高中物理 斜面模型-word文档 1

斜面模型训练1、（2021·湖南省长郡中学高三上学期开学摸底）如图所示，倾角为θ的斜面体A固定在电梯里的水平地板上，电梯静止时在斜面体A上轻轻放上一个小斜劈B，斜劈B的上表面水平，下列说法正确的是（）A. 若斜劈B恰好静止在斜面体A上，则当电梯匀加速上升时，斜劈B将相对斜面体A加速下滑B. 若斜劈B恰好静止在斜面体A上，则在斜劈B上再放上一个物块C时，斜劈B和物块C均能静止C. 若斜劈B沿斜面匀加速下滑，则在斜劈B上再施加一个竖直向下的力时，斜劈B的加速度不变D. 若斜劈B沿斜面匀加速下滑，则在斜劈B上再放上一个物块C时（斜劈B、物块C相对静止），斜劈B的加速度变大2.、如图所示,质量为m的物体A在沿斜面向上的拉力F作用下沿斜面匀速下滑,此过程中斜面体B仍静止,斜面体的质量为M, 则以下说法正确的是( )A. 水平地面对斜面体无摩擦力B. 水平地面对斜面体有水平向左的摩擦力C. 水平地面对斜面体支持力为(m+M)gD.物体A受的摩擦力小于F3、如下图所示，物体B叠放在物体A上，A，B的质量均为m，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C匀速下滑，则( )A．A、B间没有静摩擦力B．A受到B的静摩擦力方向沿斜面向上C．A受到斜面的滑动摩擦力大小为2mgsinθD ．A 与B 间的动摩擦因数μ＝tanθ4、（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M 点，与竖直墙相切于A 点，竖直墙上另一点B 与M 的连线和水平面的夹角为60°，C 是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻a 、b 两球分别由A 、B 两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM 、BM 运动到M 点；c 球由C 点自由下落到M 点，则（ ）A. a 球最先到达M 点B. b 球最先到达M 点C. c 球最先到达M 点D. b 球和c 球都可能最先到达M 点5、（2021·河北省保定市高三上学期摸底测试）小物块从一固定斜面底端以初速度0v 冲上斜面，如图所示，已知小物块与斜面间动摩擦因数为0.5，斜面足够长，倾角为37︒，重力加速度为g 。

则小物块在斜面上运动的时间为（cos370.8︒=，sin370.6︒=）（ ）A. 02v gB. 03v gC. 0(51)v g+ D. 0(61)v g+ 6、如图所示，用一根细线系住重力为G ，半径为R 的球，其与倾角为α的光滑斜面劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，当细线悬点O 固定不动，斜面劈缓慢水平向左移动直至绳子与斜面平行的过程中，下述正确的是( )A ．细绳对球的拉力先减小后增大B ．细绳对球的拉力先增大后减小C ．细绳对球的拉力一直增大D ．细绳对球的拉力最小值等于Gsinα7.、如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。

在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力F T和斜面的支持力为F N分别为(重力加速度为g) ( )A. F T=m(gsinθ+acosθ) F N=m(gcosθ－asinθ)B. F T=m(gcosθ+asinθ) F N=m(g sinθ－acosθ)C. F T=m(acosθ－gsinθ) F N=m(gcosθ+asinθ)D. F T=m(asinθ－gcosθ) F N=m(gsinθ+acosθ)8、如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有A、B、C 三个完全相同的小物块和一根轻质弹簧，它们之间互不粘连、不栓接。

