第4课时 运动的合成与分解命题规律 1.命题角度：(1)曲线运动、运动的合成与分解；(2)抛体运动.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1 曲线运动、运动的合成与分解考向一 运动的合成与分解例1 (2021·山西吕梁市高三一模)在光滑的水平面上建立xOy平面直角坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x－t图像和vy－t图像分别如图1所示，则0～4 s内( ) 图1 A．质点的运动轨迹为直线 B．质点的加速度恒为1 m/s2 C．4 s末质点的速度为6 m/s D．4 s末质点离坐标原点的距离为16 m 答案 B 解析 质点在x方向做匀速直线运动，其速度为vx＝＝2 m/s，在y方向做匀加速直线运动，其初速度、加速度分别为vy0＝0，a＝＝1 m/s2，所以质点的合初速度在x方向，合加速度在y方向，故质点做匀加速曲线运动，A错误，B正确；4 s末质点在y方向的分速度为vy4＝4 m/s，故其合速度为v＝＝2m/s，C错误；4 s末质点在y方向的位移为y＝ vy4t＝8 m，所以4 s末质点离坐标原点的距离为s＝＝8m，D错误． 例2 (2018·全国卷Ⅰ·18)如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为( ) 图2 A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案 C 解析 小球从a运动到c，根据动能定理得F·3R－mgR＝mv12，又F＝mg，故v1＝2，小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点开始运动到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F(2R＋R＋x)＝5mgR，选C. 考向二 关联速度问题 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图3所示． 图3 例3 如图4所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，MN之间的距离为L，则下列说法正确的是( ) 图4 A．刚开始时B的速度大小为 B．A运动到位置N时，B的速度为零 C．A由M上升到N的过程中，B下降的距离为L D．重物B下降过程，绳对B的拉力小于B的重力 答案 B 解析 对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度大小分别是va、vb，其中vb等于B的速率(同一根绳子，两端速度大小相同)，故刚开始上升时B的速度大小为vB＝vb＝vcos θ，故A错误；B下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故D错误；当A运动到位置N时θ＝90°，此时vB＝0，B正确．A由M上升到N的过程中，B下降的距离为－Ltan θ，C错误． 考向三 小船渡河问题 例4 如图5所示，某河流水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，AB＝r.为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为( ) 图5 A.v1 B.v1 C.v1 D.v1 答案 C 解析 如图所示，当小船从A点沿与漩涡相切的虚线渡河，且在静水中的速度v2与其在河流中的实际速度v垂直时，小船在静水中的速度最小，设为v2，故有v2＝v1sin θ，而tan ＝＝，解得v2＝v1，故选C. 高考题型2 抛体运动1．抛体运动为a＝g的匀变速运动，基本思想是运动的分解．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；斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下)抛运动．2．平抛运动、速度方向和位移方向的应用
