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文檔簡介
課時跟蹤檢測(十三)運(yùn)動的合成與分解1.初速度不為零的小球只受到一個大小不變的力的作用,下列說法正確的是()A.小球一定做直線運(yùn)動B.小球的位置可能保持不變C.小球的速度大小可能保持不變D.小球的加速度一定保持不變解析:選C當(dāng)小球的速度方向與力F不共線時,小球做曲線運(yùn)動,A錯誤;小球的初速度不為零,且小球受到一個大小不變的力的作用,所以小球的位置不可能保持不變,B錯誤;若力F與速度垂直,力F的大小不變,方向不斷變化,則小球做勻速圓周運(yùn)動,速度的大小保持不變,C正確;小球所受的合外力大小不變,方向不確定,所以加速度不一定保持不變,D錯誤。2.(2023·丹陽調(diào)研)我國的高速鐵路建設(shè)處于世界領(lǐng)先水平,高速列車以速度v由南向北勻速行駛時,列車內(nèi)比較光滑的桌面上的小球都可以處于靜止?fàn)顟B(tài)。若車廂中的旅客突然發(fā)現(xiàn)小球沿如圖(俯視圖)中的虛線從A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)。則由此可以判斷列車的運(yùn)行情況是()A.加速行駛,向東轉(zhuǎn)彎B.加速行駛,向西轉(zhuǎn)彎C.減速行駛,向東轉(zhuǎn)彎D.減速行駛,向西轉(zhuǎn)彎解析:選D由題意小球與水平面間的摩擦可以不計,所以小球在水平面內(nèi)不受力作用,始終與列車一起向前做勻速直線運(yùn)動,出現(xiàn)題圖的曲線,是因為桌子跟著列車減速向西拐彎,而小球因慣性要保持勻速直線運(yùn)動。3.羽毛球運(yùn)動是我國的傳統(tǒng)優(yōu)勢體育項目,屢屢在歷屆奧運(yùn)會上爭金奪銀。如圖所示,在某次室內(nèi)比賽中羽毛球正在往右上方飛行,虛線為其飛行軌跡,則此時羽毛球受到的合力可能是圖中的()A.F1 B.F2C.F3 D.F4解析:選B曲線運(yùn)動中合力應(yīng)指向軌跡的“凹”側(cè),又羽毛球向右上方飛行,速度在減小,所以羽毛球所受合力與速度的夾角大于90°,F(xiàn)2的方向最合理。4.如圖所示,一牽引車沿水平面以v=5m/s的速度向左運(yùn)動,牽引車連接輕繩跨過滑輪拉升重物,使重物沿豎直桿上升。某一時刻拴在車上的繩子與水平方向的夾角θ=37°,與跨過滑輪的繩子恰好相互垂直,此時重物的速度大小為()A.5m/s B.4m/sC.3m/s D.3.2m/s解析:選A將牽引車和重物的速度分解為沿繩和垂直于繩的速度,沿繩速度大小相等,vcos37°=v′cos37°,v′=v=5m/s。5.(2023·靖江模擬)如圖所示,當(dāng)汽車靜止時,車內(nèi)乘客看到窗外雨滴沿豎直方向OE勻速運(yùn)動?,F(xiàn)從t=0時汽車由靜止開始做甲、乙兩種勻加速啟動,甲啟動后t1時刻,乘客看到雨滴從B處離開車窗,乙啟動后t2時刻,乘客看到雨滴從F處離開車窗,F(xiàn)為AB中點(diǎn),則t1∶t2為()A.2∶1 B.1∶eq\r(2)C.1∶eq\r(3) D.1∶(eq\r(2)-1)解析:選A由題意可知,在乘客看來,雨滴在豎直方向上做勻速直線運(yùn)動,在水平方向做勻加速直線運(yùn)動,因分運(yùn)動與合運(yùn)動具有等時性,則t1∶t2=eq\f(AB,v)∶eq\f(AF,v)=2∶1,故A正確。6.(2023·鹽城模擬)光滑水平面上一運(yùn)動質(zhì)點(diǎn)以速度v0通過點(diǎn)O,如圖所示,與此同時給質(zhì)點(diǎn)加上沿x軸正方向的恒力Fx和沿y軸正方向的恒力Fy,則()A.因為有Fx,質(zhì)點(diǎn)一定做曲線運(yùn)動B.如果Fy<Fx,質(zhì)點(diǎn)向y軸一側(cè)做曲線運(yùn)動C.如果Fy=Fxtanα,質(zhì)點(diǎn)向y軸一側(cè)做曲線運(yùn)動D.如果Fx>eq\f(Fy,tanα),質(zhì)點(diǎn)向x軸一側(cè)做曲線運(yùn)動解析:選D如果Fx、Fy二力的合力沿v0方向,即Fy=Fxtanα,則質(zhì)點(diǎn)做直線運(yùn)動,A、C錯誤;若Fx>eq\f(Fy,tanα),合力方向在v0與x軸正方向之間,則軌跡向x軸一側(cè)彎曲而做曲線運(yùn)動,若Fx<eq\f(Fy,tanα),合力方向在v0與y軸之間,則軌跡向y軸一側(cè)彎曲而做曲線運(yùn)動,因不知α的大小,所以只憑Fx、Fy的大小不能確定F合是偏向x軸還是y軸,B錯誤,D正確。7.