用手控制住C，使整个系统在处于静止状态。

某时突然将手拿开。

已知当地重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。

在手离开C 的瞬间，下列说法正确的是（）A A．小物块A、B 间的弹力突然变为0 BCB．小物块A、B 间的弹力保持不变C．小物块 A 的加速度为gsinθθD．小物块 C 的加速度为2gsinθ9、(多选)如图所示，光滑斜面AE段被分成长度相等的四部分，一物体由A点从静止释放，沿斜面向下做匀加速直线运动，下列结论中正确的是()A．物体到达C点的速率与D点速率之比为B．物体通过AB段和BE段所用的时间是相等的C．物体从A到E的平均速度等于物体通过C点时的速度D．物体从A点到达各点所经历的时间t E＝2t B＝t C＝t D10、(多选)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90 ，框架与小球始终保持静止状态．在此过程中下列说法正确的是A.框架对小球的支持力先减小后增大B. B. 拉力F 的最小值为mg cos θC. 地面对框架的摩擦力减小D. D. 框架对地面的压力先增大后减小 11、(多选)如图所示，一质量、倾角为的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为的光滑楔形物体．用一水平向左的恒力作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动．重力加速度取，下列判断正确的是（ ）A.B.系统做匀速直线运动C.增大力，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动D.斜面体对楔形物体的作用力大小为12、（多选）（2021·辽宁省渤大附中育明高中高三上学期第一次联考）如图（a ），一物块在t=0时刻滑上一固定斜面，其运动的v —t 图线如图（b ）所示．若重力加速度及图中的0v 、1v 、1t均为已知量，则可求出A. 斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度 参考答案 1、【答案】B【解析】A ．若B 恰好静止在斜面体A 上，则有B B sin cos m g m g θμθ≤则当电梯匀加速上升时，A 和B 之间在竖直方向上相互作用力增大了F ，则仍有()()B B sin cos F m g F m g θμθ+≤+B 和A 仍保持相对静止，即B 和A 一起随电梯匀加速上升，A 错误； B ．若B 恰好静止在斜面体A 上，则有B B cos gsin m m g μθθ≤在B 上再放一个物块C 时，则仍有()()B C B C +sin +cos m m g m m θμθ≤B 和物块C 均能静止，B 正确；C ．B 沿斜面体匀加速下滑时，根据牛顿第二定律则有B B Bsin cos m g m g a m θμθ-=当给B 施加一个竖直向下的作用力F '时，则有()()B B Bsin cos m g F m g F a m θμθ''+-+'=因为c sin os g g μθθ>所以sin cos F F θμθ''>可见a a '>即B 的加速度增大，C 错误；D ．B 沿斜面体匀加速下滑时，根据牛顿第二定律则有B B Bsin cos sin cos m g m g a g g m θμθθμθ-==-当在B 上再放一个物块C 时，则有()()()B C B C B C +sin +cos =sin cos m m g m m g a g g m m θμθθμθ-'=-+可见a a '=B 的加速度不变，D 错误。

故选B 。

2、【答案】B【解析】 整体法隔离法分析即可。

3、【答案】C【解析】假设A 、B 间没有静摩擦力，则B 物体会加速下滑，A 项错，不能救出A 与B 间的动摩擦因数，D 项错，B 受到A 的静摩擦力方向沿斜面向上，B 项错。

4、【答案】C【解析】 如图所示令圆环半径为R ，则c 球由C 点自由下落到M 点用时满足212c R gt =所以2c Rt g=对于a 球令AM 与水平面成θ角，则a 球下滑到M 时满足212sin sin 2a AM R g t θθ==⨯ 解得2a R t g=同理b 球从B 点下滑到M 点用时也满足2b r t g=上式中r 为过B 、M 且与水平面相切于M 点的竖直圆的半径，r >R ，综上所述可得b ac t t t >>故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

5、【答案】C【解析】运用牛顿第二定律，上升时1sin 37cos37ma mg mg μ=+11v t a =2012v x g=下降时2sin 37cos37ma mg mg μ=-212212x a t =2t =所以121)v t t t g=+= 故选C 。

6、【答案】 D【解析】利用动态平衡方法救出。

7、【答案】A【解析】隔离小球分析，用正交分解法，根据牛顿第二定律列方程求解。

8 、【答案】 B 【解析】:手离开 C 之前，手对C 的推力等于3mgsinθ，手离开 C 的瞬间，弹簧的弹力不能突变，A 、B 两物体状态未变，所以小物块 A 、B 间的弹力保持不变。

9、【答案】BD 解析：利用t B ：t C ：t D ：t E 的比例关系和速度时间的关系公式。

10、【答案】 BC11、【答案】AC 12、【答案】ACD【解析】小球滑上斜面的初速度0v 已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度0，那么平均速度即02v ，所以沿斜面向上滑行的最远距离012v s t =，根据牛顿第二定律，向上滑行过程01sin cos v g g t θμθ=+，向下滑行11sin cos v g g t θμθ=-，整理可得011sin 2v v g t θ+=，从而可计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项AC 对．根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度00101101sin 224v v v v vs t v gt gθ++=⨯=，选项D 对．仅根据速度时间图像，无法找到物块质量，选项B 错．。