单元过关(三)运动和力的关系-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川A版)

梦想是人生的指引，奋斗是人生的动力 2025一2026学年度单元过关检测（三）》 4.2024年6月30日，世界最大跨度拱桥深中通道正式建成通车。深中通道的建成靠的是 班级 卺题 “中国建筑重工机械”。如图所示，10根起吊绳（绳的质量忽略不计）通过液压机械抓手 物理·运动和力的关系 把质量为6×10kg的巨型钢圆筒静止吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角均为37（下 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 图其他8根绳没有画出)，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说 法正确的是 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项符合题目要求。 题号 3 4 6 7 答案 1.关于惯性和物体间的相互作用力，下列说法正确的是 A,两辆质量相同的汽车，速度越大汽车惯性越大 A.每根起吊绳上的拉力为3.75×10N B.物体间的相互作用力，只有在物体都静止的时候大小才相等 B.钢圆简所受的合力为6×10N C.大人拉动小孩的时候，自己不动，是因为大人拉小孩的力大于小孩拉大人的力 C若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大 D.乒乓球可以被轻易扣杀，铅球却很雅被掷得更远，是因为铅球的惯性比乒乓球惯性大 D,若每根起吊绳承受的最大拉力为9×105N,则起吊过程中钢圆简的最大加速度为 2.《中国制造2025》是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领，智能机器制造是一 2 m/s' 个重要的方向，其中智能机械臂已广泛应用于各种领域。如图所示，一个智能机械臂铁 5.如图所示，两小球M、N分别与两段轻绳A、B和一轻弹簧C连接。两小球静止时，轻绳 夹从地面夹起一个金属小球（铁夹与球接触面保持竖直），由静止开始将小球竖直匀加 A,B与竖直方向的夹角分别为30°、45°，弹簧C沿水平方向，重力加速度为g,下列说法 速提升至某处，之后铁夹立即松开，小球在空中运动。下列说法正确的是 () 不正确的是 () A.小球M和小球N的质量之比为√5：2 B.轻绳A与弹簧C的弹力之比为2：1 ●N C,剪新轻绳B的瞬间，小球N的加速度大小为2： A.小球加速上升过程中，铁夹对小球的弹力大于小球对铁夹的弹力 B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g C.铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 6.工程建设中经常用到较大的水泥圆管，装卸工人为保证圆管从较高的车斗上御下时不 D.小球上升过程中，处于超重状态 被损坏，在车斗边缘平行固定两根木棍，将圆管纵向架在两根木棍之间，让圆管沿木棍 缓慢滑下，此过程可简化为如图所示的模型。在其他条件不变的情况下，可以进一步减 3.飞轮储能是指利用电动机带动飞轮高速旋转，在需要的时候再用飞轮带动发电机发电 缓圆管下滑的方法是 () 的储能方式。圆盘形飞轮存储的能量与其质量、半径、角速度的关系为E= 4mRw“, A,适当增大两根木棍的间距 k,m为常数。在飞轮厚度、材料、角速度均不变的情况下，飞轮储存的能量E与飞轮半 B.适当增大木棍与水平面的夹角8 径R的关系为 () C.换成两根表面更光滑的木棍 A.EOcR B.EOCR C.EOR D.EOCR D.换成两根更短的木棍 单元过关检测（三）物理第1页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（三）物理第2页（共8页） 1A 7.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为8，以恒定速率。烦时针转动，一煤块 10.如图所示，与水平面成0=30°角的传送带正以v=5m/s的速度顺时针匀速转动，A、B 以初速度v。=12m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示， 两端相距1=25m。观每隔1s把质量m=1kg的工件（可视为质点）无初速度地放在 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动，且每有一个工件到达B端时恰好有一个 A领斜传送带与水平方向夹角的正切值an0-号 工件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数以=，重力加速度g取10m/,下列 B.煤块与传送带间的动摩擦因数以=0.5 说法正确的是 () C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5)m 1 ⊙ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 A,工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩擦 答案 B.两个工件间的距离最小为1.25m 8.如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m,物块B叠放在C上，物块A与C C.传送带上始终有7个工件 之间用轻弹簧水平连接，物块A,C与水平地面间的动摩擦因数都为：，物块B与C之间 D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N 的动摩擦因数为兮。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧 11.(6分)某中学实验小组为探究加速度与合力的关系，设计了如图甲所示的实验装置 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 () 主要实验步骤如下： B 中为传感器 F.cw A 与钩码 人弹资球力大小为 重物。 m's B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg 打计时百 单位：cm C.在撤去水平推力的爵间，物块A的加速度变小 N 接50化 D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 交莲电 9,如图甲所示，倾角0=37°、底端带有固定挡板且足够长的斜面体置于水平面上，斜面光 ①按图甲所示安装实验器材：质量为m的重物用轻绳挂在定滑轮上，重物与纸带相连， 滑，劲度系数k=500N/m的轻质弹簧，一端固定在斜而体底端挡板上，另一端与小物块 A相连，小物块B紧靠着A一起静止在斜面上。现用水平向左的推力使斜面体向左以 动滑轮右侧的轻绳上端与固定于天花板的力传感器相连，钩码和动滑轮的总质量为 加速度a做匀加速运动，稳定后弹簧的形变量大小为x,如图乙所示为弹簧形变量x与 M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 相对应加速度a的x-a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2, ②接通打点计时器的电源，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此 sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 () 时传感器的读数F: A.