2026年天津高考物理二轮复习讲练测题型04 运用运动的合成与分解理论解决常见实际问题（题型专练）（解析版）

题型04运用运动的合成与分解理论解决常见实际问题目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学总方法透视目录第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局第二部分考向破译微观解剖，精细教学总方法透视典例引领变式演练考向01位移与速度的合成与分解考向02小船渡河问题考向03关联速度问题考向04平抛运动问题第三部分综合巩固整合应用，模拟实战天津高考物理“运动的合成与分解”是曲线运动与抛体的核心方法，近5年（2021-2025）稳定高频，集中在选择中档题+实验+大题综合，区分度突出，以下为结构化考情分析。定义：按平行四边形定则对位移、速度、加速度做矢量合成/分解，核心是等时性、独立性、等效性，把复杂运动拆解为直线分运动求解。备考重点原则：先判分运动性质，优先正交分解；抓等时性与沿绳/杆速度相等两大约束。平抛：水平匀速、竖直自由落体，临界落点/速度偏角计算。关联速度：沿绳/杆分量相等，垂直分量不影响牵连速度。小船渡河：最短时间（船头⊥河岸）、最短位移（合速度⊥河岸，分v船与v水大小讨论）。流程：定对象→拆运动→建坐标系→列分运动方程→合成合运动→验证边界。高频失分点矢量分解方向错误（如绳端速度错分解为水平/竖直）。忽略等时性，分运动时间不统一。临界条件漏判（如平抛落点、绳绷直）。小船渡河时v船与v水大小关系判断失误，导致最短位移计算错误。（一）．运动的合成与分解基本知识1．遵循的法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动与分运动的关系(1)等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．(3)等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．3．运动性质的判断eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(加速度或合外力\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(变化：非匀变速运动,不变：匀变速运动)),加速度或合外力方向与速度方向\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共线：直线运动,不共线：曲线运动))))4．两个直线运动的合运动性质的判断标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线．两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v合与a合共线，为匀变速直线运动如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动考向01位移与速度的合成与分解【例1-1】（2023·天津·模拟预测）1965年3月18日，前苏联宇航员列昂诺夫搭乘“上升2号”飞船，进行了人类的首次太空行走，期间由于宇航服故障，导致列昂诺夫无法回到飞船，悬停在了距离飞船的位置，如图所示（图中角度已知为）．此时，列昂诺夫携带着两个便携式氮气罐，可朝各个方向喷气，每个氮气罐喷气能够为他带来的反作用力．他依次实施了如下步骤：①打开一个氮气罐，朝轴正方向喷气后，关闭喷气；②打开一个氮气罐，朝轴负方向喷气后关闭，同时打开另一个氮气罐，朝轴正方向喷气后，关闭喷气；③打开一个氮气罐，朝轴负方向喷气时间，关闭喷气；最终列昂诺夫恰好到达飞船，成功获救．假设列昂诺夫、宇航服和便携式氮气罐的总质量为，不考虑喷出的气体质量．（1）求列昂诺夫喷气时获得的加速度；（2）求步骤①完成后，距离下一次喷气的时间；（3）求列昂诺夫从开始喷气到获救的总用时．【答案】（1）1m/s2；（2）2s；（3）8s【详解】（1）由于喷气的反作用力为100N，则打开喷气时的加速度大小为（2）根据几何关系可知列昂诺夫要想回到飞船，需要在方向和方向分别前进对列昂诺夫的每个步骤进行分析，①朝y轴正方向喷气1s，此过程中，他受到方向的力，其位移为方向为方向，其末速度为方向为方向。