专题1 运动和力(含实验)-【快乐假期每一天】2024-2025学年高一物理暑假作业

假期作业·物理 DISIBUFEN 第四部分 九省联考题型特训 专题一运动和力（含实验） 题型一运动的合成与分解 A.F先变大后一直变小 1.(2024.1·安徽)某同学在水21 B.小球可能受三个力作用 平匀速直线行驶的实验车 C,弹簧在末态时的弹力比初态时的大 上，利用实验装置竖直向上 D.轻质杆所受的弹力先变小后变大 提起小球，从某时刻开始计 题型四牛二应用 时，坐在实验车上的人观测0 4.(2024.1·吉林、黑龙江)滑雪是我国东北地区冬 小球运动的情况，作出速度平方()与提起高度 季常见的体育运动。如图(a),在与水平面夹角0 (y)的关系图像如图所示。则地面上静止的观察 =14.5的滑雪道上，质量m=60kg的滑雪者先 者看到小球的运动轨迹可能是 () 采用两滑雪板平行的滑雪姿势（此时雪面对滑雪 板的阻力可忽略)，由静止开始沿直线匀加速下 滑x1=45m;之后采取两滑雪板间呈一定角度 的滑雪姿势，通过滑雪板推雪获得阻力，匀减速 继续下滑x2=15m后停止。已知sin14.5°= D. 0.25,sin37°=0.6，取重力加速度g=10m/s2, 不计空气阻力。 题型二万有引力 (1)求减速过程中滑雪者加速度a的大小： 2.(2024.1·贵州)天宫空间站运行过程中因稀薄 (2)如图(b),若减速过程中两滑雪板间的夹角α 气体阻力的影响，每经过一段时间要进行轨道修 =74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板边缘 正，使其回到原轨道。修正前、后天宫空间站的 的阻力均为F,求F的大小。 运动均可视为匀速圆周运动，则与修正前相比， 修正后天宫空间站运行的 r A.轨道半径减小 B.速率减小 C.向心加速度增大 D.周期减小 9 题型三物体受力分析 图(a)》 图(b)》 3.(多选)(2024.1·江西) 儿童玩具弹射装置模型 如图所示。可伸缩轻质 p00000000000000g 弹簧和轻质杆的一端分 别用铰链连接在固定竖 直板的P、Q处，另一端连接在质量为m的小球 上，初始时刻在竖直向上力F的作用下杆处于水 平位置，弹簧的原长和杆的长度均为，PQ间距 为？。现保持力下的方向不变缓慢提升小球，直 到弹簧呈水平状态。在这个过程中（弹簧在弹性 限度内) 26 第四部分九省联考题型特训 题型五实验 5.(2024.1·吉林、黑龙江)某同学设计实验验证机 械能守恒定律，装置如图(a)所示。一质量为m、 软笔 直径为d的小球固定于释放装置上，在小球正下 电动机 方固定四个光电门，调节各光电门的中心，使其 与小球的球心均在同一竖直线上。由静止释放 B 小球，记录小球通过每个光电门的挡光时间，重 力加速度为g。 图(a) 图(b) 33 (1)若电动机的转速为3000 r/min,则T 一释放点 △E S: 4E0 (2)实验操作时，应该 :(填正确答案标号) 光电门 3Eo A.先打开电源使电动机转动，后烧断细线使钢 2Eo 柱自由下落 四 B.先烧断细线使钢柱自由下落，后打开电源使电 动机转动 0 E。2E63E4E0△E, (3)画出痕迹D时，钢柱下落的速度D 图(a) 图(b) (用题中所给物理量的字母表示) (1)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离 (4)设各条痕迹到O的距离为h,对应钢柱的下 为h,小球通过此光电门的挡光时间为△t,则小 落速度为，画出2一h图像，发现图线接近一条 球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加 倾斜的直线，若该直线的斜率近似等于 量△E ,重力势能减小量△Ep 则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 题型六运动 (用题中字母表示)： 7.(2024.1·吉林、黑龙江)如Q齐齐哈尔 (2)根据实验数据，作出△Ek一△E。的图像，如图 图，齐齐哈尔到长春的直线距 (b)所示。若图中虚线的斜率k≈ ,则 离约为400km。