图乙中a。=7.5 ③改变钩码的质量，多次重复实验步骤②，利用纸带计算重物的加速度a,得到多组a、 110m) B.物块A的质量mA■1kg F数据 C.物块B的质量m=1kg 请回答以下问题： D.当a>a。时，斜面体对物块B的支持力FN与 (1)某次实验所得纸带如图乙所示，A、B、C、D、E各点之间各有4个点未标出，则重物的 a的关系式为Fy=16+1.2a(N) 加速度大小a= m/s(结果保留三位有效数字)。 1A 单元过关检测（三）物理第3页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（三）物理第4页（共8页） (2)实验得到重物的加速度大小《与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 V.以取下槽码的总个数n(1≤n≤5)的倒数为横坐标，】为纵坐标，在坐标纸上 为k、纵截距为一b(b>0),则重物质量m■，当M■3m时，重物的加速度 大小a= (本问结果均用k或b表示)。 作出上上关系图线。 n a 12.(8分)利用如图甲所示的实验装置“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”。 重力加速度g取9.80m/s,计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空： 打点计时渴 单位：c四 162913.4310.597724826 ①写出。随变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 乙 ②测得上1关系图线的斜率为2.5，则小车质量M=kg。 a n 打点计时器 13.(10分)分拣机器人在快递行业的推广大大提高了工作效率，派件员在分拣处将包裹放 砝码盘和缺码 小车 在静止机器人的水平托盘上，机器人可将包裹送至指定投递口，停止运动后缓慢翻转 托盘，当托盘倾角增大到0时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从 纸带 分拣处运至相距L=45m的投递口处，为了运输安全，包裹需与水平托盘保持相对静 止，如图乙所示。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数以=0.75，最大静摩擦力近似等于 滑动摩掾力，重力加速度g取10m/s。求： (1)包裹刚开始下滑时，托盘倾角日的正弦值； (1)图乙是实验得到纸带的一部分，每相邻两计数点间有四个点未画出。相邻计数点 (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a: 的间距已在图中给出。打点计时器电源频率为50Hz,则小车的加速度大小为 (3)若机器人运行的最大速度vm=3m/s,则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止） m/s2(结果保留三位有效数字)。 所需的最短时间t。 (2)实验得到的理想α-F图像应是一条过原点的直线，但由于实验误差影响，常出现如 包裹一托盘 图丙所示的①，②、③三种情况。下列说法正确的是一 包裹 0 托盘 A.图线①的产生原因是摩擦力过大 机器人 机器人 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 投递图 运送包裹的机器人 C.图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 (3)实验小组的同学觉得用图甲装置测量加速度较大时系统误差较大，所以大胆创新 选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M,所用交流电颜率为50Hz,共5个槽 码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下： I.安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着5个槽 码。调整轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列等间距 的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑： Ⅱ.保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂4个槽码），让小车拖着纸带 沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a: Ⅲ.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ； 单元过关检测（三）物理第5页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（三）物理第6页（共8页） 1A 14.(13分)如图所示，一倾角0=30°、足够长的传送带始终以0=6m/s的速度逆时针匀速 15.(17分)工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面上的滑板实现远距离传 运转，足够长的木板B上放一可视为质点的物块A(A始终在B上)，两者同时由静止 送。传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角0=37°， 开始释放，释放时木板距传送带底端的距离L=5.4m,传送带底端有一固定挡板，木 传送带以恒定速率。顺时针转动，某时刻工人将质量m=20kg的货物轻放在传送带 板B与挡板碰撞后立即以等大的速度反弹。木板B的质量为ma,物块A的质量为 的顶端A,经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量M=5kg的滑板左 mA,且mA=m:一2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数1=5 端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑 ,物块A与木板B间 板。已知货物与传送带间的动摩擦因数=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数4：= 的动率擦因数：-怎最大静摩擦力等于滑动率擦力，重力加滤度R取10m:,不计 0.2,滑板与地面间的动摩擦因数r?=0.1,AB间的距离s=20m。最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 其他阻力。求： (1)求货物刚放上传送带时的加速度a的大小。 (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aA和an: (2)要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度。至少为 (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间t: 多大？ (3)木板B从释放到第一次沿传送带上升到最高点过程中物块A相对于木板B滑行的 (3)若货物能以最短时间滑到底端B,货物停止运动时的位置距传送带底端B的距离 路程s。 L为多少？ .30 1A 单元过关检测（三）物理第7页（共8页） 真题密卷 单元过关检测（三）物理第8页（共8页）·物理· 参考答案及解析 F3 cos a=T+u(m1g-F3 sin a) (1分) 即物块C的质量应满足 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 558 kg (1分) F3+u2 FNa=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (1) m5≤805 垂直于斜面方向上有 因此物块C的质量的取值范围为 FNa +2Tsin a=(m1+m2)g cos a (1分) 12 558 25 kgm 805kg (1分) 联立解得 T-260 558 161 E,-18 N,m-805 kg 2025一2026学年度单元过关检测（三） 物理·运动和力的关系 一、单项选择题 G 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 F竖直 10 cos日c0s日10c0s0,可知每根绳的拉力变小， G 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 C错误；若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 10根绳的合力Fmx=10 TmxCOs37°=7.2× 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等，B 10N,由牛顿第二定律有Fmax一mg=md max,解 错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人拉 得amax=2m/s2,D正确。 小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对作 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 可得Tasin45°=F,T&cos45°=mMg,解得 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 TaA=1=2,mM=5十1， F-sin30=1’mN 2,A错误，B正确； 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 N=g,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第马 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 定律得√F2十(Mg)=mMaM,而F=mMg,联 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= 立解得小球M的加速度大小aM=V2g,C、D正 mRw可得kg·m·sm=kg·m2·g2,解得 1 确。本题选不正确的，故选A。 6.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持 k=2,=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变时， 力相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则 飞轮的质量m=pV=pSh=πR2ph,代入E= 子nRo2可得E=名R'phw2,D正确， 1 2 Ncos a=mg cos0,解得N=gsin9,适当增大 2cos a 两根木棍的间距，则a增大，可知N增大。在下 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 滑方向上，由牛顿第二定律得mg sin0一2μN= ®三则每根绳的拉力为F=红 ma,N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，A正确； c0s37° 换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与 7.5×10N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状 水平面的夹角9，由ng sin0一2N=ma,N= 态，所受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长 mg sin 0 度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由F= 2cos a ,得(1-k)mgsin0=ma,a不变， cos a ·9 1A 真题密卷 单元过关检测 日增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，B、D错 力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去 误；换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则 水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的 合力增大，即加速度增大，不能减缓圆管下滑， 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物 C错误。 块B、C整体受力分析F合=3μmg+F弹=3umg十 F 7.D【解析】0~1s内煤炭的加速度大小a1= F △t1 4 =3ma,则整体的加速度为a=4g十12m,由B 12-4 】m/s=8m/s,根据牛顿第二定律可得 选项可知，物块B的最大加速度为am=唱<a, 2 mg sin0+umg cos0=ma1,1s后煤炭的加速度大 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 △2_4-0 小a:一A:一2-m/s=4m/s,根据牛顿第二 对静止，D错误。 9.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 定律可得mgsin0一ng cos0=ma2,联立解得 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B sin0=0.6,μ=0.25，倾斜传送带与水平方向夹角 整体分析有(mA十ms)gtan0=(mA十mB)ao,解 的正切值an0=至-0,75，A,B错溪；0~1：米 得a。=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 炭的位移1=w1-20,号=12X1m-合×8× 1 0时，弹簧压缩量x0=3.6×10-2m,A、B处于静 止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin0= 1m=8m,1~2s煤炭的位移x2=t,一2a号= kxo,根据题图乙可知，加速度大于a。时，弹簧处 于拉伸状态，此时A、B分离，设斜面体对小物块A 4X1m一2×4X1Pm=2m,球炭下滑的过程中， 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= kxsin0+mAg,N1sin0+kxcos0=mAa,解得x= 1 根据动力学公式有工1十x,=2a,号，解得煤块从 AmA A一A5,结合题图乙有一A3三 5k 最高点下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错误； 0~1s煤炭相对传送带向上的位移△x1=x1一 -1.2X10-2m,结合上述解得mA=1kg,mB= 2kg,B正确，C错误；结合上述可知，当a>a。