②朝y轴负方向喷气1s，x轴正方向喷气2s，此过程中，在y方向上，他受到方向的力，作用时间为1s，其位移为方向为方向，其末速度为此后不再有y方向的位移和速度，根据题意，列昂诺夫要在y方向上前进3m，说明在步骤①之后，他还有一段距离未喷气，而是以的速度匀速前进，此过程用时为可知步骤①完成后，距离下一次喷气的时间为；（3）在x方向上，他受到方向的力，作用时间为2s，其位移为方向为方向，其速度为方向为方向。③朝x轴负方向喷气t时间，此次喷气后，列昂诺夫的末速度要减小到0，则有解得③朝x轴负方向喷气t时间，即2s内其位移为方向为方向由于在步骤②中，列昂诺夫已经在方向前进了2m，步骤③中再次前进2m，则总共前进了4m，恰好到达飞船，综上所述，其运动总用时为T=8s，整个过程中未喷气的时间为2s。【例1-2】（2023·天津和平·一模）2023年春季，和平区五大道的海棠花竞相绽放，绵延上千米的美景，吸引无数游人纷至沓来，成为春日津城最红打卡地。电视台摄制组为了拍到更广、更美的景色，采用了无人机拍摄的方法。现通过传感器将某台无人机上升向前拍摄的飞行过程转化为竖直向上的速度vy及水平方向速度vx与飞行时间t的关系图象，如图甲、乙所示。图乙中t2-t3段图象平行于t轴，则下列说法正确的是（）A．无人机在t1时刻处于超重状态B．无人机在0~t2这段时间内沿直线飞行C．无人机在t2时刻上升至最高点D．无人机在t2~t3时间内做匀变速运动【答案】AD【详解】A．由图像可知，无人机在t1时刻，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，无人机有竖直向上的加速度，则可知无人机此刻处于超重状态，故A正确；B．由图像可知，无人机在0~t2这段时间内，竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀减速直线运动，那么合加速度方向与初速度方向不共线，所以无人机做曲线运动，即无人机曲线上升，故B错误；C．无人机在竖直方向上，先向上做匀加速，后向上做匀减速，直至竖直方向的速度减为零，无人机才上升至最高点，而t2时刻是无人机加速向上结束的时刻，因此t2时刻无人机并未上升至最高点，故C错误；D．由图像可知，无人机在t2~t3时间内，竖直方向做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，只有竖直方向有加速度且恒定，因此可知无人机在t2~t3时间内做匀变速运动，故D正确。故选AD。【变式1-1】（2023·天津静海·模拟预测）弹簧锁在关门时免去了使用钥匙的繁琐，为我们的生活带来了方便。缓慢关门时门锁的示意图如图所示，关门方向为图中箭头方向，锁舌所夹的角度为θ，若弹簧始终处于压缩状态，门的宽度视为远大于锁舌的尺寸，如图所在的瞬间，门边缘向内的速度为v，则下列说法错误的是（）A．关门时弹簧弹力变大B．如图时锁舌相对于门的速度为C．如果图中的变小，关门时会更费力D．关门时锁舌对锁壳的弹力等于弹簧的弹力【答案】D【详解】A．关门时弹簧逐渐被压缩，形变量变大，弹力变大，故A正确，不符合题意；B．锁舌运动时的速度如图：则有即故B正确，不符合题意；C．设关门时弹簧弹力为，锁壳对锁舌的作用力为，锁舌受到的摩擦力为f，关门时锁舌受力如图则缓慢关门时有联立可得可见如果图中的变小，会变大，关门时会更费力，故C正确，不符合题意；D．由C选项分析可知关门时锁舌对锁壳的弹力大于弹簧的弹力，故D错误，符合题意。故选D。【变式1-2】（2022·天津·一模）今年夏天暴雨灾害频发。若雨滴（可视为球形、密度一定）在空中下落时受到的空气阻力为f=kR2v2，k是常量，R为雨滴半径，v为雨滴速度，方向和速度方向相反。所有雨滴从同一足够高高度由静止下落，无风时最终匀速落到地面上。重力加速度为g，落地过程雨滴保持球形不变，下列说法正确的是（）A．无风时，雨滴开始下落做匀加速直线运动B．无风时，半径不同的雨滴落到地面时的速度也不相等C．刮水平风时，雨滴落地的竖直速度不会改变D．刮水平风时，雨滴落地速率与无风时相等【答案】B【详解】A．