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B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.在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距 班级 卺题 离，如图甲所示：某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用四 物理·运动和力的关系 表示他在竖直方向的速度，其-t图像如图乙所示，1和t:是他落在倾斜雪道上时 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 刻，则 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 乙 A,两辆质量相同的汽车，速度越大汽车惯性越大 A.第一次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第二次的大 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.第一次潜翔过程中在水平方向上的位移比第二次的大 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.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 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.竖直方向速度大小为1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 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 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 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 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 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 不正确的是 () 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 () A.小球M和小球N的质量之比为：2 B.轻绳A与弹簧C的弹力之比为2t1 ●N C,剪断轻绳B的瞬间，小球N的加速度大小为2g 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 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 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卸下时不 C.铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 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 D.小球上升过程中，处于超重状态 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= 4mRa“, A,适当增大两根木棍的间距 B.适当增大木棍与水平面的夹角0 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 C.换成两根表面更光滑的木棍 径R的关系为 () D.换成两根更短的木棍 A.EOcR B.ER? C.EOR D.EOCR 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） 1B 7.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37° sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 一煤块（可看作质点）以初速度。从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运 A.图乙中a。=7.5 0m) 动的t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，si37°=0.6，cos37°= B.物块A的质量mA=1kg 0.8。重力加速度g取10m/s2,则 () C.物块B的质量m=1kg (ms) D.当a之a,时，斜面体对物块B的支持力F、与 转/m装 a的关系式为Fy=16+1.2a(N) 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 两端相距l=25m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（可视为质点）无初速度地放在 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.煤块在传送带上的划痕为8m 工件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数4=， ,重力加速度g取10m/s2,下列 B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 说法正确的是 () C.摩擦力方向一直与煤块运动的方向相反 D,传送带转动的速率越大，煤块到达传送带顶端时的速度就会越大 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 答案 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力 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登放在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以，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 为转感器 F.C w A /77w777777n77 白钩码 人弹簧弹力大小为号 重物 aims' B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg 打点计时 单位：cm N C.在撒去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 接50h D.若橄去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 必流电 0 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，一端固定在斜面体底端挡板上，另一端与小物块 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 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 M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 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 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 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, 时传感器的读数F: 1B 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） 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、 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 F数据。 沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a; 请回答以下问题： Ⅲ，逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ： (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 加速度大小a= m/s(结果保留三位有效数字)。 八。