题型02 归类建模记忆法（解题技巧）-备战2024年高考物理答题技巧与模板构建（解析版）

题型02归类建模记忆法模板01斜面模型之平衡问题模板01斜面模型之平衡问题模板02斜面模型之动力学问题模板03斜面模型之能量、动量问题技法01斜面模型之平衡问题解题技法斜面的物体处于平衡状态时，解题的一般模式为：斜面的物体处于平衡状态时，解题的一般模式为：（2023•朝阳区一模）如图所示，质量为m的手机放置在支架斜面上，斜面与水平面的夹角为θ，手机与接触面的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。手机始终保持静止状态。下列说法正确的是（）A．手机对支架的压力大小为mg，方向垂直于斜面对下 B．手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面对上 C．若θ增大，则支架对手机的摩擦力随之减小 D．若θ增大，则支架对手机的作用力保持不变确定争辩对象以手机为争辩对象对物体进行受力分析并画出示意图依据平衡条件列方程f-mgsinθ=0N-mgcosθ=0运用数学工具求解作答f＝mgsinθN＝mgcosθ手机受到的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面对左上，支持力大小为mgcosθ，方向垂直斜面对右上，依据牛顿第三定律得，手机对斜面的压力等于支持力F压＝N＝mgcosθ方向垂直于斜面斜向坐下.【答案】选D技法02斜面模型之动力学问题解题技法斜面的物体处于非平衡状态时，解题的常用技法为：斜面的物体处于非平衡状态时，解题的常用技法为：（2023•和平区校级一模）如图所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在斜面上一起以肯定的初速度向下滑行一段距离后停止。现拿走砝码，在木盒上换一个垂直于斜面对下的恒力F（F＝mgcosθ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（）A．不变 B．变小 C．变大 D．变大变小均有可能动力学问题的解题技法确定争辩对象木盒和砝码木盒受力分析并画出示意图由牛顿其次定律方程（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ＝（m+M）a1Mgsinθ﹣μ（Mgcosθ+F）＝Ma2a1=gsinθ﹣μgcosθa2=gsinθ−结合运动学公式求解作答依据v2＝2ax得，x=v【答案】选B技法03斜面模型之能量、动量问题解题技法斜面上的物体关于能量、动量相关问题，解题的常用技法为斜面上的物体关于能量、动量相关问题，解题的常用技法为：将质量为m的物体从以一初速度冲上斜面，物块在斜面上受恒定阻力，一段时间后物体又返回动身点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（）

A．上升过程的时间大于下落过程的时间B．上升过程中机械能损失小于返回过程中机械能损失C．上升过程的动能减小量大于返回过程的动能增加量D．上升过程的动量变化量小于返回过程的动量变化量确定争辩对象物块受力分析及运动分析上滑时下滑时由牛顿其次定律方程mgsinθ+f＝ma1mgsinθ-f＝ma1a1=gsinθ+a1=gsinθ﹣结合运动学公式求解运动状况由运动学公式:,，可以推断A错各力做功状况WG=-mgxsinθ、Wf=-fx、支持力不做功WG=-mgxsinθ、Wf=-fx、支持力不做功全过程WG=0、Wf=-2fx、支持力不做功动能定理确定动能的变化量上滑时ΔEK1=-mgxsinθ-fx=0-，下滑时ΔEK2=mgxsinθ-fx=，易知：ΔEK1＞ΔEK2，v1＞v2；故C正确。动量定理确定动量的变化量上滑时Δp1=-(mgsinθ+f)t1=-mv0，下滑时Δp2=(mgsinθ-f)t=mv1易知：Δp1＞Δp2【答案】C1．（2023·广东·统考高考真题）如图所示，可视为质点的机器人通过磁铁吸附在船舷外壁面检测船体。壁面可视为斜面，与竖直方向夹角为θ。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（A．Ff=G B．F=FN C．【答案】C【详解】如图所示，将重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解AC．沿斜面方向，由平衡条件得F故A错误，C正确；BD．垂直斜面方向，由平衡条件得F=G故BD错误。故选C。2．（2019·全国·高考真题）用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示．两斜面I、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°．重力加速度为g．当卡车沿平直大路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则A．F1=3C．F1=1【答案】D【详解】对圆筒进行受力分析知：圆筒处于三力平衡状态，受力分析如图，由几何关系可知，F1′=mgcos解得F1′=3由牛顿第三定律知：F1故D正确。3．（2023·吉林·统考二模）如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一木块以肯定的初速度从斜面底端开头上滑。若斜面足够长，上滑过程中木块的机械能和动能随位移变化的关系图线如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．木块上滑过程中，重力势能增加了4E0B．木块受到的摩擦力大小为2C．木块的重力大小为4D．木块与斜面间的动摩擦因数为3【答案】C【详解】A．机械能的变化量等于重力势能变化量和动能变化量的和，则2解得E故A错误；B．木块上滑过程中，机械能的变化量等于摩擦力所做的功，则−f解得f=故B错误；C．重力所做的功等于重力势能变化量，则mg解得mg=故C正确；D．滑动摩擦力为f=μmg解得μ=故D错误。故选C。4．（2024·贵州·统考一模）如图所示，某一斜面的顶端到正下方水平面O点的高度为h，斜面底端与水平面平滑连接。一小木块从斜面的顶端由静止开头滑下，滑到水平面上的A点停下。已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ，A点到O点的距离为x，斜面倾角为θ。则下列说法正确的是（

