第4章 第17课时 曲线运动运动的合成与分解(跟踪评价)-【状元桥】2027高考物理一轮总复习

第四章 第17课时 曲线运动 基础落实练 1.(2026安徽模拟)2025年2月9日，第九届亚冬会短 道速滑女子3000米接力A组决赛在哈尔滨举行， 中国队的范可新、公俐、张楚桐和王欣然夺得冠军. 运动员经过弯道沿曲线从a点向b点运动的过程中， 速度逐渐减小，在此过程中，运动员所受合外力方向 可能正确的是 () B C D 2.(2026哈尔滨期末)某赛车场示意图如图所示，赛车 路面视为平面，赛车由A位置出发，依次通过①、②、 ③…位置，再回到出发点A,该过程赛车 ( ①= ④ ⑨ ⑧ 12 45 -q0 ① A.路程为零 B.平均速度为零 C.经过弯道①、②位置的速度相同 D.经过弯道②位置时的合力为零 3.(2026白银一模)在航空表演中，一架特 技飞机进行展示“落叶飘”飞行技术动 作，轨迹呈螺旋形.关于该飞机的运动， 下列说法正确的是 ( 跟踪评价/1 曲线运动 运动的合成与分解 D答案见Ds A.速度方向不断变化 B.竖直方向做匀加速直线运动 C.加速度保持不变 D.所受合力方向与速度方向相同 4.某市进行防溺水安全演练，消防员计划以一定的速 度驾驶皮艇用最短时间救援被困于礁石上的人员， 如图所示，假设河中各处水流速度相等，下列关于救 援时皮艇头部指向的说法正确的是 () :=55=555:= :0 4罐 B A.应在河岸A处沿1方向进行救援 B.应在河岸A处沿v2方向进行救援 C.应在河岸B处沿v3方向进行救援 D.应在河岸B处沿v4方向进行救援 5.如图所示，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示 意图.已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂 直，则下列说法中正确的是 () B C 之 AA点的速率小于B点的速率 B.A点的加速度比C点的加速度大 C.C点的速率大于B点的速率 D.从A点到B点加速度与速度的夹角增大，速率 增大 6.（多选)如图所示，物体P套在光滑的细杆上，P和Q 通过轻质细绳连接并跨过光滑的定滑轮，一水平力F 拉着水平面上的物体Q向左运动.在某一小段时间 内，P沿细杆匀速向上运动通过AB段的过程中，下列 说法正确的是 () 331 物理>> A.Q做加速直线运动 B.Q做减速直线运动 C.细绳对P的拉力在增大 D.杆对P的弹力在减小N 7.(2026晋城期末)为了研究环境对飞机运动的影响， 某实验小组的同学用遥控飞机进行了探究.以O点 为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y 轴正方向，建立平面直角坐标系xOy,t=0时刻遥控 飞机从O点出发，其沿x轴和y轴的分运动分别满 足x=(-7t-3t)m,y=(-3t+1.2t)m,则下列说 法正确的是 A.遥控飞机可能做直线运动 B.遥控飞机运动到最低点时速度大小为14.5m/s C.遥控飞机的加速度大小和方向均随时间改变 D.经1.25s后，遥控飞机位于O点的正左侧 8.一物体在如图甲所示的xOy水平面上运动，图乙为 沿x轴方向上的速度一时间图像；图丙为沿y轴方 向上的位移一时间图像，图中曲线为抛物线且在原 点处与t轴相切.下列说法正确的是 10tm·s s/m A.物体沿y方向的加速度大小为2m/s B.5s末，物体的加速度大小为4m/s C.5s末，物体的速度为20m/s D.前5s内物体的最小速度为4m/s 素养提升练 9.(多选)(2026重庆模拟)潜艇从海水的高密度区驶入 低密度区过程称为“掉深”.