高一物理署假作业03 力与运动专题（解析版）-2025版高一物理暑假作业

高一物理暑假作业03力与运动专练1.(单选)在足球运动中，足球入网如图所示，则（）

A．踢香蕉球时足球可视为质点 B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力 D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【解析】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。故选B。2.(单选)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小【答案】A【解析】从实验中小球的三种运动情况可以得到，斜面的阻力越小，小球上升的位置越高，根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是：如果不受阻力，就会升到与O点相等的高度，A项符合题意；而其他选项都不是由该实验直接得到的，需要进一步推理或其它实验验证，BCD三项不符合题意．3.(单选)如图所示，一对父子掰手腕，父亲让儿子获胜。若父亲对儿子的力记为，儿子对父亲的力记为，则（）A． B．和大小相等C．先于产生 D．后于产生【答案】B【解析】父亲对儿子的力和儿子对父亲的力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知这两个力等大反向，同生同灭，故B正确，ACD错误。故选B．4.(单选)如图所示，质量为m的物块在倾角为的斜面上加速下滑，物块与斜面间的动摩擦因数为。下列说法正确的是（）A．斜面对物块的支持力大小为 B．斜面对物块的摩擦力大小为C．斜面对物块作用力的合力大小为 D．物块所受的合力大小为【答案】B【解析】A．对物块受力分析可知，沿垂直斜面方向根据平衡条件，可得支持力为故A错误；B．斜面对物块的摩擦力大小为故B正确；CD．因物块沿斜面加速下滑，根据牛顿第二定律得可知则斜面对物块的作用力为故CD错误。故选B。5.(单选)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】当两球运动至二者相距时，,如图所示由几何关系可知设绳子拉力为，水平方向有解得对任意小球由牛顿第二定律可得解得故A正确，BCD错误。故选A。6.(单选)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即故Q物体加速下降，有可得而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律解得故选A。7.(单选)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（）A．逐渐增大 B．逐渐减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】D【解析】设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知可得可知时，t有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。故选D。8.(单选)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A．F B． C． D．【答案】C【解析】根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有联立解得。故选C。9.(单选)如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P，设R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是（）A．若μ≠0，则k= B．若μ≠0，k=C．若μ=0，则 D．若μ=0，则【答案】D【解析】三物块靠在一起，将以相同加速度向右运动；则加速度大小：所以，和之间相互作用力为：与之间相互作用力：所以可得：由于谈论过程与是否为零无关，故有恒成立；故选D。10.(单选)如图，两物块P、Q置于水平地面上，其质量分别为m、2m，两者之间用水平轻绳连接。两物块与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，现对Q施加一水平向右的拉力F，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据牛顿第二定律，对PQ的整体：；对物体P：；解得，故选D。11.(单选)如图，在倾角为的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为和，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则（

）A．两物块一起运动的加速度大小为B．弹簧的弹力大小为C．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大D．若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大【答案】BC【解析】A．对整体受力分析，根据牛顿第二定律有解得，故A错误；B．对m2受力分析，根据牛顿第二定律有解得，故B正确；C．根据，可知若只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；D．根据，可知只增大，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。故选BC。12.(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着这列车厢以大小为的加速度向西行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为（）A．8 B．10 C．15 D．18【答案】BC【解析】设这列车厢的总节数为n，P、Q挂钩东边有k节车厢，每节车厢的质量为m，由牛顿第二定律可知，解得k是正整数，n只能是5的整倍数。故选BC。13.(单选)一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是（）A．0~t1时间内，v增大，FN>mg B．t1~t2时间内，v减小，FN<mgC．t2~t3时间内，v增大，FN<mg D．t2~t3时间内，v减小，FN>mg【答案】D【解析】A．由于s-t图像的斜率表示速度，可知在0~t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN<mgA错误；B．在t1~t2时间内速度不变，即乘客的匀速下降，则FN=mgB错误；CD．在t2~t3时间内速度减小，即乘客的减速下降，处于超重，则FN>mgC错误，D正确。故选D。14.某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系。（1）下列做法正确的是()A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度（2）为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量__________________木块和木块上砝码的总质量．（填“远大于”、“远小于”或“近似等于“）（3）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲______μ乙。（填“大于”、“小于”或“等于”）【答案】AD远小于小于大于【详解】（1）[1]A．为了保证滑块受到的绳子拉力是恒力，需要调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，A正确；B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不能将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上，B错误；C．实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块，C错误；D．平衡摩擦力后，每次改变木块上的砝码质量时，只要保持倾角不变，不需要重新调节木板倾斜度，D正确。故选AD；（2）[2]为了保证在改变木块上的砝码质量时，木块所受的拉力近似不变，以木块和木块上砝码为对象，根据牛顿第二定律可得以砝码桶及桶内砝码为对象，根据牛顿第二定律可得联立可得可知在改变时，为了使绳子拉力几乎等于砝码桶及桶内砝码总重力，需要砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量；（3）[3][4]根据牛顿第二定律可得解得由图像的斜率和纵轴截距大小关系可得可知小于，大于。15.物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为，货物可视为质点（取，，重力加速度）。（1）求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度的大小；（2）求货物在倾斜滑轨末端时速度的大小；（3）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根据牛顿第二定律可得代入数据解得（2）根据运动学公式解得（3）根据牛顿第二定律根据运动学公式代入数据联立解得16.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹（可视为质点）。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：（1）小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；（2）小包裹通过传送带所需的时间t。【答案】（1）；（2）【解析】（1）小包裹的速度大于传动带的速度，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知解得（2）根据（1）可知小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，用时在传动带上滑动的距离为因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为所以小包裹通过传送带的时间为17.航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量，动力系统提供的恒定升力。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，取。（1）第一次试飞，飞行器飞行时到达高度。求飞行器所阻力的大小；（2）第二次试飞，飞行器飞行时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为，做匀加速运动，所以解得；由牛顿第二定律有解得；（2）第二次试飞，飞行器飞行的位移为设失去升力后加速度为，上升的高度为，由牛顿第二定律有解得；又因为则失去升力后上升的高度所以飞行器能达到的最大高度（3）设失去升力下降阶段加速度为，恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为，由牛顿第二定律有且有联立各式解得18.可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏，如图所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a=0.5m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t=8s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏（企鹅在滑动过程中姿势保持不变）。已知企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数µ=0.25，sin37°=0.60，cos37°=0.80，重力加速度g取10m/s2。求：（1）企鹅向上“奔跑”的位移大小；（2）企鹅在冰面向前滑动的加速度大小；（3）企鹅退滑到出发点时的速度大小。（结果可用根式表示）【答案】(1)

(2)

(3)【解析】【分析】企鹅向上“奔跑”做匀加速运动，由运动学公式求出企鹅向上“奔跑”的位移大小；根据牛顿第二定律求出企鹅在冰面滑动的加速度大小，结合运动学公式求出企鹅退滑到出发点时的速度大小；解：（1）“奔跑”过程（2）上滑过程：下滑过程（3）上滑位移，退滑到出发点的速度，解得。19.如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0g的黑色煤块，经过2s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹。已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，g＝10m/s2，求：(1)传送带从A到B的长度；(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。【答案】(1)16m(2)5m【解析】(1)煤块速度达到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煤块速度达到10m/s之后运动时间t2＝1smgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2x2＝vt2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝11mL＝x1＋x2＝16m。(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5m煤块速度大于传送带时