高考物理斜面试题分类解析

高考物理斜面试题分类解析

高考斜面问题分类解析 湖北省宜昌二中程嗣工作室　程　嗣（特级教师）‎ 湖北省宜昌市三峡高中　程首宪（高级教师）‎ ‎　‎ 高考物理中的斜面，并不是初中物理所学的简单机械，通常也不是题目的主体，而只是一个载体，即处于斜面上的物体通常才是真正的主体．由于斜面问题的千变万化，既可能光滑，也可以粗糙；既可能固定，也可以运动，即使运动，也可能匀速或变速；既可能是一个斜面，也可能是多个斜面；斜面上的物体同样五花八门，可能是质点，也可能是连接体，可能是带电小球，也可能是导体棒．斜面问题，由于承载的物体运动情况各异，因此举凡力学中的主要规律均可涉及；由于承载的物体各异，故很容易将力学知识和热学、电学知识联系起来．凡此种种，造成斜面问题的复杂化，为高考命题提供了广阔的平台．‎ ‎　　求解斜面问题，能否做好斜面上物体的受力分析，尤其是斜面对物体的作用力（包括支持力和摩擦力）是解决问题的关键．‎ ‎　一．十年高考题图 年份 ‎1995年上海 ‎1997年上海 ‎1998年上海 ‎1999年上海 ‎2000年全国 题型 填空题 实验题 计算题 填空题 计算题 题 图 年份 ‎2001年全国 ‎2002年春季 ‎2003年辽宁 ‎2004年春季 ‎2004年全国 题型 填空题 选择题 选择题 选择题 选择题 题 图 ‎　　二．题型分类 按研究对象分类，斜面问题可分为单个质点、连接体、带电小球、导体棒等等；按斜面本身分类，可分为单斜面、双斜面及多个斜面体；按运动性质分类，可分为平衡、加速等等．‎ α C A B F 图1‎ ‎　　三．经典例析 ‎1．平衡类 例1　（2001年全国，12题）如图1所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC＝α．AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力．现物块静止不动，则摩擦力的大小为　　　　．‎ 解析　对物块作受力分析，并如图2所示建立坐标系．由平衡条件，‎ 在y方向上有　Ff－mg－Fsinα＝0，‎ A B Ff 图2‎ α C mg F x FN y 得摩擦力　Ff＝mg＋Fsinα．‎ 点评　对于三个以上外力作用下物体的平衡问题，一般可采用正交分解法．‎ ‎×‎ ‎（‎ ‎30°‎ 图3‎ 例2　（1999年上海，12题）在倾角为30°的光滑斜面上垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒，一匀强磁场垂直于斜面向下，如图3所示．当导体棒内通有垂直纸面向里的电流I时，导体棒恰好静止在斜面上，则磁感应强度的大小为B=______． ‎ 解析　通电导体棒所受重力mg竖直向下，由左手定则知安培力BIL沿斜面向上，斜面支持力垂直斜面向上．由平衡条件知力与重力的下滑分力平衡，即　BIL＝mgsin30°，所以．‎ 点评　通电导体在磁场中受力情况往往是三维空间问题，为了清晰地表达各力、磁感应强度和电流的关系，应该像本题这样在垂直于电流方向的平面内作受力分析图．‎ 图4‎ ‎2．加速类 例3　（2000年上海，21题）风洞实验中可产生水平方向的、大小可调节的风力．现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径，如图4所示．‎ ‎（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．‎ ‎（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin37°=0．6，cos37°=0．8）‎ 解析　（1）设小球所受的风力为F，支持力为FN，摩擦力为Ff，小球质量为m，作小球受力图，如图5所示，‎ 图5‎ 当杆水平固定，即θ=0时，由题意得：‎ F=μmg，　　　　　①‎ ‎∴μ=F/mg=0．5 mg/mg=0．5 ． 　　　②‎ ‎(2)沿杆方向，由牛顿第二定律得 Fcosθ＋mgsinθ－Ff =ma， 　　　　 ③‎ 垂直于杆方向，由共点力平衡条件得 FN＋Fsinθ－mgcosθ＝0，　 ④‎ 又 Ff =μFN ， 　 ⑤‎ 联立③④⑤式得：‎ ‎，‎ 将F=0．5 mg代入上式得 ． ⑥‎ 由运动学公式得　，　　　　　　　　⑦‎ 所以 = ． 　　　 ⑧‎ 点评　风洞实验是模拟航空航天飞行器飞行的不可缺少的实验设备．本题就是以此为背景，来考查牛顿定律的应用，需要考生能从题境中进行抽象，建立理想化的物理物理模型．‎ a b c d 图6‎ 例4　（2004年全国，15题）如图6所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为最低点．