第1~2节综合训练

当乒乓球经过纸筒正前方时，对着乒乓球横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会偏离原来的运动路径；乒乓球会获得一个横向的速度，此速度与乒乓球原来的速度合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向左下方运动，不会进入纸筒， $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误， $ \mathrm{B} $ 正确.

做曲线运动的物体，轨迹上某一点的切线方向为该点的速度方向，设某一时刻的速度方向和 $ x $ 轴正方向的夹角为 $ \theta $ ，此时粉笔沿 $ x $ 轴正方向的分速度为 $ {v}_{x} $ ，粉笔沿 $ y $ 轴正方向的分速度为 $ {v}_{y} $ ，则 $ {v}_{y}={v}_{x} \tan \theta $ ，若 $ {v}_{x} $ 不变， $ \theta $ 先减小后增大， $ \tan \theta $ 先减小后增大， $ {v}_{y} $ 先减小后增大，即若粉笔沿 $ x $ 轴正方向做匀速直线运动，那么粉笔沿 $ y $ 轴正方向先做减速直线运动后做加速直线运动， $ \mathrm{A} $ 错误， $ \mathrm{B} $ 正确；由 $ {v}_{x}=\dfrac{{v}_{y}}{ \tan \theta } $ 知，若 $ {v}_{y} $ 不变， $ \theta $ 先减小后增大， $ \tan \theta $ 先减小后增大， $ {v}_{x} $ 先增大后减小，即若粉笔沿 $ y $ 轴正方向做匀速直线运动，那么粉笔沿 $ x $ 轴正方向先做加速直线运动后做减速直线运动， $ \mathrm{C} $ 正确， $ \mathrm{D} $ 错误.

因为小球A和木块B总是相互接触的,所以小球A的速度 $ {v}_{A} $ 和木块B的速度 $ {v}_{B} $ 在垂直于接触面的方向上的分速度相等,将 $ {v}_{A} $ 、 $ {v}_{B} $ 沿接触面和垂直于接触面的方向进行分解,如图所示,有 $ {v}_{A} \cos \theta ={v}_{B} \sin \theta $ ,可得 $ {v}_{A}:{v}_{B}= \tan \theta :1 {\rm ,B} $ 正确.

由题图乙可知，在水平方向上被困人员做匀速直线运动，由题图丙可知，在竖直方向上被困人员向上做匀加速直线运动，以地面为参考系，有 $ x={v}_{0}t $ ， $ y=\dfrac{1}{2}a{t}^{2} $ ，联立可得 $ y=\dfrac{a}{2{v}_{0}^{2}}{x}^{2} $ ，所以被困人员的运动轨迹是一条抛物线，故 $ \mathrm{A} $ 正确， $ \mathrm{B} $ 错误；人对绳索的拉力与绳索对人的拉力是一对相互作用力，大小相等，故 $ \mathrm{C} $ 正确；以地面为参考系， $ t=4\mathrm{s} $ 时被困人员的速度大小为 $ v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}\mathrm{m}/\mathrm{s}=4\sqrt{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.

橡皮的运动可以分解为竖直方向沿绳的运动和水平方向的匀速直线运动，将铅笔与绳子接触的点的速度沿倾斜绳方向和垂直于倾斜绳方向分解，如图所示，则沿倾斜绳方向上的分速度大小为 $ {v}_{绳}={v}_{0} \sin \theta =\dfrac{{v}_{0}}{2} $ ，即橡皮在竖直方向上的速度大小为 $ {v}_{y}={v}_{绳}=\dfrac{{v}_{0}}{2} $ ，水平方向的速度大小为 $ {v}_{0} $ ，则橡皮的合速度大小为 $ v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}{v}_{0} $ ， $ \mathrm{A} $ 正确.

