題型02 歸類建模記憶法（解題技巧）-備戰(zhàn)2024年高考物理答題技巧與模板構(gòu)建（解析版）

題型02歸類建模記憶法模板01斜面模型之平衡問題模板01斜面模型之平衡問題模板02斜面模型之動力學(xué)問題模板03斜面模型之能量、動量問題技法01斜面模型之平衡問題解題技法斜面的物體處于平衡狀態(tài)時，解題的一般模式為：斜面的物體處于平衡狀態(tài)時，解題的一般模式為：（2023?朝陽區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為m的手機放置在支架斜面上，斜面與水平面的夾角為θ，手機與接觸面的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。手機始終保持靜止狀態(tài)。下列說法正確的是（）A．手機對支架的壓力大小為mg，方向垂直于斜面對下 B．手機受到的摩擦力大小為μmgcosθ，方向沿斜面對上 C．若θ增大，則支架對手機的摩擦力隨之減小 D．若θ增大，則支架對手機的作用力保持不變確定爭辯對象以手機為爭辯對象對物體進行受力分析并畫出示意圖依據(jù)平衡條件列方程f-mgsinθ=0N-mgcosθ=0運用數(shù)學(xué)工具求解作答f＝mgsinθN＝mgcosθ手機受到的摩擦力大小為mgsinθ，方向沿斜面對左上，支持力大小為mgcosθ，方向垂直斜面對右上，依據(jù)牛頓第三定律得，手機對斜面的壓力等于支持力F壓＝N＝mgcosθ方向垂直于斜面斜向坐下.【答案】選D技法02斜面模型之動力學(xué)問題解題技法斜面的物體處于非平衡狀態(tài)時，解題的常用技法為：斜面的物體處于非平衡狀態(tài)時，解題的常用技法為：（2023?和平區(qū)校級一模）如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的砝碼，木盒和砝碼在斜面上一起以肯定的初速度向下滑行一段距離后停止。現(xiàn)拿走砝碼，在木盒上換一個垂直于斜面對下的恒力F（F＝mgcosθ），其他條件不變，則木盒滑行的距離將（）A．不變 B．變小 C．變大 D．變大變小均有可能動力學(xué)問題的解題技法確定爭辯對象木盒和砝碼木盒受力分析并畫出示意圖由牛頓其次定律方程（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ＝（m+M）a1Mgsinθ﹣μ（Mgcosθ+F）＝Ma2a1=gsinθ﹣μgcosθa2=gsinθ?結(jié)合運動學(xué)公式求解作答依據(jù)v2＝2ax得，x=v【答案】選B技法03斜面模型之能量、動量問題解題技法斜面上的物體關(guān)于能量、動量相關(guān)問題，解題的常用技法為斜面上的物體關(guān)于能量、動量相關(guān)問題，解題的常用技法為：將質(zhì)量為m的物體從以一初速度沖上斜面，物塊在斜面上受恒定阻力，一段時間后物體又返回動身點。在此過程中物體所受空氣阻力大小不變，下列說法正確的是（）

A．上升過程的時間大于下落過程的時間B．上升過程中機械能損失小于返回過程中機械能損失C．上升過程的動能減小量大于返回過程的動能增加量D．上升過程的動量變化量小于返回過程的動量變化量確定爭辯對象物塊受力分析及運動分析上滑時下滑時由牛頓其次定律方程mgsinθ+f＝ma1mgsinθ-f＝ma1a1=gsinθ+a1=gsinθ﹣結(jié)合運動學(xué)公式求解運動狀況由運動學(xué)公式:,，可以推斷A錯各力做功狀況WG=-mgxsinθ、Wf=-fx、支持力不做功WG=-mgxsinθ、Wf=-fx、支持力不做功全過程WG=0、Wf=-2fx、支持力不做功動能定理確定動能的變化量上滑時ΔEK1=-mgxsinθ-fx=0-，下滑時ΔEK2=mgxsinθ-fx=，易知：ΔEK1＞ΔEK2，v1＞v2；故C正確。動量定理確定動量的變化量上滑時Δp1=-(mgsinθ+f)t1=-mv0，下滑時Δp2=(mgsinθ-f)t=mv1易知：Δp1＞Δp2【答案】C1．（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，可視為質(zhì)點的機器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為θ。船和機器人保持靜止時，機器人僅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列關(guān)系式正確的是（A．Ff=G B．F=FN C．【答案】C【詳解】如圖所示，將重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解AC．沿斜面方向，由平衡條件得F故A錯誤，C正確；BD．垂直斜面方向，由平衡條件得F=G故BD錯誤。故選C。2．（2019·全國·高考真題）用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示．兩斜面I、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°．重力加速度為g．當(dāng)卡車沿平直大路勻速行駛時，圓筒對斜面I、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2，則A．F1=3C．F1=1【答案】D【詳解】對圓筒進行受力分析知：圓筒處于三力平衡狀態(tài)，受力分析如圖，由幾何關(guān)系可知，F(xiàn)1′=mgcos解得F1′=3由牛頓第三定律知：F1故D正確。3．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一木塊以肯定的初速度從斜面底端開頭上滑。若斜面足夠長，上滑過程中木塊的機械能和動能隨位移變化的關(guān)系圖線如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．木塊上滑過程中，重力勢能增加了4E0B．木塊受到的摩擦力大小為2C．木塊的重力大小為4D．木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為3【答案】C【詳解】A．機械能的變化量等于重力勢能變化量和動能變化量的和，則2解得E故A錯誤；B．木塊上滑過程中，機械能的變化量等于摩擦力所做的功，則?f解得f=故B錯誤；C．重力所做的功等于重力勢能變化量，則mg解得mg=故C正確；D．滑動摩擦力為f=μmg解得μ=故D錯誤。故選C。4．（2024·貴州·統(tǒng)考一模）如圖所示，某一斜面的頂端到正下方水平面O點的高度為h，斜面底端與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開頭滑下，滑到水平面上的A點停下。已知小木塊與斜面、水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，A點到O點的距離為x，斜面傾角為θ。則下列說法正確的是（