每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示滑环到达d所用的时间，则（ 　　）‎ ‎ A．t1 < t2 < t3 B．t1 > t2 > t3‎ C．t3 > t1 > t2 D．t1 = t2 = t3‎ 解析　设圆的直径为d，某一细杆与竖直直径ad的夹角为φ，因物体仅受重力和细杆弹力的作用（a环所受弹力为零），由牛顿第二定律易得滑环下滑的加速度a=gcosφ．‎ ‎ 小物块通过的位移s=dcosφ，且，‎ 同以上各式得滑行时间　，可见，t仅由d决定，与题中细杆的倾角和长度无关，故D项正确．‎ 点评　当物理过程不尽相同时，应想法找到共同点．本题中，各滑环下滑的加速度、位移都不相同，但由于初、末位置分别在同一圆周上，故寻求各位移与直径ad的关系就成为解决问题的突破口．‎ b a M α ‎)‎ β ‎（‎ 图7‎ 例5　（2003年辽宁，36题）如图7所示，一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β，a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块．已知所有接触面都是光滑的．现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于（ 　　）‎ ‎　　A．Mg＋mg ‎　　B．Mg＋2mg ‎　　C．Mg＋mg(sinα＋sinβ)‎ D．Mg＋mg(cosα＋cosβ)‎ M α ‎)‎ β ‎（‎ 图8‎ β α Mg Fb Fa FN 解析　隔离楔形木块分析，受竖直向下的重力Mg，a对M的压力Fa＝mgcosα，b对M的压力Fb＝mgcosβ，图8为受力图示．由平衡条件，在竖直方向上有 FN＝Mg＋Facosα+ Fbcosβ＝Mg＋mgcos2α+ mgcos2β，‎ ‎∵α+β＝90°，∴FN＝Mg＋mg。选项A正确．‎ 点评　本题也可用整体法求解。先隔离a做为研究对象，受到重力和支持力的作用，其加速度方向沿斜面向下，大小为gsinα．同理，b的加速度方向也沿斜面向下，大小为gsinβ．将两者的加速度沿水平方向和竖直方向分解，a、b加速度的竖直分量分别为gsin2α、gsin2β．再以a、b和楔形木块为系统，利用整体法求解．‎ 若系统内各物体加速度不相同，牛顿第二定律的表达式应为 ‎，‎ 式中为系统所受外力的矢量和，等式右端为系统内各物体的质量与加速度乘积的矢量和．在中学阶段，若连接体由两个物体组成，其中一个物体加速度不为零，另一个物体处于平衡状态即加速度等于零时，可选取整体为研究对象，由上式求解比较方便．‎ 本题中由牛顿第二定律有 ‎（M＋2m）g－FN＝mgsin2α+mgsin2β，‎ 又α＋β＝90°， sinα＝cosβ, sin2α＝cos2β,所以桌面支持力FN＝（M＋m）g．由牛顿第三定律知楔形木块对水平桌面的压力等于（M＋m）g，选项A正确．‎ 当斜面上有几个物体时，要注意分析每个物体的受力情况，尤其是每个物体的运动情况．另外，当物体运动中加速度方向竖直向下时处于失重状态．本题中，由于a、b加速度竖直分量均向下，故桌面支持力小于系统重力．‎ ‎3．能量转化类 例6　（2004年上海，8题）滑块以速率v1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率为v2，且v2< v1．若滑块向上运动的位移中点为A，取斜面底端重力势能为零，则（　　 ）‎ ‎ A．上升时机械能减小，下降时机械能增大 ‎ B．上升时机械能减小，下降时机械能也减小 C．上升过程中动能和势能相等的位置在A点上方 D．上升过程中动能和势能相等的位置在A点下方 解析　由于v2< v1．可知滑块与斜面间有摩擦，无论上升还是下降，都有机械能损失，故B项正确；设上升时的最大高度为H，对应的最大位移为L，动能和势能相等时其高度为h，滑块所受摩擦力为F．由能量关系有 ‎，‎ 得　　　，则该点位于A点上方，故C项正确．‎ ‎　　点评　处理斜面上的能量转化问题时应明确各力做功的特点，重力做功与路径无关，只与高度有关，摩擦力做功则与路径有关．上式中，hL/H即为滑块从底端滑至动能和势能相等时所发生的位移．F·hL/H即为该过程中克服摩擦力所做的功．‎ A C B D h h d 图9‎ 例7　（2004年辽宁、广东，34题）如图9所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，B、C为水平的，其距离d=0．50m，盆边缘的高度为h=0．30m．在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止出发下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0．