高考物理一轮复习 第三章 微专题24 运动学两类基本问题加练半小时（含解析）试题

运动学两类基本问题[方法点拨](1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系.(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动学各量的关系.(3)求解加速度是解决问题的关键.(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法.1.(2018·河南省开封市质检)某实验小组设计了一个模型火箭，由测力计测得其重力为G，通过测量计算得此火箭发射时可提供大小为F＝2G的恒定推力，且持续时间为t，随后该小组又对设计方案进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行eq\f(t,2)时，火箭丢弃一半的质量，剩余eq\f(t,2)时间内，火箭推动剩余部分继续飞行，若采用原来的方式，火箭可上升的高度为H，则改进后火箭最高可上升的高度为(不考虑燃料消耗引起的质量变化)()A.1.5H B.2HC.2.75H D.3.25H2.(多选)如图1甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2，根据图象可求出()图1A.物体的初速率v0＝3m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44mD.当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上3.如图2所示，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β，一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑，在小物块从a运动到c的过程中，可以正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是()图24.(多选)(2018·河北省定州中学月考)将质量均为M＝1kg的编号依次为1,2，…，6的梯形劈块靠在一起构成倾角为37°的三角形劈面，每个梯形劈块上斜面长度均为L＝0.2m，如图3所示，质量m＝1kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，每个梯形劈块与水平面间的动摩擦因数均为μ2＝0.3，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，现使A从斜面底端以平行于斜面的初速度v0＝4.5m/s冲上斜面，下列说法正确的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)()图3A.若所有劈均固定在水平面上，物块最终从6号劈上冲出B.若所有劈均固定在水平面上，物块最终能冲到6号劈上C.若所有劈均不固定在水平面上，物块上滑到4号劈时，劈开始相对水平面滑动D.若所有劈均不固定在水平面上，物块上滑到5号劈时，劈开始相对水平面滑动5.(2018·河北省定州中学月考)如图4甲所示，小物块从足够长的固定光滑斜面顶端由静止自由下滑，下滑位移x时的速度为v，其x－v2图象如图乙所示，g取10m/s2，则斜面的倾角θ为()图4A.30°B.45°C.60°D.75°6.(多选)如图5所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m的小圆环套在直杆上，给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放，改变直杆与水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则()图5A.恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向B.恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向C.若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为eq\r(3)mgD.恒力F的最小值为eq\f(\r(3),2)mg7.如图6所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板顶端，由静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止，已知M＝1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为()图6A.eq\f(3,4)gB.eq\f(1,2)gC.eq\f(1,4)gD.eq\f(1,8)g8.(2018·四川省泸州市一检)如图7所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止.小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半.则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为()图7A.1B.2C.3D.49.(多选)(2019·四川省自贡市一诊)如图8所示，竖直挡板对小球的弹力为FN1，小车斜面对小球的弹力为FN2.若小车向左加速运动且加速度a逐渐增加，则()图8A.FN2逐渐减小B.FN2不变C.FN1逐渐增大D.FN1与FN2的合力有可能不变10.一飞行器在地面附近做飞行试验，从地面起飞时沿与水平方向成30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，此时发动机提供的动力方向与水平方向夹角为60°.若飞行器所受空气阻力不计，重力加速度为g.则可判断()A.飞行器的加速度大小为gB.飞行器的加速度大小为2gC.起飞后t时间内飞行器上升的高度为eq\f(1,2)gt2D.起飞后t时间内飞行器上升的高度为gt211.(2018·湖南省长郡中学月考)如图9所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，有一质量m＝1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ＝0.2，物体受到平行于斜面向上的轻细线的拉力F＝9.6N的作用，从静止开始运动，经2s轻细线突然断了，则轻细线断后经过多长时间物体的速度大小为22m/s？(结果保留两位有效数字，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2)图9

