2015届高三物理二轮复习 专题2 第2讲运动的合成与分解曲线运动检测试题 一、选择题(1～6题只有一个选项正确，7～10小题有多个选项正确)
1．(2014·百校大联考)如图所示，某人向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块， 分别落到A、B两处。不计空气阻力，则落到B处的石块( )
A．初速度大，运动时间短 C．初速度小，运动时间短 [答案] A
[解析] 本题考查平抛运动的规律，意在考查考生对平抛运动知识的理解能力。 小球落在B点高度差较小，根据t＝2hB．初速度大，运动时间长 D．初速度小，运动时间长
g，知落在B处的石块运动时间较短，根据初速度v0
＝x/t知，B处的水平位移大，时间短，则初速度较大。故A正确，B、C、D错误。
2．(2014·北京西城模拟)一个物体做平抛运动，已知重力加速度为g。根据下列已知条件，既可以确定初速度大小，又可以确定飞行时间的是( )
A．水平位移大小 C．落地时速度大小和方向 [答案] C
[解析] 飞行时间不取决于水平位移，只取决于下落的高度，所以A选项错误；但初速度(水平速度)与下落高度无关，所以B选项错误；落地速度包括水平速度和竖直速度，水平速度即初速度，竖直速度与飞行时间直接联系，C选项正确；合位移取决于初速度和飞行时间两个因素，但合位移的大小无法确定初速度和飞行时间这两个量，所以D选项错误。
3．(2014·全国新课标Ⅱ)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )
πA．
6πC．
3[答案] B
1
B．下落高度
D．从抛出到落地的位移大小
πB． 4πD． 12
[解析] 本题考查了平抛运动的速度分析。解题关键是求落地的竖直速度，设抛出点距地面高122
度为h，初速度为v0，由题意mgh＝mv0，落地竖直速度分速度为vg，由自由落体运动规律得vg＝
22gh，由以上两式得vg＝v0。速度与水平方向夹角为α，则tanα＝＝1，即物体落地速度方向与π
水平方向夹角α＝。平抛运动的处理方法：分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由
4落体运动。
4．(2014·山西太原一模)CTMD(中国战区导弹防御体系)是一种战术型导弹防御系统，可以拦截各类型的短程及中程超音速导弹。在某次演习中，检测系统测得关闭发动机的导弹在距地面高为
vgv0
H处，其速度为v且恰好水平，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v0竖直向上发射一颗炮弹成
功拦截。已知发射时炮弹与导弹的水平距离为s，不计空气阻力，则( )
A．v0＝v C．v0＝v [答案] A
1212
[解析] 炮弹做竖直上抛运动有：h1＝v0t－gt，导弹做平抛运动有：s＝vt，h2＝gt，且h1
22＋h2＝H，联立得：v0＝v，所以只有A项正确。
HssHB．v0＝D．v0＝v
Hv sHs
5．(2014·武汉模拟)在O点固定一个点光源，屏MN竖直放置在O点右侧，将小球从O点平抛，在小球与屏碰撞前，小球在屏上的影子做( )
A．匀速直线运动 B．匀减速直线运动 C．自由落体运动
D．初速度不为零的匀加速直线运动 [答案] A
[解析] 当小球运动到Q时，影子为P，则＝
OMMP，而OH＝v0t，OHHQHQ＝
12
OM·ggt2，联立得MP＝t，则影子做匀速直线运动，选项A正确。
2v0
6．(2014·许昌、新乡、平顶山模拟)如图所示，AB为一固定
斜面。
一物体自斜面的顶端以某一速度v1沿水平方向抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时的速度方向与
2
斜面的夹角为θ1。另一物体也自斜面的顶端以另一速度v2(v1 A．θ1＝θ2 C．tanθ1 [解析] 本题考查平抛运动，解决本题的关键是知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍。意在考查考生对平抛运动的处理能力。 设斜面的倾角为α，物体落在斜面上，速度与水平方向的夹角为β，有tanα＝y/x＝gt/2v0t＝gt/2v0，tanβ＝vy/v0＝gt/v0＝2tanα，因为小球落在斜面上位移与水平方向的夹角相同，则速度与水平方向的夹角相同，物体速度方向与斜面的夹角为θ＝β－α，知θ1＝θ2.故A正确，B、C、D错误。 7．(2014·武汉武昌区模拟)小船横渡一条两岸平行的河流，船本身提供的速度(即静水速度)大小不变、船身方向垂直于河岸，水流速度与河岸平行，已知小船的运动轨迹如图所示，则( ) 2 B．θ1<θ2 D．2sinθ1＝sinθ2 A．越接近河岸水流速度越小 B．越接近河岸水流速度越大 C．无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短 D．该船渡河的时间会受水流速度变化的影响 [答案] AC [解析] 由船的运动轨迹可知，切线方向即为船的合速度方向，将合速度分解，由于静水速度不变，可知越接近河岸水流速度越小，选项A正确，B错误；小船渡河的时候，当船身方向垂直河岸时渡河时间是最短的，而且时间是不受水流速度影响的，选项C正确，D错误；因此答案选AC。 8．(2014·沈阳模拟)如图所示，在斜面顶端先后水平抛出同一小第一次小球落到斜面中点，第二次小球落到斜面底端，从抛出到落至斜(忽略空气阻力)( ) A．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2 B．