以取下精码的总个数n(1≤a≤5)的倒数为横坐标，}为织坐标，在坐标纸上 (2)实验得到重物的加速度大小α与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 作出上上关系图线。 n a 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 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： 大小a= 。(本问结果均用k或b表示) 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”。 ①写出上随二变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 小车 打计时器 单位：cm ②测得上上关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= a n kg。 1629134310.597248850 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 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 打点计时器 托盘，当托盘倾角增大到日时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从 砝钙盘和砝码 小车 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：=0.75，最大静摩擦力近似等于 2 纸带 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)包裹刚开始下滑时，托盘倾角0的正弦值。 (2)机器人在运输包裹的过程中允许的最大加速度a。 (3)若机器人运行的最大速度巴m=3m/s,则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止） 所需的最短时间t。 (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 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 包裹一托盘 包裹 m/s(结果保留三位有效数字)。 托盘 (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 机器人 机器人 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是 运送位裹的机器人 A.图线①的产生原因是摩擦力过大 投递图 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 乙 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： 1,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，用手轻按小车，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： 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） 1B 14.(13分)如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10m,倾斜部分bc长度L,= 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 16.8m,bc与水平方向的夹角0=37°。传送带沿图示顺时针方向匀速率运动，速率 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°， =4m/s,现将质量m=2kg的小煤块（可视为质点）由静止轻放到a处，之后它将被传 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 送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数：=0.2，且此过程中小煤块不会脱离 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 传送带，重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6,cos37°=0.8。求： 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 (1)煤块从a运动到c的时间。 板。已知货物与传送带间的动摩擦因数41=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数4= (2)煤块在传送带上留下的黑色痕迹的长度。 0.2,滑板与地面间的动摩擦因数以1=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， (1)求货物刚放上传送带时的加速度a的大小。 (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 多大？ (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 L为多少？ mmm 1B 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）真题密卷 单元过关检测 再增大，因为存在 解得f=14N,方向平行于斜面向下。 (1分) F=mg=10 N (1分) (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 可知在Q点时弹簧处于压缩状态，在b点时弹簧 整体恰好不下滑，对物块C有 处于原长状态。在α点时弹簧弹力斜向上，设弹 F2 cos B=m4g (1分) 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为日，则有 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 F-mg+Tsin 0-uTcos 0=0 (2分) Fx2=(m1+m2)gcos a (1分) 解得tan0=2 1 平行于斜面方向上有 (1分) F2十u2F2=(m1十m2)gsin a (1分) 故ha=ltan0=0.08m=8cm (1分) 在b点时弹簧处于原长，有 都行贵好 h6=√16-l2=0.02√17m=2√17cm(1分) 即物块C的质量应满足 坐标a、b的数值分别为8、2√17 (1分) %若妇 (1分) 15.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 558 D25kg≤m≤805kg 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 T,对物块C有 Ficos B=m3g (1分) F3cos B=msg 对物块A受力分析，水平方向上有 对物块A受力分析，有 (1分) Fcos a=f1 (1分) F3cos a=T+u (m1g-F3sin a) 竖直方向上有 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 F+Fsin a=mig (1分) Fg十h2F3=(m1+mz)gsin a+2 Tcos a(1分) 其中f1=1FN 垂直于斜面方向上有 联立解得41=0.4 (1分) Fxs +2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 联立解得 (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 F<(m1+m2)gsin a (1分) T= 260 161 N,F,=1860 161 N,me-05 kg 斜面对物块B的摩擦力沿斜面向上，平行于斜面 即物块C的质量应满足 方向上有 558 F1+f2=(m1+m2)gsin a (1分) m5≤805 kg (1分) 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 因此物块C的质量m的取值范围为 大小 1 558 f=f: (1分) 25 kg≤m≤80 kg (1分) 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 作用力与反作用力，C错误；乒兵球可以被轻易扣 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 1B ·8· ·物理· 参考答案及解析 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 两根木棍的间距，则α增大，可知N增大。