备战2024年新高考物理答题技巧模板构建题型02 归类建模记忆法（解题技巧）（解析版）.docx

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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斜面的物体处于平衡状态时，解题的一般模式为：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，方向垂直于斜面向下B．手机受到的摩擦力大小为μmgcosθ，方向沿斜面向上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学科网（北京）股份有限公司 确定研究对象以手机为研究对象对物体进行受力分析并画出示意图根据平衡条件列方程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，方向沿斜面向左上，支持力大小为mgcosθ，方向垂直斜面向右上，根据牛顿第三定律得，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：1.（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一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向下的恒力F（F＝mgcosθ），其他条件不变，则木盒滑行的距离将（　　）学科网（北京）股份有限公司 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研究对象木盒和砝码木盒受力分析并画出示意图由牛顿第二定律方程（m+M）gsinθ﹣μ（m+M）gcosθ＝（m+M）a1Mgsinθ﹣μ（Mgcosθ+F）＝Ma2a1=gsinθ﹣μgcosθa2=gsinθ−μ(M+m)gcosθM结合运动学公式求解作答根据v2＝2ax得，x=v22a知加速度增大，则滑行的距离变小。故B正确，ACD错误。【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：将质量为m学科网（北京）股份有限公司 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出发点。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研究对象物块受力分析及运动分析上滑时下滑时由牛顿第二定律方程mgsinθ+f＝ma1mgsinθ-f＝ma1a1=gsinθ+a1=gsinθ﹣结合运动学公式求解运动情况由运动学公式:,，可以判断A错各力做功情况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学科网（北京）股份有限公司 和磁力F的作用，磁力垂直壁面。下列关系式正确的是（    ）A．Ff=GB．F=FNC．Ff=GcosθD．F=Gsinθ【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Ff=Gcosθ故A错误，C正确；BD．垂直斜面方向，由平衡条件得F=Gsinθ+FN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．当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面I、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则A．F1=33mg，F2=32mgB．F1=32mg，F2=33mgC．F1=12mg，F2=32mgD．F1=32mg，F2=12mg【答案】D学科网（北京）股份有限公司 【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°，F2′=mgsin30°。解得F1′=32mg，F2′=12mg，由牛顿第三定律知：F1=32mg, F2=12mg，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，一木块以一定的初速度从斜面底端开始上滑。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2E0x0C．木块的重力大小为4E0x0D．木块与斜面间的动摩擦因数为32【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2E0−3E0=0−3E0+EP解得Ep=2E0故A错误；学科网（北京）股份有限公司 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−fx0=2E0−3E0解得f=E0x0故B错误；C．重力所做的功等于重力势能变化量，则mgsin30°=ΔEp解得mg=4E0x0故C正确；D．滑动摩擦力为f=μmgcos30°解得μ=36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始滑下，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，根据动能定理有学科网（北京）股份有限公司 mgℎ−μmgcosθ⋅ℎsinθ−μmgx−ℎtanθ=0解得h=μx所以x与θ无关，仍停在A点，故BC错误；A．根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，根据动能定理有mgℎ−μmgcosθ⋅ℎsinθ−μmgx−ℎtanθ=0解得h=μx将斜面底端延长至A点，有μ=ℎx=tanθ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°=0.6cos37°=0.8（　　）A．34B．54C．56D．57【答案】D【详解】物块所受支持力FN=mgcos37∘+Fsin37∘物块所受摩擦力Ff=μFN学科网（北京）股份有限公司 重力和F平行于斜面方向的合力F合=（mgsin37∘）2+(Fcos37∘)2物块在斜面上恰好做匀速运动，则F合=Ff又F=mg联立解得μ(mgcos37∘+mgsin37∘)=mgμ=57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，由静止开始沿斜面向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。若拉力沿斜面向下时，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23B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3JC．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:2【答案】BC【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有F=f=μmgcos45°由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为a1=gsin45°=22g则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为WG=mg⋅12a1t2⋅sin45°=mg24t2学科网（北京）股份有限公司 Wf=−μmg⋅cos45°×12a1t2=−μmg24t2代入数据联立解得μ=13故A错误；C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有mgsin45°−F−f=ma2解得a2=22g−2μgcos45°=26g则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为a2a1=13故C正确；B．当拉力沿斜面向上，重力做功为WG2=mgsin45°⋅x合力做功为W合=ma2⋅x则其比值为WG2W合=22g26g=31则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为P=mv=m2ax则动量的大小之比为P2P1=a2a1=13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向上滑动。该物体开始滑动时的动能为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sinα=0.6，重力加速度大小为g。则（　　）学科网（北京）股份有限公司 A．物体向上滑动的距离为Ek2mgB．物体向下滑动时的加速度大小为g5C．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根据动能定理有−μmg⋅2lcosα=Ek5−Ek物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有−mglsinα−μmglcosα=0−Ek整理得l=Ekmg；μ=0.5A错误，C正确；B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma=mgsinα−μmgcosα求解得出a=g5B正确；D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有ma上=mgsinα+μmgcosα物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有ma下=mgsinα−μmgcosα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，根据公式l=12at2则可得出t上