课时冲关19 曲线运动运动的合成与分解-【创新教程】2027年高考物理总复习大一轮课时作业

高考总复习物理 第四章 抛体 课时冲关19曲线运 「基础落实练] 1.质点在三个恒力F,、F2、F3的共同作用下 保持平衡状态，若突然撤去F3,而保持 F,、F。不变，则质点 A.一定做匀变速运动 B.一定做匀变速直线运动 C.一定做非匀变速运动 D.一定做曲线运动 2.(2025·黑吉辽蒙卷，1)书法 课上，某同学临摹“力”字时， 笔尖的轨迹如图中带箭头的 实线所示.笔尖由a点经b点 回到a点，则 () A.该过程位移为0 B.该过程路程为O C.两次过a点时速度方向相同 D.两次过a点时摩擦力方向相同 3.黄河，中国古代称大河，是中国第二长河， 中国人称其为“母亲河”，黄河上游河道呈 “S”形，河源段400公里内河道曲折.黄河 某段河道俯视简化图如图所示，以下判断 正确的是 A.河水在图中A、B两点速度方向相同 B.河水在图中A、B两点加速度可能相同 C.河水流经该段河道A点时对河岸的力 向右 D.河水流经该段河道B点时对河岸的力 向左 4.如图，趣味运动会的 “聚力建高塔”活动 中，两长度相等的细 绳一端系在同一塔块上，两名同学分别握 住绳的另一端，保持手在同一水平面以相 同速率相向运动.为使塔块沿竖直方向 匀速下落，则v A.一直减小 B.一直增大 C.先减小后增大 D.先增大后减小 运动圆周运动 动运动的合成与分解 5.洪水无情人有情，每 岸边 次重大抢险救灾，都有 子弟兵的身影；如图所 示，消防救援队员驾船赶往现场解救被困 群众安全返回岸边，某时刻船与安全的平直 河岸最近距离为180m,河中各处的水流速 度相同，大小为℃水=3m/s,船在静水中的 速度大小为船=4m/s,为保证能让群众 尽快脱离危险，船头始终垂直于河岸行驶， 以下说法正确的是 ) A.船的实际行驶轨迹是曲线 B.船返回岸边最快用时为60s C.船在水中的实际行驶速度大小为5m/s D.若水流速度增大，船到河岸的时间将会 延长 6.2025年4月，我国广东韶关、清远、广州等 地出现局部特大暴雨天气，多地遭受洪涝 灾害，广州成为受灾最为严重的地区之一 救援小组在某次救援时，船从距对岸最近 距离为d的A点出发，经过一段时间到达 对岸.已知水速恒为1，船在静水中的速 度恒为2.下列说法正确的是 A,船渡河的最短时间为 2 B.船渡河的运动是曲线运动 C.若v1>2,船渡河的最小位移可能为d D.若v,<v2,船渡河的位移最短时，船渡 河的时间为号 [能力综合练] 7.（多选)小河宽为d,河水中各点水流速度 与各点到较近河岸的距离成正比，水= 红，皮-受是河中各点到较近河岸的距 离.小船船头始终垂直于河岸渡河，小船在 静水中的速度为。，则下列说法中正确 的是 364 A.小船渡河时的轨迹是直线 B.小船到达距河岸号处时，船的速度大小 为√2u C.小船渡河时的轨迹是曲线 D.小船到达距河岸2处时，船的速度大小 3 为√5u 8.(多选)如图所示，直 角三角形斜面体 ABC固定在水平面 上，∠A=30°、∠C=90°，AC面光滑，粗细 均匀的直杆竖直立在地面上的B点，滑环 Q套在杆上，物块P放在斜面上，P和Q 用绕过C处定滑轮的细线连接.施加外力 F,令物块Q以速度沿直杆向上匀速运 动，不计滑轮的大小，AC面及直杆足够 长，当Q运动到位置D时距B、C距离相 等.下列说法正确的是 ) A.P的速度大小为0.5 B.P处于超重状态 C.Q从D到与C等高的C过程中，绳子 对Q的拉力大小不变 D.Q经过与C等高的C点时，P的瞬时速 度为零 9.(多选)如图，是儿童很喜欢的玩具坦克车， 可以遥控坦克车行驶并在水平面的任意方 向发射弹丸.该坦克车以速度1沿直线 AB匀速行驶，并用弹丸射击直线AB外 侧附近的固定靶.坦克车静止时射出的弹 丸速度大小为2，且>℃，固定靶离直 线AB的最近距离为d,忽略弹丸受到的 空气阻力和竖直方向的下落高度，并且发 射时炮口离地高度与靶心高度相同，不计 弹丸发射对坦克速度的影响.下列说法正 确的是 B ·36 第四章抛体运动圆周运动 A,弹丸命中固定靶飞行的最短位移为 [答题栏] 02 1 B.弹丸命中固定靶飞行的最短时间为 02 2 C.