某旅客乘高铁 门哈尔滨 可验证机械能守恒定律： 从齐齐哈尔出发经哈尔滨到达 (3)经过多次重复实验，发现小球经过第三个光 长春，总里程约为525km,用时 电门时，△Ek总是大于△E。,下列原因中可能的 为2.5h。则在整个行程中该 O长春 是 旅客 A.第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测 A.位移大小约为525km,平均速度大小约为 160 km.'h 量值偏大 B.位移大小约为400km,平均速度大小约为160 B.第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所 km h 在的竖直线 C.位移大小约为525km,平均速度大小约为210 C.小球下落过程中受到空气阻力的作用 km:h 6.(2024.1·河南)某同学用如图(a)所示的装置验 D.位移大小约为400km,平均速度大小约为 证机械能守恒定律。用细线把钢制的圆柱挂在 210 km.h 架子上，架子下部固定一个小电动机，电动机轴 8.(多选)(2024.1·江西)陶瓷是中华瑰宝，是中华 上装一支软笔。电动机转动时，软笔尖每转一周 文明的重要名片。在陶瓷制作过程中有一道工 序叫利坯，如图()所示，将陶瓷粗坯固定在绕竖 就在钢柱表面画上一条痕迹（时间间隔为T)。 直轴转动的水平转台上，用刀旋削，使坏体厚度 如图(b),在钢柱上从痕迹O开始选取5条连续 适当，表里光洁。对应的简化模型如图(b)所示， 的痕迹A、B、C、D、E,测得它们到痕迹O的距离 粗坯的对称轴与转台转轴O)重合。当转台转 分别为hA,hB,hc、hD、hE。已知当地重力加速 速恒定时，关于粗坯上P、Q两质点，下列说法正 度为g。 确的是 假期作业·物理 A.P的角速度大小比Q的大 B.P的线速度大小比Q的大 粗胚 C.P的向心加速度大小比Q的大 ]-转台 D.同一时刻P所受合力的方向与Q的相同 图(a) 图(h) 专题二 功能关系 题型一功率 3.（多选)(2024.1·河南)如图(a)所示，“L”形木板 1.(2024.1·安徽)某国宇航局发射行星探测卫星， Q静止于粗糙水平地面上，质量为1kg的滑块P 由于没有把部分资料中实际使用的单位制转换 以6m‘s的初速度滑上木板，t=2s时与木板相 为国际单位制，造成重大损失。国际单位制中力 撞并粘在一起。两者运动的v一1图像如图(b) 学有三个基本单位，用这三个基本单位导出功率 所示。重力加速度大小g取10m/s2,则() 单位一瓦特(W)的表达形式为 ( 6k alm's) A.kg·m2·s3 B.kg·m3·s-2 5引 C.kg2·m3.s1 D.kg2·m·s3 4 题型二功能关系与动量结合 2.(2024.1·江西)如图所示，一质量为M的平板 车静止放在斜坡的底端.滑板爱好者从长为、倾 tis 角为0的斜坡顶端静止下滑，滑到平板车上后制 图a 图6) 动，最终与平板车达到共同速度.忽略滑板与斜 A.Q的质量为1kg 面以及平板车与水平地面之间的摩擦，假设斜坡 B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 底端与平板车平滑相接，平板车足够长，滑板及 C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J 滑板爱好者总质量为，可视为质点，重力加速 D.t=5.8s时木板速度恰好为零 度为g。求： 4.(多选)(2024.1·河南)a粒子(He)以一定的初 (1)滑板爱好者刚滑到平板车上时的速度大小； (2)滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度 速度与静止的氧原子核(O)发生正碰。此过程 大小。 中，α粒子的动量p随时间t变化的部分图像如 图所示，时刻图线的切线斜率最大。则() 0 A.t1时刻O的动量为po一p1 B.4时刻O的加速度达到最大 C.t2时刻O的动能达到最大 D.t2时刻系统的电势能最大 题型三功能关系应用 5.