2022年高考物理一轮复习课时作业10运动的合成与分解-平抛运动-.docx

十　运动的合成与分解　平抛运动　
1．(多选)关于力和运动的关系，以下说法正确的是(　　)
A．物体做曲线运动，其加速度肯定转变
B．物体做曲线运动，其加速度可能不变
C．物体在恒力作用下运动，其速度方向肯定不变
D．物体在恒力作用下运动，其加速度方向肯定不变
答案：BD　解析：平抛运动属于一种曲线运动，但是做平抛运动的物体的加速度恒定不变，选项A错误，B正确；物体在恒力作用下，加速度肯定恒定，即大小和方向都不变，但是速度方向可能变化，如平抛运动中，速度方向时刻在变，选项C错误，D正确．
2．(2021·南京师大附中期中)如图所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，二是吊着货物沿旋臂水平运动．现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动，此时，我们站在地面上观看到货物运动的轨迹可能是下列选项中的(　　)

答案：B　解析：货物同时参与两个分运动，沿水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，两个运动的合运动为匀变速曲线运动，又知加速度方向竖直向上，轨迹向加速度方向偏转，所以选项B正确．
3．(2021·安徽省六校高三联考试卷)如图是书本上演示小蜡块运动规律的装置．在蜡块沿玻璃管(y方向)上升的同时，将玻璃管紧贴着黑板沿水平方向(x方向)向右运动，得到了蜡块相对于黑板(xOy平面)运动的轨迹图．则蜡块沿玻璃管的上升运动与玻璃管沿水平方向的运动，可能的形式是(　　)

A．小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀加速直线运动
B．小蜡块沿玻璃管做匀加速直线运动，玻璃管沿水平方向做匀速直线运动
C．小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先加速后减速
D．小蜡块沿玻璃管做匀速直线运动，玻璃管沿水平方向先减速后加速
答案：D　解析：由图示轨迹可知，蜡块参与了水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的先减速后加速直线运动，合力的方向先竖直向下，后竖直向上，而轨迹的弯曲大致指向合力的方向，故A、B、C错误，D正确．
4．(2021·河北邢台一中期末)以v0的初速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法错
误的是(　　)
A．瞬时速度的大小是v0
B．运动时间是
C．竖直分速度大小等于水平分速度大小
D．运动的位移是
答案：C　解析：当其水平分位移与竖直分位移相等时，即v0t＝gt2，可得运动时间t＝，水平分速度vx＝v0，竖直分速度vy＝gt＝2v0，合速度v＝＝v0，合位移s＝＝，对比各选项可知说法错误的是C选项．
5．某质点在xOy平面上运动，其在x轴方向和y轴方向上的v­t图象分别如图甲和图乙所示．则下列推断正确的有(　　)

A．该质点做匀变速曲线运动
B．该质点有恒定的加速度，大小为2.5 m/s2
C．该质点的初速度为7 m/s
D．前2 s内质点的位移为21 m
答案：B　解析：依据题图甲，沿x轴方向的加速度ax＝1.5 m/s2，依据题图乙，沿y轴方向的加速度ay＝2 m/s2，初速度方向与x轴正方向的夹角的正切＝，加速度方向与x轴正方向的夹角的正切＝＝，两个方向相同，该质点做匀加速直线运动，选项A错误；该质点的加速度a＝＝2.5 m/s2，选项B正确；该质点的初速度v＝＝5 m/s，选项C错误；前2 s物体沿x轴方向的位移x＝×2×(3＋6) m＝9 m，前2 s物体沿y轴方向的位移y＝×2×(4＋8) m＝12 m，合位移s＝＝15 m，选项D错误．