3.平抛运动的两个推论 (1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ，如图6甲所示． (2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示． 图6 4．斜抛运动至最高点时速度水平，可采用逆向思维法，看作平抛运动． 考向一 平抛运动 例5 (2020·全国卷Ⅱ·16)如图7，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点．c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.等于( ) 图7 A．20 B．18 C．9.0 D．3.0 答案 B 解析 摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：h＝v1t1，竖直方向：h＝gt12，可解得v1＝，动能E1＝mv12＝；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3h＝v2t2，竖直方向：0.5h＝gt22，解得v2＝3，动能E2＝mv22＝mgh，故＝18，B正确． 例6 (2018·全国卷Ⅲ·17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上．甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( ) A．2倍 B．4倍 C．6倍 D．8倍 答案 A 解析 如图所示，可知： x＝vt， x·tan θ＝gt2 vy＝gt＝2tan θ·v 则落至斜面的速率v落＝＝v，即v落∝v，甲、乙两球抛出速度为v和，则可得落至斜面时速率之比为2∶1. 考向二 斜抛运动 例7 (2021·江苏省第二次适应性考试)如图8所示，篮球在1.6 m的高度掷出，在2.5 m的高度垂直击中篮板，反弹后恰好落在掷出点的正下方．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求该篮球 图8 (1)从击中篮板反弹后到落回地面的时间t； (2)击中篮板前后的动能之比． 答案 (1)0.7 s (2)25∶9 解析 (1)篮球反弹后做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝gt2 解得t＝ 代入数据解得t≈0.7 s (2)掷出到击中篮板的运动过程等效为逆向的平抛运动，设篮球质量为m，平抛运动的初速度为v，则在水平方向上做匀速直线运动，有x＝vt 篮球做平抛运动的初动能为Ek＝mv2，解得Ek＝，则击中篮板前后的动能之比＝，其中h1＝1.6 m，h2＝2.5 m 代入数据得＝. 例8 (2020·山东卷·16)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图9甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2°.某次练习过程中，运动员以vM＝10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角α＝72.8°，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道．图乙为腾空过程左视图．该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 72.8°＝0.96，cos 72.8°＝0.30.求： 图9 (1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d； (2)M、N之间的距离L. 答案 (1)4.8 m (2)12 m 解析 (1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得 v1＝vMsin 72.8°① 设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得 mgcos 17.2°＝ma1② 由运动学公式得d＝③ 联立①②③式，代入数据得 d＝4.8 m④ (2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2， 由运动的合成与分解规律得v2＝vMcos 72.8°⑤ 设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得 mgsin 17.2°＝ma2⑥ 设腾空时间为t，由运动学公式得 t＝⑦ L＝v2t＋a2t2⑧ 联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据得L＝12 m. 1．(2021·江苏无锡市市北高级中学高三期末)如图10所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动．以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为( ) 图10 答案 A 解析 研究墨迹，也就是研究棋子相对于传送带的相对运动．