无风时，雨滴开始下落过程中所受阻力随速度增大而增大，所受合外力逐渐减小，雨滴做加速度减小的加速直线运动，故A错误；B．雨滴匀速运动时，根据平衡条件有设雨水密度为ρ，则联立解得根据③式可知半径不同的雨滴落到地面时的速度不可能相等，故B正确；CD．刮水平风时，假设风力恒定，大小为，则雨滴刚开始受到重力和风力，合力为，雨滴下落时，空气阻力和速度方向方向相反。则空气阻力在与重力和风力的合力在同一方向上。在合力方向上当雨滴匀速时，雨滴速度雨滴在竖直方向的速度则刮水平风时，水滴在竖直方向上的速度变小，落地速率大于无风时，故CD错误。故选B。考向02小船渡河问题【例2-1】（2025·全国·一模）法国科学家皮埃尔·德·费马在1662年提出光线传播的路径是所需时间最少的路径，即费马原理，光的折射即遵从这一原理实际生活中的下述现象也可类比折射定律来理解。如图所示，地面上陶陶在距笔直的河岸10m处的A点，发现落水的琪琪位于水面上距河岸50m处的B点。陶陶在地面上奔跑的速度大小为，在水中游泳的速度大小为，奔跑、游泳均视为匀速直线运动。可知此次营救中，陶陶在陆地的速度与河岸夹角30°，在水中的速度与河岸夹角60°将最省时。由题中信息和所学物理知识可知（）A．陶陶在水中游泳的速度大小为B．陶陶在水中游泳的速度大小为C．陶陶到达琪琪处的最短时间为12sD．陶陶到达琪琪处的最短时间约为16s【答案】A【详解】AB．设陶陶在陆地的速度为v1​，与河岸夹角为；在水中的速度为，与河岸夹角为，将陶陶的运动分解为沿河岸方向和垂直河岸方向，在陆地时，垂直河岸方向分速度v1y​v1​sinα在水中时，垂直河岸方向分速度v2y​v2​sinβ因为要保证最省时，也就是整个运动过程中垂直河岸方向要以最大的有效速度去通过相应的距离，所以各段垂直河岸方向的分速度应该相等，即v1​sinαv2​sinβ解得故A正确，B错误。CD．首先计算垂直河岸方向需要通过的总距离，在陆地上距离河岸10m，在水中距离河岸50m，所以垂直河岸方向总的距离d10+5060m而垂直河岸方向的分速度vy​v1​sinα2.5m/s（前面已分析各段垂直河岸方向分速度相等）。则最短时间故CD错误。故选A。【例2-2】（2024·全国·二模）游泳是人们很喜爱的运动之一。如图，某游泳运动员在河中的点发现正下游处有一半径为的旋涡，当时水流速度为点与点的距离，该运动员为了能避开旋涡沿直线到达安全地带，其在静水中的速度至少为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】水流速度是定值，只要保证合速度方向指向漩涡危险区切线方向即可，如图所示为了能避开漩涡沿直线到达安全地带，运动员在静水中的速度至少是故选B。【变式2-1】（2021·全国·模拟预测）在某次抗洪救援演练中，一条可视为质点的救灾冲锋舟匀速横渡一条两岸平直、流速不变的河流，当冲锋舟垂直河岸航行时，在出发后到达对岸下游处；若冲锋舟保持与河岸成角向上游航行，出发后到达正对岸。下列说法正确的是（）A．水流的速度大小为 B．冲锋舟与河岸间的夹角为C．冲锋舟在静水中的速度大小为 D．河的宽度为【答案】AD【详解】A．由题意可知，水流的速度大小为

①故A正确；BCD．设冲锋舟在静水中的速度大小为v2，则河的宽度为

②根据速度的合成与分解可得

③

④联立①②③④解得故BC错误，D正确。故选AD。【变式2-2】如图，一艘小船船头始终垂直于河岸，从岸边向对岸航行。已知船在静水中的速度大小，水流速度大小，河的宽度，下列说法正确的是（）A．小船过河的时间为15s B．小船过河的时间为20sC．小船能垂直到达河的正对岸 D．小船不能垂直到达河的正对岸【答案】AD【详解】AB．小船船头始终垂直于河岸，则过河时间，故A正确，B错误；CD．由于小船船头始终垂直于河岸，根据速度合成可知，合速度方向斜向右上方，即小船不能垂直到达河的正对岸，故C错误，D正确。故选AD。考向03关联速度问题【例3-1】（2025·天津和平·二模）建筑工地常用如图所示装置将建材搬运到高处，光滑杆竖直固定在地面上，斜面体固定在水平面上，配重P和建材Q用轻绳连接后跨过光滑的定滑轮，配重P穿过光滑竖直杆，建材Q放在斜面体上，且轻绳与斜面平行，开始时建材静止在斜面上，之后增加配重质量，建材沿斜面上滑，下列分析正确的是（）A．