《加练半小时》2020版高考物理（全国）一轮练习：第三章 微专题24 WORD版含解析.docx

1、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

2、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

3、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

4、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.(

5、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

6、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

7、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

8、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

9、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

10、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

11、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(6

12、n)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

13、，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

14、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

15、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间为t2，由运动学公式得0v1a2t2，得t20.53 s.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22 m/s所需时间为t3，由牛顿第二定律知a34.4 m/s2，所需时间t35 s.综上所述，从细线断到物体的速度为22 m/s所经历的总时间tt2t30.53 s5 s5.5 s.