第四章 曲线运动 万有引力与航天

第1讲　运动的合成与分解　平抛运动

1．对平抛运动，下列说法正确的是(　　)．

A．平抛运动是加速度大小、方向不变的曲线运动

B．做平抛运动的物体，在任何相等的时间内位移的增量都是相等的

C．平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动

D．落地时间和落地时的速度只与抛出点的高度有关

解析　平抛运动的物体只受重力作用，其加速度为重力加速度，故A项正确；做平抛运动的物体，在任何相等的时间内，其竖直方向位移增量Δy＝gt2，水平方向位移不变，故B项错误．平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，且落地时间t＝，落地速度为v＝＝，所以C项对、D项错．

答案　AC

2．如图1所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动．下列关于铅笔笔尖的运动及其所留下的痕迹的判断中正确的是(　　)．

图1

A．笔尖留下的痕迹是一条抛物线

B．笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线

C．在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变

D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变

解析　以笔尖初始位置为坐标原点，沿刻度尺方向建立x轴，沿垂直刻度尺方向建立y轴，此运动为类平抛运动，利用运动的合成与分解可知，A、D正确．

答案　AD

3．如图2所示，船从A处开出后沿直线AB到达对岸，若AB与河岸成37°角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为(　　)．

图2

A．2 m/s B．2.4 m/s C．3 m/s D．3.5 m/s

解析　如图所示，当v船⊥v合时，v船最小，v船＝v水sin 37°＝2.4 m/s.

答案　B

3．一质点以水平向右的恒定速度通过P点时受到一个恒力F的作用，则此后该质点的运动轨迹不可能是图3中的(　　)

图3

A．a　　　　　　　　　　 B．b

C．c D．d

解析 当恒力沿水平方向作用于P点时，质点的运动轨迹可以是c；当恒力向下作用于P点时，质点的运动轨迹可以是b；当恒力向上作用于P点时，质点的运动轨迹可以是d；质点的速度不能突变，所以不可能的是a.

答案 A

5．在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一固定的竖直杆，上的三个水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地面的高度分别为3h、2h和h，当小车遇到障碍物P时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，先后落到水平路面上，如图4所示．则下列说法正确的是(　　)．

图4

A．三个小球落地时间差与车速有关

B．三个小球落地点的间隔距离L1＝L2

C．三个小球落地点的间隔距离L1

D．三个小球落地点的间隔距离L1>L2

解析　车停下后，A、B、C均以初速度v0做平抛运动，且运动时间t1＝ ，t2＝ ＝t1，t3＝ ＝t1

水平方向上有：L1＝v0t3－v0t2＝(－)v0t1

L2＝v0t2－v0t1＝(－1)v0t1

可知L1

答案　C

6．一小船在静水中的速度为3 m/s，它在一条河宽150 m、水流速度为4 m/s的河流中渡河，则该小船(　　)

A．能到达正对岸

B．渡河的时间可能少于50 s

C．以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m

D．以最短位移渡河时，位移大小为150 m

解析 因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t＝＝50 s，故渡河时间不能少于50 s，故B错误；以最短时间渡河时，沿水流方向位移x＝v水t＝200 m，故C正确；当v船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为θ，则cos θ＝，故渡河位移s＝＝200 m，故D错误．

答案 C

7．芬兰小将拉林托以两跳240.9分的成绩在跳台滑雪世界杯芬兰站中获得冠军．如图5所示是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，拉林托从助滑雪道AB上由静止开始滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，E是运动轨迹上的某一点，在该点拉林托的速度方向与轨道CD平行，设拉林托从C到E与从E到D的运动时间分别为t1、t2，EF垂直CD，则(　　)．

图5

A．t1＝t2，CF＝FD B．t1＝t2，CF

C．t1>t2，CF＝FD D．t1>t2，CF

解析　将拉林托的运动分解为平行于滑道CD的匀加速直线运动和垂直于滑道CD方向的类似竖直上抛运动，则由类似竖直上抛运动的对称性可知t1＝t2，因在平行CD方向拉林托做匀加速运动，所以CF

