2024年高考物理 歸類建模記憶法 解題技巧-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02斜面模型之動力學問題

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

02

跟我學?解題思維剖析

1.（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。，手機

與接觸面的動摩擦因數(shù)為山重力加速度為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pmgcosO,方向沿斜面對上

C.若0增大，則支架對手機的摩擦力隨之減小

D.若。增大，則支架對手機的作用力保持不變

候型圖都

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

f-mgsin0=O

依據(jù)平衡條件列方程

N-mgcos0=O

f=mgsinO

運用數(shù)學工具求解作答

N=mgcosO

手機受到的摩擦力大小為mgs應(yīng)仇方向沿斜面對左上，支持力大小為mgcos仇方向垂直斜面對

|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/〃=N=%gcosO

方向垂直于斜面斜向坐下.

【答案】選D

技法02斜面模型之動力學問題解題技法

02

跟我學?解題思維剖析

2.(2023?和平區(qū)校級一模)如圖所示，木盒中固定一質(zhì)量為m的祛碼，木盒和祛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?，F(xiàn)拿走祛碼，在木盒上換一個垂直于斜面對下的恒力F(F=mgcos0),

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

蟆型國豳

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

由牛頓其次定

律方程ai

〃(M+m)gcos6

ai=gsinO-/igcosOa2=gsin3—

M

依據(jù)v2=2ax得，x=^|知加速度增大，則滑行的距離變小。故B正確，ACD錯

結(jié)合運動學公

式求解作答

誤。

【答案】選B

技法03斜面模型之能量、動量問題解題技法

需高=?常見題型解讀

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:

,欺疑

iXtW

一豌髀工R

me及H第須1am

含翁建行HH3i9模"mi

助1(1)

02

跟我學?解題思維剖析

將質(zhì)量為機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

上滑時下滑時

受力分析及運動

分析

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

JV

由牛頓其次定律mgsinO+f=maimgsind-f=mai

方程

ff

ai=gsin3+——ai=gsin0———

mm

結(jié)合運動學公式

由運動學公式=詔=2ax,可以推斷A錯

求解運動狀況

各力做功狀況WG=-mgxsin3>Wf=-fa>支持力不做功WG=-mgxsin0>Wf=-fa>支持力不做功

全過程WG=0、叼=-然、支持力不做功

、1919

動能定理確定動上滑時尸-加gxs%。辦=0-］加%,下滑時/￡K2=加gxs%。力=2加匕,

能的變化量

易知：AEK1>AEK2,V1>V2.故C正確。

動量定理確定動上滑時Api=-(mgsin0+f)ti=-mvof下滑時Ap2=(mgsin6-f)t=mvi

量的變化量易知:

【答案】C

你來練?知識遷移強化

1.（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8。船和機器人保持靜止時，機器人僅受重力G、支持力風、摩擦力耳和

磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列關(guān)系式正確的是（）

,G

A.耳=GB.F=FNC.F（=Gcos9D.F=Gsin3

【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

Geos,，、/

yG

X___

AC.沿斜面方向，由平衡條件得

Ff=Geos。

故A錯誤，C正確；

BD.垂直斜面方向，由平衡條件得

F=Gsin。+FN

故BD錯誤。

故選C。

2.（2019?全國?高考真題）用卡車運輸質(zhì)量為優(yōu)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壓力的大小分別為尸八尸2,則

A.Fr=-mg,F2=—mgB.F^—mg,F2=-mg

C.Fr=^mg,F2=^-mgD.F、=gmg,F2=^mg

【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'=mgcos30°,&'=7ngsin30°。

解得尸J=與mg,F2'=,

由牛頓第三定律知：

?V3?1

Fi=—mg,F2=-mg,

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4a

B.木塊受到的摩擦力大小嘴

C.木塊的重力大小為心

XO

D,木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為日

【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.EQ—3E。=0—3E。+Ep

解得

Ep=2EO

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

x

~fo=2E。-3E0

解得

故B錯誤;

C.重力所做的功等于重力勢能變化量，則

mgsin300=AEp

解得

4瓦

mg=----

xo

故C正確;

