（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第三章 微專題24 運動學兩類基本問題加練半小時（含解析）

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1、運動學兩類基本問題 [方法點撥]　(1)做好受力分析，分析出物體受到的各個力，判斷合力的方向，表示出合力與各力的關(guān)系.(2)做好運動過程分析，分析物體的運動性質(zhì)，判斷加速度的方向，并表示出加速度與運動學各量的關(guān)系.(3)求解加速度是解決問題的關(guān)鍵.(4)力的處理方法一般用合成法或正交分解法. 1.(2018·河南省開封市質(zhì)檢)某實驗小組設(shè)計了一個模型火箭，由測力計測得其重力為G，通過測量計算得此火箭發(fā)射時可提供大小為F＝2G的恒定推力，且持續(xù)時間為t，隨后該小組又對設(shè)計方案進行了改進，采用二級推進的方式，即當火箭飛行時，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余時間內(nèi)，火箭推動剩余部分繼續(xù)飛行，若采用原來的

2、方式，火箭可上升的高度為H，則改進后火箭最高可上升的高度為(不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化)(　　) A.1.5H B.2H C.2.75H D.3.25H 2.(多選)如圖1甲所示，為測定物體沖上粗糙斜面能達到的最大位移x與斜面傾角θ的關(guān)系，將某一物體每次以不變的初速率v0沿足夠長的斜面向上推出，調(diào)節(jié)斜面與水平方向的夾角θ，實驗測得x與斜面傾角θ的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖象可求出(　　) 圖1 A.物體的初速率v0＝3m/s B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75 C.取不同的傾角θ，物體在斜面上能達到的位移x的最小值xmin＝1.44m D.當θ＝45°

3、時，物體達到最大位移后將停在斜面上 3.如圖2所示，表面處處同樣粗糙的楔形木塊abc固定在水平地面上，ab面和bc面與地面的夾角分別為α和β，且α>β，一初速度為v0的小物塊沿斜面ab向上運動，經(jīng)時間t0后到達頂點b時，速度剛好為零；然后讓小物塊立即從靜止開始沿斜面bc下滑，在小物塊從a運動到c的過程中，可以正確描述其速度大小v與時間t的關(guān)系的圖象是(　　) 圖2 4.(多選)(2018·河北省定州中學月考)將質(zhì)量均為M＝1kg的編號依次為1,2，…，6的梯形劈塊靠在一起構(gòu)成傾角為37°的三角形劈面，每個梯形劈塊上斜面長度均為L＝0.2m，如圖3所示，質(zhì)量m＝1kg的小物塊A

4、與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，每個梯形劈塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.3，假定最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，現(xiàn)使A從斜面底端以平行于斜面的初速度v0＝4.5m/s沖上斜面，下列說法正確的是(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(　　) 圖3 A.若所有劈均固定在水平面上，物塊最終從6號劈上沖出 B.若所有劈均固定在水平面上，物塊最終能沖到6號劈上 C.若所有劈均不固定在水平面上，物塊上滑到4號劈時，劈開始相對水平面滑動 D.若所有劈均不固定在水平面上，物塊上滑到5號劈時，劈開始相對水平面滑動 5.(2018·河北省定州中學月考)如圖4甲所

5、示，小物塊從足夠長的固定光滑斜面頂端由靜止自由下滑，下滑位移x時的速度為v，其x－v2圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則斜面的傾角θ為(　　) 圖4 A.30°B.45°C.60°D.75° 6.(多選)如圖5所示，豎直平面內(nèi)有一光滑直桿AB，桿與水平方向的夾角為θ(0°≤θ≤90°)，一質(zhì)量為m的小圓環(huán)套在直桿上，給小圓環(huán)施加一與該豎直平面平行的恒力F，并從A端由靜止釋放，改變直桿與水平方向的夾角θ，當直桿與水平方向的夾角為30°時，小圓環(huán)在直桿上運動的時間最短，重力加速度為g，則(　　) 圖5 A.恒力F一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向 B.恒力F和小圓環(huán)的重

6、力的合力一定沿與水平方向成30°角斜向右下的方向 C.若恒力F的方向水平向右，則恒力F的大小為mg D.恒力F的最小值為mg 7.如圖6所示，傾角為30°的光滑固定斜面上放置質(zhì)量為M的木板A，跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細線一端與木板相連且細線與斜面平行，另一端連接質(zhì)量為m的物塊B，質(zhì)量也為m的物塊C位于木板頂端，由靜止釋放后，C下滑，而A、B仍保持靜止，已知M＝1.5m，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為(　　) 圖6 A.gB.gC.gD.g 8.(2018·四川省瀘州市一檢)如圖7所示，B是水平地面上AC的中點，可視為質(zhì)點的小物塊以某一初速度從A點滑動到C點停止.小物塊