图(a),某潜艇在高密度 区水平向右匀速航行；t=0时，该潜艇开始“掉深”. 图(b)为其竖直方向的v,一t图像，水平速度u,= 332 10m/s保持不变.潜艇可视为质点，则“掉深”后的 0~30s内，潜艇 () 低密度海水区 ↑v,/m·s 20- 高密度海水好 102030 →/s 图(a) 图) A.做匀变速直线运动 B.0~10s内的速度变化量为0 C.5s末的速度大小为10√2m/s D.030s内的位移大小为300√2m 10.(2026青岛模拟)图(a)为记载于《天工开物》的风扇 车，它是用来去除水稻等农作物子实中杂质的木制 传统农具.风扇车的工作原理可简化为图(b)模型： 质量为m1的杂质与质量为m2的子实仅在水平恒 定风力和重力的作用下，从同一位置P静止释放， 若m小于2，杂质与子实受到的风力大小相等. 下列说法正确的是 ( ) 水平风力 图a 图b) A.杂质与子实在空中做曲线运动 B.杂质与子实在空中运动的时间相等 C.杂质与子实落地时速度相同 D.杂质落地点与P点的水平距离小于子实落地点 与P点的水平距离 11.(2025湖南卷)如图，物块以某一初速度滑上足够长 的固定光滑斜面，物块的水平位移、竖直位移、水平 速度、竖直速度分别用x、y、、,表示.物块向上 运动过程中，下列图像可能正确的是 () D物理 (2)根据△x=aT可知xc=xB十aT,xm=xc十aT=xB十 2aT,依此类推x压=xB十3aTP,x=xB十4aT所以xm=E十 xr=2xe十7a7,a=r-28=3.00-2X9.5)X102 7×0.12 m/s= 2.0m/g.由匀变速直线运动规律可知xx=xs十aT=(9.5十 2X0.12×100)cm=11.5cm,xm=xx十aT=x8+2aT= 13.5cm,故=c,+@=1.5+13.5)X10 m/s=1.3m/s. 2T 2×0.1 (3)图线①不过原点是补偿滑块所受的阻力过度，可能是长木 板的倾角过大，图线②不过原，点可能是没有补偿滑块所受的阻 力，或者补偿阻力不足，AB错误；根据牛顿第二定律及图像的 物理意义可知，其斜率为滑块质量的倒数，乙同学所作图线斛 率大，故滑块的质量小，C错误，D正确.故选D. 3.(1)B(2)①小车释放点到光电门的距离x②挡光片的宽度 d(3)钩码有向下的加速度，拉力小于重力(4)大于 解析(1)研究加速度与力的关系，只需控制小车质量不变即 可，不必测出小车的质量，B正确. (2)小车经过光电门的速度为=是，由运动学公式2a=, d 联立可得小车的加速度a=2z(△，所以需要测量小车释放 点到光电门的距离x和挡光片的宽度d (3)钩码在重力和拉力作用下向下做匀加速运动，加速度方向 竖直向下，根据牛顿第二定律可知绳子对钩码的拉力小于钩码 的重力，而绳子对钩码的拉力大小等于绳子对小车拉力的大 小，所以实际小车受到的拉力小于钩码的总重力. (4)当本实验忽略摩擦力的影响，细绳平行时T=a1,若滑轮 偏低导致细绳与轨道不平行，受力方向如图所示，由牛顿第二 定律有T cos B=ma2,所以有a1>a2. 个N /11 4.(1)0.390(2)CD(3)10.002z（ 解析(1)相邻计数，点间的时间间隔T=0.1s打计数，点3时的 迷度%=7-16.170-890X10 -m/s=0.390m/s. 0.2 (2)平衡摩擦力时满足mgsin0=mngcos0,两边质量消掉，改 变小车质量时不需要重新平衡摩擦力，选项A错误；电火花计 时器需要接220V交流电源，选项B错误；调节滑轮高度，使牵 引小车的细线根长木板保持平行，选项C正确；小车应尽量接 近打点计时器，并应该先接通电源后释放小车，以充分利用纸 带，选项D正确.