在下 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 滑方向上，由牛顿第二定律得mg sin0-2uN= 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 ma,N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，A正确； 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= 水平面的夹角0，由mg sin0-2μN=ma,N= 4mRw可得kg·m·sm=kg·m2.s2,解 1 mgsin0,得(1-)mgsin0=ma,a不变，0 2cos a cos a 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，B、D错误； 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRh,代入E= 换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力 mRw2可得E=子Rphw2,D正扇. 1 增大，即加速度增大，不能减缓圆管下滑，C错误。 7.A【解析】由题图乙可知，1s时，煤块的运动发 4.D【解析】根据图像与时间轴所围图形的面积表 生突变，可知传送带的速度为8/s,之后煤块继 示竖直方向上的大小可知，第二次滑翔过程中的 续做减速运动，在1S前煤块相对于传送带向上运 竖直位移比第一次的位移大，设倾斜雪道与水平 面的夹角为0，因tan0=y,可知第二次的水平位 动，此过程的相对位移为16-8)×1 2 m=4m,1s 后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位 移也较大，A、B错误；由图像知，第二次滑翔时的 竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义 移为③-)X8m=8m,可知煤块在传送带上的 2 式a=公品，可知共羊均加瑰度小，C错误：当竖克 划痕为8m,A正确；在0~1s内，煤块的速度大于 方向速度大小为1时，第一次滑翔时图像切线的 传送带速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向 斜率大于第二次滑翔时图像切线的斜率，而图像 下，根据牛顿第二定律有mgsin37°+mg cos37°= 切线的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时 ma1,根据题图乙可得a1=16一8 1 m/s2=8m/s2, 速度达到1时的加速度大于第二次时的加速度， 在1~2s内传送带的速度大于煤块的速度，传送 由mg一∫=ma,可得阻力大的加速度小，第二次 带对煤块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 滑翔时的加速度小，则其所受阻力大，D正确。 定律有mg sin37°-mg cos37°=ma2,根据题图 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 乙可得a2-氵二0m/s2=4m/s,联立解得4= (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 0.25,B、C错误；结合上述可知，当传送带的速度 可得Tasin45°=F,Tecos45°=mMg,解得 大于16m/s后，煤块在传送带上一直做加速度大 告=动而异器-A结区B正确： 小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大， 煤块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 二、多项选择题 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 8.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， 摩擦力为f=μ(m十2m十m)g=4mg,根据牛顿 1 av=2g,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 定律得√F2十(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 析，根据平衡条件F弹一umg=ma,联立可得F 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 4,A正确；保持A、B,C三个物块相对静止，对 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 台×2mg B可知，整体的最大加速度为amax= 力相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则 2m 2 Ncosa=mg cos,解得N=mg sin0, ,适当增大 2cos a 受，时A,B.C三个物块红成的整体，根据牛顿第 。9 1B 真题密卷 单元过关检测 二定律得Fm一4ug-(m+2m十m)amx,解得 位移4=一x25-5 =4s,每隔1s把工件放 Fm=6pumg,B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧 05 对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬 到传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过 间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变， 程放了4个，共6个，C错误；满载时电机对传送 C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体 带的牵引力F=2 mg cos0+4 mgsin0=2X3〉 受力分析Fs=3mg十FR=3mg十 4=3ma, 2N=35N,D错误。 则整体的加速度为a=ug十12m F N+4X10 由B选项可知， 三、非选择题 物块B的最大加速度为Qm-号<a,所以，若撒 11.(1)1.72(2分)(2 右(2分) 26 2 (2分) 去水平推力后，物块B和C不能保持相对静止， 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× D错误。 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 9.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B 为a_ECE-TAC=12.76+11.04-9.32-7.6× (2T)2 4×0.12 整体分析有(mA十mB)gtan0=(mA十mB)ao,解 10-2m/s2=1.72m/s2. 得ao=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 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= m,整理得a-开一g,国像的斜丰负=品，解得 m kx。,根据题图乙可知，加速度大于a。时，弹簧处 重物质量m=名，因像的织我距为-b=一g,可 于拉伸状态，此时A、B分离，设斜面体对小物块A 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= 得b一g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 kxsin0+mag,N1sin0+k,xcos0=mAa,解得x= 为重物的-半，则Mg一2F=M·号，对重物有 2a一3m8,结合题图乙有 3mAg 5k 5k F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 一1.2X10-2m,结合上述解得mA=1kg,mB= 速度大小为a三号。 2kg,B正确，C错误；结合上述可知，当a>a。时， 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速 度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根 (3)1-M+5m.1-1(2分)0.195(2分) a mg 据牛顿第二定律有FN一mBg cos0=mgasin0,结 【解析】(1)根据题意，相邻两计数，点间的时间间 合上述，解得FN=16十1.2a(N),D正确。 