）A．木塊沿斜面下滑的過程中，摩擦力對木塊做功為μmgxB．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點左側(cè)停下C．若保持h和μ不變，θ增大，木塊應(yīng)在A點右側(cè)停下D．若保持h和μ不變，將斜面底端延長至A點，木塊則剛好不下滑【答案】D【詳解】BC．對小木塊運動的整個過程，依據(jù)動能定理有mg??μmg解得h=μx所以x與θ無關(guān)，仍停在A點，故BC錯誤；A．依據(jù)前面分析可知重力對木塊做功為WG=mgh=μmgx摩擦力對木塊做功為Wf=-WG=-mgh=-μmgx故A錯誤；D．對小木塊運動的整個過程，依據(jù)動能定理有mg??μmg解得h=μx將斜面底端延長至A點，有μ=所以木塊則剛好不下滑，故D正確。故選D。5．（2024·湖南一模）如圖所示，固定的傾角為37°的粗糙斜面上放置一長方體物塊，現(xiàn)用一大小等于物塊重力，方向與斜面成37°角斜向下的推力推動物塊（力的作用線在斜面上的投影與斜面底邊平行），物塊在斜面上恰好做勻速運動。則物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為sin37°=0.6A．34 B．54 C．56【答案】D【詳解】物塊所受支持力F物塊所受摩擦力F重力和F平行于斜面方向的合力F物塊在斜面上恰好做勻速運動，則F又F=mg聯(lián)立解得μ(mgμ=故選D。6．（2022·重慶·高考真題）一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與摩擦力相等的拉力作用，由靜止開頭沿斜面對下做勻變速直線運動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面對下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化分別如圖曲線①、②所示，則（）A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為2B．當(dāng)拉力沿斜面對上，重力做功為9J時，物塊動能為C．當(dāng)拉力分別沿斜面對上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面對上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1:【答案】BC【詳解】A．對物體受力分析可知，平行于斜面對下的拉力大小等于滑動摩擦力，有F=f=μmg由牛頓其次定律可知，物體下滑的加速度為a則拉力沿斜面對下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功為WW代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ=故A錯誤；C．當(dāng)拉力沿斜面對上，由牛頓其次定律有mg解得a則拉力分別沿斜面對上和向下時，物塊的加速度大小之比為a故C正確；B．當(dāng)拉力沿斜面對上，重力做功為W合力做功為W則其比值為W則重力做功為9J時，物塊的動能即合外力做功為3D．當(dāng)拉力分別沿斜面對上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為P=mv=m則動量的大小之比為P故D錯誤。故選BC。7．（2021·全國·高考真題）一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面對上滑動。該物體開頭滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為Ek5。已知sinA．物體向上滑動的距離為EB．物體向下滑動時的加速度大小為gC．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長【答案】BC【詳解】AC．物體從斜面底端回到斜面底端依據(jù)動能定理有?μmg?2l物體從斜面底端到斜面頂端依據(jù)動能定理有?mgl整理得l=EkA錯誤，C正確；B．物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有ma=mg求解得出a=B正確；D．物體向上滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有m物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有m由上式可知a上>a下由于上升過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，依據(jù)公式l=則可得出tD錯誤。故選BC。8．（2020·海南·統(tǒng)考高考真題）如圖，在傾角為θ的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質(zhì)量分別為m1和m2，用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面對上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則（A．兩物塊一起運動的加速度大小為a=B．彈簧的彈力大小為T=C．若只增大m2D．若只增大θ，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大【答案】BC【詳解】A．對整體受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有F?解得：a=F故A錯誤；B．對m2受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有F解得F彈依據(jù)F彈=m依據(jù)胡克定律，可知伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；依據(jù)F彈=m依據(jù)胡克定律，可知伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。故選BC。9．