2024年高考物理 归类建模记忆法 解题技巧-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

02

跟我学•解题思维剖析

1.（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。，手机

与接触面的动摩擦因数为山重力加速度为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pmgcosO,方向沿斜面对上

C.若0增大，则支架对手机的摩擦力随之减小

D.若。增大，则支架对手机的作用力保持不变

候型图都

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

f-mgsin0=O

依据平衡条件列方程

N-mgcos0=O

f=mgsinO

运用数学工具求解作答

N=mgcosO

手机受到的摩擦力大小为mgs应仇方向沿斜面对左上，支持力大小为mgcos仇方向垂直斜面对

|右上，依据牛顿第三定律得，手机对斜面的压力等于支持力/〃=N=%gcosO

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

02

跟我学•解题思维剖析

2.(2023•和平区校级一模)如图所示，木盒中固定一质量为m的祛码，木盒和祛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。现拿走祛码，在木盒上换一个垂直于斜面对下的恒力F(F=mgcos0),

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

蟆型国豳

6n+M)gsinO-//(m+M)gcosO=(m+M)Mgsind(MgcosO+F)—Ma2

由牛顿其次定

律方程ai

〃(M+m)gcos6

ai=gsinO-/igcosOa2=gsin3—

M

依据v2=2ax得，x=^|知加速度增大，则滑行的距离变小。故B正确，ACD错

结合运动学公

式求解作答

误。

【答案】选B

技法03斜面模型之能量、动量问题解题技法

需高=♦常见题型解读

斜面上的物体关于能量、动量相关问题，解题的常用技法为:

,欺疑

iXtW

一豌髀工R

me及H第须1am

含翁建行HH3i9模"mi

助1(1)

02

跟我学•解题思维剖析

将质量为机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

上滑时下滑时

受力分析及运动

分析

K---------J.

JV

由牛顿其次定律mgsinO+f=maimgsind-f=mai

方程

ff

ai=gsin3+——ai=gsin0———

mm

结合运动学公式

由运动学公式=诏=2ax,可以推断A错

求解运动状况

各力做功状况WG=-mgxsin3>Wf=-fa>支持力不做功WG=-mgxsin0>Wf=-fa>支持力不做功

全过程WG=0、叼=-然、支持力不做功

、1919

动能定理确定动上滑时尸-加gxs%。办=0-］加%,下滑时/£K2=加gxs%。力=2加匕,

能的变化量

易知：AEK1>AEK2,V1>V2.故C正确。

动量定理确定动上滑时Api=-(mgsin0+f)ti=-mvof下滑时Ap2=(mgsin6-f)t=mvi

量的变化量易知:

【答案】C

你来练•知识迁移强化

1.（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8。船和机器人保持静止时，机器人仅受重力G、支持力风、摩擦力耳和

磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（）

,G

A.耳=GB.F=FNC.F（=Gcos9D.F=Gsin3

【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

Geos,，、/

yG

X___

AC.沿斜面方向，由平衡条件得

Ff=Geos。

故A错误，C正确；

BD.垂直斜面方向，由平衡条件得

F=Gsin。+FN

故BD错误。

故选C。

2.（2019・全国•高考真题）用卡车运输质量为优的匀质圆筒状工件，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压力的大小分别为尸八尸2,则

A.Fr=­mg,F2=—mgB.F^—mg,F2=-mg

C.Fr=^mg,F2=^-mgD.F、=gmg,F2=^mg

【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'=mgcos30°,&'=7ngsin30°。

解得尸J=与mg,F2'=,

由牛顿第三定律知：

„V3„1

Fi=—mg,F2=-mg,

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4a

B.木块受到的摩擦力大小嘴

C.木块的重力大小为心

XO

D,木块与斜面间的动摩擦因数为日

【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.EQ—3E。=0—3E。+Ep

解得

Ep=2EO

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

x

~fo=2E。-3E0

解得

故B错误;

C.重力所做的功等于重力势能变化量，则

mgsin300=AEp

解得

4瓦

mg=----

xo

故C正确;

D.滑动摩擦力为

f=〃zngcos30°

解得

V3

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。点的高度为〃，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〃，A点到。点的距离为x,斜面倾角为仇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〃加gr

B.若保持/?和〃不变，e增大,木块应在A点左侧停下

C.若保持场和“不变，。增大，木块应在A点右侧停下

D.若保持/?和〃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

h

mgh—nmgcosO-----11nlg=0

sinw

解得

h=fvc

所以x与e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=/Limgx

摩擦力对木块做功为

W/=-Wc=-mgh=-jLimgx

故A错误；

D.对小木块运动的整个过程，依据动能定理有

h/h\

mqh—umqcosO--y——umqx------=0

sm3\tan0/

解得

h=JL/X

将斜面底端延长至A点，有

h

a=—=land

x

所以木块则刚好不下滑，故D正确。

故选Do

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。=0.6，cos37。=0.8）（）

【答案】D

【详解】物块所受支持力

FN=mgcos37°+Fsin37°

物块所受摩擦力

Ff="N

重力和尸平行于斜面方向的合力

F合二J（mgsin37°）2+（Fcos37"）2

物块在斜面上恰好做匀速运动，则

/合=瓦

又

F=mg

联立解得

〃（zngcos37°+7ngsin37°）=mg

5

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?

