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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F2G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,即当火箭飞行时,火箭丢弃一半的质量,剩余时间内,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,实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示,g取10 m/s2,根据图象可求出()图1A.物体的初速率v03 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数0.75C.取不同的倾角,物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44 mD.当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和,且,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M1 kg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L0.2 m,如图3所示,质量m1 kg的小物块A与斜面间的动摩擦因数为10.5,每个梯形劈块与水平面间的动摩擦因数均为20.3,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v04.5 m/s冲上斜面,下列说法正确的是(sin 370.6,cos 370.8,g取10 m/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xv2图象如图乙所示,g取10 m/s2,则斜面的倾角为()图4A.30 B.45 C.60 D.756.(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(090),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,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mgD.恒力F的最小值为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M1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为()图6A.g B.g C.g D.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1和其与BC段间的动摩擦因数2的比值为()图7A.1 B.2 C.3 D.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37的足够长的固定斜面上,有一质量m1 kg的物体,物体与斜面间动摩擦因数0.2,物体受到平行于斜面向上的轻细线的拉力F9.6 N的作用,从静止开始运动,经2 s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22 m/s?(结果保留两位有效数字,已知sin 370.6,g取10 m/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FGma,解得ag,故火箭加速上升的高度h1gt2,t时刻火箭的速度大小为vatgt,失去推力后,火箭做竖直上抛运动,火箭上升的高度h2gt2,则Hh1h2gt2,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FGma1,解得a1g,时间内火箭加速上升的高度H1a12gt2,时刻火箭的速度v1a1g,丢弃一半的质量后,由牛顿第二定律得FGma2,解得a23g;后时间内火箭加速上升的高度H2v1a22gt2,t时刻火箭的速度v2v1a22gt,失去推力后,火箭做竖直上抛运动,上升的高度H32gt2,则HH1H2H3gt2gt22gt2gt2H2.75H,故C正确.2.BC当斜面倾角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02v022gx,根据题图乙可得此时x1.80 m,解得初速率v06 m/s,选项A错;当斜面倾角0时即为水平,物体在运动方向上只受到摩擦力作用,则有mgxmv02,根据题图乙知此时x2.40 m,解得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agsin gcos g(sin cos ),v022ax2g(sin cos )x,sin cos sin()sin(),则xmin1.44 m,选项C对;当45时,因mgsin 45mgcos 45,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mgsin mgcos ma1,mgsin mgcos ma2,得a1gsin gcos ,a2gsin gcos ,则知a1a2,而vt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xat2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agsin 371gcos 3710 m/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0v022ax,解得x1.012 5 m,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FN1mgcos 37100.8 N8 N,物块与斜面间的滑动摩擦力为Ff11FN10.58 N4 N,水平面对劈的支持力FN2(6n)MgFN1cos 37Ff1sin 37,当Ff1cos 37FN1sin 372FN2时,后面的劈块刚好开始滑动,解得n3.7,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v22ax,整理得xv2,由题图乙可知 s2m1,得小物块的加速度a5 m/s2,根据牛顿第二定律得小物块的加速度agsin ,联立解得sin ,解得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Lat2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tan 30,解得Fmg,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sin 60,解得F的最小值为Fminmgsin 60mg,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Mgsin 30Ffmg,由题意可知M1.5m,可得A、C间的摩擦力为Ff0.25mg,对C受力分析,根据牛顿第二定律可得mgsin 30Ffma,联立可得C下滑的加速度大小ag,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,ABBCl,则在B点时速度大小为v,由运动学公式有v2(v)221gl,(v)222gl,解得132,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.根据牛顿第二定律得:竖直方向:mgFN2cos 水平方向:FN1FN2sin ma由看出,m、不变,则FN2不变.由得,FN1FN2sin 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ag,A项正确,B项错误;起飞后t时间内飞行器的位移xat2gt2,所以飞行器上升的高度hxsin 30gt2,C、D项错误.11.5.5 s解析第一阶段:在前2 s内,物体在F9.6 N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:Fmgsin Ffma1,垂直于斜面方向:FNmgcos ,FfFN,联立解得a12 m/s2,2 s末细线断时,物体的瞬时速度v1a1t14 m/s.第二阶段:从细线断到物体继续沿斜面向上运动到速度为零的过程,设加速度为a2,则a27.6 m/s2,设从细线断到物体到达最高点所需时
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