时， t1=8m一4X1m=4m,1~2s煤炭相对传送带向 A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速 下的位移△x2=t2-x2=4X1m-2m=2m,2~ 度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根 (2十√5)s煤炭相对传送带向下的位移△x3= 据牛顿第二定律有FN一mBgcos0=mgasin0,结 x1+x2+t3=8m+2m+4√5m=(10+ 合上述，解得FN=16十1.2a(N),D正确。 4√5)m,由于△x2十△x3>△1，煤块在传送带上 10.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 留下的痕迹长为△x=△x2+△x3=(12+4√5)m, 带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度 D正确。 和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向 二、多项选择题 上的静摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工 8.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， 件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得 摩擦力为f=μ(m十2m十m)g=4umg,根据牛顿 mg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a= 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 1 析，根据平衡条件F一umg=ma,联立可得 2.5m/s,由位移公式x=2at,代入数据可得 F,-,A正确；保持A,B,C三个折块相对静 x=1,25m,B正确；工件加速过程所用的时间 止，对B可知，整体的最大加速度为amax= t=”-5 。2,5s=2s,工件加速过程的位移x 号×nmg 2al2=2×2.5X2m=5m,工件匀速过程的位 1 1 2m ,对A、B、C三个物块组成的整体， 根据牛顿第二定律得Fm一4μmg=(m+2m+ 移1=1一x'=25-5 =4s,每隔1s把工件放到 5 m)amax,解得Fm=6umg,B正确；在撤去水平推 传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程 1A ·10· ·物理· 参考答案及解析 放了4个，共6个，C错误；满载时电机对传送带的 13.(1)0.6 (2)7.5m/s2 (3)15.4s 【解析】(1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足 牵引力F-2 mng cos0+4 ng sin0=2× -×10× mg sin0=μng cos0 (1分) 1 sin20+cos20=1 N+4XI0X7N=35N,D错误 可得sin0=0.6。 (1分) 三、非选择题 (2)当包襄与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 11.(1)1.72(2分) (2)店2分)2分) 擦力时，加速度最大，即 umg=ma (1分) 【解析】(1)相邻两计数，点的时间间隔为T=5× 解得a=7.5m/s2。 (1分) 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 为aec=12.76+11.04-9.32-7.6× 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 (2T)2 4×0.19 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 10-2m/s2=1.72m/s2。 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 直线运动阶段有 ma,整理得a一m F 多图像的斜率，，解得 r1-2a (1分) 重物质量m= 下专，图像的纵截距为一b=一g,可 (1分) a 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 匀减速阶段有 为重物的一半，则Mg一2F=M·受，对重物有 r3-2a (1分) F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 速度大小为a=弘 4色 (1分) a 所以匀速运动的时间为 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) (3)1-M+5m.1-1(2分)0.195(2分) t2=22-L-1-x3 (1分) ●一 Um Um a mg n g 联立可得t=t1+t2十t3=15.4s。 (1分) 【解析】(1)根据题意，相邻两计数，点间的时间间 14.(1)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m 隔为T=5×0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01)× 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， (3×0.1)2 由于1大于2，A相对于B上滑，则 10-2m/s2≈2.86m/s2。 mAgsin 0+u2mAgcos 0=mAaA (1分) 解得aA=7.5m/s2 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 (1分) 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 mBg sin 0+u(mA+mB)gcos 0-u2mag cos 0= mBaB (1分) 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即a (1分) -F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者没有 解得aB=10m/s2。 (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，B正确，C错误。 (3)当小车匀速时有Mgsin0=5mg十Mg cos0, v=aBt1 减小n个槽码，对小车和槽码分别有Mg sin日- 解得t1=0.6s T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg=(5- 同速后由于 u(mA+mB)g cos 0+uzmAgcos 0>mBg sin 0 nmg n)ma,则a=M+5m-mm 即2=5m+M.1 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 a mg n 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 二，由以上分析可得m。=2.5,所以M上 mg 度相同，则 0.195kg。 