要命中固定靶且弹丸在空中飞行时间.3 最短，坦克发射处离固定靶的距离 为4V0十 5.- D.若坦克车到达距离固定靶最近时再发6 射，无论炮口怎么调整，弹丸都无法射7. 中目标 8.- [素养培优练] 9 10.质量m=2.0kg的 ylm 物体在水平外力的 作用下在水平面上o x/m 运动，物体和水平面间的动摩擦因数以= 0.05,在水平面内建立平面直角坐标系， 如图所示，已知物体运动过程中的坐标 与时间的关系为x=0.2tm,y=3.0tm, g=10m/s2,根据以上条件，求： (1)t=10s时刻物体的位置坐标； (2)t=10s时刻物体的速度和加速度的 大小； (3)t=10s时刻水平外力的大小.（结果 可用根式表示)高考总复习物理 设斜面的质量为M,取水平向左为正方向，由系统牛顿第二 定律可得f=a1c0s日-1a2c0s0=0, 则t=七。之前，地面和斜面之间摩擦力为零，C错误： t=。之后，乙物体保持静止，甲物体继续沿斜面向下加 速，由系统牛顿第二定律可得f=ma1cos0,即地面对斜 面的摩擦力向左，D正确.故选AD.门 2.解析：(1)设木板和小滑块的质量为，小滑块最终的速 度大小为，以向右为正方向，由动量守恒定律得u= 1 2mv,得0'=7u (2)设小滑块在木板上滑动的过程中，木板的位移大小 为x及两者间的动摩擦因数为以，由动能定理，对木板 1 一ungx= 2n'?、 对滑块mg工 1 解得x= 3L 1=2g 答案：1)号 3.解析：(1)当A与B刚好相对滑动时，A、B之间为滑动摩 擦力，对A有h1g=mao,解得a=1m/s, 当A、B刚要相对滑动时，设拉力大小为F。,对A、B有 F。-(M十m)g=(M十m)ao,解得F=12N. (2)由于F1=10.5N<F。=12N, 且F1>42(M+m)g=9N, 故A、B一起做匀加速运动，对A、B整体有F一2(M十 m)g=(M十m)a共， 解得a共=0.5m/s2, 对A有f=ma共，解得f=0.5N. (3)由于水平拉力F2=24N>F。=12N, 故A、B相对滑动，对A有41mg=ma1, 解得a,=1m/s, 对B有F2-,(M+m)g一41mg=Ma2, 解得a2=7m/s2, 设拉力作用t1时最终小物块刚好没有滑离长木板，则 时间内小物块速度和位移分别为 4=a14,x=2a1t,4时间内木板的速度和位移分别 1 为v=a4x,=之ati, 1 此过程中A相对B向左滑动距离△虹1=之a,t行 1 a1t, 水平拉力撤去后，设再经时间t2,A、B刚好共速，因A的 受力不变，故A继续加速，加速度仍然为a1=1m/s2, B做减速运动，且有h(M十m)g十1mg=Ma,解得a =5m/s, 则有v共=U1十a1t红=功一a· 此过程中A相对B向左滑动△，=监，一4十U 2 2 6=,4, 此时A刚好滑到B最左端， 则有Ar=A十A:=专=6m, 联立解得共=2m/s,t1=t2=1s, 即F2作用1s时间后撤去，A刚好不从B的左边滑离. 由于A、B间动摩擦因数小，故共速后A相对B向右滑 动，A向右减速，加速度大小仍然为a1=1m/s, B向右减速，设加速度大小为a1, 则有(M十m)g一41mg=Ma1, 解得a1=4m/s2, 此后，A、B分别运动xx1后停下， 克=2m,x1=2a1 有x=2a v先=0.5m, A相对B向右滑动了△x'=x2一x,=1.5m, 即A最终停在B上离B左端1.5m的位置。 答案：(1)12N;(2)0.5N;(3)1s,最终停在B上离B左 端1.5m的位置 ·5 课时冲关18实验四探究加速度 与力、质量的关象 1.解析：(1)由游标卡尺的读数规则得，读数为11.30mm (2)该装置需要将气垫导轨调节水平，所以A不正确， (3)由F=Ma,w2-6=2aL,v= △U1 得F=M 2L (4)没有满足M>m. ()-() 答案：(1)11.30(2)A(3)M 2L (4)没有满足M>m 2.