos mg，代入数据得 60°，故 C错误；若增大圆环质量使 m1 kg，再重复题述过程， 则圆环受到的重力恒大于绳子的拉力沿竖直方向的分力，圆环将一直向下做加速运动， 所以其重力做功的功率一直增大，故 D正确 ( 多选 ) 如图所示，轻质不可伸长的细绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为 m的物体A 连接， A 放在倾角为 的光滑斜面上，绳的另