隔为T=5X0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= 10.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01)× 带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度 (3×0.1)2 和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向 10-2m/s2≈2.86m/s2。 上的静摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 mg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a= 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 ②5m/s2,由位移公式z二2a,代入数据可得 a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，B正确， x=1.25m,B正确；工件加速过程所用的时间 C错误。 t一？一25s=2s,工件加速过程的位移x白 (3)当小车匀速时有Mg sin0=5mg+ 1 Mg cos0,减小n个槽码，对小车和槽码分别有 2Qt2关号×2.5×22m=5m,工件匀速过程的 Mgsin 0-T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg 1B ·10· ·物理· 参考答案及解析 nmg (5-n)ma,则a=M+5m-mm 1_5m+M ,即 匀速运动的时间 a mg 11 ,由以上分析可得5m+M g-b51=1.5g (1分) =2.5,所以 n g mg 在倾斜传送带上，由于 M=0.195kg。 u<tan0=0.75 13.(1)0.6 (2)7.5m/s2 (3)15.4s 故煤块在倾斜传送带上做匀加速运动，由牛顿第 【解析】(1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足 二定律得 mg sin 0=umg cos 0 (1分) sin20++cos20=1 mg sin 0-umg cos 0-ma2 (1分) 可得sin0=0.6。 (1分) 可得煤块在倾斜传送带上的加速度 (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 a2=g sin 0-ug cos 0=4.4 m/s2 (1分) 擦力时，加速度最大，即 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 umg=ma (1分) 1 L2=t十2a,号 (1分) 解得a=7.5m/s2。 (1分) (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 解得t3=2s (1分) 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 1s(舍去) 42 t3= 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 故煤块从a运动到c的时间 直线运动阶段有 t=t1+t2+t3=5.5s。 (1分) (2)煤块在水平传送带的相对位移 x1-2a (1分) △s1=t1-S1=4m (1分) 煤块在倾斜传送带的相对位移 (1分) △s2=-L2-t3=8.8m (1分) 匀减速阶段有 由于△51与△s2是重复痕迹，故煤块在传送带上 x3-2a (1分) 留下的黑色痕迹长度为8.8m。 (1分) 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m (1分) 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 所以匀速运动的时间为 析，如图所示 2=2=L-1-x (1分) 在沿斜面方向上 mg sin 0+f=ma (1分) 联立可得t=t1十t2十t3=15.4s。 (1分) 在垂直于斜面方向上 14.(1)5.5s(2)8.8m 【解析】(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第 mg cos8=F支 (1分) 由牛顿第三定律可知 二定律得 F麦=F压 umg-ma1 (1分) 可得煤块运动的加速度 滑动摩擦力 a1=2m/s2 (1分) f=h1F压 煤块从静止加速到与传送带共速的距离 解得a=10m/s2。 (1分) 51-2a =4m<10m (1分) 故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，做加速 运动的时间 t,=”=2s mg (1分) ·11· 1B 真题密卷 单元过关检测 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 方向水平向右，即木板做加速运动 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 当货物和滑板共速时 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 0共=00一a1t1 (1分) v-2as (1分) V共=a2t1 (1分) 解得vo=20m/s。 (1分) 货物这段时间内的水平位移 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 1 顿第二定律得 x1=041-201 (1分) f=ma (1分) 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m 竖直方向上 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 mg=N u3N地 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 a3=M千m (1分) 滑板的压力N,等大，滑动摩擦力 解得a3-1m/s2 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 f=2N1 (1分) 加速度 解得a1=2m/s2 a1=2m/s2 方向水平向左，即货物做减速运动 方向水平向左 对滑板，水平方向上 a>as (1分) f-f地=Ma2 (1分) 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 地面对M的摩擦力 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 ∫地=μ3N地 (1分) 竖直方向上 x2一2a3 (1分) N2=Mg+mg 解得x2=72m 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 地面对滑板的支持力N2等大 位移 解得a2=3m/s2 (1分) L=x1+x2=64m+72m=136m。 (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 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 漩涡 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 B 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 函数关系，x=4 cos wl,y=3 cos wt,联立可得该质 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 3 2.A【解析】如图所示，当冲锋舟在静水中的速度 点的轨迹方程y=4工，并结合图像特征，即判定 与其在河流中的速度？合垂直时，冲锋舟在静水中 质点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 的速度u务最小，则即sin0=”年，利用几何关系可知 移与时间图像中斜率大小（速度大小）的变化情 ) 况，可知在t=2s时x、y方向的速度均达到最 n=配，联立可得=1690，A正确。 120 tan 212Lo 大，即加速度一定为零，D错误；由于x、y方向所 取标度相同，并结合B选项的分析，质点的轨迹方 1B ·12·