（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)1 斜面體模型學(xué)案

《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)1 斜面體模型學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)1 斜面體模型學(xué)案（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 真題模型再現(xiàn)(一)——斜面體模型 來(lái)源 圖例 考向 模型核心歸納 2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ第15題 受力分析、靜摩擦力、平衡的臨界問(wèn)題 斜面模型是中學(xué)物理中常見的模型之一。斜面模型的基本問(wèn)題有物體在斜面上的平衡、運(yùn)動(dòng)及受力問(wèn)題。 1.?？嫉男泵婺Ｐ? (1)斜面中的“平衡類模型” (2)斜面中的“動(dòng)力學(xué)模型” (3)斜面中的“連接體模型” 2.模型解法 (1)注意斜面的幾何特點(diǎn)，尤其是斜面的角度關(guān)系的應(yīng)用。 (2)利用共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律以及功能關(guān)系列方程。 (3)注意整體法與隔離法、合成法、正交分解法等物理方法的應(yīng)用。 2015

2、·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ第20題 受力分析、運(yùn)動(dòng)的圖象、牛頓第二定律 2015·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ第25題 受力分析、滑動(dòng)摩擦力、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律 2016·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ第24題 安培力、物體的平衡、歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律 【預(yù)測(cè)1】 (多選)(2017·廣東省百校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)如圖13所示，地面上固定一個(gè)斜面，斜面上疊放著A、B兩個(gè)物塊并均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)物塊A施加一斜向上的力F作用，A、B兩個(gè)物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。則木塊B的受力個(gè)數(shù)可能是(　　) 圖13 A.3個(gè) B.4個(gè) C.5個(gè) D.6個(gè) 解析　對(duì)A受力分析可得，A受豎直向下

3、的重力、斜向左上方的拉力F、豎直向上的支持力及水平向右的摩擦力，對(duì)B受力分析可得，B受重力、A對(duì)B的壓力、斜面的支持力、A對(duì)B向左的摩擦力，且斜面若對(duì)B沒(méi)有摩擦力則B受到4個(gè)力，若斜面對(duì)B有摩擦力則B受5個(gè)力，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確。 答案　BC 【預(yù)測(cè)2 (2017·天津靜海區(qū)模擬)如圖14甲所示，一物塊放在粗糙斜面體上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面體和物塊始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)F按圖乙所示規(guī)律變化時(shí)，物塊與斜面體間的摩擦力大小變化規(guī)律可能是圖中的(　　) 圖14 解析　在t0時(shí)刻F為零，t0以后摩擦力和重力沿斜面向下的分力等大、反向，摩擦力恒定不變，故A、B錯(cuò)誤；若

4、剛開始F>mgsin θ，此時(shí)有F＝mgsin θ＋Ff，隨著F的減小，摩擦力也在減小，當(dāng)F＝mgsin θ時(shí)，摩擦力減小到零，F(xiàn)繼續(xù)減小，有F＋Ff＝mgsin θ，則摩擦力增大，當(dāng)F減小到零后Ff＝mgsin θ，摩擦力恒定不變，這種情況下，摩擦力先減小后增大；若剛開始F

5、滑輪用輕繩OP懸掛在天花板上，用另一輕繩通過(guò)滑輪系在輕環(huán)上，用手拉住輕繩另一端并使OP恰好在豎直方向，如圖15所示?，F(xiàn)水平向右拉繩，當(dāng)輕環(huán)重新靜止不動(dòng)時(shí)，OP繩與天花板之間的夾角為(　　) 圖15 A.90° B.45° C.θ D.45°＋ 解析　對(duì)輕環(huán)Q進(jìn)行受力分析如圖甲，則只有繩子的拉力垂直于桿時(shí)，繩子的拉力沿桿的方向沒(méi)有分力，輕環(huán)重新靜止不動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，PQ繩與豎直方向之間的夾角是θ。對(duì)滑輪進(jìn)行受力分析如圖乙，由于滑輪的質(zhì)量不計(jì)，則OP對(duì)滑輪的拉力與兩段繩子上拉力的合力大小相等，方向相反，所以O(shè)P的方向一定在兩段繩子夾角的角平分線上，由幾何關(guān)系得OP與豎直方向之間