两次小球运动时间之比t1∶t2＝1∶2 C．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2 3 球，面上 D．两次小球抛出时初速度之比v01∶v02＝1∶2 [答案] AC [解析] 两小球竖直方向上做自由落体运动，两小球下落高度之比为1∶2，由自由落体运动规律可知，运动时间之比为1∶2，选项A正确，B错误；水平方向两小球均做匀速直线运动，由水平位移关系以及时间关系可得初速度之比为1∶2，选项C正确，D错误。答案选AC。 9．(2014·郑州模拟)如图所示，ab为竖直平面内的半圆环acb的水平直径，c为环上最低点，环半径为R。将一个小球从a点以初速度v0沿ab方向抛出，设重力加速度为g，不计空气阻力，则( ) A．当小球的初速度v0＝B．当小球的初速度v0< 2gR时，掉到环上时的竖直分速度最大 2 2gR时，将撞击到环上的圆弧ac段 2 C．当v0取适当值，小球可以垂直撞击圆环 D．无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击圆环 [答案] ABD [解析] 由平抛运动规律可知，下落高度越大，竖直分速度越大，所以竖直分速度最大时平抛落点为c点，由运动规律可得，此时小球的初速度为v0＝ 2gR，若小球的初速度小于该速度，小2 球将撞击到环上的ac段，选项AB正确；由平抛运动规律可知，速度反向延长线一定过水平位移中点，若小球垂直撞击圆环，则反向延长线就会过O点，所以是不可能的，因此选项C是错误的，D是正确的。答案选ABD。 10．(2014·信息卷)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( ) 2v0cotθA．若小球以最小位移到达斜面，则t＝ gB．若小球垂直击中斜面，则t＝ v0cotθ gg2v0cotθC．若小球能击中斜面中点，则t＝ 2v0tanθD．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为t＝ g[答案] AB ππgt[解析] 小球以最小位移到达斜面时，位移与水平方向的夹角为－θ，则tan(－θ)＝， 222v0 2v0cotθππ 即t＝，A对，D错；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向夹角为－θ，则tan(－ g22 4 gtv0cotθθ)＝，即t＝，B对；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcosθ＝v0t， v0g122v0tanθ下落高度为Lsinθ＝gt，联立两式得t＝，C错。 2g二、非选择题 11．(2014·潍坊模拟)小球a在小球b正上方h＝5m处，现将两球以大小相等的速度v＝10m/s同时抛出，其中小球a速度水平向右，小球b速度竖直向上，忽略空气阻力作用，取重力加速度g＝10m/s。求当a、b两球到达同一高度时，两球间距离s。 [答案] 5m [解析] 设小球a下落的竖直距离为h1，小球b上升的距离为h2，则： 2 h1＝gt2 h2＝vt－gt2 h＝h1＋h2 解得：t＝0.5s 对小球a s＝vt 即s＝5m 12．(2014·吉林省吉林市质量检测)如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝37°、表面光滑的斜面体，物体A以v1＝6m/s的初速度沿斜面上滑，同时在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出，如果当A上滑到最高点时恰好被B物体击中。(A、B均可看做质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s)求： (1)物体A上滑到最高点所用的时间t； (2)物体B抛出时的初速度v2； (3)物体A、B间初始位置的高度差h。 [答案] (1)1s (2)2.4m/s (3)6.8m [解析] (1)物体A上滑的过程中，由牛顿第二定律得： 2 1 2 12 mgsinθ＝ma 代入数据得：a＝6m/s 经过t时间B物体击中A物体，由运动学公式有： 0＝v1－at， 代入数据得：t＝1s。 1 (2)平抛物体B的水平位移：x＝v1tcos37°＝2.4m 2平抛初速度：v2＝＝2.4m/s。 (3)物体A、B间初始位置的高度差： 5 2 xth＝v1tsin37°＋gt2＝6.8m。 13．如图所示，质量为m的木块从A点水平抛出，抛出点离地面为l，不计空气阻力，在无风情况下落地点B到抛出点的水平距离为s；恒定的水平风力F时，仍以原来初速度抛出，落地点C到抛出点的水3 离为s。试求： 4 (1)无风情况下木块落地时的速度； (2)水平风力F的大小。 [答案] (1)(2)F＝ 高度当有平距 1212 gs22l＋2gl 方向与水平面成arctan 2lsmgs 4l[解析] (1)在无风的情况下，由平抛运动规律得 s＝v0t，l＝gt2 联立得到水平初速度为v0＝s12 g 2l木块落地的竖直速度为vy＝2gl 所以木块落地时的速度大小为v＝v＋vy＝ 20 2 gs2 ＋2gl 2lvy2l v0sFm2l落地速度与水平方向间的夹角θ满足tanθ＝＝ (2)在有风的情况下，水平方向木块做匀减速运动，有vx＝v0－axt＝v0－3sv0＋vx另由位移关系可知＝ 42 2l g g联立以上两式并消去vx，代入v0可得F＝ mgs 4l 6
高三物理二轮复习专题2第2讲运动的合成与分解曲线运动检测试题
