【加練半小時】2022版高考物理（全國）一輪練習：第三章 微專題24

1、PAGE13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12022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F2G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eqft,2時，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余eqft,2時間內(nèi)，火箭推動剩余部分繼續(xù)飛行，若采用原來的方式，火箭可上升的高度為H，則

2、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與斜面傾角的關(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，實驗測得與斜面傾角的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2，根據(jù)圖象可求出圖103m/sB物體與斜面間的動摩擦因數(shù)C取不同的傾角，物體在斜面上能達到的位移的最小值minD當45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和，且，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

3、；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24多選2022河北省定州中學月考將質(zhì)量均為M1g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，如圖3所示，質(zhì)量m1g的小物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為1，每個梯形劈塊與水平面間的動摩擦因數(shù)均為2，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v0s沖上斜面，下列說法正確的是sin37，cos37，g取10m/s2圖3A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

4、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52022河北省定州中學月考如圖4甲所示，小物塊從足夠長的固定光滑斜面頂端由靜止自由下滑，下滑位移時的速度為v，其v2圖象如圖乙所示，g取10m/s2，則斜面的傾角為圖46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090，一質(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，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

5、一定沿與水平方向成30角斜向右下的方向和小圓環(huán)的重力的合力一定沿與水平方向成30角斜向右下的方向的方向水平向右，則恒力F的大小為eqr3mgfr3,2mg7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，重力加速度為g，則C沿木板下滑的加速度大小為圖6f3,4f1,2f1,4f1,8g82022四川省瀘州市一檢如圖7所示，B是水平地面上AC的中點，段間的動摩擦因數(shù)2的比值為圖7多選2022四川省自貢市一診如圖8所示，豎

6、直擋板對小球的彈力為FN1，逐漸增加，則圖8逐漸減小不變逐漸增大與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若飛行器所受空氣阻力不計，重力加速度為g則可判斷f1,2gt22112022湖南省長郡中學月考如圖9所示，在傾角37的足夠長的固定斜面上，有一質(zhì)量m1g的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)，物體受到平行于斜面向上的輕細線的拉力F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，g取10m/s2圖

7、9答案精析采用原來的方式時，模型火箭加速上升過程中，由牛頓第二定律得FGma，解得ag，故火箭加速上升的高度h1eqf1,2gt2，t時刻火箭的速度大小為vatgt，失去推力后，火箭做豎直上拋運動，火箭上升的高度h2eqfv2,2geqfgt2,2geqf1,2gt2，則Hh1h2gt2，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FGma1，解得a1g，eqft,2時間內(nèi)火箭加速上升的高度H1eqf1,2a1eqblcrcavs4alco1ft,22eqf1,8gt2，eqft,2時刻火箭的速度v1a1eqft,2geqft,2，丟棄一半的質(zhì)量后，由牛頓第二定律得Feqf1,2

8、Geqf1,2ma2，解得a23g；后eqft,2時間內(nèi)火箭加速上升的高度H2v1eqft,2eqf1,2a2eqblcrcavs4alco1ft,22eqf5,8gt2，t時刻火箭的速度v2v1a2eqft,22gt，失去推力后，火箭做豎直上拋運動，上升的高度H3eqfvoal2,2,2geqf2gt2,2g2gt2，則HH1H2H3eqf1,8gt2eqf5,8gt22gt2eqf11,4gt2eqf11,4H，故C正確當斜面傾角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02v022g，根據(jù)題圖乙可得此時，解得初速率v06m/s，選項A錯；當斜面傾角

9、0時即為水平，物體在運動方向上只受到摩擦力作用，則有mgeqf1,2mv02，根據(jù)題圖乙知此時，解得，選項B對；物體沿斜面上滑，由牛頓第二定律可知加速度agsingcosgsincos，v022a2gsincos，sincoseqr12sineqf5,4sin，則min，選項C對；當45時，因mgsin45mgcos45，則物體達到最大位移后將返回，選項D錯設(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mgsinmgcosma1，mgsinmgcosma2，得a1gsingcos，a2gsingcos，則知a1a2，而vt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

10、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eqf1,2at2知，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agsin371gcos3710m/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，由運動學公式有0v022a，解得，eqf,Leqf,，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FN1mgcos37108N，物塊與斜面間的滑動摩擦力為Ff11FN1

11、8N4N，水平面對劈的支持力FN26nMgFN1cos37Ff1sin37，當Ff1cos37FN1sin372FN2時，后面的劈塊剛好開始滑動，解得n，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錯誤由勻變速直線運動的速度位移公式可得v22a，整理得eqf1,2av2，由題圖乙可知eqf1,2aeqf1,10s2m1，得小物塊的加速度a5m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得小物塊的加速度agsin，聯(lián)立解得sineqfa,geqf1,2，解得30，故A正確，B、C、D錯誤小圓環(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，把光滑直桿AB對小圓環(huán)的支持力正交分解，沿直桿方向無

12、分力，由Leqf1,2at2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tan30eqfmg,F，解得Feqr3mg，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sin60eqfF,mg，解得F的最小值為Fminmgsin60eqfr3,2mg，選項D正確對木板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Mgsin30Ffmg，由題意可知M，可得A、C間的摩擦力為Ff，對C受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin3

13、0Ffma，聯(lián)立可得C下滑的加速度大小aeqf1,4g，故C正確，A、B、D錯誤設(shè)小物塊在A點時速度大小為v，ABBCl，則在B點時速度大小為eqf1,2v，由運動學公式有v2eqf1,2v221gl，eqf1,2v222gl，解得132，C正確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、，斜面的傾角為根據(jù)牛頓第二定律得：豎直方向：mgFN2cos水平方向：FN1FN2sinma由看出，m、不變，則FN2不變由得，F(xiàn)N1FN2sinma則向左加速運動且加速度a逐漸增加時，、C正確，A、D錯誤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ag，A項正確，B項錯誤；起飛后t時間內(nèi)飛行器的位移eqf1,2at2eqf1,2gt2，所以飛行器上升的高度hsin30eqf1,4gt2，C、D項錯誤解析第一階段：在前2s內(nèi)，物體在F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：FmgsinFfma1，垂直于斜面方向：FNmgcos，F(xiàn)fFN，聯(lián)立解得a1eqfFmgsinmgcos,m2m/s2，2s末細線斷時，物體的瞬時速度v1a1t14m/s第二階段