故选CD. (3)遮光条宽度d=10mm十0.05mm×0=10.00mm,滑块经 过两先电门时的速度分别为一品购一品 根据6-=2ax,解得a-（△品 11】 第四章曲线运动 第17课时曲线运动运动的合成与分解 1.A解析根据曲线运动的特点可知，速度失量与合力失量分别 在运动轨迹的两侧，合力方向指向轨迹的凹侧；由于运动员的 速度在逐渐减小，所以合力方向与速度方向之间的夹角大于 90°.故选A 2.B解析路程为路径的长度，则整个过程的路程不为零，A错 误；因最终回到出发，点，则位移为零，平均速度为零，B正确；经 过弯道①、②位置的速度方向不同，则速度不相同，C错误；经 过弯道②位置时，因做曲线运动，则加速度不为零，即合力不为 D68 零，D错误.故选B. 3.A解析飞机做螺旋运动时，轨迹为三维曲线，速度方向始终 沿切线方向且不断改变，故A正确；螺旋下降过程中，飞机受 重力和空气阻力作用，竖直方向加速度非恒定，故B错误；螺旋 运动包含向心加速度（改变速度方向）和切向加速度（改变速度 大小)，合加速度方向不断变化，故C错误；曲线运动中，合力方 向指向轨迹凹侧（提供向心力），与速度方向不共线，故D错 误.故选A 4.A解析若救援所用时间最短，则消防员的速度应与河岸垂 直，且出发，点应位于礁石上游.故选A 5.C解析物体做匀变速曲线运动，则其加速度一直保持不变 做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧，根据它的轨迹的 示意图可知物体合力方向竖直向下，可知物体从A到B的过 程中，合力方向与速度方向的夹角大于90°，且夹角逐渐减小， 也即加速度与速度方向的夹角大于90°，且逐渐减小，根据动能 定理，可知合外力做负功，动能减小，所以物体速度逐渐减小， 故ABD错误；从B点到C点的过程中，合力与速度方向的夹 角小于90°，根据动能定理，可知合外力做正功，则物体动能增 大，速度逐渐增大，所以C点的速率大于B,点的速率.故C正 确.故选C 6.BC解析设绳与竖直方向夹角为0，则UpCOS=阳，当P匀速 运动，0增大时，Q做减速运动，故A错误，B正确；对P有 mg=Tcos0,0角增大时绳子拉力T在增大，杆对P的弹力Fv= Tsin 0在增大，故C正确，D错误.故选PC 7.B解析由题意知，遥控飞机水平方向为向左匀加速直线运 动，v0=一7m/s,ax=一6m/s2,竖直方向为向下匀减速直线 运动，o=-3m/s,a,=2.4m/s2,因≠a,即初速度与加 速度不在一条直线上，遥控飞机的运动为曲线运动，因加速度 a=√a十a,遥控飞机的加速度大小和方向均不变，AC错误； 遥控飞机运动到最低点时，，=一3十2.4t=0,飞机的速度沿 水平方向=uz=-7一6t,解得v=14.5m/s,t=1.25s,B正 确；t=1.25s时，遥控飞机运动到最低，点，D错误.故选B. 8.C解析根据题意，沿y方向的运动为初速度为零的匀加速直 线运动，则根据初速度为零的匀加速直线运动位移与时间的关 系式可得s=2a,,将坐标(2,8)代入可得，沿y方向的加速 度大小为a,=4m/s2故A错误；根据图乙可知，物体在x轴方 向做匀变速直线运动，由速度一时间图像可得物体在x轴方向 .0-10 的加速度大小为a:=写0m/s=2m/s,则可得5s末， 物体的加速度大小为a=√a十a?=2√5m/s2,故B错误；根 据图乙可知，5s末物体沿x轴方向的速度为0，而y轴方向的 速度为v,=at=4X5m/s=20m/s,由此可知，5s末，物体的 速度为20m/s,故C正确；物体的速度v=√十心= √/(10-2t)2+(4t)7=√20L(t-1)2+4灯m/s,可知，当t=1s 时物体的速度最小，最小为in=4W5m/s,故D错误.