分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条过坐标原点的倾斜直线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A正确，B、C、D错误． 2.(2021·山东青岛市一模)如图11所示，在投掷游戏中，甲同学从A点将某个小玩具水平抛出，小玩具沿轨迹①落到了地面上的D点；乙同学从位于A点正下方地面上的B点斜向上将另一个同样的小玩具抛出，玩具沿轨迹②也恰好落到了D点，C点为轨迹最高点，A、C高度相同，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) 图11 A．两过程的水平速度相同 B．两过程中玩具在空中的运动时间相等 C．沿轨迹①落到D点时小玩具落地速度大 D．两个过程中重力的冲量相等 答案 C 解析 轨迹②小玩具能到达C点，从C到D在竖直方向做自由落体运动，而轨迹①在竖直方向直接做自由落体运动，根据竖直方向的运动情况可知轨迹②小玩具运动的时间为轨迹①的两倍，设轨迹①运动的时间为t1，轨迹②运动的时间为t2，则有t2＝2t1，且两次在水平方向运动的位移相等，而时间之比为1∶2，故水平速度之比为2∶1，故A、B错误；由于两次击中D点时水平速度不相等，轨迹①的水平速度大，竖直速度相等，则轨迹①落地合速度大，即沿轨迹①落到D点时小玩具落地速度大，故C正确；两个过程中重力相等，由于时间不相等，则两个过程中重力的冲量不相等，故D错误． 3．(2021·山东烟台市高三期末)某同学参加学校的跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图12所示，该同学以速率v沿与水平地面成某一角度方向跳出，运动过程中离开地面的最大高度为H＝，若该同学可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则该同学本次跳远的成绩为( ) 图12 A. B. C. D. 答案 A 解析 设速率v与水平方向的夹角为θ，则H＝，运动时间t＝，水平位移x＝vcos θ·t，联立解得x＝，故选A. 4．(2021·湖北部分重点高中高三期末联考)质量为m的粒子a以速度v在竖直面内水平向右运动，另一质量为m的粒子b以速度v沿与水平向右成45°斜向下的方向运动，在某段时间内两个粒子分别受到相同的恒力的作用，在停止力的作用时，粒子a沿竖直向下方向以速度v运动，则粒子b的运动速率为(不计重力)( ) A.v B.v C．v D．0.5v 答案 B 解析 作出粒子a的初速度、末速度及速度的变化量关系图，如图甲 由于初、末速度大小相等，则Δv与水平向左方向成45°斜向下，Δv＝v，设恒力的作用时间为t，根据动量定理有Ft＝mΔv，得F＝ 可知作用力F与粒子b的初速度垂直，所以粒子b做类平抛运动，建立如图乙所示的直角坐标系，粒子b沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝＝ 经过时间t，粒子b的运动速率为vb＝＝v.故选B. 专题强化练[保分基础练]1.(2021·北京市东城区高三期末)如图1所示，从同一点沿同一水平方向多次抛出小球，其中三次分别落在台阶上A、B、C三点，用tA、tB、tC分别表示三次小球运动的时间，vA、vB、vC分别表示三次小球被抛出时的速度，则( ) 图1 A．tA＝tB＝tC B．vA>vB>vC C．tA>tB>tC D．vA<vB<vC 答案 B 解析 平抛运动竖直方向做自由落体运动，运动时间为t＝，由题图可知hA<hB<hC，所以tA<tB<tC，故A、C错误；水平方向的速度v＝，因xA>xB>xC，tA<tB<tC，可得vA>vB>vC，B正确，D错误． 2．(2021·湖南省1月适应性考试·2)有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图2所示．一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)．不计空气阻力，从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是( ) 图2 A．小球下落时间与小球质量m有关 B．小球下落时间与小球初速度v有关 C．小球下落时间与水井井口直径d有关 D．小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关 答案 D 解析 根据分运动的独立性，小球在竖直方向的运动为自由落体运动，由h＝gt2知，小球下落时间仅与水井井口到水面高度差h有关，D项正确． 3．