当P、Q滑动时，则P、Q速度大小一定相等B．当P、Q滑动时，P减小的机械能一定等于Q增加的机械能C．当P、Q静止时，细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力D．当P、Q静止时，斜面对Q的摩擦力可能斜向下【答案】CD【详解】A．根据题意可知，当P、Q滑动时，沿绳方向的分速度大小与的速度大小相等，故A错误；B．与斜面之间有摩擦力，当P、Q滑动时，P减小的机械能等于Q增加的机械能和因与斜面之间摩擦产生的热之和，则P减小的机械能一定大于Q增加的机械能，故B错误；C．由于竖直杆光滑，则当P静止时，绳子一定不能与杆垂直，则绳子拉力沿水平的分力等于竖直杆对P的弹力，即细线上的拉力一定大于竖直杆对P的弹力，故C正确；D．当P、Q静止时，若绳子的拉力大于重力沿斜面向下的分力，则有向上的运动趋势，斜面对Q的摩擦力沿斜面向下，故D正确。故选CD。【例3-2】（2025·天津河西·调研）如图所示，质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。已知重力加速度为g，则当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时，P的速率为，绳的拉力mgsinθ1（填“大于”“等于”或“小于”）。【答案】大于【详解】[1]将小车的速度v分解为沿绳子方向的速度和垂直绳子方向的速度，如图则沿绳方向的速度等于P的速度，即[2]对物体P，根据牛顿第二定律可知可知绳的拉力大于。【变式3-1】（2025·天津和平·调研）如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连，开始时物块与定滑轮等高，已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不计一切摩擦，现将物块由静止释放向下运动至最低点的过程中A．刚释放时物块的加速度为gB．物块速度最大时，绳子的拉力等于物块的重力C．小球重力的功率一直增大D．物块下降的最大距离为【答案】AD【详解】小球刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，故A正确；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上的分力一定等于物块的重力，所以绳子的拉力一定大于物块的重力，故B错误；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零．物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又为零，所以小球重力的功率先增大后减小，故C错误．物块下降的最大距离为S，物块的质量为m．根据系统机械能守恒定律，有：mgS-2mg（-d）=0，解得：S=4d/3，故D正确；故选AD．【变式3-2】（2025·全国·模拟预测）如图所示的整个装置处于同一竖直平面内，、、三点在同一水平线，四分之一光滑圆弧轨道半径为，圆心为，质量为的小圆环通过跨过光滑定滑轮C的细绳与质量为的物体P相连，物体P通过劲度系数的轻弹簧与质量为的物体Q相连，物体Q置于水平地面上，初始时细绳伸直且无张力，弹簧竖直。将小环由点静止释放，小环套在圆弧轨道上下滑，到达A点时，物体Q恰好对地面无压力，重力加速度取。小环从点到A点过程中，轻绳始终伸直，下列说法正确的是（

）A．小环与物体P组成的系统机械能守恒B．存在小环速度与物体P速度相等的位置C．、两点间的距离为D．小环运动到A点时，速度大小为【答案】BCD【详解】A．小环下滑过程中，弹簧对物体P做功，故小环与物体P组成的系统机械能不守恒，故A错误；B．当滑轮右侧细绳与圆弧相切时，小环与物体P的速度大小相等，故B正确；C．如图所示当小环滑到A点时，物体Q恰好对地面无压力，此时可得故C正确；D．小环到达A点时弹簧的伸长量与初始时弹簧的压缩量相同，弹性势能变化量为0，设小环在A点的速度大小为，此时P的速度大小为，设，则可知由机械能守恒定律得解得故D正确。