PAGE11[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(yùn)動過程分析，分析物體的運(yùn)動性質(zhì)，判斷加速度的方向，并表示出加速度與運(yùn)動學(xué)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．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(jìn)行了改進(jìn)，采用二級推進(jìn)的方式，即當(dāng)火箭飛行eq\ft,2時，火箭丟棄一半的質(zhì)量，剩余eq\ft,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，則改進(jìn)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． B．2HC． D．22022·海安中學(xué)月考如圖1所示，AB為光滑豎直桿，ACB為構(gòu)成直角的光滑L形直軌道，C處有一小圓弧連接可使小球順利轉(zhuǎn)彎即通過轉(zhuǎn)彎處不損失機(jī)械能．套在AB桿上的小球自A點靜止釋放，分別沿AB軌道和ACB軌道運(yùn)動，如果沿ACB軌道運(yùn)動的時間是沿AB軌道運(yùn)動時間的倍，則AB與AC的夾角為

圖1A．30°B．45°C．53°D．60°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(yùn)動，經(jīng)時間t0后到達(dá)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(yùn)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．如圖3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3A．1B．2C．3D．45．多選如圖4所示，豎直擋板對小球的彈力為FN1，逐漸增加，則

圖4A．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6．一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(jī)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A．飛行器的加速度大小為gB．飛行器的加速度大小為2gC．起飛后t時間內(nèi)飛行器上升的高度為eq\f1,2gt2D．起飛后t時間內(nèi)飛行器上升的高度為gt27．2022·東臺創(chuàng)新高級中學(xué)月考一質(zhì)量m＝的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為30°、足夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖5所示為通過計算機(jī)繪制出的滑塊上滑過程的v－t圖象．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：g取10m/s2

圖51滑塊沖上斜面過程中的加速度大小；2滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；3判斷滑塊最后能否返回斜面底端若能返回，求出返回斜面底端時的動能；若不能返回，求出滑塊停在什么位置？

8．2022·徐州三中月考如圖6，將質(zhì)量m＝的圓環(huán)套在固定的水平直桿上，環(huán)的直徑略大于桿的橫截面直徑．環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)μ＝對環(huán)施加一位于豎直平面內(nèi)斜向上、與桿夾角θ＝53°的拉力F，使圓環(huán)以a＝s2的加速度沿桿運(yùn)動，求F的大小．g取10m/s2，sin53°＝，cos53°＝

圖6

9．2022·紅橋中學(xué)一調(diào)如圖7所示，質(zhì)量m＝1g的小球穿在長L＝的斜桿上，斜桿與水平方向成α＝37°角，斜桿固定不動，小球與斜桿間的動摩擦因數(shù)μ＝小球受水平向左的拉力F＝1N，從斜桿的頂端由靜止開始下滑，sin37°＝，cos37°＝，g＝10m/s2試求：

圖71小球運(yùn)動的加速度大小；2小球運(yùn)動到斜桿底端時的速度大小．

10如圖8所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定斜面上，有一質(zhì)量m＝1g的物體，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，物體受到平行于斜面向上的輕細(xì)線的拉力F＝的作用，從靜止開始運(yùn)動，經(jīng)2s輕細(xì)線突然斷了，則輕細(xì)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8