(2021·安徽蚌埠市一模)一物块从某一高度以大小为v0的速度水平抛出，落地时物块的速度大小为2v0，不计空气阻力，重力加速度为g，则物块落地时的水平位移大小为( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 物块落地时速度大小为2v0，由速度矢量三角形关系可得竖直方向的速度为vy＝＝v0，竖直方向物块做自由落体运动，运动时间为t＝＝，水平方向物块做匀速直线运动，运动位移为x＝v0t＝，故选B. 4．(2020·山东高三一模)如图3所示，小船以大小为v(船在静水中的速度)、方向与上游河岸成θ角的速度从O处过河，经过一段时间，正好到达正对岸的O′处．现要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，在水流速度不变的情况下，可采取的方法是( ) 图3 A．θ角不变且v增大 B．θ角减小且v增大 C．θ角增大且v减小 D．θ角增大且v增大 答案 D 解析 由题意可知，航线恰好垂直于河岸，要使小船在更短的时间内过河并且也正好到达正对岸O′处，则合速度增大，方向始终垂直河岸．如图所示，小船在静水中的速度增大，与上游河岸的夹角θ增大，故D正确，A、B、C错误． 5.(2021·山东济南市一模)如图4所示，某同学正在进行投篮训练．已知篮球出手点到地面的距离为h＝1.8 m，篮筐到地面的距离为H＝3 m，出手点到篮筐的水平距离为L＝4.2 m．若出手时篮球的速度方向与水平方向的夹角为53°，且能直接进入篮筐，则出手时篮球的速度大小约为(≈3.3，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)( ) 图4 A．5.6 m/s B．7.4 m/s C．8.4 m/s D．9.0 m/s 答案 B 解析 篮球抛出时，水平方向v0cos 53°·t＝L，竖直方向H－h＝v0sin 53°·t－gt2，联立解得v0≈7.4 m/s，故选B. 6.(2021·河北邯郸市高三期末)一网球运动员在训练过程中某一次击球时，将网球沿水平方向击出，结果网球恰好擦网通过，落在对方场地的A点，如图5所示，并且落地点到球网的水平距离与击球点到球网的水平距离相等，已知球网的高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力，则网球击出后在空中飞行的时间为( ) 图5 A. B. C. D. 答案 B 解析 落地点到球网的水平距离与击球点到球网的水平距离相等，故网球从O点到球网的运动时间和从球网到A点的运动时间相等，设为t0，设击球点的高度为H，则H－h＝gt02，H＝g2，又t＝2t0，联立解得t＝，故B正确． [争分提能练] 7．(2021·山东泰安市高三一模)如图6所示，a、b两小球分别从半圆轨道MNO顶端和斜面顶端O点以大小相等的初速度v0同时水平抛出，不计空气阻力，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，若小球a能落到半圆轨道上，小球b能落到斜面上，则( ) 图6 A．b球一定先落在斜面上 B．a球一定先落在半圆轨道上 C．a、b两球可能同时落在半圆轨道和斜面上 D．b球落到斜面底端时，a球恰好落在半圆轨道上最低点 答案 C 解析 如图甲，将半圆轨道和斜面重叠在一起可知，若小球初速度合适，两小球可同时落在距离出发点高度相同的半圆轨道和斜面交点A处，改变初速度，可以使a球先落在半圆轨道上，也可以使b球先落在斜面上，故A、B错误，C正确；若b球落到斜面底端时，由图乙所画轨迹可判断a球已经打在半圆轨道的P点了，故a球不可能落在半圆轨道上最低点，故D错误． 8.(2021·湖南株洲市高三期末)如图7，某城市音乐喷泉广场的水池中在半径为R的圆周上按同样方式等间隔地安装了n个规格相同的喷管，喷管与水面的夹角为θ，管口横截面积为S且与水面相平．全部开启后，经目测，空中水柱几乎都在圆心处交汇，已知水的密度为ρ，则可估算出空中水柱的总质量为( ) 图7 A. B. C. D. 答案 A 解析 每个喷管在空中形成的水柱的质量为m＝ρV，V＝Sx，x＝vt，又空中水柱的总质量M＝nm，联立解得M＝nρSvt，每个喷管喷水的水平速度为vx＝vcos θ，水平方向做匀速直线运动，则有vtcos θ＝R，联立解得M＝，故A正确，B、C、D错误． 9.(多选)(2021·东北三省四市教研联合体3月模拟)如图8所示，两小球a、b分别从斜面顶端和斜面中点沿水平方向抛出，均落在斜面底端．不计空气阻力，关于两小球在平抛过程中的说法正确的是( ) 图8 A．小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同 B．