解析：(1)AC这段位移的平均速度等于AC这段时间中 间时刻的眸时速度，即B点的醉时速度，故=AB+BC 4T =6.19+6.70)X10- m/s=1.6m/s. 4×0.02 由逐差法求解小车的加速度 a=(CD+DE)-(AB+BC) 4(2T) =7.21+7.72-6.19-6.70)×102 4×(2×0.02)2 m/s2 =3.2m/s2 (2)将坐标系中各点连成一条直线，连 接时应使直线过尽可能多的，点，不在直 20 线上的点应大致对称地分布在直线的 两侧，离直线较远的，点应视为错误数 据，不予考虑，连线如图所示： 据不说明实验前没 有平衡阻力或平衡阻力不够. 答案：(1)1.63.2(2)见解析 (3)实验前没有平衡阻力或平衡阻力不够 3.解析：这是探究牛顿第二定律的实验，即(2)是探究小车 加速度与槽码质量的关系，所以该实验必须平衡摩擦力，并 且要保证槽码的质量远小于小车的质量。 (1)由图像可知小车的加速度与槽码的质量成非线性 关系 (2)a-m图线不经过原点，在m轴上有截距，即挂上小槽码 后小车加速度仍为零，可能的原因是存在摩擦力. (3)本实验直接以槽码所受重力g作为小车受到的合外力， 则应采取的措施是调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力，槽码的 质量应满足的条件是远小于小车的质量 答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾 斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量 课时冲关19曲线运动运动的合成与分解 1.A2.A3.A4.B 5.C「船沿平行河岸和垂直河岸方向均做匀速运动，可知 合运动为直线运动，即船的实际行驶轨迹是直线，选项 A错误；船返回岸边最快用时为tm==180 s=45s, U好 选项B错误；船在水中的实际行驶速度大小为心= √v然十Us=5m/s,选项C正确；水流速度不影响船垂直 河岸的速度，则若水流速度增大，船到河岸的时间将不 变，选项D错误. 6.A[当船头与河岸垂直时，船渡河时间最短，则船渡河 的最短时间为。=，故A正确；根据运动的合成可 V? 知，水流速度和船速都是匀速运动，故船渡河的运动仍 是直线运动，故B错误；若1>2，根据运动的合成可 知，船不能到达正对岸，设船头与河岸上游的夹角为日， 则c0s9=,所以船渡河的最小位移为工=。 d cos 0 v. >d,故C错误；若y1<,船能到达正对岸，则船渡河的 位移最短为d,由运动学公式可得，船渡河的时间为t= d 一，故D错误.] v合√- 0 7.BC[小船的速度为沿船头指向和顺水流方向的两个分 运动的分速度的矢量和，而两个分速度垂直，故当顺水 流方向的分速度最大时，合速度最大，合速度的方向随顺 水流方向的分速度的变化而变化，故小船到达河中心时速 度最大，且运动轨迹为曲线，故A错误，C正确；小船到达距 离河岸号处时，水的选度为-受·号=，则备的选 3v 3 度为v=√6十*=√20，故B项正确；小船到达距离河 岸号处时，其距离较近的汀岸的距离为号，水的速度为 3 0水1= 3四，=。，则船的速度为=√属十=E%, d 3 故D项错误.] 8.ABD「当Q运动到离B、C距离相等的位置时，由几何 关系有∠QBC=∠QCB=90°-60°=30°，设CQ与杆竖 直方向的夹角为0，有8=∠QBC十∠QCB=60°，根据沿 绳方向速度相等可得心os日=仰，解得=之v, 故A项正确；由上述分析可知，P和Q之间的关系有 vcos日=℃p,当Q运动过程中，其CQ与竖直杆之间的夹 角在增加，所以P的速度在减小，即对P来说其加速度 有向上的加速度，即P处于超重状态，当Q处于C时，其 角度=90°，即此时P的速度为零，故B、D正确.Q从D 到与C等高的C过程中，由上述分析ucos日=可知，P 的加速度发生变化，则绳拉力变化，故C项错误.门 9.BC[因U,>u1,发射弹丸相当于小船渡河模型，则发射 速度斜向上游，合位移沿着AO方向，则最短位移为d, 故A错误；要命中固定靶且弹丸在空中飞行时间最短， 则在A点之前发射，速度沿AO方向，最短时间为t= L,坦克发射处离固定靶的距离为 s√+(） dW于远，故B.C正确；由于> U,若坦克车到达距离固定靶最近时再发射，应调整炮口 至左上方，可能射中目标，故D错误.门 10.