故选BCD。考向04平抛运动问题【例4-1】（2025·天津和平·三模）如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)物块离开A点时水平初速度的大小；(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。【答案】(1)3m/s(2)43N(3)−15J，15J【详解】（1）平抛运动竖直方向有又可得（2）从B点到O点过程有由几何关系得在O点由牛顿第三定律知对轨道压力（3）传送带上物块加速运动P运动至A点所需的时间传送带的位移物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功由于放上物块后电动机多消耗的电能【例4-2】（2025·天津·二模）如图所示，固定点上系一长的细绳，细绳的下端系一质量的小球，小球处于静止状态，球与光滑水平平台的边缘点接触但对平台无压力，平台高。一质量的小物块开始静止在平台上的点，现使物块获得一水平向右的初速度，物块沿平台向右运动到平台边缘处与小球发生正碰（碰撞时间极短），碰后小球在绳的约束下做圆周运动，经最高点时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而物块落在水平地面上的点，其水平位移。不计空气阻力，。求：(1)碰后瞬间物块的速度大小；(2)物块在处的初速度大小。【答案】(1)2m/s(2)5m/s【详解】（1）碰后小物块做平抛运动，设平抛的初速度为，平抛运动的时间为，由得（2）设碰撞后小球的速度为，运动到点的速度为，小球在最高点有到过程机械能守恒小物块与小球碰撞过程系统动量守恒解得【变式4-1】（2025·天津和平·一模）庆祝盛大的节日常会燃放烟花。现有某烟花筒的结构如图所示，其工作原理为：在地面上的O处点燃引线，发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的速度开始上升并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向，已知两部分质量ma>mb。忽略空气阻力及所有引线中火药的作用，则（）A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，系统的机械能守恒B．a、b两部分落地点到O点的距离可能相等C．礼花弹在最高点炸开过程，a、b两部分动量变化相同D．整个过程中消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和【答案】D【详解】A．从发射药爆炸前到礼花弹炸开后的过程，炸药爆炸，化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误；B．系统水平方向动量守恒，有依题意ma>mb可得a、b两部分均做平抛运动，根据，解得可知即落地点到O点的距离不相等，故B错误；C．依题意，礼花弹在最高点炸开过程，炸药对a、b两部分的冲量等大反向，根据可知a、b两部分动量变化大小相同，方向相反，故C错误；D．整个过程中重力做功为零，由能量守恒可知，消耗的燃料化学能等于a、b落地时动能之和，故D正确。故选D。【变式4-2】（2025·天津南开·一模）已知某花炮发射器能在t1=0.2s内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为m=1kg、射出的最大高度h=180m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块。假设爆炸前后花炮的总质量不变，爆炸后两物块的速度均沿水平方向，落地时两落地点之间的距离s=900m，且两物块落地的水平位移比为1：4，忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g=10m/s2。求：(1)求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力F的大小；(2)爆炸后两物块的质量m1、m2的大小；(3)若花炮在最高点爆炸时有80%的化学能转化成物块的动能，求花炮在空中释放的化学能E。