6、的夾角β＝－θ＝45°－，則OP與天花板之間的夾角為90°－β＝45°＋，故選項(xiàng)D正確。 答案　D 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1.(2017·江西南昌調(diào)研)已知直升機(jī)飛行時(shí)所受的空氣阻力與其運(yùn)動(dòng)方向相反，當(dāng)其水平勻速飛行時(shí)，需調(diào)整旋翼的旋轉(zhuǎn)平面使其與前進(jìn)方向成某一角度α(如圖1所示)。若空氣對(duì)旋翼產(chǎn)生的升力垂直于旋翼旋轉(zhuǎn)的平面，直升機(jī)重力為G，則直升機(jī)勻速向前飛行時(shí)，空氣對(duì)旋翼的升力大小為(　　) 圖1 A.G B. C. D. 解析　直升機(jī)勻速向前飛行時(shí)，對(duì)飛機(jī)受力分析，由平衡條件可知空氣對(duì)旋翼的升力大小為F

7、＝，B正確。 答案　B 2.一通電直導(dǎo)體棒用兩根絕緣輕質(zhì)細(xì)線懸掛在天花板上，靜止在水平位置(如正面圖)?，F(xiàn)在通電導(dǎo)體棒所處位置加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使導(dǎo)體棒能夠靜止在偏離豎直方向θ角(如側(cè)面圖)的位置。如果所加磁場(chǎng)的強(qiáng)弱不同，則磁場(chǎng)方向的范圍是(以下選項(xiàng)中各圖，均是在側(cè)面圖的平面內(nèi)畫出的，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小未按比例畫)(　　) 圖2 解析　對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知，導(dǎo)體棒受到的安培力與重力和繩子的拉力的合力大小相等，方向相反，故由左手定則可以判斷出磁場(chǎng)的方向范圍，故C正確。 答案　C 3.如圖3所示，質(zhì)量為2 kg的物體與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，水平地面足夠大。t＝0時(shí)，物體

8、以2 m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)物體施加一個(gè)水平向左的大小恒為2 N 的拉力F，向右為正方向，取g＝10 m/s2，則在t＝0之后(　　) 圖3 A.物體所受摩擦力不會(huì)變化 B.物體所受摩擦力會(huì)由－4 N變?yōu)椋? N C.物體所受摩擦力會(huì)由－4 N變?yōu)椋? N D.物體所受摩擦力會(huì)由＋4 N變?yōu)椋? N 解析　分析摩擦力問(wèn)題的關(guān)鍵是弄清楚是滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力，由題意知，剛開始物體向右運(yùn)動(dòng)，所以物體受到向左的滑動(dòng)摩擦力為－4 N；又因?yàn)閠＝0時(shí)，物體受到向左的水平恒力，所以物體會(huì)向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到速度為0；之后水平恒力小于最大靜摩擦力，故物體受到向右的靜摩擦力，與水

9、平恒力等大反向，大小為＋2 N，選項(xiàng)B正確。 答案　B 4.(2017·洛陽(yáng)市高三第一次統(tǒng)考)如圖4甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在與水平方向夾角為60°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示(規(guī)定圖甲中B的方向?yàn)檎较?，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，除電阻R的阻值外，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab在水平拉力作用下始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，規(guī)定a―→b的方向?yàn)殡娏鞯恼较?，水平向右的方向?yàn)槔Φ恼较?，則在0～t1時(shí)間內(nèi)，能正確反映流過(guò)導(dǎo)體棒ab的電流I和導(dǎo)體棒ab所受水平拉力F隨時(shí)間t變化的圖象是(　　) 圖4 解析　在0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率＝，由

10、法拉第電磁感應(yīng)定律可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，感應(yīng)電流恒定，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可判斷出ab中感應(yīng)電流方向?yàn)閎指向a，導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIL，0～t0時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安斜向下右方，隨時(shí)間均勻減小，t0～t1時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安斜向左上方，隨時(shí)間均勻增大，由平衡條件可知，導(dǎo)體棒所受水平拉力F時(shí)刻與F安在水平方向上的分力等大反向，選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。 答案　D 5.如圖5所示，在水平地面上放置一個(gè)質(zhì)量為M的斜面體(斜面光滑)，斜面體上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，物塊與固定在墻面上的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧的軸線始終與斜面平行。若物塊在斜面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜面體始終保持靜止，則圖中畫出的關(guān)于地面對(duì)斜面

