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(重庆甘肃贵州专版)

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28 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） 2 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° 37°=0.6，c0s37°=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m4=1kg D.当a之a,时，斜面体对物块B的支持力F、与 转/m装 (ms) 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5分，共15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5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57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.(7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 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,sin 时传感器的读数F: 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、 Ⅲ.逐个减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ， F数据。 N.以取下槽码的总个数m(1≤n≤5)的倒数二为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上 请回答以下问题： (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/s2(结果保留三位有效数字)。 作出日关系图线。 (2)实验得到重物的加速度大小a与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 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： 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 ①写出二随二变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 大小a= 。(本问结果均用k或b表示) 44 12.(9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”。 ②测得上1关系图线的斜率为2.5，侧小车质量M= kg。 a n 小 打点计时器 单位：cm 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 16.2913.4310.5977248850 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，当托盘倾角增大到日时，包裹恰好开始下滑，如图甲所示。现机器人要把包裹从 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特相对静 打点计时器 祛玛盘和砝码 2 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 小车 滑动摩擦力，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 (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vm=3m/s,则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止） 码 0 所需的最短时间t。 内 (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 包裹一一托盘 包裹 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 托盘 m/s(结果保留三位有效数字)。 机器人 机器人 (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 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是。 投递图 运送包裹的机器人 A图线①的产生原因是摩擦力过大 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 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: 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） 2 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.(18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°， v=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 传送到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 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 离传送带，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=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？ 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 设物块C的质量为m与时，物块A、B恰好要被拉 联立解得 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 260 T=161 r,1 558 LN,m,=805 g T,对物块C有 F3 cos B=msg 即物块C的质量应满足 对物块A受力分析，有 558 F3 cos a=T+u (m1g-F3sin a) (1分) m5≤805 kg (1分) 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 因此物块C的质量m的取值范围为 12 F3+u2 FN3=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (2) 558 25kg≤m≤805kg (1分) 垂直于斜面方向上有 FN3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (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 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 式a-4 ,可知其平均加速度小，C错误；当竖直 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 方向速度大小为1时，第一次滑翔时图像切线的 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 斜率大于第二次滑翔时图像切线的斜率，而图像 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 切线的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 速度达到口1时的加速度大于第二次时的加速度， 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 由mg一f=ma,可得阻力大的加速度小，第二次 作用力与反作用力，C错误；乒兵球可以被轻易扣 滑翔时的加速度小，则其所受阻力大，D正确。 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 析，由平衡条件可得F=TAsin30°，TAcos30°= 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 可得Tasin45°=F,Tecos45°=mMg,解得 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； TA=1=2,mM=5+1, 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 F-sin 30-1'mN- 2,A错误，B正确； 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 1 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= N=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 1 mRw可得kg·m·sm=kg·m2·s2,解 定律得√F2+(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRph,代入E= 确。本题选不正确的，故选A。 mRw2可得E=子Rphw2,D正确， 1 6.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持 力相等，设为N,它们方向的夹角为2α。则 4.D【解析】根据图像与时间轴所围图形的面积表 2 Ncosa=mgcos0(,解得N=mgsin9,适当增大 示竖直方向上的大小可知，第二次滑翔过程中的 2cos a 竖直位移比第一次的位移大，设倾斜雪道与水平 两根木棍的间距，则a增大，可知N增大。在下 滑方向上，由牛顿第二定律得mg sin0-2uN= 面的夹角为0，因tan0=y,可知第二次的水平位 ma,N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，A正确； 移也较大，A、B错误；由图像知，第二次滑翔时的 换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与 竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义 水平面的夹角0，由mg sin0一2μN=ma,N= 2 ·8· ·物理· 参考答案及解析 gsin9,得(1-片)mg sin0=ma,a不变，0 2cos a cos a 选项可知，物块B的最大加速度为am-竖<a, 增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，B、D错误； 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力 对静止，D错误。 增大，即加速度增大，不能减缓圆管下滑，C错误。 9.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 7.A【解析】由题图乙可知，1s时，煤块的运动发 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B 生突变，可知传送带的速度为8m/s,之后煤块继 整体分析有(mA十mB)gtan0=(ma十mB)a0,解 续做减速运动，在1S前煤块相对于传送带向上运 得a。