一艘快艇要從岸邊某位置處到達(dá)河中離岸邊100m遠(yuǎn)的一浮標(biāo)處,已知快艇在靜水中的速度vx與時間t的關(guān)系圖像和水流的速度vy與時間t的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示,則下列說法中錯誤的是()A.快艇的運(yùn)動軌跡為直線B.快艇的運(yùn)動軌跡為曲線C.快艇最快到達(dá)浮標(biāo)處的時間為20sD.快艇最快到達(dá)浮標(biāo)處經(jīng)過的位移大于100m解析:選A由題圖可知,快艇的兩個分運(yùn)動一個為勻加速直線運(yùn)動,另一個為勻速直線運(yùn)動,由此可知,快艇的合加速度方向與合速度方向不在同一條直線上,即快艇的合運(yùn)動為曲線運(yùn)動,故A錯誤,B正確;快艇在靜水中的速度垂直于河岸時,所用時間最短,在垂直于河岸方向上的加速度a=0.5m/s2,由d=eq\f(1,2)at2得,t=20s,故C正確;快艇在沿河岸方向上的位移x=vy·t=3×20m=60m,所以快艇的最終位移s=eq\r(x2+d2)=20eq\r(34)m>100m,故D正確。8.一小船過河時,船頭與上游河岸夾角為α,其航線恰好垂直于河岸。已知小船在靜水中的速度為v?,F(xiàn)水流速度稍有增大,為保持航線不變,且能準(zhǔn)時到達(dá)河對岸,下列措施中可行的是()A.減小α角,減小船速vB.減小α角,增大船速vC.增大α角,增大船速vD.增大α角,減小船速v解析:選B由題意可知,小船相對靜水的速度為v,速度方向如圖所示,其航線恰好垂直于河岸,當(dāng)水流速度v1稍有增大,為保持航線不變,且準(zhǔn)時到達(dá)對岸,則船速變化如圖v′所示,可以減小α角,增大船速v,B正確。9.(2023·徐州模擬)一質(zhì)量為2kg的物體在如圖甲所示的xOy平面上運(yùn)動,在x軸方向上的v-t圖像和在y軸方向上的y-t圖像分別如圖乙、丙所示,下列說法正確的是()A.前2s內(nèi)物體做勻變速曲線運(yùn)動B.物體的初速度為8m/sC.2s末物體的速度大小為8m/sD.前2s內(nèi)物體所受的合外力為16N解析:選A物體在x軸方向上做初速度vx=8m/s,加速度a=-4m/s2的勻減速直線運(yùn)動,在y軸方向上做速度vy=-4m/s的勻速直線運(yùn)動,運(yùn)動軌跡為拋物線,物體所受合外力恒為F=ma=8N(方向為x軸負(fù)方向),初速度大小為eq\r(82+42)m/s=4eq\r(5)m/s,方向與合外力方向不在同一條直線上,故物體做勻變速曲線運(yùn)動,A正確,B、D錯誤;2s末,vx=0,vy=-4m/s,則合速度為-4m/s,C錯誤。10.如圖所示,AB桿以恒定角速度ω繞A點(diǎn)在豎直平面內(nèi)順時針轉(zhuǎn)動,并帶動套在固定水平桿OC上的小環(huán)M運(yùn)動,AO間距離為h。運(yùn)動開始時AB桿在豎直位置,則經(jīng)過時間t(小環(huán)仍套在AB和OC桿上),小環(huán)M的速度大小為()A.eq\f(ωh,cos2ωt) B.eq\f(ωh,cosωt)C.ωh D.ωhtanωt解析:選A經(jīng)過時間t,∠OAB=ωt,則AM的長度為eq\f(h,cosωt),則AB桿上與小環(huán)M的接觸點(diǎn)繞A點(diǎn)的線速度v=eq\f(hω,cosωt),將小環(huán)M的速度沿AB桿方向和垂直于AB桿方向分解,垂直于AB桿方向的分速度等于速度v,則小環(huán)M的速度v′=eq\f(v,cosωt)=eq\f(ωh,cos2ωt),故A正確。11.一些快遞公司采用無人機(jī)配送快遞,無人機(jī)在某飛行配送過程中,沿水平方向的速度vx、豎直向上的速度vy與飛行時間t的關(guān)系分別如圖甲、乙所示,下列說法正確的是()A.在t1時刻,無人機(jī)處于失重狀態(tài)B.在t2時刻,無人機(jī)上升至最高點(diǎn)C.在0~t2內(nèi),無人機(jī)沿直線飛行D.在t2~t3內(nèi),無人機(jī)做勻變速運(yùn)動解析:選D由題圖可知,在t1時刻,無人機(jī)水平方向做勻速直線運(yùn)動,豎直方向做勻加速運(yùn)動,則無人機(jī)的加速度豎直向上,故無人機(jī)處于超重狀態(tài),A錯誤;在t2時刻,無人機(jī)豎直向上的速度達(dá)到最大,但之后還在勻減速上升,B錯誤;在0~t2內(nèi),無人機(jī)的速度和加速度不共線,所以無人機(jī)做曲線運(yùn)動,C錯誤;在t2~t3內(nèi),無人機(jī)水平方向做勻減速直線運(yùn)動,則水平加速度恒定,豎直方向勻減速上升,豎直加速度恒定,則無人機(jī)的合加速度恒定,故無人機(jī)做勻變速運(yùn)動,D正確。