解析：(1)物体运动过程中的坐标与时间的关系为x= 0.2tm,y=3.0tm 将t=10s代入得x=20m,y=30m 故t=10s时刻物体的位置坐标为(20m,30m). (2)根据y=3.0tm=,t, 可知物体在y方向做匀速直线运动，且 y=3.0m/s, 根据x=0.2rm=2a,1, 可知物体在x方向做初速度为零的匀加速直线运动， 可得a.=0.4m/s2, 故物体加速度的大小为0.4m/s,t=10s时刻物体在 x方向的速度为 v,=a,t=4m/s,t=10s时刻物体的速度大小为v= √/0+u=5m/s. (3)设t=10s时刻物体的速度与水平方向的夹角为a, 则sina==0.6, 解得a=37。、 因为摩擦力方向总与物体相对运动的方向相反，故滑 动摩擦力方向与x轴的负方向成37°，外力与摩擦力的 合力使物体加速，物体所受的滑动摩擦力大小为∫= umg=1 N, 应用正交分解法根据牛顿第二定律，得 F,-fsin37°=0， F.-fcos37°=mar, 解得F,=1.6N,F,=0.6N,t=10s时刻水平外力的 大小F=√/F十F=√2.92N. 答案：(1)(20m,30m)(2)5m/s,0.4m/s (3)√/2.92N ·5 参考答案 课时冲关20抛体运动 1.C2.D3.D4.C 5.AC[乌食做平地运动，根据h=gt,可知在M点的 鸟先接到鸟食，故A正确，B错误在水平方向上，有x 6t,因为在M点的鸟先接到鸟食，所以在M点被接到的 鸟食平尬的初速度较大，故C正确，D错误.门 6.B[根据题意可知，甲、乙两水柱最高点在同一水平线 上，则甲、乙水柱在空中运动的时间相等，即t=,甲、 己水柱竖直方向的初速度相等，由图可知，乙的水平位 移大，则乙水平方向的初速度大，有2>U1,故B正确.] 7.A[设足球的初速度与竖直方向的夹角为日，足球从踢 出到击中横梁的时间为，该过程中，沿初速度方向的位移 大小为x=2g0s0·,垂直初速度方向的位移大小为y= 2gin0·f,又√2十y=11.25m,联立解得t=1.5s] 8.D[水滴在空中斜上抛运动，其后半部分做平抛运动， 根据h=2gt,最大高度相同，竖直位移相同，后半部分 的时间相同，全程的时间相同，A、B最高点的速度水平 方向，因此水平方向速度之比为1：2，又因为竖直方向 初速度相同，因此他们初速度不等，初速度比不等于 1:2,故A、B、C错误；后半部分做平樾运动，在最高点的 速度是A的2倍，所以B的水平射程是A的2倍，轨迹A 的落地，点M恰好在轨迹B最高，点的正下方，故D正确.」 9.A[沿斜面方向，小球分运动为静止开始的匀加速直线 运动，加速度为a=gsin30°=5m/s',位移r=sin30m 5 =10m,由逆向思维结合运功学公式x=之ad,解得飞 行时间t=2s.门 1 10.D「由tang=2 t,得t 2utan,可知小球只要落 在斜面上，在空中运动的时间与初速度有关，故A错 误；当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远， 此时速度不是最大，故B错误；将速度分解成平行与垂 直斜面方向，平行斜面方向运动是匀加速直线运动，而 垂直斜面方向先匀减速直线运动，后匀加速直线运动， 可知小球在斜面上的投影加速移动，故C错误，D 正确.门 11.C[初速度为时04=2g,解得=乞贴①，初 速度为y2时tan45°=延 2 解得2=gt,②，在沿斜面方向上位移相等 (yc0s45°)t1十 7gcos45)G=(cos45)t岁 (gc0s45°)6③，由①@®联立，解得2-5.] 1 41 12.解析：(1)(2)小球从平台抛出后，水平方向做匀速直线 运动，竖直方向做自由落体运动，则 h=2g,u,=g, 根据已知条件结合速度的合成与分解得 tan53°=， 代入数值解得=3m/s,t1=0.4s; (3)小球在光滑斜面上根据牛顿第二定律 ng sin53°=a,得a=gsin53°， 小球在斜面上的运动过程中满足 H 1 sin53=4与+2at, 故小球离开平台后到达斜面底端的时间为=t1十t2, 解得t=2.4s. 答案：(1)0.4s(2)3m/s(3)2.4s 课时冲关21圆周运动 1.C2.D3.B4.BC