高考物理一輪復習方案 第四章 第1講 運動的合成與分解　平拋運動活頁限時訓練（含解析） 新人教版必修2

第四章曲線運動萬有引力與航天第1講運動的合成與分解平拋運動時間：60分鐘1．對平拋運動，下列說法正確的是()．A．平拋運動是變加速曲線運動B．做平拋運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)位移的增量都是相等的C．平拋運動可以分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動D．落地時間和落地時的速度只與拋出點的高度有關(guān)解析平拋運動的物體只受重力作用，其加速度為重力加速度，故A項錯誤；做平拋運動的物體，在任何相等的時間內(nèi)，其豎直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不變，故B項錯誤．平拋運動可分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動，且落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))，落地速度為v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋2gh)，所以C項對、D項錯．答案C2.如圖4-1-18所示的直角三角板緊貼在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右勻速運動的同時，一支鉛筆從三角板直角邊的最下端由靜止開始沿此邊向上做勻加速直線運動．下列關(guān)于鉛筆筆尖的運動及其所留下的痕跡的判斷中正確的是()．圖4-1-18A．筆尖留下的痕跡是一條拋物線B．筆尖留下的痕跡是一條傾斜的直線C．在運動過程中，筆尖運動的速度方向始終保持不變D．在運動過程中，筆尖運動的加速度與速度方向總共線解析以筆尖初始位置為坐標原點，沿刻度尺方向建立x軸，沿垂直刻度尺方向建立y軸，此運動為類平拋運動，利用運動的合成與分解可知，A正確．答案A3．(·長沙模擬)如圖4-1-19所示，船從A處開出后沿直線AB到達對岸，若AB與河岸成37°角，水流速度為4m/s，則船從A點開出的最小速度為()．圖4-1-19A．2m/s B．2.4m/sC．3m/s D．3.5m/s解析如圖所示，當v船⊥v合時，v船最小，v船＝v水sin37°＝2.4m/s.答案B4．如圖4-1-20所示，P是水平地面上的一點，A、B、C、D在一條豎直線上，且AB＝BC＝CD.從A、B、C三點分別水平拋出一個物體，這三個物體都落在水平地面上的P點．則三個物體拋出時速度大小之比vA∶vB∶vC為()．圖4-1-20A.eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(6) B．1∶eq\r(2)∶eq\r(3)C．1∶2∶3 D．1∶1∶1解析由題意及題圖可知DP＝vAtA＝vBtB＝vCtC，所以v∝eq\f(1,t)；又由h＝eq\f(1,2)gt2，得t∝eq\r(h)，因此有v∝eq\f(1,\r(h))，由此得vA∶vB∶vC＝eq\r(2)∶eq\r(3)∶eq\r(6).答案A5．在水平路面上做勻速直線運動的小車上有一固定的豎直桿，其上的三個水平支架上有三個完全相同的小球A、B、C，它們離地面的高度分別為3h、2h和h，當小車遇到障礙物P時，立即停下來，三個小球同時從支架上水平拋出，先后落到水平路面上，如圖4-1-21所示．則下列說法正確的是()．圖4-1-21A．三個小球落地時間差與車速有關(guān)B．三個小球落地點的間隔距離L1＝L2C．三個小球落地點的間隔距離L1<L2D．三個小球落地點的間隔距離L1>L2解析車停下后，A、B、C均以初速度v0做平拋運動，且運動時間t1＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(2×2h,g))＝eq\r(2)t1，t3＝eq\r(\f(2×3h,g))＝eq\r(3)t1水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(eq\r(3)－eq\r(2))v0t1L2＝v0t2－v0t1＝(eq\r(2)－1)v0t1可知L1<L2，選項C正確．答案C6．如圖4-1-22所示，在斜面頂端a處以速度va水平拋出一小球，經(jīng)過時間ta恰好落在斜面底端P處；今在P點正上方與a等高的b處以速度vb水平拋出另一小球，經(jīng)過時間tb恰好落在斜面的中點處．若不計空氣阻力，下列關(guān)系式正確的是()．圖4-1-22A．va＝vb B．va＝eq\r(2)vbC．ta＝tb D．ta＝2tb解析對a點拋出的小球，h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,a)，x＝vata，對b點拋出的小球，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,b)，eq\f(x,2)＝vbtb，所以ta＝eq\r(2)tb，C、D錯誤；va＝eq\r(2)vb，B正確．答案B7．芬蘭小將拉林托以兩跳240.9分的成績在跳臺滑雪世界杯芬蘭站中獲得冠軍．如圖4-1-23所示是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖，拉林托從助滑雪道AB上由靜止開始滑下，到達C點后水平飛出，落到滑道上的D點，E是運動軌跡上的某一點，在該點拉林托的速度方向與軌道CD平行，設(shè)拉林托從C到E與從E到D的運動時間分別為t1、t2，EF垂直CD，則()．圖4-1-23A．t1＝t2，CF＝FD B．t1＝t2，CF<FDC．