B.当拉力沿斜面对上，重力做功为切时，物块动能为3J

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1：3

D.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:迎

【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=〃mgcos45°

由牛顿其次定律可知，物体下滑的加速度为

V2

=gsm45。=—g

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

1,mg123,

W=mg--at-sin45°=——t

Gr24

1i^mg2_

W=fmg•cos45°x-atQz=----------产

f2r4

代入数据联立解得

1

故A错误；

C.当拉力沿斜面对上，由牛顿其次定律有

7ngsin45°—F—f=ma2

解得

V2V2

a-2=-T9-2〃gcos45°=zg

zo

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

。2_1

3

故C正确；

B.当拉力沿斜面对上，重力做功为

WG2=mgsin450•x

合力做功为

/合=ma2•x

则其比值为

V2

叫23

wlVF1

则重力做功为叼时，物块的动能即合外力做功为3J,故B正确；

D.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-m72ax

则动量的大小之比为

_V®2_1

PlV^lV3

故D错误。

故选BC。

7.(2021.全国.高考真题)一质量为优的物体自倾角为a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&，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自。己知

sina=0.6,重力加速度大小为g。贝I()

A.物体向上滑动的距离为普

B.物体向下滑动时的加速度大小为:

C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D.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

Ek

_/img•2lcosa=———Ek

物体从斜面底端到斜面顶端依据动能定理有

—mglsina—/imglcosa=0—Ek

整理得

I=ii=0.5

mg「

A错误，C正确；

B.物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有

ma=mgsina—fimgcosa

求解得出

_9

a-5

B正确；

D.物体向上滑动时的依据牛顿其次定律有

ma上=mgsina+^imgcosa

物体向下滑动时的依据牛顿其次定律有

ma下=mgsina—[imgcosa

由上式可知

a±>ay

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

1

I=-at2

2

则可得出

t上<t下

D错误。

故选BC。

8.(2020.海南・统考高考真题)如图，在倾角为。的光滑斜面上，有两个物块尸和Q,质量分别为爪1和瓶2,

用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面对上的恒力/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=七

B•弹簧的弹力大小为7=母尸

C.若只增大小2,两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大

D.若只增大8,两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—+m2)gsmd=(m1+m2)a

解得:

F..

-QsinO,

m1+m2

故A错误;

B.对物受力分析，依据牛顿其次定律有

弹。=

F-mzgsinm2a

解得尸弹=舞，故B正确;

C依据尸弹=黑=扁，可知若只增大62,两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大,

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；

D.依据尸弹=/"，可知只增大仇两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，

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加相连，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.〃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a的足够长粗糙斜面固定在水平地面上，质量为机的滑块A放

在斜面上恰好处于静止状态，质量也为根的滑块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a=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［亍

B.B与A第一次碰撞后瞬间A的速度大小为风

C.B与A发生第一次碰撞至发生其次次碰撞的时间为4

D.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tj,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

mgsinO=ma

由运动学规律得

L=工a岛v2=2aL

21

解得

fl=、au="

故A错误；

B.第一次碰撞后A的速度为VAI,B的速度为VBI,由动量守恒和机械能守恒得

.1212I12

mv=mvA1+mvB1；-=-mv^r+-mv^

解得

VA1—VB1—°

故B正确；

C.第一次碰撞后，A匀速下滑，2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。则有

12

"2=2a为

解得

L

t=4—

2*

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—vAl^-2—4L

滑块A克服摩擦力做的功

W=fimgxcosa=mgxsina

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48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点时撤去兀T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）

所示。已知段长度为2m,滑块质量为2kg,滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度

内，重力加速度大小取10m/s2,sin37°=0.6„求：

（1）当拉力为10N时，滑块的加速度大小；

（2）滑块第一次到达2点时的动能；

(3)滑块第一次在8点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

【答案】(1)7m/s2；(2)26J；(3)1.3m

【详解】(1)设小滑块的质量为如斜面倾角为仇滑块与斜面间的动摩擦因数为“，滑块受斜面的支持力

大小为N,滑动摩擦力大小为力拉力为10N时滑块的加速度大小为a。由牛顿其次定律和滑动摩擦力公式有

T+mgsm6—f=ma①

N-mgcosO-0②

f=〃N③

联立①②③式并代入题给数据得

a=7m/s2④

(2)设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有

W-Trsr+72s2⑤

式中7\、“和Sl、S2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。

依题意，7；=8N,S]=lm,T2=ION,s2=Imo

设滑块第一次到达B点时的动能为&，由动能定理有

W+(mgsind—/)(s1+s2)=&-。@

联立②③⑤⑥式并代入题给数据得

为=26J⑦

(3)由机械能守恒定律可知，滑块其次次到达2点时，动能仍为以。设滑块离3点的最大距离为Smax，

由动能定理有

-(mgsind+/)smin=0-Fk⑧

联立②③⑦⑧式并代入题给数据得

Smax="m⑨

12.(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0=37。的斜面上

滑，经Z=2s滑行到最高点。然后，滑块返回到动身点。已知豆1137。=0.6,cos37o=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产。

【答案】(l)16m；(2)0.25；(3)67.9W

【详解】(1)小车向上做匀减速直线运动，有

得

x—16m

(2)加速度

2

ar=-=8m/s

上滑过程

7ngsin。+iimgcosO

a=--------------------------=gsind+“geos。

rm

得

fi=0.25

(3)下滑过程

mgsmd—jimgcosO

a=--------------------------=gsin8—^gcosd=4m/sz7

2m

由运动学公式

vt=J2a2—=8夜m/s=11.3m/s

重力的平均功率

P=mgvcos^0°-8)=48V2W=67.9W

13.(2023•云南联考)如图所示，在水平地面上固定一个倾角为8=30。的绝缘光滑斜面体，斜面体底端连

接有挡板，有一个电荷量为小质量为根的滑块静止于挡板处，某时刻加一沿斜面方向的匀强电场，使得

滑块沿斜面方向运动，经受r时间后撤去电场，接着又经受相同的时间，滑块回到挡板位置处。不计空气阻

力,已知重力加速度为g,求：

(1)电场强度的大小；

（2）滑块距挡板的最远距离。

【答案】⑴翳；⑵[清