11、體的摩擦力Ff與時(shí)間t的關(guān)系圖象正確的是(　　) 圖5 解析　設(shè)斜面體M的傾角為θ，以物塊m為研究對(duì)象，可知斜面體對(duì)m的支持力為FN＝mgcos θ，以斜面體M為研究對(duì)象，經(jīng)受力分析可知地面對(duì)斜面體的摩擦力為Ff＝FNsin θ＝mgsin θcos θ＝mgsin 2θ，故選項(xiàng)C正確。 答案　C 6.(2017·河北保定二模)如圖6所示，兩根剛性輕桿上端由自由旋轉(zhuǎn)軸A連接，輕桿下端固定一根自然伸長(zhǎng)的勻質(zhì)輕彈簧，圍成邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ABC，將此裝置豎直放在光滑水平面上，在軸A處施加豎直向下的、大小為F的作用力，彈簧被拉伸一定長(zhǎng)度，若此時(shí)彈簧彈力大小恰為，則彈簧的勁度系數(shù)為(

12、　　) 圖6 A. B. C. D. 解析　設(shè)F與AB的夾角為α，F(xiàn)作用在AB桿上的分力為F′，則2F′cos α＝F，F(xiàn)′sin α＝kx＝，兩式聯(lián)立解得tan α＝1，所以平衡時(shí)AB與AC垂直。由幾何知識(shí)可得彈簧的伸長(zhǎng)量為x＝L－L，由＝kx，解得k＝，故B正確。 答案　B 7.(2017·昆明模擬)如圖7所示，有兩條和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿(內(nèi)阻不計(jì))從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間，金屬桿的速度達(dá)到最大速度vm，則(　　) 圖7 A.如果B變

13、大，vm將變大 B.如果α變大，vm將變大 C.如果R變大，vm將變大 D.如果m變小，vm將變大 解析　當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，對(duì)金屬桿受力分析，由平衡條件得mgsin α－BIl＝0，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得I＝，解得vm＝，分析得B、C正確。 答案　BC 8.把a(bǔ)、b兩個(gè)完全相同的導(dǎo)體小球分別用長(zhǎng)為l的絕緣細(xì)線拴接，小球質(zhì)量均為m。先讓a球帶上＋q的電荷量并懸掛于O點(diǎn)，如圖8所示?，F(xiàn)將不帶電的小球b也懸掛于O點(diǎn)(圖中未畫出)，兩球接觸后由于靜電斥力分開，平衡時(shí)兩球相距l(xiāng)。已知重力加速度為g，靜電力常量為k，帶電小球可視為點(diǎn)電荷。關(guān)于a球所受的靜電力大小F及

14、O點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小E下列正確的是(　　) 圖8 A.F＝mg B.F＝mg C.E＝ D.E＝ 解析　對(duì)平衡時(shí)的a球受力分析如圖所示，由正交分解法可得FTsin 60°＝mg，F(xiàn)Tcos 60°＝F，聯(lián)立解得F＝mg，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；兩小球接觸后電荷量會(huì)平分，則每個(gè)小球的電荷量都為＋，由點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式可得Ea＝Eb＝k＝，由平行四邊形定則可得E＝2Eacos 30°＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　AD 9.在如圖9所示的裝置中，兩物塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，而且mA＞mB，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，設(shè)此時(shí)動(dòng)滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為θ，若小車向左緩慢移動(dòng)一

15、小段距離并停下來(lái)后，整個(gè)系統(tǒng)再次保持靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖9 A.物塊A的位置將變高 B.物塊A的位置將變低 C.輕繩與水平面的夾角θ將變大 D.輕繩與水平面的夾角θ將不變 解析　當(dāng)小車向左緩慢移動(dòng)一小段距離后，輕繩所受到的拉力大小不變，以輕質(zhì)動(dòng)滑輪與輕繩的接觸點(diǎn)O為研究對(duì)象，分析O點(diǎn)的受力情況，作出O點(diǎn)的受力分析圖如圖所示，設(shè)繩子的拉力大小為F，兩繩子的夾角為2α，由于動(dòng)滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向有對(duì)稱性，則有2Fcos α＝mBg，由于F＝mAg保持不變，由此可知，α角保持不變，由幾何知識(shí)可得，α＋θ＝90°，則θ保持不變，當(dāng)小車向左緩慢移動(dòng)一小段距離