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF<FD解析將拉林托的運動分解為平行于滑道CD的勻加速直線運動和垂直于滑道CD方向的類似豎直上拋運動，則由類似豎直上拋運動的對稱性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做勻加速運動，所以CF<FD，B對．答案B8．(·江蘇卷，3)如圖4-1-24所示，甲、乙兩同學從河中O點出發(fā)，分別沿直線游到A點和B點后，立即沿原路線返回到O點，OA、OB分別與水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不變，兩人在靜水中游速相等，則他們所用時間t甲、t乙的大小關(guān)系為()．圖4-1-24A．t甲<t乙 B．t甲＝t乙C．t甲>t乙 D．無法確定解析設(shè)水流的速度為v水，學生在靜水中的速度為v人，從題意可知v人>v水，令OA＝OB＝L，對甲同學有t甲＝eq\f(L,v人＋v水)＋eq\f(L,v人－v水)，對乙同學來說，要想垂直到達B點且沿原路線返回，其速度方向要指向上游，由題意知乙同學來回時間相等，即t乙＝eq\f(2L,\r(v\o\al(2,人)－v\o\al(2,水)))，因為teq\o\al(2,甲)－teq\o\al(2,乙)>0，所以t甲>t乙，C正確．答案C9.如圖4-1-25所示，相距l(xiāng)的兩小球A、B位于同一高度h(l、h均為定值)．將A向B水平拋出的同時，B自由下落．A、B與地面碰撞前后，水平分速度不變，豎直分速度大小不變、方向相反．不計空氣阻力及小球與地面碰撞的時間，則()．圖4-1-25A．A、B在第一次落地前能否相碰，取決于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不會相碰C．A、B不可能運動到最高處相碰D．A、B不一定能相碰解析由題意知A做平拋運動，即水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動；B為自由落體運動，A、B豎直方向的運動相同，二者與地面碰撞前運動時間t1相同，且t1＝eq\r(\f(2h,g))，若第一次落地前相碰，只要滿足A運動時間t＝eq\f(l,v)<t1，即v>eq\f(l,t1)，所以選項A正確；因為A、B在豎直方向的運動同步，始終處于同一高度，且A與地面相碰后水平速度不變，所以A一定會經(jīng)過B所在的豎直線與B相碰．碰撞位置由A球的初速度決定，故選項B、C、D錯誤．答案A10．光滑水平面上有一直角坐標系，質(zhì)量m＝4kg的質(zhì)點靜止在坐標原點O處．先用沿x軸正方向的力F1＝8N作用了2s；然后撤去F1，并立即用沿y軸正方向的力F2＝24N作用1s，則質(zhì)點在這3s內(nèi)的軌跡為圖中的()．解析質(zhì)點在前2s內(nèi)沿x軸正方向的加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(8,4)m/s2＝2m/s2，此段時間內(nèi)發(fā)生的位移x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m,2s末質(zhì)點的位置坐標為(4,0)，此時的速度大小v＝a1t1＝2×2m/s＝4m/s，方向沿x軸正方向；力F2使質(zhì)點沿y軸正方向產(chǎn)生的加速度a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(24,4)m/s2＝6m/s2，因力F2的方向與2s末的速度方向垂直，故質(zhì)點從第2s末開始做類平拋運動，第3s內(nèi)沿x軸正方向發(fā)生的位移大小x2＝vt2＝4×1m＝4m，沿y軸正方向發(fā)生的位移大小y＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×6×12m＝3m．綜上所述，正確選項為D.答案D11．如圖4-1-26所示，一個小球從高h＝10m處以水平速度v0＝10m/s拋出，撞在傾角θ＝45°的斜面上的P點，已知AC＝5m(g＝10m/s2)，求：圖4-1-26(1)P、C之間的距離．(2)小球撞擊P點時速度的大小和方向．解析(1)設(shè)P、C之間的距離為L，根據(jù)平拋運動規(guī)律有：AC＋Lcos45°＝v0t，h－Lsin45°＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得L＝5eq\r(2)m(2)小球撞擊P點時的水平速度v∥＝v0＝10m/s，豎直速度vy＝gt＝10m/s，所以小球撞擊P點時速度的大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝10eq\r(2)m/s.設(shè)小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα＝eq\f(vy,v0)＝1，α＝45°，方向垂直于斜面向下，所以小球垂直于斜面向下撞擊P點．答案(1)5eq\r(2)m12．如圖4-1-27所示，質(zhì)量m＝2.0kg的木塊靜止在高h＝1.8m的水平臺上，木塊距平臺右邊緣7.75m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.用F＝20N的水平拉力拉動木塊，木塊向右運動s1＝4.0m時撤去F.不計空氣阻力，g取10m/s2，求：圖4-1-27(1)F作用于木塊的時間；(2)木塊離開平臺時的速度；(3)木塊落地時距平臺邊緣的水平距離．解析(1)對木塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有：F－f＝ma，由豎直方向平衡得mg－FN＝0，摩擦力f＝μFN，由運動學公式有s1＝eq\f(1,2)at2，代入數(shù)據(jù)得a＝8.0m/s2，t＝1.0s.(2)設(shè)木塊離開平臺時的速度為v，拉力F撤去時木塊只受