10．小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为（ 　） ‎ A．0．50m 　B．0．25m ‎ C．0．10m 　D．0‎ ‎ 解析　设小物块从A点出发到最后停下来，整个过程中在盆底上通过的路程为s．由动能定理，有 mgh－μmgs＝0，‎ 得　，即s＝6d，刚好运动3个来回，故最后将停在B点，D选项正确．‎ ‎　　点评　将研究物体的复杂运动转化为研究物体的简单状态，这是能量守恒定律相对于牛顿运动定律在解决问题时的优越之处．‎ ‎4．学科内综合类 例8　（2000年全国，30题）如图10所示，直角三角形ABC斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q．一个质量为m，电荷量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v．‎ A D B O C 图10‎ ‎ [将（1），（2）题正确选项前的标号填在题后括号内]‎ ‎ （1）在质点的运动中不发生变化的是（　　）‎ ‎ ①动能 ‎ ②电势能与重力势能之和 ‎ ③动能与重力势能之和 ‎ ④动能、电势能、重力势能三者之和 ‎ （2）质点的运动是（　　）‎ ‎ A．匀加速运动 B．匀减速运动 ‎ C．先匀加速后匀减速的运动 D．加速度随时间变化的运动 ‎ （3）该质点滑到非常挨近斜边底端C点时速度vc为多少？没斜面向下的加速度ac为多少？‎ 解析　（1）质点在运动过程中，电场力和重力做功，电荷的电势能和机械能之和守恒，故C项正确；‎ ‎（2）质点的运动被约束在斜面上，受重力、电场力和斜面的支持力作用，由于电场力的大小和方向不断变化，其在斜面上的分力不断变化，故电荷所受合力不断变化，故D项正确；‎ ‎（3）因，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场力做功为零，由机械能守恒定律有 ‎ 　　　①‎ 其中 ‎ 得 　　　 　　 　②‎ 质点在C点受三个力的作用；电场力，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜面向上．根据牛顿第二定律有 得　 ． ‎ L θ ‎）‎ B N b a P R M ‎）‎ θ 图11‎ 点评　本例是用力和运动、功和能及电学知识综合研究带电粒子在电场中运动的典型问题，要求考生在对电荷运动过程有清楚的分析基础上，能正确地运用力学规律来解决问题．‎ ‎）‎ b B θ 图12‎ 例9　（2004年北京，23题）如图11所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L0、M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．‎ ‎（1）由b向a方向看到的装置如图12所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；‎ ‎（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；‎ ‎（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．‎ FN ‎）‎ b B θ 图13‎ mg F 解析　（1）受力示意图如图13所示，ab杆的重力mg，竖直向下，安培力F，沿斜面向上，斜面的支持力FN，垂直斜面向上， ‎ ‎（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，,此时电路电流，‎ ab杆受到安培力，‎ 根据牛顿运动定律，有 ‎ ‎ ‎（3）当时，ab杆达到最大速度vm，‎ ‎．‎ M N B a b c d e f α 图14‎ ‎　　点评　欲求最大速度，则必须明确ab杆的运动过程，先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动，故ab杆的最大速度即为加速运动的末速度或匀速运动的速度．另外，‎ 最大速度的求法除可用牛顿定律求解以外，还可用能量关系求解．‎ 例10　（1998年上海，25题）将一个矩形金属线框折成直角框架abcdefa，置于倾角为α＝37°的斜面上，ab边与斜面的底线MN平行，如图14所示．ab=bc=cd=de=ef=fa=0．2m，线框总电阻为R=0．02Ω，ab边和de边的质量均为m=0．01kg，其余四边的质量忽略不计．框架可绕过c、f点的固定轴转动．现从t=0时刻开始沿斜面向上加一随时间均匀增加的、范围足够大的匀强磁场，磁感应强度与时间的关系为B=0．5tT，磁场方向与cdef面垂直．