2024届高考物理一轮复习专题四曲线运动万有引力与航天第1讲曲线运动、运动的合成与分解练习含答案

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第1讲　曲线运动、运动的合成与分解



　　　　　　　　　　　　　　　
知识巩固练

1.(2022年厦门模拟)汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示.设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是(　　)

A B C D
【答案】A
2.(2022年宜春质检)如图所示，乒乓球从斜面上滚下，以一定的速度沿直线匀速运动.在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(纸筒的直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口的正前方时，对着球横向吹气，则关于乒乓球的运动，下列说法中正确的是(　　)

A.乒乓球将保持原有的动能继续前进
B.乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒
C.乒乓球将偏离原来的运动方向，但不会进入纸筒
D.只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒
【答案】C
3.(2022年成都模拟)(多选)如图所示，汽车以速度v向右沿水平面匀速运动，通过绳子提升重物M，当绳子与水平方向的夹角为α时(　　)

A.重物上升的速度为vcos α
B.重物上升的速度为vcosα
C.绳子的拉力大于重物的重力
D.绳子的拉力等于重物的重力
【答案】AC　
【解析】将小车的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于重物上升的速度，由平行四边形定则得重物上升速度为v1＝vcos α，A正确，B错误；车子向右匀速运动过程中，α角逐渐减小，所以重物的速度增大，重物做加速上升运动，则绳子的拉力应大于重物的重力，C正确，D错误.
4.(2022年信阳一模)抗洪救灾中，战士驾驶冲锋舟欲最快将受困群众送到对岸.关于冲锋舟的运动情况，如图所示的四幅图中正确的是(设水速和船的静水速度均恒定，虚线为船的运动轨迹)(　　)
　　 　　
A B C D


【答案】D

5.如图所示，一条小船位于200 m宽的河的正中央A处，从这里向下游1003 m处有一危险区.当时水流的速度为4 m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少应是(　　)
A.433 m/s B.833 m/s C.2 m/s D.4 m/s

【答案】C　
【解析】如图所示，小船刚好避开危险区时，设小船的合速度与水流速度的夹角为θ，则有tan θ＝1001003＝33，因此θ＝30°.v船＝v水sin θ＝4×12 m/s＝2 m/s.
6.(2023年重庆一模)如图，一滑板爱好者在水平面滑行，看到横杆后起跳，人与滑板分离，越过横杆后仍落在滑板上，忽略一切阻力，则(　　)

A.整个过程中人和滑板组成的系统总动量守恒
B.起跳时滑板对人做正功
C.起跳时脚对滑板的作用力斜向后
D.起跳时人相对滑板竖直向上运动
【答案】D　
【解析】整个过程中人和滑板组成的系统水平方向动量守恒，而竖直方向动量不守恒，则总动量不守恒，A错误；起跳时人的水平速度不变，竖直速度变大，人的动能增加，由于滑板对人的支持力没有位移，则滑板对人不做功，人的动能变大是由于人本身对自己做功，B错误；运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动.各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，最终落在滑板的原位置.所以竖直起跳时，人相对滑板竖直向上运动，滑板对人水平方向无作用力，竖直方向对人的作用力竖直向上，则人对滑板的作用力应该是竖直向下，C错误，D正确.

7.如图所示，用细线将小球悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧水平向右以大小为v0的速度匀速移动，运动中悬线始终保持竖直，则该过程中小球运动的速度(　　)
A.方向时刻在变，大小恒为2v0
B.方向与竖直向上成45°角，大小恒为v0
C.方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
D.方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0
【答案】C　
【解析】小球运动分解为水平方向和竖直方向，速度大小均为v0的匀速直线运动，如图所示.合成之后合速度方向与竖直向上成45°角，大小恒为2v0，C正确，A、B、D错误.