设小船速度大小为 $ {v}_{1} $ ，水流速度大小为 $ {v}_{2} $ ，小船划行方向垂直于河岸，航行到 $ B $ 点时有 $ {t}_{B}=\dfrac{d}{{v}_{1}}=\dfrac{L}{{v}_{2}} $ ，则小船速度大小与水流速度大小之比为 $ \dfrac{{v}_{1}}{{v}_{2}}=\dfrac{d}{L} $ ， $ \mathrm{A} $ 错误；小船的划行方向沿 $ OB $ 方向时，设 $ {v}_{1} $ 与河岸的夹角为 $ \theta $ ，如图甲所示，则 $ \tan \theta =\dfrac{d}{L} $ ， $ \sin \theta =\dfrac{d}{\sqrt{{d}^{2}+{L}^{2}}} $ ， $ \cos \theta =\dfrac{L}{\sqrt{{d}^{2}+{L}^{2}}} $ ，此时过河时间 $ {t}_{1}=\dfrac{d}{{v}_{1} \sin \theta }=\dfrac{\sqrt{{d}^{2}+{L}^{2}}}{{v}_{1}} $ ，沿河岸方向的位移大小 $ {x}_{1}=({v}_{2}+{v}_{1} \cos \theta ){t}_{1}=\dfrac{d+\sqrt{{d}^{2}+{L}^{2}}}{d}L > 2L $ ，故小船最终会航行到 $ C $ 点右侧某位置， $ \mathrm{B} $ 错误；小船最终到达对岸 $ C $ 点时，设 $ {v}_{1} $ 与河岸的夹角为 $ \alpha $ ，如图乙所示，则有 $ \dfrac{{v}_{1} \sin \alpha }{{v}_{1} \cos \alpha +{v}_{2}}=\dfrac{d}{2L} $ ，可得 $ \sin \alpha =\dfrac{d \cos \alpha }{2L}+\dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{2} $ ，则小船运动到河对岸的时间 $ {t}_{C}=\dfrac{d}{{v}_{1} \sin \alpha } < \dfrac{d}{{v}_{1}\cdot \dfrac{1}{2}}=2{t}_{B} $ ， $ \mathrm{C} $ 错误；当小船划行的方向与合速度方向垂直时，小船到达对岸的位置离 $ A $ 点最近，如图丙所示， $ \cos \beta =\dfrac{{v}_{1}}{{v}_{2}}=\dfrac{d}{L} $ ，则 $ \tan \beta =\dfrac{\sqrt{{L}^{2}-{d}^{2}}}{d} $ ，离 $ A $ 点最近的距离为 $ {x}_{2}=d \tan \beta =\sqrt{{L}^{2}-{d}^{2}} $ ， $ \mathrm{D} $ 正确.

由题可知,质点在前 $ 2\mathrm{s} $ 内由静止开始沿 $ x $ 轴正方向做匀加速直线运动, $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内,质点沿 $ y $ 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,而沿 $ x $ 轴正方向,质点做匀速直线运动,故其轨迹可能如题图丙所示,故 $ \mathrm{A} $ 错误.由牛顿第二定律可知,在 $ x $ 轴正方向质点获得的加速度大小 $ {a}_{1}=\dfrac{{F}_{x}}{m}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故在前 $ 2\mathrm{s} $ 内沿 $ x $ 轴的位移大小 $ {x}_{1}=\dfrac{1}{2}{a}_{1}{t}_{1}^{2}=4\mathrm{m} $ , $ 2\mathrm{s} $ 末的速度大小 $ v={a}_{1}{t}_{1}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ； $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内沿 $ x $ 轴正方向做匀速直线运动,故沿 $ x $ 轴的位移大小 $ {x}_{2}=v{t}_{2}=8\mathrm{m} $ ,则其沿 $ x $ 轴正方向移动的距离 $ x={x}_{1}+{x}_{2}=12\mathrm{m} $ ； $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内,在 $ y $ 轴正方向质点获得的加速度大小 $ {a}_{2}=\dfrac{{F}_{y}}{m}=2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,故 $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内沿 $ y $ 轴正方向的位移大小 $ y=\dfrac{1}{2}{a}_{2}{t}_{2}^{2}=4\mathrm{m} $ ,故 $ 4\mathrm{s} $ 末质点的坐标为 $ (12\mathrm{m},4\mathrm{m}) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.由以上分析可知, $ 2\sim 4\mathrm{s} $ 内质点的位移大小 $ s=\sqrt{{4}^{2}+{8}^{2}}\mathrm{m}=4\sqrt{5}\mathrm{m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误.由以上分析可知, $ 4\mathrm{s} $ 末质点沿 $ y $ 轴正方向的速度大小为 $ {v}_{y}={a}_{2}{t}_{2}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,由速度的合成可得, $ 4\mathrm{s} $ 末质点的速度大小 $ {v}_{4}=\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}\mathrm{m}/\mathrm{s}=4\sqrt{2}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