‎ ‎ 　　(1)求线框中感应电流的大小，并在ab段导线上画出感应电流的方向．‎ ‎(2)t为何值时框架将开始绕其固定轴转动? (cos37°=0．8，sin30°=0．6，g=10m/s2)‎ ‎　　解析　（1）由B=0．5tT知T/s，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势 ‎，‎ 由闭合电路欧姆定律得感应电流 ‎，‎ 由楞次定律知，穿过回路的磁通量增加时，ab中感应电流方向由a到b．‎ ‎　　（2）ab边中感应电流所受的安培力 Fab＝BI·ab＝0．5t×1×0．2N＝0．1tN，方向垂直斜面向上．‎ ab边安培力的力矩 Mab＝Fab·bc＝0．1t×·0.2N·m＝0.02 N·m，‎ 线框ab和de边所受重力的力矩为 MG＝mg ·bc·cosα＋mg ·cd·sinα= mg ·bc(cosα+sin α)‎ ‎　　　　　　　　＝0．01×10×0.2×（0．8＋0．6）N·m＝0．028 N·m．‎ 当整个线框所受的合力矩为零时，线框则处在即将转动的临界状态．由Mab＝MG，得 t＝1．4s．‎ ‎　　点评　本题是一个在三维空间展开的电磁感应与力矩平衡条件的综合运用．空间的几何关系分析，成为问题的关键．物理问题的空间关系分析，是考察运用数学工具能力的一个重要方面．‎ 四．创新训练 ‎1．选择题 图15‎ ‎）‎ θ a ‎（1）（2001年春季，10题）一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图15所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小 B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大 C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小 D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小 ‎（2）（2002年春季，23题）如图16所示，质量为m的三角形木楔A置于倾角为θ的固定斜面上，它与斜面间的动摩擦因数为μ，一水平力F作用在木楔A的竖直平面上，在力F的推动下，木楔A沿斜面以恒定的加速度a向上滑动，则F的大小为（　　）‎ 图16‎ ‎）‎ θ F A ‎　　A．　　　B．‎ ‎　　C．　　　D．‎ F D C B A F 图17‎ ‎（3）（2002年春季，16题）如图17所示，四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是（　　　）‎ α ‎）‎ 图18‎ ‎（4）（2004年全国，甘肃、青海，19题）如图18所示，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为（ 　　）‎ ‎ A． B．‎ ‎ C． D．2‎ ‎（5）（2004年春季，17题）图19中a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等．F是沿水平方向作用于a上的外力．已知a、b的接触面，a、b与斜面的接触面都是光滑的．正确的说法是（　　　）‎ F a b 图19‎ A．a、b一定沿斜面向上运动 B．a对b的作用力沿水平方向 C．a、b对斜面的正压力相等 D．a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力 C A B 图20‎ ‎（6）（2000年上海，5题）物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图20），当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时（ ）‎ ‎ A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上 ‎ B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下 ‎ C．A、B之间的摩擦力为零 ‎ D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质 R F h θ ‎）‎ b a B 图21‎ ‎（7）（1994年上海，5题）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m ‎、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面、与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图21所示．