）A．木块沿斜面下滑的过程中，摩擦力对木块做功为μmgxB．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点左侧停下C．若保持h和μ不变，θ增大，木块应在A点右侧停下D．若保持h和μ不变，将斜面底端延长至A点，木块则刚好不下滑【答案】D【详解】BC．对小木块运动的整个过程，依据动能定理有mgℎ−μmg解得h=μx所以x与θ无关，仍停在A点，故BC错误；A．依据前面分析可知重力对木块做功为WG=mgh=μmgx摩擦力对木块做功为Wf=-WG=-mgh=-μmgx故A错误；D．对小木块运动的整个过程，依据动能定理有mgℎ−μmg解得h=μx将斜面底端延长至A点，有μ=所以木块则刚好不下滑，故D正确。故选D。5．（2024·湖南一模）如图所示，固定的倾角为37°的粗糙斜面上放置一长方体物块，现用一大小等于物块重力，方向与斜面成37°角斜向下的推力推动物块（力的作用线在斜面上的投影与斜面底边平行），物块在斜面上恰好做匀速运动。则物块与斜面间的动摩擦因数为sin37°=0.6A．34 B．54 C．56【答案】D【详解】物块所受支持力F物块所受摩擦力F重力和F平行于斜面方向的合力F物块在斜面上恰好做匀速运动，则F又F=mg联立解得μ(mgμ=故选D。6．（2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开头沿斜面对下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面对下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A．物块与斜面间的动摩擦因数为2B．当拉力沿斜面对上，重力做功为9J时，物块动能为C．当拉力分别沿斜面对上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面对上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:【答案】BC【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面对下的拉力大小等于滑动摩擦力，有F=f=μmg由牛顿其次定律可知，物体下滑的加速度为a则拉力沿斜面对下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为WW代入数据联立解得μ=故A错误；C．当拉力沿斜面对上，由牛顿其次定律有mg解得a则拉力分别沿斜面对上和向下时，物块的加速度大小之比为a故C正确；B．当拉力沿斜面对上，重力做功为W合力做功为W则其比值为W则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3D．当拉力分别沿斜面对上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为P=mv=m则动量的大小之比为P故D错误。故选BC。7．（2021·全国·高考真题）一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面对上滑动。该物体开头滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek5。已知sinA．物体向上滑动的距离为EB．物体向下滑动时的加速度大小为gC．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长【答案】BC【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端依据动能定理有−μmg⋅2l物体从斜面底端到斜面顶端依据动能定理有−mgl整理得l=EkA错误，C正确；B．物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有ma=mg求解得出a=B正确；D．物体向上滑动时的依据牛顿其次定律有m物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有m由上式可知a上>a下由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，依据公式l=则可得出tD错误。故选BC。8．（2020·海南·统考高考真题）如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面对上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（A．两物块一起运动的加速度大小为a=B．弹簧的弹力大小为T=C．若只增大m2D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大【答案】BC【详解】A．