答案　B

8．如图6所示，甲、乙两同学从河中O点出发，分别沿直线游到A点和B点后，立即沿原路线返回到O点，OA、OB分别与水流方向平行和垂直，且OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t甲、t乙的大小关系为(　　)．

图6

A．t甲

C．t甲>t乙 D．无法确定

解析　设水流的速度为v水，学生在静水中的速度为v人，从题意可知v人>v水，令OA＝OB＝L，对甲同学有t甲＝＋，对乙同学来说，要想垂直到达B点且沿原路线返回，其速度方向要指向上游，由题意知乙同学来回时间相等，即t乙＝，因为t－t>0，所以t甲>t乙，C正确．

答案　C

9．如图7所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(　　)．

图7

A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度

B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰

C．A、B不可能运动到最高处相碰

D．A、B一定能相碰

解析　由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝ ，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C错误，选项D正确．

答案　AD

10．光滑水平面上有一直角坐标系，质量m＝4 kg的质点静止在坐标原点O处．先用沿x轴正方向的力F1＝8 N作用了2 s；然后撤去F1，并立即用沿y轴正方向的力F2＝24 N作用1 s，则质点在这3 s内的轨迹为图中的(　　)．

解析　质点在前2 s内沿x轴正方向的加速度a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，此段时间内发生的位移x1＝a1t＝×2×22 m＝4 m,2 s末质点的位置坐标为(4,0)，此时的速度大小v＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s，方向沿x轴正方向；力F2使质点沿y轴正方向产生的加速度a2＝＝ m/s2＝6 m/s2，因力F2的方向与2 s末的速度方向垂直，故质点从第2 s末开始做类平抛运动，第3 s内沿x轴正方向发生的位移大小x2＝vt2＝4×1 m＝4 m，沿y轴正方向发生的位移大小y＝a2t＝×6×12 m＝3 m．综上所述，正确选项为D.

答案　D

11．一物体在光滑水平面上运动，它在x方向和y方向上的两个分运动的速度——时间图象如图8所示．

图8

(1)判断物体的运动性质；

(2)计算物体的初速度大小；

(3)计算物体在前3 s内和前6 s内的位移大小．

解析 (1)由题图可知，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀变速运动，先减速再反向加速，所以物体做匀变速曲线运动．

(2)vx0＝30 m/s，vy0＝－40 m/s

v0＝＝50 m/s.

(3)x3＝vxt＝90 m.

|y3|＝t＝60 m

则x＝＝30 m

x6＝vxt′＝180 m

y6＝t′＝×6 m＝0，

则x′＝180 m.

答案 (1)匀变速曲线运动　(2)50 m/s

(3)30 m　180 m

12．如图9所示，质量m＝2.0 kg的木块静止在高h＝1.8 m的水平台上，木块距平台右边缘7.75 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用F＝20 N的水平拉力拉动木块，木块向右运动s1＝4.0 m时撤去F.不计空气阻力，g取10 m/s2，求：

图9

(1)F作用于木块的时间；

(2)木块离开平台时的速度；

(3)木块落地时距平台边缘的水平距离．

解析　(1)对木块进行受力分析，根据牛顿第二定律，有：

F－f＝ma，

由竖直方向平衡得mg－FN＝0，

摩擦力f＝μFN，

由运动学公式有s1＝at2，

代入数据得a＝8.0 m/s2，t＝1.0 s.

(2)设木块离开平台时的速度为v，拉力F撤去时木块只受摩擦力作用，加速度a1＝＝μg＝2 m/s2

速度v1＝at＝8 m/s

则由运动学公式有v－v2＝2a1s2，其中s2＝7.75 m－4 m＝3.75 m，代入数据得v＝7.0 m/s.

(3)设木块在空中运动的时间为t′，落地时距平台边缘的水平距离为s′，根据运动学公式h＝gt′2，s′＝vt′，

代入数据解得s′＝4.2 m.

答案　(1)1.0 s　(2)7.0 m/s　(3)4.2 m

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