在这过程中（　　）‎ A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和 C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热 ‎（8）（2000全国理综，22题）如图22示，DO是水平面，AB是斜面，初速为v0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零，如果斜面改为AC，让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零，则物体具有的初速度（已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零）（　　　）‎ D C B O A 图22‎ ‎ A．大于v0 B．等于v0 ‎ C．小于v0 D．取决于斜面的倾角 ‎2．非选择题 图23‎ ‎（9）（1995年上海，5题）如图23所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球．当滑块至少以加速度a=　　向左运动时，小球对滑块的压力等于零．当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力F=　　．‎ 图24‎ ‎)θ M m C B A ‎（10）（1994年全国，30题）如图 24所示，质量 M=10kg的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ=0．02，在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量m=1．0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1．4m时，其速度v=1．4m/s．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10m/s2)．‎ B ‎37°（‎ A C 图25‎ ‎（11）在海滨乐场里有一种滑沙的游乐活动．如图25所示，人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．若某人和滑板的总质量m=60．0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道的动摩擦因数均为μ=0．50，斜坡的倾角θ=37°（sin37°=0．6，cos37°=0．8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎ ①从斜坡滑下的加速度为多大？‎ ‎②由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=20．0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？‎ α（‎ O B A O’‎ 图26‎ ‎（12）如图26所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO’在竖直面内垂直磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α．一质量为m、带电量为+q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ＜tanα．现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：‎ ‎①圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？‎ ‎②圆环A能够达到的最大速度为多大？‎ ‎（13）带负电的小物体A在倾角为的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图27所示．物体A的质量为m，电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为μ，它在电场中受到的电场力的大小等于重力的一半．物体A在斜面上由静止开始下滑，经时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向与电场强度方向垂直，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面．‎ E A ‎）θ 图27‎ ‎①分析物体A在斜面上的运动情况，说明理由．‎ ‎②物体A在斜面上运动过程中有多少能量转化为内能？