答案精析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＝eq\f1,2gt2，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(yùn)動，火箭上升的高度h2＝eq\fv2,2g＝eq\fgt2,2g＝eq\f1,2gt2，則H＝h1＋h2＝gt2，改為二級推進(jìn)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，eq\ft,2時間內(nèi)火箭加速上升的高度H1＝eq\f1,2a1·eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\ft,22＝eq\f1,8gt2，eq\ft,2時刻火箭的速度v1＝a1·eq\ft,2＝g·eq\ft,2，丟棄一半的質(zhì)量后，由牛頓第二定律得F－eq\f1,2G＝eq\f1,2ma2，解得a2＝3g；后eq\ft,2時間內(nèi)火箭加速上升的高度H2＝v1·eq\ft,2＋eq\f1,2a2eq\b\lc\\rc\\a\vs4\al\co1\ft,22＝eq\f5,8gt2，t時刻火箭的速度v2＝v1＋a2·eq\ft,2＝2gt，失去推力后，火箭做豎直上拋運(yùn)動，上升的高度H3＝eq\fv\o\al2,2,2g＝eq\f2gt2,2g＝2gt2，則H′＝H1＋H2＋H3＝eq\f1,8gt2＋eq\f5,8gt2＋2gt2＝eq\f11,4gt2＝eq\f11,4H＝，故C正確．]2．C[設(shè)AB的長度為2L，小球沿AB做自由落體運(yùn)動，運(yùn)動的時間t2滿足：2L＝eq\f1,2gteq\o\al2,2，可解得t2＝2eq\r\fL,g小球沿AC段運(yùn)動時，a＝gcosα，且AC＝2Lcosα，所需的時間tAC滿足：2Lcosα＝eq\f1,2gcosα·teq\o\al2,AC解得：tAC＝2eq\r\fL,g在C點小球的速度v＝atAC，以后小球沿BC做勻加速運(yùn)動，其加速度為：a′＝gsinα，且BC＝2Lsinα故：2Lsinα＝vtBC＋eq\f1,2a′teq\o\al2,BC，其中tBC＝－tAC＝＝eq\r\fL,g聯(lián)立解得：tanα＝eq\f4,3，即α＝53°]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＝eq\f1,2at2知，上滑過程時間較短；上滑過程中，物塊做勻減速運(yùn)動，下滑過程做勻加速直線運(yùn)動，兩段圖線都是直線；由于物塊克服摩擦力做功，機(jī)械能不斷減小，所以物塊到達(dá)c點的速度小于v0，故選項C正確．]4．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eq\f1,2v，由運(yùn)動學(xué)公式有v2－eq\f1,2v2＝2μ1gl，eq\f1,2v2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正確．]5．BC

[對小球進(jìn)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不變．由②得，F(xiàn)N1＝FN2sinα＋ma則向左加速運(yùn)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．]6．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＝eq\f1,2at2＝eq\f1,2gt2，所以飛行器上升的高度h＝sin30°＝eq\f1,4gt2，C、D項錯誤．]7．見解析解析1滑塊沖上斜面過程中的加速度為：a＝eq\fΔv,Δt＝eq\f0－6,m/s2＝－12m/s2即加速度的大小為12m/s22滑塊在沖上斜面過程中，受力分析并結(jié)合牛頓第二定律：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma得：μ＝eq\fa－gsin30°,gcos30°＝eq\f12－10×,10×\f\r3,2≈3由于μ>tan30°，故滑塊沿斜面上滑速度減小到零時，重力的分力小于最大靜摩擦力，不能再下滑．s＝eq\fv\o\al2,0,2a＝eq\f62,2×12m＝即滑塊停在距斜面底端處．8．見解析解析對環(huán)受力分析，令Fsin53°＝mg，F(xiàn)＝，此時環(huán)不受桿的彈力和摩擦力，a1＝eq\fFcosθ,m＝s2>a當(dāng)F＜時，桿對環(huán)的彈力向上，由牛頓第二定律有：Fcosθ－μFN＝ma，F(xiàn)N＋Fsinθ＝mg，解得：F＝1N當(dāng)F＞時，桿對環(huán)的彈力向下，由牛頓第二定律有：Fcosθ－μFN＝ma，F(xiàn)sinθ＝mg＋FN，解得：F＝9N9．1s222m/s解析1對小球受力分析如圖所示

由牛頓第二定律得：Fcosα＋mgsinα－μFN＝ma①Fsinα＋FN＝mgcosα②①②聯(lián)立得：a＝eq\fFcosα＋μsinα＋mgsinα－μcosα,m＝eq\f1×＋×＋1×10×－×,1m/s2＝s22由公式v2＝2a得：v＝eq\r2aL＝eq\r2××m/s＝2m/s10．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(yùn)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，F(xiàn)f＝μFN，聯(lián)立解得a1＝eq\fF－mgsinθ－μmgcosθ,m＝2m/s2，2s末細(xì)線斷時，物體的瞬時速度v1＝a1t1＝4m/s第二階段：從細(xì)線斷到物體繼續(xù)沿斜面向上運(yùn)動到速度為零的過程，設(shè)加速度