故选C 9.CD解析由于潜艇在竖直方向做变速运动，在水平方向做匀 速运动，所以潜艇做曲线运动，故A错误；根据一t图像可 知，0~10s内的加速度大小为a=8m/子=2m/5,则010s 内的速度变化量为△v=at=2×10m/s=20m/s,故B错误； 根据⑦，-t图像可知，5s末的竖直分速度为%，=10m/s,则5s 末的速度大小为v=v√十心=√/102十102m/s=10√2m/s, 故C正确；根据U,-t图像可知，0~30s内的竖直分位移大小 为y=2×20X30m=300m,水平分位移大小为x=10× 30m=300m,则0~30s内的位移大小为s=√/x2+y √/3002十300m=300√2m,故D正确.故选CD. 10.B解析杂质与子实受竖直向的重力和水平向左的恒定的风 力作用，则合力也为恒力，方向斜向左下方，因为均从静止开 始运动，可知杂质和子实在空中均做直线运动，故A错误； 因竖直方向加速度都相同，竖直高度相同，可知落到地面的时 间相同，即杂质与子实在空中运动的时间相等，故B正确；杂 质质量较小，根据4，一品，可知，杂质水平布能度餐大，则报 据U,=at,可知，杂质落地时水平速度较大，因落地时竖直速 度相等，可知杂质落地时速度较大，故C错误；杂质水平加速 度较大，根据x=2a,t2,可知，杂质落地点与P点的水平距 离大于子实落地点与P点的水平距离，故D错误.故选B. 11.C解析根据题意可知，物块沿斜面向上做匀减速直线运动， 设初速度为，，加速度大小为a,斜面倾角为0，物块在水平方 向上做匀减速直线运动，初速度为z=hc0s0,加速度大小 为ax=ac0s0,则有一x=一2arx,整理可得U √(hcos)2一2acos0·x,可知，U-x图像为类似抛物线的 一部分，故AB错误；物块在竖直方向上做匀减速直线运动， 速度为hv=hsin0,加速度大小为a=asin0,则有号-6，= -2ay,整理可得y,=v√(hsin)2一2asin0·y,可知，，-y 图像为类似抛物线的一部分，故C正确，D错误.故选C. 第18课时抛体运动 1.A解析落到B处的石块下落的高度较小，根据h=?g知， 运动时间较短；根据初速度b=工知，落在B处的石块水平位 移大，运动时间短，则初速度较大.故选A 2.D解析平抛的炸弹水平运动最远，到达拦截区，根据平抛运 动规律得2000=之g,x=6t,解得x=200m,拦裁炸弹比为 S-3000 元7=3X200=0.025,故选D. 3.C解析若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐沿同方向 斜向上的斜抛运动.两球从篮筐斜抛后落回同一高度的两点， 因A的水平射程更远且抛射角相同，可知A上升的最大高度 hA大于hB;高度决定时间，可知A运动的时间tA大于tB,故C 正确，D错误.因为两球抛射角相同，A的射程较远，可知A的 初速度U大于B,即入篮时A的动能大于B的动能，A球的 水平分速度较大，A运动至最高点时速度更大，故AB错误.故 选C 28 4.C解析对球1有tana= -器对球2有m产动又 tana·tanB=l,解得：t2=2t1,故选C 5.D服沙包做平抛运动，有A=g,解得1一√宫 ，由图可 知，教师抛出的沙包下落的高度较大，则运动的时间较长，所以 教师应先抛出沙包，两沙包才能相遇.故ABC错误；若已知A 和C、B和C的高度差Hc和HC,则可计算出两沙包相遇前 平抛的时间，根据x=t可知A、B两点的距离可表示为LB= Hc十hNg hi十边=w√g 、2H匹，故D正确.