8.(2022年深圳联考)小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸，已知船在静水中的速度为v，现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是(　　)
A.减小α角，减小船速v
B.减小α角，增大船速v
C.增大α角，增大船速v
D.增大α角，减小船速v
【答案】B　
【解析】由题意可知，船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，如图所示.根据运动的合成与分解有v1＝vcos α，可知要减小α角，增大船速v，B正确，A、C、D错误.

综合提升练
9.如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动.连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动.已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　　)

A.ωLsinβsinα B.ωLcosαsinβ C.ωLcosβcosα D.ωLsinβcosα
【答案】D　
【解析】设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解.根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度vA分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v'，则vB分＝v'cos θ＝v'cos(β－90°)＝v'sin β，v'＝ωL，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝ωLsinβcosα，故选D.

10.如图所示，滑块a、b用绳跨过定滑轮相连，a套在水平杆上.现使a以速度v从P位置匀速运动到Q位置，则滑块b(　　)

A.做匀速运动，速度大于v
B.做减速运动，速度小于v
C.做加速运动，速度小于v
D.做加速运动，速度大于v
【答案】C　
【解析】对a进行速度分解可得：滑块b的速度vb＝vsin θ，a以速度v从P位置匀速运动到Q位置时，θ增大，则vb增大，滑块b做加速运动，但是由于sin θ＜1，则vb＜v，故C正确，A、B、D错误.

11.如图所示，质量为m的物块受水平恒力F作用在光滑的水平面上做曲线运动，经过时间t从M点运动到N点，速度大小由v变为3v，且速度方向恰好改变了90°.则(　　)

A.从M点到N点的运动过程中，恒力先做正功后做负功
B.从M点到N点的运动过程中物块的机械能增加了12mv2
C.恒力F的方向与MN的连线垂直
D.从M点到N点的运动过程中，速率的最小值为32v
【答案】D　
【解析】从M点到N点的运动过程中物块的速度变化量为Δv＝v2+(3v)2＝2v，如图所示，故恒力F的方向与v'成θ＝30°.由前面分析可知，恒力F与速度方向夹角先大于90°，后小于90°，故恒力F先做负功，再做正功，A错误；从M点到N点的运动过程中物块的动能增加了ΔEk＝12m(3v)2－12mv2＝mv2，B错误；曲线运动在相互垂直的两个方向的分运动均为匀变速直线运动，则在初速度方向的位移为y＝v2t，与初速度垂直的方向的位移为x＝3v2t，tan α＝yx＝33，即α＝30°.已知θ＝30°，又β＝120°，可知恒力F的方向与MN的连线不垂直，C错误；将初速度分解到F方向和垂直于F方向，当沿F方向分速度减小到0时，物体速度最小，最小速度为vmin＝vsin 60°＝3v2，D正确.

12.如图所示，在一次军事演习中，离地500 m高处的飞机以100 m/s向东发射一枚炸弹，恰好击中以20 m/s的速度向东匀速运动的汽车，已知炸弹受到水平向西的风，风力大小为重量的0.2倍，g取10 m/s2.求：
(1)炮弹运动到地面的速度；
(2)飞行员在飞机和敌车的水平距离为多少时投弹，才能击中敌车.

解：(1)因炸弹受到水平向西风力，大小为重量的0.2倍，
由牛顿第二定律得，炸弹水平方向的加速度为a＝Fm＝2 m/s2，
所以水平方向炸弹做加速度为a＝2 m/s2的匀减速直线运动，
竖直方向做自由落体运动，竖直位移h＝12gt2，解得t＝10 s.
落地时竖直方向速度v1＝gt，
解得v1＝100 m/s，
落地时水平方向速度 v2＝v0－at，
解得v2＝80 m/s.
所以炮弹运动到地面的速度为
v＝v12+v22＝2041 m/s.
(2)因炮弹的水平初速度为v0＝100 m/s，车的速度为v车＝20 m/s，
炮弹的水平位移x1＝v0t－12at2，
代入数据得x1＝900 m，
车的水平位移x2＝v车t＝20×10 m＝200 m，
故应在距离小车Δx＝(900－200) m＝700 m时投放炸弹.