（结果用字母表示）‎ d c θ ‎）‎ a b B 图28‎ ‎）‎ θ ‎（14）如图28所示，两根平行金属导轨间的距离为0．4 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，磁感应强度为0．5 T的匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，两根电阻均为1 Ω、重均为0．1 N的金属杆ab、cd水平地放在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为0．3，导轨的电阻可以忽略．为使ab杆能静止在导轨上，必须使cd杆以多大的速率沿斜面向上运动?‎ 图29‎ ‎（15）（2001年上海，23题）如图29所示，光滑斜面的底端a与一块质量均匀、水平放置的平板光滑相接，平板长为2L，L＝1m，其中心C固定在高为R的竖直支架上，R＝1m，支架的下端与垂直于纸面的固定转轴O连接，因此平板可绕转轴O沿顺时针方向翻转，问：‎ ‎　　①在斜面上离平板高度为h0处放置一滑块A，使其由静止滑下，滑块与平板间的动摩擦因数μ=0．2．为使平板不翻转，h0最大为多少？‎ ‎　　②如果斜面上的滑块离平板的高度为h1=0．45m，并在h1处先后由静止释放两块质量相同的滑块A、B，时间间隔为△t=0．2s，则B滑块滑上平板后多少时间，平板恰好翻转（重力加速度g取10m／s2）．‎ 参考解答 ‎（1）BC 解析　设斜面对物体的正压力为FN，对物体的摩擦力为Ff．将加速度沿于斜面方向和垂直于斜面方向分解，分别在这两个方向上应用牛顿第二定律，得 FN－mgcosθ＝macosθ，‎ 所以　　　　　　　　　　　　　FN＝mgcosθ＋macosθ， ①‎ ‎ Ff－mgsinθ＝masinθ，‎ 得　　　　　　　　　　　　　　Ff＝mgsinθ＋masinθ， ②‎ 由①式知，θ一定时，a越大，FN越大；a一定时，θ越大，FN越小；‎ 由②式知，θ一定时，a越大，Ff越大；a一定时，θ越大，Ff越大．‎ ‎（2）C ‎ 解析　将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，‎ 沿斜面方向有 Fcosθ－Ff－mgsinθ＝ma，‎ 在垂直斜面方向上有 FN＝mgcosθ＋Fsinθ，‎ 而　　　　　　　　　　　　　　Ff＝μFn，‎ 联立以上三式即可．‎ ‎（3）C 解析　根据机械能守恒条件，只有重力做功的情况下，物体的机械能才能保持守恒，可见，A、B中均有外力F做功，D中有摩擦力做功，故A、B、D均不符合机械能守恒的条件，故C项正确．‎ ‎（4）C 解析　当绳子突然断开，猫保持其相对斜面的位置不变，即相对地面的位置不变，故猫可视为静止状态．以猫和木板整体为研究对象，系统重力的下滑分力为合外力．设猫的质量为m，由牛顿第二定律有　‎ ‎3mgsin＝2mga,‎ 得木板加速度　a＝，所以C选项正确．‎ ‎（5）D 解析　因为F大小未知，故两物块是向上还是向下运动难以确定，故A错；分析a、b的受力情况可知B、C错；因接触面光滑，且a、b质量相等，无论F多大，两物块都有相同的加速度，故a、b受到相同的合外力，无论是哪个方向，故D项正确．‎ ‎（6）C 解析　因斜面光滑，且A、B表面平行有，故A、B有相同的加速度，又因为初速度也相同，故A、B间无相对运动趋势，故C项正确．‎ ‎（7）AD 解析　导体棒匀速运动时，外力F做正功，重力、安培力对导体棒做负功．由动能定理，各力做功的代数和等于导体棒动能的增量，导体匀速运动，所以各力做功的代数和为零，选项A正，而BC错误；由于克服安培力做的功等于电阻R的焦耳热Q，由动能定理知（设外力F做功为WF，克服重力做功为WG，克服安培力做功为W安）WF―WG―W安＝0，因此焦耳热Q＝W安＝WF―WG．选项D也正确．‎ ‎（8）B 解析　设与水平面的夹角为α，则此时摩擦力做功 同理，斜面改为AC时，设与水平面的夹角为β，摩擦力做功 ‎，‎ 在不考虑物体经过B点的碰撞时，两种情况下摩擦力做功相同，因此物体从D点出发时应具有相同的初速度．选项B正确．‎ ‎（9）g，．‎ ‎　　解析　当小球对滑块的压力刚好等于零时，小球只受重力mg和沿斜面向上的拉力F0作用．对小球在水平方向上由牛顿第二定律有 ‎，‎ 得加速度；‎ 当a=2g时，绳子拉力F的水平分力将增大，即绳与水平方向的夹角（设为α’）将减小， ‎ 在水平方向上有　Fcosα’＝m(2g)，‎ 在竖直方向上有　Fsinα’＝mg，‎ 将两式两端平方然后相加，整理得　．‎ ‎（10）0．61N，方向：水平向左．‎ 解析　由匀加速运动公式v2＝v02＋2as，得物块沿斜面下滑的加速度为 m/s2，‎ FN2‎ Mg 图30‎ F’N1‎ F’f1‎ Ff2‎ M 由于a＜gsinθ=5m/s2，可知物块受到摩擦力作用．