(2024.1·江西)无人快递车在水平路面上从静 止开始做直线运动，经过160s到达目的地停止 28假期作业·物理 【答案】a(e厚gR 心力G=m号 n,可得T=2√成修正后天宫空间 【解析】(1)设小球从O,点抛出时的速度大小为v,从O 站运行的轨道半径增大，则周期增大，故D错误。 到B运动的时间为t,根据平抛运动规律有x=以 3.【答案】CD y- 【解析】初始时刻对小球受力分析如图。 根据几何关系可知x2+y2=R2 tan37°= x p20000000000008808 8gR 联立上式解得=√6 N 根据机械能守恒定律可知刚释放小球时弹簧的弹性势能 为E,=之m=餐 mg 15 此时弹黄的长度为√医+户=1，此时弹美的弹力 02 (2)设小球在轨道上落点与O点连线与水平方向的夹角 为0，则x'=t=Rcos日 y=2g”=Rsin0 为F4=AX(停-1，此时水年方向有FN一F4Gs0= 设小球落到轨道时的动能为Ek,根据动能定理有Ek一 F华，竖直方向有F珠十F=mg:当弹簧处于原长时， √5 5 2mv2-mgRsin 0 如图所示。 联立上式解得 =mgR(子sim0叶4a p00000000000000000000 根据数学知识可知，当血0=时，有最小值，为 3 Q mg 第四部分 九省联考题型特训 此时小球受到2个力，F=mg;当弹簧呈水平状态时，对 小球受力分析如图所示。 专题一运动和力（含实验） 1.【答案】C P0000000000000000000D 【解析】速度平方与提起高度的关系图像是坐在实验车 F 上的人观察的图像，即小球相对于车的速度关系图像。 2 小车相对于车竖直提起，则图像中的速度为小球竖直方 向的速度图像。由速度与位移关系公式t一话=2ay结 Q mg 合图像可知，开始小球时在竖直方向上做匀速运动，之后 做匀加速直线运动，加速度竖直向上。结合小球在水平 此时弹美的长度为6√P-气-受，此时弹美的弹力 方向一直微匀速直线运动可知，地面上静止的观察者看 到的运动轨迹是先做匀速直线运动，后做类斜抛运动，C 为Pm--受），北时水平方向Fg'-FN,竖直 正确。 2.【答案】B 方向有F=合FN十mg。由图可知，从初始找态到弹黄 【解析】天宫空间站运行过程中因稀薄气体阻力的影 响，天宫空间站的机械能减小，天宫空间站轨道高度降 楼复原长的过程中，F从mg一遂渐增大到mg,然 5 低，则与修正前相比，修正后天宫空间站运行的轨道半径 后从原长位置到弹簧呈水平状态位置，F从mg增大到 增大，故A错误；根据万有引力提供向心力GMm= FN十mg:故下一直在增大，A错误：熔上所递，小球在 运动过程中不可能受到3个力的作用，可能受到2个力作 m二，可得√，修正后天富室筒站递行的轨道半径 用或者4个力的作用，故B错误；因为F弹= 增大，则速率减小，故B正确；根据牛顿第二定律GM 2 (停-1，Fm--）,所以F>F,故弹簧在 m,可得a-以，修正后天官空同站运行的轨道丰径增 末态时的弹力比初态时的大，故C正确；初始状态时，轻 大，则向心加速度减小，故C错误：根据万有引力提供向 质杆所受弹力为FN=F华c0s9=2F4=5-2同知， √5 5 2 参考答案 当弹簧恢复到原长位置时，轻质杆所受的弹力为F”=0,:7.【答案】B 当弹簧处于水平状态时，轻质杆所受的弹力为FN= 【解析】位移是起点到终点的有向线段，则在整个行程 √3 中该旅客位移大小约为400km,平均速度大小约为v= F弹'=25-3》kL,又因为FN>FN,所以轻质杆所受的 3 产-2架km/h=160kmh,kB王确， 弹力先变小后变大，故D正确。 8.【答案】BC 4.【答案】(1)a=7.5m/s2(2)F=500N 【解析】由题意可知，粗坯上P、Q两质点属于同轴转动， 【解析】(1)由静止开始沿直线匀加速下滑的过程有 故mP=wQ,即P的角速度大小跟Q的一样大，故A错 =2a1x1,mgsin 0=ma1 误；根据v=rw,且rp>rQ,wp=awQ,所以p>vQ,即P的 代入数据得v=√2gx1sin0=15m/s 线速度大小比Q的大，故B正确：根据a=rm2,且rP> 匀减速继续下滑的过程有℃2=2ax2 TQ,p=wQ,所以ap>aQ,即P的向心加速度大小比Q 2 的大，故C正确；因为当转台转速恒定，所以同一时刻P 代入数据得a一2x2 =7.5m/s2. 