7、經(jīng)過B點時的速度等于它在A點時速度的一半.則小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1和其與BC段間的動摩擦因數(shù)μ2的比值為(　　) 圖7 A.1B.2C.3D.4 9.(多選)(2019·四川省自貢市一診)如圖8所示，豎直擋板對小球的彈力為FN1，小車斜面對小球的彈力為FN2.若小車向左加速運動且加速度a逐漸增加，則(　　) 圖8 A.FN2逐漸減小 B.FN2不變 C.FN1逐漸增大 D.FN1與FN2的合力有可能不變 10.一飛行器在地面附近做飛行試驗，從地面起飛時沿與水平方向成30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，此時發(fā)動機提供的動力方向與水平方向夾角為60°.若飛行器所

8、受空氣阻力不計，重力加速度為g.則可判斷(　　) A.飛行器的加速度大小為g B.飛行器的加速度大小為2g C.起飛后t時間內(nèi)飛行器上升的高度為gt2 D.起飛后t時間內(nèi)飛行器上升的高度為gt2 11.(2018·湖南省長郡中學月考)如圖9所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面上，有一質(zhì)量m＝1kg的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物體受到平行于斜面向上的輕細線的拉力F＝9.6N的作用，從靜止開始運動，經(jīng)2s輕細線突然斷了，則輕細線斷后經(jīng)過多長時間物體的速度大小為22m/s？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字，已知sin37°＝0.6，g取10m/s2) 圖9 答案精析

9、1.C　[采用原來的方式時，模型火箭加速上升過程中，由牛頓第二定律得F－G＝ma，解得a＝g，故火箭加速上升的高度h1＝gt2，t時刻火箭的速度大小為v＝at＝gt，失去推力后，火箭做豎直上拋運動，火箭上升的高度h2＝＝＝gt2，則H＝h1＋h2＝gt2，改為二級推進的方式后，火箭加速上升過程中，由牛頓第二定律得F－G＝ma1，解得a1＝g，時間內(nèi)火箭加速上升的高度H1＝a1·2＝gt2，時刻火箭的速度v1＝a1·＝g·，丟棄一半的質(zhì)量后，由牛頓第二定律得F－G＝ma2，解得a2＝3g；后時間內(nèi)火箭加速上升的高度H2＝v1·＋a22＝gt2，t時刻火箭的速度v2＝v1＋a2·＝2gt，失去推力

10、后，火箭做豎直上拋運動，上升的高度H3＝＝＝2gt2，則H′＝H1＋H2＋H3＝gt2＋gt2＋2gt2＝gt2＝H＝2.75H，故C正確.] 2.BC　[當斜面傾角θ＝90°時，物體對斜面無壓力，也無摩擦力，物體做豎直上拋運動，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有02－v02＝－2gx，根據(jù)題圖乙可得此時x＝1.80m，解得初速率v0＝6m/s，選項A錯；當斜面傾角θ＝0°時即為水平，物體在運動方向上只受到摩擦力作用，則有μmgx＝mv02，根據(jù)題圖乙知此時x＝2.40m，解得μ＝0.75，選項B對；物體沿斜面上滑，由牛頓第二定律可知加速度a＝gsinθ＋μgcosθ＝g(sinθ＋μcosθ)，v0

11、2＝2ax＝2g(sinθ＋μcosθ)x，sinθ＋μcosθ＝sin(θ＋α)＝sin(θ＋α)，則xmin＝1.44m，選項C對；當θ＝45°時，因mgsin45°>μmgcos45°，則物體達到最大位移后將返回，選項D錯.] 3.C　[設(shè)物塊上滑與下滑的加速度大小分別為a1和a2，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma1，mgsinβ－μmgcosβ＝ma2，得a1＝gsinα＋μgcosα，a2＝gsinβ－μgcosβ，則知a1>a2，而v－t圖象的斜率表示加速度，所以上滑段圖線的斜率大于下滑段圖線的斜率；上滑過程的位移大小較小，而上滑的加速度較大，由x＝at2知，