6．(多选)如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则(　　)
A．B的加速度比A的大
B．B的飞行时间比A的长
C．B在最高点的速度比A在最高点的大
D．B落地时的速度比A落地时的大
答案：CD　解析：A、B两球都做斜上抛运动，只受重力作用，加速度即为重力加速度，A错误；在竖直方向上做竖直上抛运动，由于能上升的竖直高度相同，竖直分速度相等，所以两小球在空中飞行的时间相等，B错误；由于B球的水平射程比较大，故B球的水平速度比A球大，C、D正确．
7．如图所示，蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网，蛛丝AB与水平地面间的夹角为45°，A点到地面的距离为1 m．已知重力加速度取g＝10 m/s2，空气阻力不计，若蜘蛛从竖直墙上距地面0.8 m的C点以水平速度v0跳出，要达到蛛丝，水平速度v0至少为(　　)
A．1 m/s　　B．2 m/s　　C．2.5 m/s　　D. m/s
答案：B　
解析：由平抛运动规律，x＝v0t，y＝gt2，如图所示由几何关系有：x＝y＋0.2 m，在D点，速度方向与AB平行，则有v0＝gt，联立解得：t＝0.2 s，v0＝2 m/s.
8．(多选)如图所示，一演员表演飞刀绝技，由O点先后抛出完全相同的三把飞刀，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上．假设不考虑飞刀的转动，并可将其看做质点，已知O、M、N、P四点距离水平地面的高度分别为h、4h、3h、2h，以下说法正确的是(　　)
A．三把飞刀在击中木板时动能相同
B．到达M、N、P三点的飞行时间之比为1∶∶
C．到达M、N、P三点的初速度的竖直重量之比为∶∶1
D．设到达M、N、P三点，抛出飞刀的初速度与水平方向的夹角分别为θ1、θ2、θ3，则有θ1>θ2>θ3
答案：CD　解析：将运动逆向看，可视为三个平抛运动且到达O点时水平位移相等．由H＝gt2得t＝，则到达M、N、P三点的飞行时间之比为∶∶1，选项B错误；在水平方向有l＝vMt1＝vNt2＝vPt3，又Ek＝mv2得三把飞刀在击中板时打在M点处的动能最小，打在P点处的动能最大，选项A错误；由vy＝gt可知到达M、N、P三点的初速度的竖直重量之比为∶∶1，选项C正确；作出抛体运动的轨迹，可知θ1>θ2>θ3，选项D正确．
9．如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧，沿与水平方向成45°角的斜面对右上以速度v匀速运动，运动过程中始终保持悬线竖直，则橡皮的速度大小为(　　)
A.v　　 B.v
C．2v　　 D.v
答案：D　解析：橡皮在水平方向的分速度为v，经t时间橡皮在竖直方向上运动的位移y＝vt＋vt＝vt，因此竖直方向的分速度为vy＝v，因此合速度为v合＝＝v，D项正确．
10．(2021·抚顺六校期中联考)(多选)A、D分别是斜面的顶端、底端，B、C是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD，E点在D点的正上方，与A等高．从E点以肯定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球1落在B点，球2落在C点，关于球1和球2从抛出到落在斜面上的运动过程(　　)
A．球1和球2运动的时间之比为2∶1
B．球1和球2动能增加量之比为1∶2
C．球1和球2抛出时初速度之比为2∶1
D．球1和球2运动时的加速度之比为1∶2
答案：BC　解析：由于AC＝2AB，则AC的高度差是AB高度差的2倍，依据h＝gt2得，t＝，解得运动的时间比为1∶，故A错误；依据动能定理得，mgh＝ΔEk，知球1和球2动能增加量之比为1∶2，故B正确；AC在水平方向上的位移是AB在水平方向位移的2倍，结合x＝v0t，解得初速度之比为2∶1，故C正确；平抛运动的加速度为g，两球的加速度相同，故D错误．
11．如图所示，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向，OM是与x轴成θ角的一条射线．现从坐标原点O以速度v0水平抛出一个小球，小球与射线OM交于P点，此时小球的速度v与OM的夹角为α；若保持方向不变而将小球初速度增大为2v0，小球与射线OM交于P′，此时小球的速度v′与OM的夹角为α′，则(　　)

A．小球从O运动到P′的时间是从O到P时间的2倍
B．夹角α′是α的2倍
C.小球通过P′点的速率是4v
D．OP′＝2OP
答案：A　解析：两次平抛运动位移方向相同，则有＝，解得t′＝2t，选项A正确；对于平抛运动，位移方向相同时，其速度方向也相同，故有α′＝α，选项B错误；由v0＝vcos (θ＋α)、2v0＝v′cos (θ＋α′)解得v′＝2v，选项C错误；由＝解得OP′＝4OP，选项D错误．
12．一小船渡河，河宽d＝180 m，水流速度v1＝2.5 m/s.若船在静水中的速度为v2＝5 m/s，求：
(1)欲使船在最短的时间内渡河，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
(2)欲使船渡河的航程最短，船头应朝什么方向？用多长时间？位移是多少？
答案：(1)垂直河岸方向　36 s　90 m　(2)向上游偏30°　24 s　180 m
解析：(1)欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向．
当船头垂直河岸时，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直分速度为v2＝5 m/s.
t＝＝ s＝36 s
v＝＝ m/s
x＝vt＝90 m.
(2)欲使船渡河航程最短，应垂直河岸渡河，船头应朝上游与垂直河岸方向成某一夹角α，如图乙所示，
有v2sin α＝v1，
得α＝30°
所以当船头向上游偏30°时航程最短，
x′＝d＝180 m.
t′＝＝ s＝24 s.
13．(2021·福州模拟)如图所示，斜面体ABC固定在地面上，小球p从A点静止下滑，当小球p开头下滑时，另一小球q从A点正上方的D点水平抛出，两球同时到达斜面底端的B处．已知斜面AB光滑，长度l＝2.5 m，斜面倾角θ＝30°，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球p从A点滑到B点的时间；
(2)小球q抛出时初速度的大小．
答案：(1)1 s　(2) m/s
解析：(1)小球p从斜面上下滑的加速度为a，由牛顿其次定律得
a＝＝gsin θ①
下滑所需时间为t1，依据运动学公式得l＝at②
由①②得t1＝③
解得t1＝1 s④
(2)x＝lcos 30°⑤
依题意得t2＝t1⑥
由④⑤⑥得v0＝＝ m/s⑥
14．如图所示，在距地面2l高空A处以水平初速度v0＝投掷飞镖，在与A点水平距离为l的水面地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度v0＝匀速上升，在升空过程中被飞镖击中．飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计，在计算过程中可将飞镖和气球视为质点，已知重力加速度为g.试求：
(1)飞镖是以多大的速度击中气球的？
(2)掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔Δt应为多少？
答案：(1)　(2)
解析：(1)飞镖A被投掷后做平抛运动．从掷出飞镖到击中气球，经过时间t1＝＝
此时飞镖在竖直方向上的分速度vy＝gt1＝
故此时飞镖的速度大小v＝＝
(2)飞镖从掷出到击中气球的过程中
下降的高度h1＝gt＝
气球从被释放到被击中过程中上升的高度
h2＝2l－h1＝
气球的上升时间t2＝＝＝
可见，t2>t1，所以应先释放气球
释放气球与投掷飞镖之间的时间间隔
Δt＝t2－t1＝