D.滑動摩擦力為

f=〃zngcos30°

解得

V3

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。點的高度為〃，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〃，A點到。點的距離為x,斜面傾角為仇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〃加gr

B.若保持/?和〃不變，e增大,木塊應(yīng)在A點左側(cè)停下

C.若保持場和“不變，。增大，木塊應(yīng)在A點右側(cè)停下

D.若保持/?和〃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

h

mgh—nmgcosO-----11nlg=0

sinw

解得

h=fvc

所以x與e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=/Limgx

摩擦力對木塊做功為

W/=-Wc=-mgh=-jLimgx

故A錯誤；

D.對小木塊運動的整個過程，依據(jù)動能定理有

h/h\

mqh—umqcosO--y——umqx------=0

sm3\tan0/

解得

h=JL/X

將斜面底端延長至A點，有

h

a=—=land

x

所以木塊則剛好不下滑，故D正確。

故選Do

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。=0.6，cos37。=0.8）（）

【答案】D

【詳解】物塊所受支持力

FN=mgcos37°+Fsin37°

物塊所受摩擦力

Ff="N

重力和尸平行于斜面方向的合力

F合二J（mgsin37°）2+（Fcos37"）2

物塊在斜面上恰好做勻速運動，則

/合=瓦

又

F=mg

聯(lián)立解得

〃（zngcos37°+7ngsin37°）=mg

5

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?

B.當拉力沿斜面對上，重力做功為切時，物塊動能為3J

C.當拉力分別沿斜面對上和向下時，物塊的加速度大小之比為1：3

D.當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:迎

【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=〃mgcos45°

由牛頓其次定律可知，物體下滑的加速度為

V2

=gsm45。=—g

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

1,mg123,

W=mg--at-sin45°=——t

Gr24

1i^mg2_

W=fmg?cos45°x-atQz=----------產(chǎn)

f2r4

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

1

故A錯誤；

C.當拉力沿斜面對上，由牛頓其次定律有

7ngsin45°—F—f=ma2

解得

V2V2

a-2=-T9-2〃gcos45°=zg

zo

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

。2_1

3

故C正確；

B.當拉力沿斜面對上，重力做功為

WG2=mgsin450?x

合力做功為

/合=ma2?x

則其比值為

V2

叫23

wlVF1

則重力做功為叼時，物塊的動能即合外力做功為3J,故B正確；

D.當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-m72ax

則動量的大小之比為

_V?2_1

PlV^lV3

故D錯誤。

故選BC。

7.(2021.全國.高考真題)一質(zhì)量為優(yōu)的物體自傾角為a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&，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自。己知

sina=0.6,重力加速度大小為g。貝I()

A.物體向上滑動的距離為普

B.物體向下滑動時的加速度大小為:

C.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)等于0.5

D.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

Ek

_/img?2lcosa=———Ek

物體從斜面底端到斜面頂端依據(jù)動能定理有

—mglsina—/imglcosa=0—Ek

整理得

I=ii=0.5

mg「

A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=mgsina—fimgcosa

求解得出

_9

a-5

B正確；

D.物體向上滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有

ma上=mgsina+^imgcosa

物體向下滑動時的依據(jù)牛頓其次定律有

ma下=mgsina—[imgcosa

由上式可知

a±>ay

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

1

I=-at2

2

則可得出

t上<t下

D錯誤。

故選BC。

8.(2020.海南?統(tǒng)考高考真題)如圖，在傾角為。的光滑斜面上，有兩個物塊尸和Q,質(zhì)量分別為爪1和瓶2,

用與斜面平行的輕質(zhì)彈簧相連接，在沿斜面對上的恒力/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=七

B?彈簧的彈力大小為7=母尸

C.若只增大小2,兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大

D.若只增大8,兩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—+m2)gsmd=(m1+m2)a

解得:

F..