将 $ a $ 、 $ b $ 两球的速度沿细线方向（ $ x $ 方向）和垂直于细线方向分解可得 $ {v}_{ax}={v}_{a} \cos {30}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{3}}{2}{v}_{a} $ ， $ {v}_{bx}={v}_{b} \cos {45}^{\circ }=\dfrac{\sqrt{2}}{2}{v}_{b} $ ，由绳关联速度知识可知 $ {v}_{ax}={v}_{bx} $ ，则 $ a $ 、 $ b $ 两球的速度大小之比为 $ \dfrac{{v}_{a}}{{v}_{b}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} $ ，故选 $ \mathrm{A} $ .

小环由静止释放时,重物即将向上加速,对重物由牛顿第二定律得 $ T-2mg=2ma $ ,则轻绳中的张力一定大于 $ 2mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 错误；小环到达 $ B $ 处时,定滑轮左侧轻绳增大的长度等于重物上升的高度,有 $ h=\sqrt{2}d-d $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；设轻绳与直杆的夹角为 $ \theta $ ,在小环从 $ A $ 下滑到 $ B $ 的过程中,小环沿绳方向的速度与重物上升的速度大小相等,有 $ {v}_{环} \cos \theta ={v}_{物} $ ,则小环的速度与重物上升的速度之比 $ \dfrac{{v}_{环}}{{v}_{物}}=\dfrac{1}{ \cos \theta } $ ,随着小环下落, $ \theta $ 减小,故比值减小,故 $ \mathrm{C} $ 错误；小环在 $ B $ 处时轻绳与直杆的夹角为 $ {45}^{\circ } $ ,此时小环的速度与重物上升的速度大小之比 $ \dfrac{{v}_{环}}{{v}_{物}}=\dfrac{1}{ \cos {45}^{\circ }}=\sqrt{2} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由题图乙可知货物在水平方向做匀速直线运动，速度大小为 $ {v}_{x}=\dfrac{8}{2}\mathrm{m}/\mathrm{s}=4\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，由题图丙可知货物在竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动， $ 2\mathrm{s} $ 末货物的竖直分速度大小为 $ 3\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，则 $ t=2\mathrm{s} $ 时货物的速度大小为 $ v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}\mathrm{m}/\mathrm{s}=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ，货物的合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线， $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误；根据题图丙可知，货物的加速度大小为 $ a=\dfrac{\mathrm{\Delta }{v}_{y}}{\mathrm{\Delta }t}=\dfrac{3-0}{2-0}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}=1.5\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ，根据牛顿第二定律可得合力大小为 $ F=ma=100×1.5\mathrm{N}=150\mathrm{N} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确；由题图乙可知 $ 0\sim 2\mathrm{s} $ 这段时间内，货物的水平位移大小为 $ x=8\mathrm{m} $ ，货物的竖直位移大小为 $ y=\dfrac{2×3}{2}\mathrm{m}=3\mathrm{m} $ ，则合位移大小为 $ s=\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\sqrt{{8}^{2}+{3}^{2}}\mathrm{m}=\sqrt{73}\mathrm{m} $ ， $ \mathrm{D} $ 错误.