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1、运动学两类基本问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， t 2 剩余 时间内，火
2、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， t 2 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.1.5HB.2H C.2.75HD.3.25H 2.(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 10m/s2， 根据图象可求出( ) 图 1 A.物体的初速率v03m/s B.物体与斜面间的动摩擦因数0.75 C.取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin1.44m
3、 D.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 2 4.(多选)(2018河北省定州中学月考)将质量均为M1kg 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L0.2m， 如图 3 所示，质量m1kg 的小物块
4、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v04.5m/s 冲上斜面， 下列说法正确的是(sin370.6， cos37 0.8，g取 10m/s2)( ) 图 3 A.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
5、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 10m/s2，则斜面的倾 角为( ) 图 4 A.30B.45C.60D.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 (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 5 A.恒力F一定沿与水平方向成 30角斜向右下的方向
6、 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mg3 D.恒力F的最小值为mg 3 2 7.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 6 A.gB.gC.gD.g 3 4 1 2 1 4 1 8 8.(2018四川省泸州市一检)如图 7 所示，B是水平地面上AC的
7、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 7 A.1B.2C.3D.4 9.(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 8 A.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
8、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g B.飞行器的加速度大小为 2g C.起飞后t时间内飞行器上升的高度为gt2 1 2 D.起飞后t时间内飞行器上升的高度为gt2 11.(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m1kg 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F9.6N 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 sin370.6，g取
9、 10m/s2) 图 9 答案精析答案精析 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a g，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 1 2 箭做竖直上抛运动，火箭上升的高度h2gt2，则Hh1h2gt2，改为二级 v2 2g gt2 2g 1 2 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 t 2 火箭加速上升的高度H1a1 2 gt2， 时刻火箭的速度v1a1 g ，丢弃一半的 1 2( t 2) 1 8 t 2 t 2 t 2 质量后， 由牛顿第二定律得FGma2
10、， 解得a23g； 后 时间内火箭加速上升的高度H2 1 2 1 2 t 2 v1 a2 2 gt2，t时刻火箭的速度v2v1a2 2gt，失去推力后，火箭做竖直上 t 2 1 2( t 2) 5 8 t 2 抛运动，上升的高度H32gt2，则HH1H2H3gt2gt22gt2 v2 2 2g 2gt2 2g 1 8 5 8 11 4 gt2H2.75H，故 C 正确. 11 4 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x1.80m， 解得初速率v0 6m/s，选项 A 错 ； 当斜面倾角0
11、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x2.40m，解得0.75，选项 B 对；物体沿斜面 1 2 上滑，由牛顿第二定律可知加速度agsingcosg(sincos)，v022ax 2g(sincos)x，sincossin() sin()，则xmin12 5 4 1.44m，选项 C 对；当45时，因mgsin45mgcos45，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 mgcosma1，mgsinmgcosma2，得a1gsingcos，a2gsin gco
12、s，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 1 2 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agsin37 1gcos3710m/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x1.0125m， 5.1，说明物
13、块可以冲到 6 x L 1.0125 0.2 号劈上，故 A 错误，B 正确；物块与斜面间的弹力FN1mgcos37100.8N8N，物块与 斜面间的滑动摩擦力为Ff11FN10.58N4N，水平面对劈的支持力FN2(6n)Mg FN1cos37Ff1sin37， 当Ff1cos37FN1sin372FN2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 1 2a 1 2a s2m1， 得小物块的加速度a5m/s2， 根据牛顿第二定律得小
14、物块的加速度agsin， 1 10 联立解得 sin ，解得30，故 A 正确，B、C、D 错误. a g 1 2 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 1 2 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，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 mg F 3 最小，由 sin60，解得F的最小
15、值为Fminmgsin60mg，选项 D 正确. F mg 3 2 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Mgsin30Ffmg，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mgsin30Ffma， 联立可得C下滑的加速度大小ag， 1 4 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 1 2 公式有v2(v)221gl，(v)222gl，解得132，C 正确. 1 2 1 2 9.BC 对小球进行受力分析，作出受力图
16、：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：FN1FN2sinma 由看出，m、不变，则FN2不变. 由得，FN1FN2sinma. 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hxsin30 1 2 1 2 gt2，C、D 项错误. 1 4 11.5.5s 解析 第一阶段：在
17、前 2s 内，物体在F9.6N 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：FmgsinFfma1， 垂直于斜面方向：FNmgcos， FfFN， 联立解得a12m/s2， Fmgsinmgcos m 2s 末细线断时，物体的瞬时速度v1a1t14m/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 a27.6m/s2， mgsinmgcos m 设从细线断到物体到达最高点所需时间为t2，由运动学公式得 0v1a2t2，得t20.53s. 第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，设加速度为a3，速度达到 22m/s 所需时间为t3，由 牛顿第二定律知 a34.4m/s2， mgsinmgcos m 所需时间t35s. v30 a3 综上所述，从细线断到物体的速度为 22m/s 所经历的总时间tt2t30.53s5s5.5s.