12、上滑過程時間較短；上滑過程中，物塊做勻減速運動，下滑過程做勻加速直線運動，兩段圖線都是直線；由于物塊克服摩擦力做功，機械能不斷減小，所以物塊到達c點的速度小于v0，故選項C正確.] 4.BC　[若劈一直保持靜止不動，根據(jù)牛頓第二定律，物塊的加速度大小為a＝gsin37°＋μ1gcos37°＝10m/s2，物塊沿斜面向上做勻減速運動，設(shè)速度減為零時物塊運動的位移為x，由運動學公式有0－v02＝－2ax，解得x＝1.0125m，＝＝5.1，說明物塊可以沖到6號劈上，故A錯誤，B正確；物塊與斜面間的彈力FN1＝mgcos37°＝10×0.8N＝8N，物塊與斜面間的滑動摩擦力為Ff1＝μ1FN1＝0

13、.5×8N＝4N，水平面對劈的支持力FN2＝(6－n)Mg＋FN1cos37°－Ff1sin37°，當Ff1cos37°＋FN1sin37°＝μ2FN2時，后面的劈塊剛好開始滑動，解得n＝3.7，所以物塊上滑到4號劈時，劈開始相對水平面滑動，故C正確，D錯誤.] 5.A　[由勻變速直線運動的速度－位移公式可得v2＝2ax，整理得x＝v2，由題圖乙可知＝s2·m－1，得小物塊的加速度a＝5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得小物塊的加速度a＝gsinθ，聯(lián)立解得sinθ＝＝，解得θ＝30°，故A正確，B、C、D錯誤.] 6.BCD　[小圓環(huán)受到豎直向下的重力、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力和恒力F，把

14、光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無分力，由L＝at2可知，要使小圓環(huán)在直桿上運動的時間最短，小圓環(huán)運動的加速度必須最大，由牛頓第二定律可知，當恒力和重力的合力沿光滑直桿方向時，加速度最大，所以選項A錯誤，B正確；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝，解得F＝mg，選項C正確；當合力F的方向垂直光滑直桿時，恒力F最小，由sin60°＝，解得F的最小值為Fmin＝mgsin60°＝mg，選項D正確.] 7.C　[對木板A受力分析，受重力、支持力、拉力及C對A的摩擦力和壓力，根據(jù)平衡條件可得Mgsin30°＋Ff＝mg，由題意可知M＝1.5m，可得A、C間的摩擦力為Ff＝0.2

15、5mg，對C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin30°－Ff＝ma，聯(lián)立可得C下滑的加速度大小a＝g，故C正確，A、B、D錯誤.] 8.C　[設(shè)小物塊在A點時速度大小為v，AB＝BC＝l，則在B點時速度大小為v，由運動學公式有v2－(v)2＝2μ1gl，(v)2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正確.] 9.BC 　[對小球進行受力分析，作出受力圖：重力mg、豎直擋板對小球的彈力FN1、小車斜面對球的彈力FN2.設(shè)加速度大小為a，斜面的傾角為α.根據(jù)牛頓第二定律得： 豎直方向：mg＝FN2cosα① 水平方向：FN1－FN2sinα＝ma② 由①看出，m、α不變，則FN2不

16、變. 由②得，F(xiàn)N1＝FN2sinα＋ma. 則向左加速運動且加速度a逐漸增加時，F(xiàn)N1逐漸增大.故B、C正確，A、D錯誤.] 10.A 　[飛行器受力如圖所示：由幾何關(guān)系可知，飛行器的加速度大小為a＝g，A項正確，B項錯誤；起飛后t時間內(nèi)飛行器的位移x＝at2＝gt2，所以飛行器上升的高度h＝xsin30°＝gt2，C、D項錯誤.] 11.5.5s 解析　第一階段：在前2s內(nèi)，物體在F＝9.6N的拉力作用下，從靜止開始沿斜面做勻加速運動，設(shè)加速度為a1， 沿斜面方向：F－mgsinθ－Ff＝ma1， 垂直于斜面方向：FN＝mgcosθ， Ff＝μFN， 聯(lián)立解得a1＝＝2m/s2， 2s末細線斷時，物體的瞬時速度v1＝a1t1＝4m/s. 第二階段：從細線斷到物體繼續(xù)沿斜面向上運動到速度為零的過程，設(shè)加速度為a2，則 a2＝＝－7.6m/s2， 設(shè)從細線斷到物體到達最高點所需時間為t2，由運動學公式得0＝v1＋a2t2，得t2＝0.53s. 第三階段：物體從最高點沿斜面下滑，設(shè)加速度為a3，速度達到22m/s所需時間為t3，由牛頓第二定律知 a3＝＝4.4m/s2， 所需時間t3＝＝5s. 綜上所述，從細線斷到物體的速度為22m/s所經(jīng)歷的總時間t＝t2＋t3＝0.53s＋5s≈5.5s. 8