【答案】(1)310N(2)0.8kg，0.2kg(3)2250J【详解】（1）根据动量定理，发射过程中合力的冲量等于动量变化其中为花炮发射后的初速度。由竖直上抛的最大高度公式解得代入动量定理公式得（2）爆炸时动量守恒，则爆炸后两物块做平抛运动，水平方向上做匀速运动，即x=vt，两物块运动时间相同，由于水平位移比为，所以两物块的速度比为解得结合总质量解得（3）爆炸后两物块运动的时间为两物块落地时两落地点之间的距离s=900m，则解得，两物块的动能之和为由解得1．（2025·河北秦皇岛·一模）一个质量为的乒乓球，以的初速度水平向北抛出，此时正好有风，风力水平向西，俯视图如图所示，已知重力加速度为，乒乓球受到的水平风力大小恒为。乒乓球在空中运动过程中，下列说法正确的是（）A．乒乓球做变加速曲线运动B．乒乓球的加速度大小为C．乒乓球向北运动的位移大小为D．乒乓球下落高度为【答案】C【详解】A．乒乓球受重力和水平向西的风力，两力均为恒力，所以合力也为恒力，故乒乓球做匀变速曲线运动，故A错误；B．由牛顿第二定律可得，乒乓球的加速度大小为故B错误；C．乒乓球在向北的方向上不受力，该方向上的分运动为匀速直线运动，向北运动的位移大小为故C正确；D．乒乓球竖直方向上做自由落体运动，下落的高度为故D错误。故选C。2．（2025·全国·一模）歼-35A是由中国航空工业集团自主研制的新一代中型隐身多用途战斗机。如图所示歼-35A战机先水平向右，再沿曲线ab向上，最后沿陡斜线直入云霄。设飞行路径在同一竖直面内，飞行速率不变。则在沿ab段曲线飞行过程中（）A．战机水平方向的分速度逐渐增大B．战机在某点加速度方向可能沿轨迹的切线方向C．战机克服重力做功的功率逐渐增大D．战机所受合外力斜向左上方且保持不变【答案】C【详解】A．设战机速度大小为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则水平分速度为，在ab段，θ逐渐增大，逐渐减小，而v不变，所以水平方向的分速度逐渐减小，故A错误；B．根据曲线运动的条件，飞机沿ab段飞行做曲线运动，所受合外力一定不为零，且合外力方向指向ab曲线的内侧，由牛顿第二定律可知加速度方向也指向ab曲线的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，故B错误；C．战机克服重力做功的功率可知在ab段，θ逐渐增大，逐渐增大，因为v大小不变，故战机克服重力做功的功率逐渐增大，故C正确；D．战机做曲线运动，合外力指向轨迹的凹侧，由于飞机速率不变，故合外力方向时刻与速度方向垂直，由于速度方向时刻变化，所以合外力方向也时刻变化，故D错误。故选C。3．（2025·全国·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一倾角为、表面固定一内壁光滑的轻质细管的斜面。轻绳左端固定在竖直墙壁的点，右端连接位于A点稍偏下的小球，小球质量为，O、A间的轻绳水平且足够长。斜面与小球在水平外力的作用下保持静止。某时刻撤去后，小球沿管道滑落至点。重力加速度为，下列说法正确的是（）A．外力大小为B．小球到达点时的速率大于斜面的速率C．小球到达点时的速率等于斜面的速率D．小球机械能守恒【答案】AC【详解】A．撤去前，斜面与小球静止时，对小球进行受力分析如图1所示，对小球、小球和斜面组成的整体进行受力分析如图2所示根据平衡关系有，解得故A正确；BC．由于轻绳的存在，斜面向左移动时，小球沿斜面下滑，即小球相对斜面下滑的速度大小等于斜面向左的速度大小。当小球达到点时，小球对地实际运动的速度是和的合速度，三者关系如图3所示则有故B错误，C正确；D．结合上述受力分析可知，小球对斜面做正功，斜面的机械能增大，则小球的机械能减小，即小球的机械能不守恒，故D错误。故选AC。4．（2024·全国·模拟预测）我国无人机技术发展迅猛，应用在各个邻域，例如运输高山上安装电信铁塔的材料时，采用人工运输需要几个小时，而采用无人机运输只需要20分钟，大大节约了人工成本，提高了运输效率。某次无人机运输质量为的物件时，从山脚恰好将物件运输到山顶时，水平轴方向和竖直轴方向的速度一时间图像分别如图甲、乙所示，以竖直向上为正方向。