分析物块受力,它受三个力，竖直向下的重力mg、沿斜面向上的摩擦力Ff1和垂直于斜面向上的支持力FN1．由牛顿第二定律，有 mgsinθ－Ff1＝ma，‎ mgcosθ－FN1＝0．‎ 分析木楔受力，它受五个力作用，斜面受到重力Mg，物块施于的弹力木F’N1，摩擦力F’f'1，地面施加的弹力FN2，摩擦力Ff2(设方向水平向左)，受力情况如图30 所示．在水平方向，由牛顿第二定律，有 Ff2＋Ff1cosθ－FN1sinθ＝0，‎ 由牛顿第三定律知 FN1＝ F’N1，F’f1=Ff'1，‎ 解上述方程可得地面对斜面的摩擦力 Ff2＝FN1sinθ－Ff1cosθ＝mgcosθsinθ－(mgsinθ－ma)cosθ ‎　　　　　　　　　　　＝ macosθ＝0．61(N)，‎ 方向：水平向左．‎ ‎（11）①2．0m/s2 ，②50m．‎ 解析　①人和滑板在斜坡上受重力，支持力和摩擦力作用而做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 mgsin37°—μmgcos37°=ma，‎ 解得　a=g(sin37°—μmgcos37°)=2．0m/s2 ．‎ ‎②设允许斜坡的最大长度为s，根据动能定理：‎ mgssin37°—μmgcos37°—μmgL=0，‎ 解得50m．‎ ‎（12）①，②．‎ 解析　①由于μ＜tanα，所以环将由静止开始沿棒下滑．环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛仑兹力qv1B,、杆的弹力FN1和摩擦力Ff1＝μFN1，‎ 根据牛顿第二定律，对沿棒的方向有　　，‎ 垂直棒的方向有．‎ 所以当Ff1＝0（即FN1＝0）时，a有最大值am，且am=gsinα，‎ 此时，‎ 解得 ． ‎ ‎ ②设当环A的速度达到最大值vm时，环受杆的弹力为FN2，摩擦力为Ff2＝μFN2，此时应有a=0，即　，，‎ 解得　．‎ ‎（13）①先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，继续做加速度增大的加速运动然后离开斜面．②．‎ 解析　①物体A在斜面上受重力、电场力、支持力和滑动摩擦力的作用，由此可知：小物体A在恒力作用下，在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；加上匀强磁场后，还受方向垂直斜面向上的洛伦兹力作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度方向应垂直纸面向里．随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速运动，直到斜面的支持力变为零，此后小物体A将离开斜面．‎ ‎②加磁场之前，物体A做匀加速运动，据牛顿运动定律有：‎ ‎，‎ 又　　，，‎ 解得加速度　　．‎ A沿斜面运动的距离为　．‎ 加上磁场后，所受洛伦兹力F＝qvB随速度增大，支持力FN减小，到FN＝0时，物体将离开斜面，有　　，解得　．‎ 物体在斜面上运动的全过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功．由动能定理有 ‎，‎ 物体A克服摩擦力做功转化为内能部分的为 ‎．‎ ‎（14）1．8 m/s≤v≤4．2 m/s．‎ 解析　设必须使cd杆以v沿斜面向上运动，则cd杆切割磁场线，将产生感应电动势E=Blv，‎ FN G Ff F安 图31‎ 在两杆和轨道的闭合回路中产生电流I=，‎ ab杆受到沿斜面向上的安培力F安＝BIl，‎ ab杆静止时，受力分析如图31所示，‎ 根据平衡条件，应有 ‎ Gsinθ一μGcosθ≤F安≤Gsinθ+μGcosθ ‎ 联立以上各式，将数值代入，可解得 ‎1．8 m/s≤v≤4．2 m/s．‎ ‎（15）①0．16m．②0．2s．‎ ‎　解析　①设A滑到a处的速度为，‎ 在平板上运动时，若平板尚未翻转，则A做匀变速运动，其加速度 ‎，‎ 滑到板上离a点的最大距离为 ，‎ A在板上不翻转应满足条件：摩擦力矩小于正压力力矩，即M摩擦≤M压力，‎ μmgR≤mg(L－s0)，‎ h0≤μ(L－μR)＝0．2×(1－0．2)m=0．16m．‎ ‎　　②当h ＝0．45m时，m/s＝3m/s．　　vA=vB=3m/s．‎ 设B在平板上运动直到平板翻转的时刻为t，取△t＝0．2s，‎ sA＝sA(t＋Δ t)－μg(t＋Δ t)2/2 ， sB＝sBt－μgt2/2 ，‎ 两物体在平板上恰好保持平板不翻转的条件是 ‎2μmgR＝mg(L－sA)＋mg(L－sB)，‎ 联立以上各式，解得t=0．2s．‎