故选D. 6.AB解团飞绿微做平抛运动，由平抛运动的特点有A=?g, x=t,联立解得=名=x√绿，因为ho=h,<h@,可知射中 g O、P两点的飞镖空中飞行时间相等，射中Q点的飞镖空中飞 行时间最长，即ta>to=p,又因为x0=xQ<xp,则有阳< 0<r,可知平抛初速度最小的是射中Q点的，所以AB错误， 符合题意，CD正确，不符合题意.故选AB. 7.B解标根据平抛规律有H-=之g贴，H=之g,解得球从 水平击出到擦网的时间和球运动的总时间分别为t1一0.4S, 2=√停s,当运动员击出的球擦网的选度达到最大时，球怡 好到对方场内的边界处，如下图所示 跟踪评价答案/ C 0x0.小 ---B 设球击出的速度方向与球场中线的夹角为0，则有=%= C品=6=品由题高可，其中0A=号，BC=台，联 OA 立解得%=6√15m/s,故选B. 8.A解析以车厢为参考系，小球做水平向右的匀减速运动，和竖 直向下的自由落体，由运动学公式得t一之a心=0，h=号， .故选A 所以=aN2g 9.(1)3m(2)20 解析(1)沙包竖直上方的初速度为y,=hsin53°=4m/s, 沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向 1 上为正，则有一h=t一2gr,代入数据解得t=1s,沙包抛出 的水平初速度为.=%cos53°=3m/s,所以从抛出到落地沙 包的水平位移为x=0t=3m. (2)沙包滑行的距离为=L十5d-x=0.45m,沙包滑行过程 中，水平方向上有f=mg=ma,加速度大小a=g=2.5m/s, 滑行的初速度有=2a,与地面碰撞后的动能Ee=2f 号m,从抛出到落地根据动能定理有mgh=宁m-言m6,解 得落地睡间的动能瓜=子㎡-号，所以长是=20， 第19课时圆周运动 1.C解析根据题意可知跳绳的转动角速度为ω= 0 △t rad/s=5元rad/s,故每分钟跳绳的国数为n=5rX60= 6 2π 30 150,故选C. 2.C解析在图乙路面最高点，汽车做圆周运动，合力提供向心 力，向心力方向竖直向下，则重力大于地面给的支持力，根据牛 顿第三定律可知，汽车的重力大于汽车对路面的压力F乙压，故 A错误；在图丙路面最高点，汽车做圆周运动，合力提供向心 力，向心力方向竖直向上，则重力小于地面给的支持力，根据牛 顿第三定律可知，汽车的重力小于汽车对路面的压力F两压，故 B错误；图甲汽车做匀速直线运动，可知汽车对路面的压力 F甲压等于汽车的重力，综合以上可知F两压>F甲压>F乙压，可知 图丙汽车对路面压力最大，轮胎磨损最大，汽车对图乙路面压 力最小，轮胎磨损最小，故C正确，D错误.故选C. 3.B解析托辊和滚筒边缘属于同传送带转动，线速度相等，则 角速度不相同，故A错误；根据a=兰可知，A点加速度大于B 点加速度，故B正确；根据0=rw可知，滚筒上与O距离为R 处点的角速度与A,点角速度的比值为3：1，根据加速度公式 a=raw,可知滚筒上与O距离为R处，点的加速度与A点加速 度大小不相同，故C错误；根据线速度与转速的关系有U=rX 2πn,可知滚筒和托辊转速比为1：3，故D错误；故选B. 4.C解析A、C为同轴转动，角速度相同，则根据v=ar,可知 4:化=4：1；B、C两，点线速度相同，则h：g：化=4：1：1， 故选C. 5.B解析舰绕O点做匀速圆周运动，合外力提供向心力，则 R=R=m=8X10×80N=4X10N,放A错误，B正 确；由于舰所受合力提供向心力，则水对舰的作用力斜向上，其 大小为F=√(mg)2+F≈8X108N,故CD错误.故选B. D69