重力加速度取，忽略空气阻力的影响，忽略水平方向加速的时间。下列说法正确的是（）A．物件的位移大小为 B．物件的最大速度为C．山高超过 D．无人机的最大升力大于【答案】D【详解】AC．由题图甲可知水平方向的位移由题图乙可知竖直方向的位移所以物件的位移为故A、C错误；B．物件的最大速度故B错误；D．加速上升时无人机的升力最大，由题图乙可知加速上升时竖直方向的加速度设无人机的质量为，最大升力为，由牛顿第二定律得解得故D正确。故选D。5．（2024·全国·模拟预测）如图所示，光滑水平面内有一墙面，点处有两个小球，小球甲以恒定速率斜向墙面射出，小球甲与墙发生碰撞前速度方向与法线夹角为。小球甲与墙面碰撞前后速度方向关于法线对称，速度大小不变，小球甲与墙面碰撞前后均做匀速直线运动，在击出小球甲的同时将小球乙以与小球甲速度方向夹角为的方向、恒定速率射出，要使小球甲能够与小球乙发生碰撞，不计小球甲与墙面的碰撞时间，下列说法正确的是（）A．当时，小球乙的最小速度，此时B．当时，小球乙的最小速度，此时C．当时，小球乙的最小速度，此时D．当时，小球乙的最小速度，此时【答案】BC【详解】设小球甲与墙面碰撞前位移为，经历时间为，则，与墙面碰撞后与乙碰撞前的位移为，经历时间为，则小球乙从开始运动到碰撞过程的位移为，则根据正弦定理有联立解得，令可得当时最小，此时有最小速度AB．当时，小球乙的最小速度，此时，故A错误，B正确；CD．当时，小球乙的最小速度，此时，故C正确；D错误。故选BC。6．（2024·全国·模拟预测）塔吊是建筑工地必备的吊装设备，其主要部分由垂直地面的塔体、水平吊臂、起重小车、挂钩等组成，如图所示。某次吊起货物的过程中，起重小车沿着吊臂以速度向塔体靠近，同时吊臂绕塔体匀速转动，转动的角速度为，则下列说法正确的是（）A．吊起货物过程中，起重小车做匀速直线运动B．吊臂转动半周时，起重小车沿吊臂运动的距离为C．当起重小车距圆心为时，起重小车的速度大小为D．起重小车沿吊臂运动距离的过程中，吊臂转过的角度为【答案】CD【详解】A．起重小车参与两个运动，沿吊臂的匀速直线运动与随吊臂转动的圆周运动，故起重小车的运动不是匀速直线运动，故A错误；B．吊臂转动半周的时间为起重小车沿吊臂运动的距离为故B错误；C．当起重小车距圆心为时，起重小车转动的速度为，根据勾股定理有故C正确；D．起重小车沿吊臂运动距离时，所用时间为则转过的角度为故D正确。故选CD。7．（2024·全国·模拟预测）中国打造的JF-22超高速风洞，能够模拟在40~100公里的高空中，以每秒10公里的高速飞行，这相当于大约30倍音速的飞行条件。如图所示为简化的该风洞实验室的侧视图，虚线AB和CD之间是风洞区域，物体进入该区域，就会受到水平方向的恒定风力，离开该区域，就不会受到风的作用力，一科研人员将一质量为m的小球从虚线CD上的M点以某一速度（大小未知）抛入风洞区域，小球从M点正上方AB边上的N点与虚线AB成角射出风洞区域。已知初速度与水平方向的夹角，虚线AB和CD间距为H，重力加速度为g，，，求：（1）小球抛出时的初速度的大小；（2）风对小球的作用力大小。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设小球到达N点时的速度大小为v，由题意可得，小球在垂直于虚线方向上做竖直上抛运动，在沿风力方向上做匀变速直线运动，由于N点在M点正上方，可得对小球由M点到N点过程，应用动能定理可得，代入数据解得小球抛出时的初速度（2）设小球由M点运动到N点所需时间为t，水平方向的加速度为，则满足又由以上三式得又有牛顿第二定律得，小球所受风力解得8．（2023·全国·模拟预测）如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为，轨道上有两个物体和B，质量均为，它们通过一根绕过定滑轮的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成角的瞬间，物体在下面的轨道上的运动速率为。此时绳子段的中点处有一与绳相对静止的小水滴与绳子分离。设绳长远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，下列说法正确的是（）