所受合力的方向与Q的所受的合力方向均指向中心轴， (2)若减速过程中两滑雪板间的夹角α=74°，根据牛领第 故合力方向不相同，故D错误。 二定律有2Fsin受-mgsin0=ma 专题二 功能关系 解得F=ma+mgsin0=500N. 1.【答案】A 2sin号 【解析】 由功率的定义式P?得，功率单位为 5.【】(品) mgh(2)1(3)B W-JN.mkg:m/s .m-kg.m2.s-3 【解析】(1)小球经过光电门中心时的速度为，= 故A正确。 球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为，△Ek 2.【答案】()V2g1sin6(2)m平MV2g1sin0 一宫一-0=方加（会），小球从释效点下落运花先也 【解析】(1)对滑板爱好者，在斜坡上由动能定理mnglsin0 门中心时的重力势能减小量，△Ep=mgh。 1 心，可得滑板爱好者刚滑到平板车上时的连度大小 (2)根据机械能守恒定律可得，△Ek=△Ep,则若作出△Ek 为v=/2 glsin0。 一△E。的图像中虚线的斜率≈1，则可验证机战能守恒 (2)滑板爱好者与平板车由动量守恒定律mv=(m十M) 定律。 (3)第三个光电门的中心与释放点的竖直距离测量值偏 口共，解得滑板爱好者与平板车最后达到的共同速度大小 大，则△E。的测量值偏大，使得△E%小于△E。,故A错 为味=mMV2 gin0. 误；第三个光电门的中心偏离小球下落时球心所在的竖 3.【答案】AC 直线，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏 【解析】两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设 大，△Ek的测量值偏大，使得△Ek大于△Ep,故B正确；小 P的质量为m=1kg,Q的质量为M,由系统动量守恒定 球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减少的重力势 律得m1十Mo2=(m十M)3,根据v一t图像可知，1= 能有一部分转化为内能，则△Es小于△Ep,故C错误。 3m/s,2=1m/s,3=2m/s,代入上式解得M=1kg,故 6.【答案】(1)0.02(2)A (3)hE-he A正确：设P与Q之间的动摩擦因数为1，Q与地面之 2T (4)2g 间的动摩擦因数为42，根据v一t图像可知，0一2s内P 【解析】(1)由于电动机的转速为3000r/min,则其频率 为f=3000Hz=50Hz 与Q的加速度分别为ap=1.5m/s2,aQ=0.5m/s2,对 60 P,Q分别受力分析，由牛顿第二定律得，mg=map, 则T-子动s=0.02s, 1mg一2(m+MDg=MaQ,联立解得2=0.05，故B错 (2)实验操作时，为了使软笔在钢柱表而画上一条痕迹条 误；由于碰接系统损失的机横能为△E=子mf十宁M 数多一些，应该先打开电源使电动机转动，后烧断细线使 1 (m+M),代入数据解得△E=1.0J,故C正确：对 钢柱自由下落，故A正确。 (3)根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的 碰撞后整体受力分析，由动量定理得一42(m十M)gt2=0 平均速度，则画出痕迹D时，钢柱下落的速度为D 一(m十M)v3,代入数据解得t2=4s,因此木板速度恰好 =hE-hc 为零的时刻为t=1十t2=2s十4s=6s,故D错误。 2T 4.【答案】AB (4)钢制的圆柱下落过程中，只有重力微功，重力势能的 【解析】α粒子与氧原子核组成的系统动量守恒，1时 减小等于动能的增加，即mgh=之m 刻0的动量为p2=p0一p1,故A正确；t1时刻图线的切 线斜率最大，则a粒子的动量变化率最大，根据p=mD, 可得=2gh,若2一h图线为一条倾斜直线，且直线的 可知a粒子的速度变化率最大，即加速度最大，即a粒子 斜率近似等于2g,则可认为钢柱下落过程中机械能守恒。 受到的电场力最大，则氧原子核受到的电场力也最大，