小球a、b在空中飞行时间之比为2∶1 C．小球a、b抛出时的初速度之比为1∶1 D．小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1 答案 AD 解析 设斜面倾角为θ，小球落在斜面底端时，有＝＝tan θ，可得＝＝2tan θ，根据平抛运动规律有vx＝v0，vy＝gt，可知两球落到斜面底端时速度方向与水平方向夹角的正切值相等，故小球a、b到达斜面底端时的速度方向相同，故A正确；由题图可知＝2，＝2，由h＝gt2可得＝，由x＝v0t可得＝，故B、C错误；当小球的速度方向与斜面平行时，小球离斜面距离最大，将初速度和加速度分解为垂直斜面方向和沿斜面方向，有a⊥＝gcos θ，v⊥＝v0sin θ，小球在垂直斜面方向运动的最大距离设为l，则有2a⊥l＝v⊥2，则l＝∝v02，可得小球a、b离斜面的最大距离之比为2∶1，故D正确． 10.(2021·山东济宁市二模)某战士进行投弹训练，他选择了如图9所示的地形，ABC 为一倾角为30°的斜面，底边BC长为L，CDE是半径为R的四分之一圆弧，在C点与水平面相切，该战士在A点将手榴弹以初速度 v0水平抛出，手榴弹刚好落在C点，当他在A点将手榴弹以初速度 2v0水平抛出时，手榴弹落在圆弧上的D点．不计空气阻力，则下列说法中正确的是( ) 图9 A．手榴弹落在C点时速度方向与水平方向的夹角为60° B．圆弧半径R一定大于L C．手榴弹落在D点时速度方向与水平方向的夹角一定大于手榴弹落在C点时的夹角 D．如果手榴弹水平抛出时的速度大小合适，手榴弹可能正好落到E点 答案 B 解析 设手榴弹在C点的速度方向与水平方向的夹角为α则tan α＝＝2＝，可得α≠60°，故A错误；当手榴弹以初速度2v0水平抛出时，设运动轨迹与C点所在的水平面交于F点，则手榴弹在F点的水平位移为以初速度v0水平抛出时水平位移的2倍，则CF＝BC，所以R一定大于L，故B正确；当手榴弹落到AC延长线上时速度方向与水平方向的夹角与手榴弹落到C点时速度方向与水平方向的夹角相等，当手榴弹落到D点时速度方向与水平方向的夹角小于落到AC延长线上时的夹角，也就小于落到C点时的夹角，故C错误；由以上分析可知，由于圆弧的遮挡，手榴弹不可能正好落到E点，故D错误． 11.(2021·山东德州市一模)如图10所示，倾角θ＝37°的斜面足够大，顶端MN水平．一质量m＝0.9 kg的小球自MN上一点以v0＝2 m/s的初速度垂直MN水平抛出，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力． 图10 (1)求小球自抛出至落到斜面上的时间； (2)若小球运动过程中始终受到平行MN的恒定水平风力，小球落到斜面上时的位移大小为1.25 m，求小球受到的水平风力大小． 答案 (1)0.3 s (2)20 N 解析 (1)小球水平位移x＝v0t1 竖直位移y＝gt12，又tan θ＝ 联立并代入数据得t1＝0.3 s (2)小球落在斜面上的时间不变t2＝t1＝0.3 s 小球沿MN方向的位移z＝at22 小球的位移为s2＝x2＋y2＋z2 解得水平加速度a＝m/s2 水平风力为F＝ma，解得F＝20 N. [尖子生选练] 12.(2021·山东临沂市高三一模)滑雪是冬奥会的七大项目之一，某高山滑雪运动员在比赛中经过一斜坡，如图11所示，运动员(可视为质点)沿着右侧斜面运动，到达顶点A后以v0＝10 m/s的速度沿着斜面斜向上飞出，飞出时速度方向与左侧斜面的夹角为θ＝53°，经过一段时间后，运动员落到左侧斜面上的B点，左侧斜面与水平面的夹角α＝37°.不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 图11 (1)运动员到左侧斜面的最大距离； (2)起跳点A与落点B之间的距离； (3)运动员落到B点时的速度大小． 答案 (1)4 m (2)24 m (3)2m/s 解析 (1)设运动员的质量为m，沿斜面和垂直斜面建立坐标系，并沿这两个方向分解初速度v0、运动员受到的重力G，则有 v0x＝v0cos 53°＝0.6v0＝6 m/s v0y＝v0sin 53°＝0.8v0＝8 m/s Gx＝mgsin 37°＝0.6mg＝max Gy＝mgcos 37°＝0.8mg＝may 垂直斜面方向上，从A点到离斜面最远的时间 t1＝＝1 s 从A点到落到B点共用时间t＝2t1＝2 s 当vy＝0时，运动员距离斜面最远，此时y＝＝4 m (2)在沿斜面方向上从起跳点A到落地点B之间的距离 x＝v0xt＋axt2＝24 m (3)由A到B，根据动能定理得 mgsin 37°·x＝mvB2－mv02 解得vB＝m/s＝2m/s. (责任编辑：admin) |