答案精析1.C[采用原来的方式时，模型火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝eq\f(1,2)gt2，t时刻火箭的速度大小为v＝at＝gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2＝eq\f(v2,2g)＝eq\f(gt2,2g)＝eq\f(1,2)gt2，则H＝h1＋h2＝gt2，改为二级推进的方式后，火箭加速上升过程中，由牛顿第二定律得F－G＝ma1，解得a1＝g，eq\f(t,2)时间内火箭加速上升的高度H1＝eq\f(1,2)a1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(1,8)gt2，eq\f(t,2)时刻火箭的速度v1＝a1·eq\f(t,2)＝g·eq\f(t,2)，丢弃一半的质量后，由牛顿第二定律得F－eq\f(1,2)G＝eq\f(1,2)ma2，解得a2＝3g；后eq\f(t,2)时间内火箭加速上升的高度H2＝v1·eq\f(t,2)＋eq\f(1,2)a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t,2)))2＝eq\f(5,8)gt2，t时刻火箭的速度v2＝v1＋a2·eq\f(t,2)＝2gt，失去推力后，火箭做竖直上抛运动，上升的高度H3＝eq\f(v\o\al(2,2),2g)＝eq\f(2gt2,2g)＝2gt2，则H′＝H1＋H2＋H3＝eq\f(1,8)gt2＋eq\f(5,8)gt2＋2gt2＝eq\f(11,4)gt2＝eq\f(11,4)H＝2.75H，故C正确.]2.BC[当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v02＝－2gx，根据题图乙可得此时x＝1.80m，解得初速率v0＝6m/s，选项A错；当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx＝eq\f(1,2)mv02，根据题图乙知此时x＝2.40m，解得μ＝0.75，选项B对；物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝g(sinθ＋μcosθ)，v02＝2ax＝2g(sinθ＋μcosθ)x，sinθ＋μcosθ＝eq\r(1＋μ2)sin(θ＋α)＝eq\f(5,4)sin(θ＋α)，则xmin＝1.44m，选项C对；当θ＝45°时，因mgsin45°>μmgcos45°，则物体达到最大位移后将返回，选项D错.]3.C[设物块上滑与下滑的加速度大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1，mgsinβ－μmgcosβ＝ma2，得a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinβ－μgcosβ，则知a1>a2，而v－t图象的斜率表示加速度，所以上滑段图线的斜率大于下滑段图线的斜率；上滑过程的位移大小较小，而上滑的加速度较大，由x＝eq\f(1,2)at2知，上滑过程时间较短；上滑过程中，物块做匀减速运动，下滑过程做匀加速直线运动，两段图线都是直线；由于物块克服摩擦力做功，机械能不断减小，所以物块到达c点的速度小于v0，故选项C正确.]4.BC[若劈一直保持静止不动，根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为a＝gsin37°＋μ1gcos37°＝10m/s2，物块沿斜面向上做匀减速运动，设速度减为零时物块运动的位移为x，由运动学公式有0－v02＝－2ax，解得x＝1.0125m，eq\f(x,L)＝eq\f(1.0125,0.2)＝5.1，说明物块可以冲到6号劈上，故A错误，B正确；物块与斜面间的弹力FN1＝mgcos37°＝10×0.8N＝8N，物块与斜面间的滑动摩擦力为Ff1＝μ1FN1＝0.5×8N＝4N，水平面对劈的支持力FN2＝(6－n)Mg＋FN1cos37°－Ff1sin37°，当Ff1cos37°＋FN1sin37°＝μ2FN2时，后面的劈块刚好开始滑动，解得n＝3.7，所以物块上滑到4号劈时，劈开始相对水平面滑动，故C正确，D错误.]5.A[由匀变速直线运动的速度－位移公式可得v2＝2ax，整理得x＝eq\f(1,2a)v2，由题图乙可知eq\f(1,2a)＝eq\f(1,10)s2·m－1，得小物块的加速度a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得小物块的加速度a＝gsinθ，联立解得sinθ＝eq\f(a,g)＝eq\f(1,2)，解得θ＝30°，故A正确，B、C、D错误.]6.BCD[小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力，由L＝eq\f(1,2)at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝eq\f(mg,F)，解得F＝eq\r(3)mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝eq\f(F,mg)，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝eq\f(\r(3),2)mg，选项D正确.]7.C[对木板A受力分析，受重力、支持力、拉力及C对A的摩擦力和压力，根据平衡条件可得Mgsin30°＋Ff＝mg，由题意可知M＝1.5m，可得A、C间的摩擦力为Ff＝0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin30°－Ff＝ma，联立可得C下滑的加速度大小a＝eq\f(1,4)g，故C正确，A、B、D错误.]8.C[设小物块在A点时速度大小为v，AB＝BC＝l，则在B点时速度大小为eq\f(1,2)v，由运动学公式有v2－(eq\f(1,2)v)2＝2μ1gl，(eq\f(1,2)v)2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正确.]9.BC[对小球进行受力分析，作出受力图：重力mg、竖直挡板对小球的弹力FN1、小车斜面对球的弹力FN2.设加速度大小为a，斜面的倾角为α.根据牛顿第二定律得：竖直方向：mg＝FN2cosα①水平方向：FN1－FN2sinα＝ma②由①看出，m、α不变，则FN2不变.由②得，FN1＝FN2sinα＋ma.则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，FN1逐渐增大.故B、C正确，A、D错误.]10.A[飞行器受力如图所示：由几何关系可知，飞行器的加速度大小为a＝g，A项正确，B项错误；起飞后t时间内飞行器的位移x＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2，所以飞行器上升的高度h＝xsin30°＝eq\f(1,4)gt2，C、D项错误.]11.5.5s解析第一阶段：在前2s内，物体在F＝9.6N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，设加速度为a1，沿斜面方向：F－mgsinθ－Ff＝ma1，垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ，Ff＝μFN，联立解得a1＝eq\f(F－mgsinθ－μmgcosθ,m)＝2m/s2，2s末细线断时，物体的瞬时速度v1＝a1t1＝4m/s.第二