高一物理署假作業(yè)03 力與運動專題（解析版）-2025版高一物理暑假作業(yè)

高一物理暑假作業(yè)03力與運動專練1.(單選)在足球運動中，足球入網如圖所示，則（）

A．踢香蕉球時足球可視為質點 B．足球在飛行和觸網時慣性不變C．足球在飛行時受到腳的作用力和重力 D．觸網時足球對網的力大于網對足球的力【答案】B【解析】A．在研究如何踢出“香蕉球”時，需要考慮踢在足球上的位置與角度，所以不可以把足球看作質點，故A錯誤；B．慣性只與質量有關，足球在飛行和觸網時質量不變，則慣性不變，故B正確；C．足球在飛行時腳已經離開足球，故在忽略空氣阻力的情況下只受重力，故C錯誤；D．觸網時足球對網的力與網對足球的力是相互作用力，大小相等，故D錯誤。故選B。2.(單選)伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展．利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上升．斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3，根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是A．如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小【答案】A【解析】從實驗中小球的三種運動情況可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，根據三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是：如果不受阻力，就會升到與O點相等的高度，A項符合題意；而其他選項都不是由該實驗直接得到的，需要進一步推理或其它實驗驗證，BCD三項不符合題意．3.(單選)如圖所示，一對父子掰手腕，父親讓兒子獲勝。若父親對兒子的力記為，兒子對父親的力記為，則（）A． B．和大小相等C．先于產生 D．后于產生【答案】B【解析】父親對兒子的力和兒子對父親的力是一對相互作用力，根據牛頓第三定律可知這兩個力等大反向，同生同滅，故B正確，ACD錯誤。故選B．4.(單選)如圖所示，質量為m的物塊在傾角為的斜面上加速下滑，物塊與斜面間的動摩擦因數為。下列說法正確的是（）A．斜面對物塊的支持力大小為 B．斜面對物塊的摩擦力大小為C．斜面對物塊作用力的合力大小為 D．物塊所受的合力大小為【答案】B【解析】A．對物塊受力分析可知，沿垂直斜面方向根據平衡條件，可得支持力為故A錯誤；B．斜面對物塊的摩擦力大小為故B正確；CD．因物塊沿斜面加速下滑，根據牛頓第二定律得可知則斜面對物塊的作用力為故CD錯誤。故選B。5.(單選)如圖，一不可伸長輕繩兩端各連接一質量為m的小球，初始時整個系統(tǒng)靜置于光滑水平桌面上，兩球間的距離等于繩長L。一大小為F的水平恒力作用在輕繩的中點，方向與兩球連線垂直。當兩球運動至二者相距時，它們加速度的大小均為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】當兩球運動至二者相距時，,如圖所示由幾何關系可知設繩子拉力為，水平方向有解得對任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯誤。故選A。6.(單選)如圖，兩物塊P、Q用跨過光滑輕質定滑輪的輕繩相連，開始時P靜止在水平桌面上。將一個水平向右的推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话搿Ｒ阎狿、Q兩物塊的質量分別為、，P與桌面間的動摩擦因數，重力加速度。則推力F的大小為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】P靜止在水平桌面上時，由平衡條件有推力F作用在P上后，輕繩的張力變?yōu)樵瓉淼囊话耄垂蔘物體加速下降，有可得而P物體將有相同的加速度向右加速而受滑動摩擦力，對P由牛頓第二定律解得故選A。7.(單選)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點Q處靜止釋放，物塊沿平板從Q點滑至P點所用的時間t與夾角θ的大小有關。若由30°逐漸增大至60°，物塊的下滑時間t將（）A．逐漸增大 B．逐漸減小 C．先增大后減小 D．先減小后增大【答案】D【解析】設PQ的水平距離為L，由運動學公式可知可得可知時，t有最小值，故當從由30°逐漸增大至60°時下滑時間t先減小后增大。故選D。8.(單選)中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力量。某運送防疫物資的班列由40節(jié)質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節(jié)對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為（）A．F B． C． D．【答案】C【解析】根據題意可知第2節(jié)車廂對第3節(jié)車廂的牽引力為F，因為每節(jié)車廂質量相等，阻力相同，故第2節(jié)對第3節(jié)車廂根據牛頓第二定律有設倒數第3節(jié)車廂對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為F1，則根據牛頓第二定律有聯立解得。故選C。9.(單選)如圖，水平地面上有三個靠在一起的物塊P、Q和R，質量分別為m、2m和3m，物塊與地面間的動摩擦因數都為μ。用大小為F的水平外力推動物塊P，設R和Q之間相互作用力與Q與P之間相互作用力大小之比為k。下列判斷正確的是（）A．若μ≠0，則k= B．若μ≠0，k=C．若μ=0，則 D．若μ=0，則【答案】D【解析】三物塊靠在一起，將以相同加速度向右運動；則加速度大?。核?，和之間相互作用力為：與之間相互作用力：所以可得：由于談論過程與是否為零無關，故有恒成立；故選D。10.(單選)如圖，兩物塊P、Q置于水平地面上，其質量分別為m、2m，兩者之間用水平輕繩連接。兩物塊與地面之間的動摩擦因數均為，重力加速度大小為g，現對Q施加一水平向右的拉力F，使兩物塊做勻加速直線運動，輕繩的張力大小為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據牛頓第二定律，對PQ的整體：；對物體P：；解得，故選D。11.(單選)如圖，在傾角為的光滑斜面上，有兩個物塊P和Q，質量分別為和，用與斜面平行的輕質彈簧相連接，在沿斜面向上的恒力F作用下，兩物塊一起向上做勻加速直線運動，則（