-QsinO,

m1+m2

故A錯誤;

B.對物受力分析，依據(jù)牛頓其次定律有

彈。=

F-mzgsinm2a

解得尸彈=舞，故B正確;

C依據(jù)尸彈=黑=扁，可知若只增大62,兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力變大,

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；

D.依據(jù)尸彈=/"，可知只增大仇兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力不變，

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加相連，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.〃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a的足夠長粗糙斜面固定在水平地面上，質(zhì)量為機的滑塊A放

在斜面上恰好處于靜止狀態(tài)，質(zhì)量也為根的滑塊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a=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［亍

B.B與A第一次碰撞后瞬間A的速度大小為風

C.B與A發(fā)生第一次碰撞至發(fā)生其次次碰撞的時間為4

D.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tj,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

mgsinO=ma

由運動學規(guī)律得

L=工a島v2=2aL

21

解得

fl=、au="

故A錯誤；

B.第一次碰撞后A的速度為VAI,B的速度為VBI,由動量守恒和機械能守恒得

.1212I12

mv=mvA1+mvB1；-=-mv^r+-mv^

解得

VA1—VB1—°

故B正確；

C.第一次碰撞后，A勻速下滑，2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。則有

12

"2=2a為

解得

L

t=4—

2*

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—vAl^-2—4L

滑塊A克服摩擦力做的功

W=fimgxcosa=mgxsina

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48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，當滑塊第一次到達B點時撤去兀T隨滑塊沿斜面下滑的位移s的變化關(guān)系如圖（b）

所示。已知段長度為2m,滑塊質(zhì)量為2kg,滑塊與斜面段的動摩擦因數(shù)為0.5,彈簧始終在彈性限度

內(nèi)，重力加速度大小取10m/s2,sin37°=0.6?求：

（1）當拉力為10N時，滑塊的加速度大??；

（2）滑塊第一次到達2點時的動能；

(3)滑塊第一次在8點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

【答案】(1)7m/s2；(2)26J；(3)1.3m

【詳解】(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為如斜面傾角為仇滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為“，滑塊受斜面的支持力

大小為N,滑動摩擦力大小為力拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓其次定律和滑動摩擦力公式有

T+mgsm6—f=ma①

N-mgcosO-0②

f=〃N③

聯(lián)立①②③式并代入題給數(shù)據(jù)得

a=7m/s2④

(2)設(shè)滑塊在段運動的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W-Trsr+72s2⑤

式中7\、“和Sl、S2分別對應(yīng)滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應(yīng)的位移大小。

依題意，7；=8N,S]=lm,T2=ION,s2=Imo

設(shè)滑塊第一次到達B點時的動能為&，由動能定理有

W+(mgsind—/)(s1+s2)=&-。@

聯(lián)立②③⑤⑥式并代入題給數(shù)據(jù)得

為=26J⑦

(3)由機械能守恒定律可知，滑塊其次次到達2點時，動能仍為以。設(shè)滑塊離3點的最大距離為Smax，

由動能定理有

-(mgsind+/)smin=0-Fk⑧

聯(lián)立②③⑦⑧式并代入題給數(shù)據(jù)得

Smax="m⑨

12.(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0=37。的斜面上

滑，經(jīng)Z=2s滑行到最高點。然后，滑塊返回到動身點。已知豆1137。=0.6,cos37o=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產(chǎn)。

【答案】(l)16m；(2)0.25；(3)67.9W

【詳解】(1)小車向上做勻減速直線運動，有

得

x—16m

(2)加速度

2

ar=-=8m/s

上滑過程

7ngsin。+iimgcosO

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

rm

得

fi=0.25

(3)下滑過程

mgsmd—jimgcosO

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

2m

由運動學公式

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?云南聯(lián)考)如圖所示，在水平地面上固定一個傾角為8=30。的絕緣光滑斜面體，斜面體底端連

接有擋板，有一個電荷量為小質(zhì)量為根的滑塊靜止于擋板處，某時刻加一沿斜面方向的勻強電場，使得

滑塊沿斜面方向運動，經(jīng)受r時間后撤去電場，接著又經(jīng)受相同的時間，滑塊回到擋板位置處。不計空氣阻

力,已知重力加速度為g,求：

(1)電場強度的大??；

（2）滑塊距擋板的最遠距離。

【答案】⑴翳；⑵[清