对整体受力分析，依据牛顿其次定律有F−解得：a=F故A错误；B．对m2受力分析，依据牛顿其次定律有F解得F弹依据F弹=m依据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；依据F弹=m依据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选BC。9．（2019·全国·高考真题）如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N．另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°．已知M始终保持静止，则在此过程中（）A．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小肯定始终增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始终增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加【答案】BD【详解】如图所示，以物块N为争辩对象，它在水平向左拉力F作用下，缓慢向左移动直至细绳与竖直方向夹角为45°的过程中，水平拉力F渐渐增大，绳子拉力T渐渐增大；对M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面对下，则随着绳子拉力T的增加，则摩擦力f也渐渐增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面对上，则随着绳子拉力T的增加，摩擦力f可能先减小后增加．故本题选BD．10．（2024·河北·一模）如图所示，倾角为α的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，质量为m的滑块A放在斜面上恰好处于静止状态，质量也为m的滑块B下表面光滑，从斜面上与A相距为L处由静止释放，之后与A发生多次弹性正碰，每次碰撞时间都极短，已知斜面倾角α=30°，A、B两滑块均可视为质点，重力加速度大小为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（）A．B由静止释放后至第一次与A碰撞经受的时间为2LB．B与A第一次碰撞后瞬间A的速度大小为gLC．B与A发生第一次碰撞至发生其次次碰撞的时间为4D．B与A发生第一次碰撞至发生其次次碰撞滑块A克服摩擦力做的功为4mgL【答案】BC【详解】A.设B下滑过程中加速度大小为a，B由静止释放后至第一次与A碰撞经受的时间为t1，第1次与A碰前瞬间的速度为v，则对B由牛顿其次定律得mg由运动学规律得L=12解得t1=故A错误；B.第一次碰撞后A的速度为vA1，B的速度为vB1，由动量守恒和机械能守恒得mv=mvA1解得vA1=故B正确；C.第一次碰撞后，A匀速下滑，B匀加速下滑，发生第一次碰撞到发生其次次碰撞的过程中两滑块下滑的位移相等，所用时间为t2，则有v解得t故C正确；D.B与A发生第一次碰撞至发生其次次碰撞，A的位移为x=滑块A克服摩擦力做的功W=μmgx解得W=2mgL故D错误。故选BC。11．（2021·福建·统考高考真题）如图（a），一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面对下的拉力T作用下，由A处从静止开头下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10m/s（1）当拉力为10N（2）滑块第一次到达B点时的动能；（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。【答案】（1）7m/s2；（2）26【详解】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为10N时滑块的加速度大小为aT+mgsinθ−f=maN−mgcosθ=0f=μN

③联立①②③式并代入题给数据得a=7m/s2（2）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有W=T1式中T1、T2和s1依题意，T1=8N，s1=1设滑块第一次到达B点时的动能为EkW+(mgsinθ−f)(联立②③⑤⑥式并代入题给数据得Ek=26由机械能守恒定律可知，滑块其次次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为s由动能定理有−(mgsinθ+f)联立②③⑦⑧式并代入题给数据得smax=1.312．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，质量m=2kg的滑块以v0=16m/s的初速度沿倾角θ=37°的斜面上滑，经t=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到动身点。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑块(1)最大位移值x；(2)与斜面间的动摩擦因数；(3)从最高点返回到动身点的过程中重力的平均功率P。【答案】(1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有x=得x=16(2)加速度a上滑过程a得μ=0.25(3)下滑过程a由运动学公式v重力的平均功率P13．（2023·云南联考）如图所示，在水平地面上固定一个倾角为θ=30∘的绝缘光滑斜面体，斜面体底端连接有挡板，有一个电荷量为q、质量为m的滑块静止于挡板处，某时刻加一沿