）A．兩物塊一起運動的加速度大小為B．彈簧的彈力大小為C．若只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大D．若只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，它們的間距變大【答案】BC【解析】A．對整體受力分析，根據牛頓第二定律有解得，故A錯誤；B．對m2受力分析，根據牛頓第二定律有解得，故B正確；C．根據，可知若只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力變大，根據胡克定律，可知伸長量變大，故它們的間距變大，故C正確；D．根據，可知只增大，兩物塊一起向上勻加速運動時，彈力不變，根據胡克定律，可知伸長量不變，故它們的間距不變，故D錯誤。故選BC。12.(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤鏈接好的車廂。當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著這列車廂以大小為的加速度向西行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質量相同，則這列車廂的節(jié)數可能為（）A．8 B．10 C．15 D．18【答案】BC【解析】設這列車廂的總節(jié)數為n，P、Q掛鉤東邊有k節(jié)車廂，每節(jié)車廂的質量為m，由牛頓第二定律可知，解得k是正整數，n只能是5的整倍數。故選BC。13.(單選)一質量為m的乘客乘坐豎直電梯下樓，其位移s與時間t的關系圖像如圖所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小為g。以下判斷正確的是（）A．0~t1時間內，v增大，FN>mg B．t1~t2時間內，v減小，FN<mgC．t2~t3時間內，v增大，FN<mg D．t2~t3時間內，v減小，FN>mg【答案】D【解析】A．由于s-t圖像的斜率表示速度，可知在0~t1時間內速度增加，即乘客的加速度向下，處于失重狀態(tài)，則FN<mgA錯誤；B．在t1~t2時間內速度不變，即乘客的勻速下降，則FN=mgB錯誤；CD．在t2~t3時間內速度減小，即乘客的減速下降，處于超重，則FN>mgC錯誤，D正確。故選D。14.某實驗小組利用圖示的裝置探究加速度與力、質量的關系。（1）下列做法正確的是()A．調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行B．在調節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴在木塊上C．實驗時，先放開木塊再接通打點計時器的電源D．通過增減木塊上的砝碼改變質量時，不需要重新調節(jié)木板傾斜度（2）為使砝碼桶及桶內砝碼的總重力在數值上近似等于木塊運動時受到的拉力，應滿足的條件是砝碼桶及桶內砝碼的總質量__________________木塊和木塊上砝碼的總質量．（填“遠大于”、“遠小于”或“近似等于“）（3）甲、乙兩同學在同一實驗室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關系，分別得到圖中甲、乙兩條直線．設甲、乙用的木塊質量分別為m甲、m乙，甲、乙用的木塊與木板間的動摩擦因數分別為μ甲、μ乙，由圖可知，m甲________m乙，μ甲______μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】AD遠小于小于大于【詳解】（1）[1]A．為了保證滑塊受到的繩子拉力是恒力，需要調節(jié)滑輪的高度，使牽引木塊的細繩與長木板保持平行，A正確；B．在調節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時，不能將裝有砝碼的砝碼桶通過定滑輪拴木塊上，B錯誤；C．實驗時，先接通打點計時器的電源再放開木塊，C錯誤；D．平衡摩擦力后，每次改變木塊上的砝碼質量時，只要保持傾角不變，不需要重新調節(jié)木板傾斜度，D正確。故選AD；（2）[2]為了保證在改變木塊上的砝碼質量時，木塊所受的拉力近似不變，以木塊和木塊上砝碼為對象，根據牛頓第二定律可得以砝碼桶及桶內砝碼為對象，根據牛頓第二定律可得聯立可得可知在改變時，為了使繩子拉力幾乎等于砝碼桶及桶內砝碼總重力，需要砝碼桶及桶內砝碼的總質量遠小于木塊和木塊上砝碼的總質量；（3）[3][4]根據牛頓第二定律可得解得由圖像的斜率和縱軸截距大小關系可得可知小于，大于。15.物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中。如圖所示，傾斜滑軌與水平面成24°角，長度，水平滑軌長度可調，兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑，其與滑軌間的動摩擦因數均為，貨物可視為質點（取，，重力加速度）。