A．位于图示位置时物体B的速度大小为B．小水滴与绳子分离的瞬间做平拋运动C．在之后的运动过程中当轻绳与水平轨道成角时，物体B的动能为D．小水滴脱离绳子时速度的大小为【答案】AC【详解】A．将物体B的速度分解到沿绳和垂直于绳方向如图甲所示，在轨道间的绳子与轨道成角的瞬间，有故A正确；D．绳子段一方面向点以速度收缩，另一方面绕点逆时针转动，在轨道间的绳子与轨道成角的瞬间，其角速度点既有沿绳子斜向下的速度，又有垂直于绳子斜向上的转动的线速度P点的合速度即小水滴的速度为故D错误；B．点沿绳的分速度与物体B沿绳的分速度相同，垂直于绳的分速度小于物体B垂直于绳的分速度，物体B的合速度水平向左，则小水滴的合速度斜向左下，如图乙所示，故水滴做斜抛运动，故B错误；C．当轻绳与水平轨道成角时，物体B沿绳方向的分速度为0，物体的速度为0，物体运动过程中，物体AB组成的系统机械能守恒，从题图示位置到轻绳与水平轨道成角时，根据机械能守恒定律得解得故C正确。

故选AC。9．（2023·全国·模拟预测）第一次工业革命的关键是蒸汽机的发明，蒸汽机通过连杆把往复直线运动转化为圆周运动。如图所示的机械装置可以将滑块的往复直线运动转化为圆周运动，连杆可绕图中三处的转轴转动。已知OB杆长为L，当连杆AB与水平方向夹角为杆与OB杆的夹角为β时，滑块A向左以速度v做直线运动，OB绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图设B的线速度为v′则又二者沿杆方向的分速度是相等的，即联立可得OB绕O点沿逆时针方向做匀速转动的角速度故选D。10．（2024·天津滨海新·三模）如图，距地面高度为的光滑水平桌面上有一轻质理想弹簧，固定其左端，用质量为m的小球A压缩其右端。某时刻由静止释放小球A，小球A离开弹簧后与质量为的小球B发生弹性正碰，球B从桌面水平飞出。两小球都落地后，测量它们第一个落点之间的距离为，g取，忽略空气阻力。求：（1）小球B在空中飞行的时间t；（2）两小球碰撞之前的瞬间A的速度；（3）若，全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量I。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球B竖直方向自由落体运动小球B在空中飞行的时间（2）A球与B碰后反弹，则由动量守恒A球反弹后再次压缩弹簧然后被弹回，则两小球离开桌面后均做平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向自由落体，时间相同，根据题意得弹性碰撞满足能量守恒，动能关系为整理解得（3）根据动量定理，第一次和第二次被弹簧弹开时弹簧对球的冲量分别为由第（2）问中的公式解得所以全过程中弹簧的弹力对小球A的总冲量为11．（2024·天津·模拟预测）如图所示，固定的水平横杆距水平地面的高度，长的轻质细绳一端系在水平横杆上，另一端连接质量的木块（可视为质点），质量的子弹以的速度水平射入木块并水平穿出，此后木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求：（1）木块被水平穿出后瞬间，细绳对木块的拉力；（2）子弹射穿木块过程中产生的热量；（3）子弹落地点与悬点的水平距离d。【答案】（1）12N；（2）；（3）【详解】（1）依题意，木块恰好能在竖直平面内做圆周运动，有解得木块从最低点运动到最高点过程，根据动能定理可得解得由牛顿第二定律，有解得（2）子弹射穿木块过程，系统动量守恒，可得解得根据能量守恒，有代入数据，解得（3）子弹射穿木块后，做平抛运动，可得，联立，解得12．（2024·天津·模拟预测）水平地面上固定一正方体高台，高台最左端固定一弹簧，弹簧原长远小于高台棱长，将一小球A放在高台最右端，用手将另一小球B压缩弹簧至最短，某时刻静止释放，小球B被弹簧弹射出去后与小球A发生弹性正碰，小球A落地时重力的瞬时功率为P=4W，不计一切摩擦，小球A，B质量均为m=0.2kg且均可看作质点，弹簧最大弹性势能。求：（1）小球B被弹射出去时的瞬时速度大小；（2）小球A的水平位移大小。【答案】（1）；（2）0.4m【详解