（2019·全國·高考真題）如圖，一粗糙斜面固定在地面上，斜面頂端裝有一光滑定滑輪．一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊N．另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)用水平向左的拉力緩慢拉動N，直至懸掛N的細繩與豎直方向成45°．已知M始終保持靜止，則在此過程中（）A．水平拉力的大小可能保持不變B．M所受細繩的拉力大小肯定始終增加C．M所受斜面的摩擦力大小肯定始終增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加【答案】BD【詳解】如圖所示，以物塊N為爭辯對象，它在水平向左拉力F作用下，緩慢向左移動直至細繩與豎直方向夾角為45°的過程中，水平拉力F漸漸增大，繩子拉力T漸漸增大；對M受力分析可知，若起初M受到的摩擦力f沿斜面對下，則隨著繩子拉力T的增加，則摩擦力f也漸漸增大；若起初M受到的摩擦力f沿斜面對上，則隨著繩子拉力T的增加，摩擦力f可能先減小后增加．故本題選BD．10．（2024·河北·一模）如圖所示，傾角為α的足夠長粗糙斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為m的滑塊A放在斜面上恰好處于靜止狀態(tài)，質(zhì)量也為m的滑塊B下表面光滑，從斜面上與A相距為L處由靜止釋放，之后與A發(fā)生多次彈性正碰，每次碰撞時間都極短，已知斜面傾角α=30°，A、B兩滑塊均可視為質(zhì)點，重力加速度大小為g，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是（）A．B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)受的時間為2LB．B與A第一次碰撞后瞬間A的速度大小為gLC．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生其次次碰撞的時間為4D．B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生其次次碰撞滑塊A克服摩擦力做的功為4mgL【答案】BC【詳解】A.設(shè)B下滑過程中加速度大小為a，B由靜止釋放后至第一次與A碰撞經(jīng)受的時間為t1，第1次與A碰前瞬間的速度為v，則對B由牛頓其次定律得mg由運動學(xué)規(guī)律得L=12解得t1=故A錯誤；B.第一次碰撞后A的速度為vA1，B的速度為vB1，由動量守恒和機械能守恒得mv=mvA1解得vA1=故B正確；C.第一次碰撞后，A勻速下滑，B勻加速下滑，發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生其次次碰撞的過程中兩滑塊下滑的位移相等，所用時間為t2，則有v解得t故C正確；D.B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生其次次碰撞，A的位移為x=滑塊A克服摩擦力做的功W=μmgx解得W=2mgL故D錯誤。故選BC。11．（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）如圖（a），一傾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一輕質(zhì)彈簧的一端固定在底端C處，彈簧的原長與BC長度相同。一小滑塊在沿斜面對下的拉力T作用下，由A處從靜止開頭下滑，當(dāng)滑塊第一次到達B點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）所示。已知AB段長度為2m，滑塊質(zhì)量為2kg，滑塊與斜面AB段的動摩擦因數(shù)為0.5，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小取10m/s（1）當(dāng)拉力為10N（2）滑塊第一次到達B點時的動能；（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離?！敬鸢浮浚?）7m/s2；（2）26【詳解】（1）設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，斜面傾角為θ，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受斜面的支持力大小為N，滑動摩擦力大小為f，拉力為10N時滑塊的加速度大小為aT+mgsinθ?f=maN?mgcosθ=0f=μN

③聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得a=7m/s2（2）設(shè)滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W，由功的定義有W=T1式中T1、T2和s1依題意，T1=8N，s1=1設(shè)滑塊第一次到達B點時的動能為EkW+(mgsinθ?f)(聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得Ek=26由機械能守恒定律可知，滑塊其次次到達B點時，動能仍為Ek。設(shè)滑塊離B點的最大距離為s由動能定理有?(mgsinθ+f)聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得smax=1.312．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖所示，質(zhì)量m=2kg的滑塊以v0=16m/s的初速度沿傾角θ=37°的斜面上滑，經(jīng)t=2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到動身點。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求滑塊(1)最大位移值x；(2)與斜面間的動摩擦因數(shù)；(3)從最高點返回到動身點的過程中重力的平均功率P?！敬鸢浮?1)16m；(2)0.25；(3)67.9W【詳解】(1)小車向上做勻減速直線運動，有x=得x=16(2)加速度a上滑過程a得μ=0.25(3)下滑過程a由運動學(xué)公式v重力的平均功率P13．（2023·云南聯(lián)考）如圖所示，在水平地面上固定一個傾角為θ=30°的絕緣光滑斜面體，斜面體底端連接有擋板，有一個電荷量為q、質(zhì)量為m的滑塊靜止于擋板處，某時刻加一沿