v=aA(t1十t2) ·11· 1A 真题密卷 单元过关检测 解得t2=0.2s v'=v+an(t3-t2)=7m/s 同速后A会相对于B下滑，有 t4时间内A向下运动的位移的大小 mAg sin 0-uzmAgcos 0=mAa' (1分) 1, I=0't+2an=3m (1分) 解得a=2.5m/s2 则B的合力 因此s3=LA3十lB3=4.2m F合=H2 mAg cos0+mBg sin0-μ1（mA+ t4时间内A相对于B向下运动的路程 mB)gcos 0=0 (1分) s=51十52十53=5m。 (1分) 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 带同速，B加速位移 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 .1 析，如图所示 x1=20g片=1.8m 在沿斜面方向上 B匀速运动的位移 mg sin 0+f=ma (1分) x2=L一x1=3.6m (1分) 在垂直于斜面方向上 B匀速运动的时间 ng cos0=F支 (1分) t,=2=0.6s 由牛顿第三定律可知 0 F支=F压 所以木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间 滑动摩擦力 t=t1+t3=1.2so (1分) f=u1F压 (3)t1+t2时间内A向下加速位移大小 解得a=10m/s2。 (1分) lN=2aa(G1十t2)2=2.4m F支 B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 lm=t2=1.2m t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 779 51=x1十lB1-LA1=0.6m (1分) 0 t3~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 l2=o(t3-t2)=2.4m 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 t3~t?时间内A向下加速运动的位移的大小 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 lae=u(t,-t)+2aA(t,-t)=2.6m(1分) v=2as (1分) 解得vo=20m/s。 (1分) t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 52=lA2-l2=0.2m 顿第二定律得 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 f=ma (1分) aB,则 竖直方向上 mBg sin 0+u2mag cos 0+u (mA+mB)g cos 0= mg=N mBaB (1分) 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 解得aB=15m/s2 滑板的压力N,等大，滑动摩擦力 碰后B上升到最高点所用的时间 f=u2N (1分) 4 =0.4s 解得a1=2m/s 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小 方向水平向左，即货物做减速运动 对滑板，水平方向上 2s三a=1.2m f-f地=Ma2 (1分) 碰撞时A的速度大小 地面对M的摩擦力 1A ·12· ·物理· 参考答案及解析 f地=H3N地 (1分) 解得a3=1m/s3 竖直方向上 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 N2=Mg+mg 加速度 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 a1=-2m/s2 地面对滑板的支持力N2等大 方向水平向左 解得a2=3m/s2 (1分) a1>a3 (1分) 方向水平向右，即木板做加速运动 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 当货物和滑板共速时 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 v共=00一a1t1 (1分) o x2-2a3 (1分) 0共=a2t1 (1分) 货物这段时间内的水平位移 解得x2=72m 1 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 x1=0-201t (1分) 位移 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m L=x1十x2=64m+72m=136m。 (1分) 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 a (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（四）物理·曲线运动 一、单项选择题 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 函数关系，x=4 cos wt,y=3 cos wt,联立可得该质 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 3 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 点的轨迹方程y=工，并结合图像特征，即判定 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 质点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 移与时间图像中斜率大小（速度大小）的变化情 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 况，可知在t=2s时x、y方向的速度均达到最 2.D【解析】运动员在静水中的速度小于水流速 大，即加速度一定为零，D错误；由于x、y方向所 度，合速度方向不可能垂直河岸，所以该运动员不 取标度相同，并结合B选项的分析，质点的轨迹方 可能垂直河岸到达正对岸，A错误；运动员在静水 程y=号，即得轨过与x柏所夹锐角为37， 中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短，最短渡 1~3s内速度方向为负，C正确。 河时间tm=L-600、 =3s=2008,该运动员渡河的 4.D【解析】根据题意，活塞可沿水平方向做往复 时间不可能小于200s,B错误；该运动员以最短时 运动，A错误；由公式v=2πr,可得A点线速度 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=v2tmin= vA=12πm/s,当OA竖直时，将A,点和活塞的速 度分别沿杆方向和垂直杆方向分解，设A点速度 4×200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 方向与AB夹角为0，由几何关系可得B,点速度方 度小于水流速度，合速度方向不可能垂直河岸，该 向与AB夹角也为0，如图甲所示，由几何关系可 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 得v1=vA=12πm/s,B错误；同理可知，当OA 员在静水中的速度方向垂直，则位移大小=d 与AB共线时，A点在沿杆方向的分速度是0，所 以活塞的速度为0，C错误；当OA与AB垂直时， 3×600m=800m,D正确。 如图乙所示，A,点的速度沿杆方向，则VB2c0sa= ·13· 1A