（1）求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度的大??；（2）求貨物在傾斜滑軌末端時速度的大??；（3）若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2m/s，求水平滑軌的最短長度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據牛頓第二定律可得代入數據解得（2）根據運動學公式解得（3）根據牛頓第二定律根據運動學公式代入數據聯立解得16.機場地勤工作人員利用傳送帶從飛機上卸行李。如圖所示，以恒定速率v1=0.6m/s運行的傳送帶與水平面間的夾角，轉軸間距L=3.95m。工作人員沿傳送方向以速度v2=1.6m/s從傳送帶頂端推下一件小包裹（可視為質點）。小包裹與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相對傳送帶滑動時加速度的大小a；（2）小包裹通過傳送帶所需的時間t?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）小包裹的速度大于傳動帶的速度，所以小包裹受到傳送帶的摩擦力沿傳動帶向上，根據牛頓第二定律可知解得（2）根據（1）可知小包裹開始階段在傳動帶上做勻減速直線運動，用時在傳動帶上滑動的距離為因為小包裹所受滑動摩擦力大于重力沿傳動帶方向上的分力，即，所以小包裹與傳動帶共速后做勻速直線運動至傳送帶底端，勻速運動的時間為所以小包裹通過傳送帶的時間為17.航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量，動力系統(tǒng)提供的恒定升力。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，取。（1）第一次試飛，飛行器飛行時到達高度。求飛行器所阻力的大??；（2）第二次試飛，飛行器飛行時遙控器出現故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）第一次飛行中，設加速度為，做勻加速運動，所以解得；由牛頓第二定律有解得；（2）第二次試飛，飛行器飛行的位移為設失去升力后加速度為，上升的高度為，由牛頓第二定律有解得；又因為則失去升力后上升的高度所以飛行器能達到的最大高度（3）設失去升力下降階段加速度為，恢復升力后加速度為，恢復升力時速度為，由牛頓第二定律有且有聯立各式解得18.可愛的企鵝喜歡在冰面上玩游戲，如圖所示，有一企鵝在傾角為37°的傾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2從冰面底部由靜止開始沿直線向上“奔跑”，t=8s時，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點，完成一次游戲（企鵝在滑動過程中姿勢保持不變）。已知企鵝肚皮與冰面間的動摩擦因數μ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g取10m/s2。求：（1）企鵝向上“奔跑”的位移大??；（2）企鵝在冰面向前滑動的加速度大?。唬?）企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小。（結果可用根式表示）【答案】(1)

(2)

(3)【解析】【分析】企鵝向上“奔跑”做勻加速運動，由運動學公式求出企鵝向上“奔跑”的位移大?。桓鶕ｎD第二定律求出企鵝在冰面滑動的加速度大小，結合運動學公式求出企鵝退滑到出發(fā)點時的速度大小；解：（1）“奔跑”過程（2）上滑過程：下滑過程（3）上滑位移，退滑到出發(fā)點的速度，解得。19.如圖所示，煤礦有一傳送帶與水平地面夾角θ＝37°，傳送帶以v＝10m/s的速率逆時針轉動。在傳送帶上端A點靜止釋放一個質量為m＝1.0g的黑色煤塊，經過2s運動到傳送帶下端B點并離開傳送帶，煤塊在傳送帶上留下一段黑色痕跡。已知煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)傳送帶從A到B的長度；(2)煤塊從A運動到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度?！敬鸢浮?1)16m(2)5m【解析】(1)煤塊速度達到10m/s之前：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2t1＝eq\f(v,a1)＝1sx1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝5m煤塊速度達到10m/s之后運動時間t2＝1smgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝11mL＝x1＋x2＝16m。(2)煤塊速度小于傳送帶時s1相＝vt1－x1＝5m煤塊速度大于傳送帶時