=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 动，此过程的相对位移为16一8)1。 -m=4m,1s 2 0时，弹簧压缩量x。=3.6×10-2m,A、B处于静 后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位 止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin0= 移为3-】)X8m=8m,可知煤块在传送带上的 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 划痕为8m,A正确；在0~1s内，煤块的速度大于 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= 传送带速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下， kzsin0+mAg,N1sin0十kxcos0=mAa,解得 根据牛顿第二定律有mg sin37°十mg cos37°= ma1,根据题图乙可得a1=16-8 m/s2=8 m/s2, 王A3今≤结合题图有—3人● 5k a- 5k 1 在1~2s内传送带的速度大于煤块的速度，传送 -1.2×102m,结合上述解得ma=1kg,mg= 带对煤块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 2kg,B正确，C错误；结合上述可知，当a>a0时， 定律有ng sin37°-mg cos37°-ma2,根据题图 A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速 乙可得a:-8-0m 度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根 -3-m/s=4m/s,联立解得μ= 据牛顿第二定律有FN一mBgcos0=mpasin0,结 0.25,B、C错误；结合上述可知，当传送带的速度 合上述，解得FN=16+1.2a(N),D正确。 大于16m/s后，煤块在传送带上一直做加速度大 10.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 小为α2的减速运动，无论传送带的速度为多大， 带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度 煤块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 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+m)a,对A受力分 析，根据平衡条件F一mg=ma,联立可得 2.5m/,由位移公式=日a,代入教据可得 P,-A正确；保将A,B.C三个物块相对静 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 一。=2.，58=2s,工件加速过程的位移x= 台×2m 1 =,对A,B、C三个物块组成的整体， 2m=2 2a22×2.5X22m=5m,工件匀速过程的位 根据牛顿第二定律得Fm一4mg=(m+2m+ 移1。子5.5=4，夺福1s北工件孩到 m)amax,解得Fm=6pumg,B正确；在撤去水平推 力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去 传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程 水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的 放了4个，共6个，C错误；满载时电机对传送带 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物 的牵引力F=2mgos0+mgn0=2X5× 块B、C整体受力分析F合=3umg十F弹=3μmg十 F F =3ma,则整体的加速度为a=Pg十12m,由B 10xN+4X10X;N=35N,D维送， ·9 2 真题密卷 单元过关检测 三、非选择题 可得sin0=0.6。 (1分) 11.(1)1.72(2分) 8分) (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 擦力时，加速度最大，即 【解析】(1)相邻两计数，点的时间间隔为T=5× umg=ma (1分) 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 解得a=7.5m/s2。 (1分) 为a=cex4c=12.76+11.04-9.32-7.6× (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 (2T)2 4×0.12 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 10-2m/s2=1.72m/s2。 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 ma,整理得a=F 一8，图像的斜率k=】,解得 直线运动阶段有 m 重物质亚m名，图像的纵我距为-6=一6，可 x1-2a (1分) 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 4,a (1分) 为重物的一羊，则Mg一2F=M·号，对重物有 匀减速阶段有 F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 vh x3一2a (1分) 速度大小为a=7。 26 l3=Um (1分) 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) a 所以匀速运动的时间为 (3)1-M+5m.1-1(2分)0.195(3分) a mg n g t2= x:-L-21-x3 (1分) 【解析】(1)根据题意，相邻两计数点间的时间间 Um 隔为T=5×0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= 联立可得t=t1十t2十t3=15.4s。 (1分) (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01) 14.(1)5.5s(2)8.8m (3×0.1) 【解析】(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第 10-2m/s2≈2.86m/s2。 二定律得 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 umg =ma (1分) 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 可得煤块运动的加速度 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 a1=2m/s2 (1分) a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者 煤块从静止加速到与传送带共速的距离 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交，点，B正确， 02 51一2a1 =4m<10m (1分) C错误。 (3)当小车匀速时有Mg sin0=5mg+ 故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，做加速 Mg cos日，减小n个槽码，对小车和槽码分别有 运动的时间 Mgsin 0-T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg= -2 (1分) (5-n)ma,则a=M+5m-m nmg 即1-5m+M mg 匀速运动的时间 1】,由以上分析可得5m十M-2.5,所以 L1一s1=1.5s (1分) n g mg M=0.195kg。 在倾斜传送带上，由于 13.(1)0.6(2)7.5m/s2 (3)15.4s u<tan0=0.75 【解析】(1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足 故煤块在倾斜传送带上做匀加速运动，由牛顿第 ng sin日=umg cos8 (1分) 二定律得 sin20+cos20=1 mg sin 0-umg cos 0=ma2 (1分) 2 ·10· ·物理· 参考答案及解析 可得煤块在倾斜传送带上的加速度 竖直方向上 a2-g sin 0-ug cos 0=4.4 m/s2 (1分) mg=N 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 L=w,+70, 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 (1分) f=p2N (1分) 解得t3=2s (1分) 解得a1=2m/s 42 =s(含去) 方向水平向左，即货物做减速运动 对滑板，水平方向上 故煤块从a运动到c的时间 f-f地=Ma2 (1分) t=t1十t2+t3=5.5s。 (1分) 地面对M的摩擦力 (2)煤块在水平传送带的相对位移 (1分) △s1=t1一51=4m (1分) f地=43N地 竖直方向上 煤块在倾斜传送带的相对位移 N2 =Mg+mg △s2=L2-t3=8.8m (1分) 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 由于△s1与△s2是重复痕迹，故煤块在传送带上 地面对滑板的支持力N2等大 留下的黑色痕迹长度为8.8m。 (1分) (1分) 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 解得a2=3m/s2 方向水平向右，即木板做加速运动 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 当货物和滑板共速时 析，如图所示 v共=00一a1t1 (1分) 在沿斜面方向上 v共=a2t1 (1分) mg sin0+f=ma (1分) 货物这段时间内的水平位移 在垂直于斜面方向上 1 mg cos0=F支 (1分) x1=061-2a1 (1分) 由牛顿第三定律可知 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m F支=F压 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 滑动摩擦力 f=H1F压 - (1分) 解得a=10m/s2。 (1分) 解得a3-1m/s2 (1分) F 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 加速度 a1-2m/s2 方向水平向左 mg a1>a3 (1分) 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 0来 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 x2一2as (1分) vi=2as (1分) 解得x2=72m 解得vo=20m/s。 (1分) 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 位移 顿第二定律得 L=x1+x2=64m+72m=136m。 (1分) f=ma (1分) ·11· 2