16、后，動(dòng)滑輪將下降，則物塊A的高度增大，故選項(xiàng)A、D正確，B、C錯(cuò)誤。 答案　AD 10.(2017·天津理綜，8)如圖10所示，輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖10 A.繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B.將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C.繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D.若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點(diǎn)右移 解析　設(shè)兩桿間距離為d，繩長(zhǎng)為l，Oa、Ob段長(zhǎng)度分別為la和lb，則l＝la＋lb，兩部分繩子與豎直方向夾

17、角分別為α和β，受力分析如圖所示。繩子中各部分張力相等，F(xiàn)a＝Fb＝F，則α＝β。滿足2Fcos α＝mg，d＝lasin α＋lbsin α＝lsin α，即sin α＝，F(xiàn)＝，d和l均不變，則sin α為定值，α為定值，cos α為定值，繩子的拉力保持不變，故A正確，C錯(cuò)誤；將桿N向右移一些，d增大，則sin α增大，cos α減小，繩子的拉力增大，故B正確；若換掛質(zhì)量更大的衣服，d和l均不變，繩中拉力增大，但衣服的位置不變，D錯(cuò)誤。 答案　AB 二、非選擇題 11.如圖11甲所示，在水平地面上固定一對(duì)與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道，軌道間的距離為l，兩軌道底端的連線與軌道垂

18、直，頂端接有電源。將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上，導(dǎo)體棒與兩軌道垂直。通過(guò)導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I，方向由a到b，圖乙為圖甲沿a→b方向觀察的平面圖。若重力加速度為g，在軌道所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止。 圖11 (1)請(qǐng)?jiān)趫D乙所示的平面圖中畫出導(dǎo)體棒受力的示意圖； (2)求出磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)體棒的安培力的大??； (3)如果改變軌道所在空間的磁場(chǎng)方向，試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值的大小和方向。 解析　(1)如圖所示。 (2)根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可知，磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)體棒的安培力的大小 F＝mgtan α。 (3)要

19、使磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，則要求安培力最小。根據(jù)受力情況可知，最小安培力Fmin＝mgsin α，方向平行于軌道向上。 所以最小磁感應(yīng)強(qiáng)度Bmin＝＝ 根據(jù)左手定則可判斷出此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪避壍榔矫嫦蛏稀? 答案　(1)見解析圖　(2)mgtan α　(3)　垂直軌道平面向上 12.質(zhì)量為M、傾角為θ的木楔在水平面上保持靜止，質(zhì)量為m的木塊剛好可以在木楔上表面勻速下滑，現(xiàn)在用與木楔上表面成α角的力F拉著木塊勻速上滑，如圖12所示。重力加速度為g。 圖12 (1)當(dāng)α為多大時(shí)，拉力F有最小值？最小值為多少？ (2)當(dāng)拉力F最小時(shí)，水平面對(duì)木楔的摩擦力為多大？ 解析　(1)木塊剛好可以沿木楔上表面勻速下滑時(shí)， 則有mgsin θ＝μmgcos θ 可得μ＝tan θ 用力F拉著木塊勻速上滑，受力分析如圖甲所示，有 Fcos α＝mgsin θ＋Ff FN＋Fsin α＝mgcos θ 又Ff＝μFN 聯(lián)立解得F＝ 所以，當(dāng)α＝θ時(shí)，F(xiàn)有最小值， 為Fmin＝mgsin 2θ。 (2)對(duì)木塊和木楔整體受力分析如圖乙所示， 由平衡條件可得 Ff′＝Fcos(θ＋α) 當(dāng)拉力F最小時(shí)， Ff′＝Fmincos 2θ＝mgsin 4θ。 答案　(1)θ　mgsin 2θ (2)mgsin 4θ - 12 -