12.如圖所示,一船夫搖船往返于河的兩岸。若該船夫搖船從河岸A點(diǎn)以v1的速度用最短的時間到對岸B點(diǎn)。第二次該船以v2的速度從同一地點(diǎn)以最短的路程過河到對岸B點(diǎn),船軌跡恰好與第一次船軌跡重合。假設(shè)河水速度保持不變,該船兩次過河所用時間之比是()A.v1∶v2 B.v2∶v1C.v12∶v22 D.v22∶v12解析:選D由題意可知,船夫兩次駕船的軌跡重合,知合速度方向相同,第一次船的靜水速度垂直于河岸,第二次船的靜水速度與合速度垂直,如圖所示。船兩次過河的合位移相等,則渡河時間之比等于船兩次過河的合速度之反比。則eq\f(t1,t2)=eq\f(v2合,v1合)=eq\f(\f(v2,tanθ),\f(v1,sinθ))=eq\f(v2,v1)cosθ,而cosθ=eq\f(v2,v1),可得eq\f(t1,t2)=eq\f(v22,v12),D正確。13.某研究性學(xué)習(xí)小組為了研究運(yùn)動的合成與分解,利用圖甲所示裝置做了如下實(shí)驗:在一端封閉、長約1m的均勻長直玻璃管內(nèi)注滿清水,水中放一個蠟塊,將玻璃管的開口端用膠塞塞緊,然后將這個玻璃管倒置,蠟塊能在玻璃管中以vy=10cm/s的速度勻速上升。若在蠟塊上升的同時水平向右移動玻璃管,用y軸表示蠟塊豎直方向的位移,x軸表示蠟塊隨玻璃管通過的水平位移,t=0時刻蠟塊位于坐標(biāo)原點(diǎn),描出蠟塊的運(yùn)動軌跡如圖乙所示。下列說法正確的是()A.玻璃管向右勻速平移B.蠟塊做勻變速運(yùn)動C.蠟塊所受合外力的方向沿圖線的切線方向D.t=2s時蠟塊的速度大小為20cm/s解析:選B蠟塊在玻璃管中以vy=10cm/s的速度勻速上升,由題圖乙可知,從t=0時刻起,每1s內(nèi)玻璃管通過的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm,因此玻璃管水平向右勻加速平移,故A錯誤;蠟塊沿水平方向的加速度大小恒定,由運(yùn)動學(xué)公式可知,水平方向的加速度大小為a=eq\f(Δx,T2)=5cm/s2,所以蠟塊做勻變速運(yùn)動,故B正確;做曲線運(yùn)動的物體所受合外力方向指向軌跡內(nèi)側(cè),故C錯誤;由以上分析結(jié)合運(yùn)動的合成知識可知,t=2s時水平方向速度vx=eq\f(22.5-2.5,2)cm/s=10cm/s,故蠟塊的速度大小為v=10eq\r(2)cm/s,故D錯誤。14.一艘船過河時,船頭始終與船實(shí)際運(yùn)動的方向垂直,水速恒為v1,船相對于水的速度大小恒為v2,船過河的時間為t,則()A.v1有可能等于v2B.船的實(shí)際速度大小為eq\r(v12+v22)C.船頭方向與河岸上游的夾角θ大小滿足cosθ=eq\f(v2,v1)D.河寬為eq\f(v1\r(v12-v22),v2)t解析:選C由于船相對于水的速度始終與船實(shí)際運(yùn)動的方向垂直,即船相對于水的速度始終與船實(shí)際速度v垂直,由幾何關(guān)系可知,v1大于v2,A錯誤;船的實(shí)際速度大小為eq\r(v12-v22),cosθ=eq\f(v2,v1),B錯誤,C正確;河寬為v2tsinθ=eq\f(v2\r(v12-v22),v1)t,D錯誤。15.(2023·太倉模擬)如圖所示的機(jī)械裝置可以將圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)化為直線上的往復(fù)運(yùn)動。連桿AB、OB可繞圖中A、B、O三處的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動,連桿OB在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動可通過連桿AB使滑塊在水平橫桿上左右滑動。已知OB桿長為L,繞O點(diǎn)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動且角速度為ω,當(dāng)連桿AB與水平方向夾角為α,AB桿與OB桿的夾角為β時,滑塊的水平速度大小為()A.eq\f(ωLsinβ,sinα) B.eq\f(ωLcosβ,sinα)C.eq\f(ωLcosβ,cosα) D.eq\f(ωLsinβ,cosα)解析:選D設(shè)滑塊的速度大小
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