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(山东专版)

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）》 班级 卺题 物理·运动和力的关系 姓名 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。 得分 题号12 34 A.每根起吊绳上的拉力为3.75×10°N 答案 B.钢圆简所受的合力为6×10°N C,若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大 1,关于惯性和物体间的相互作用力，下列说法正确的是 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 A.两辆质量相同的汽车，速度越大汽车惯性越大 2 m/s 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 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 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 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 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 不正确的是 () 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 A.小球M和小球N的质量之比为：2 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 B.轻绳A与弹簧C的弹力之比为2t1 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 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 () C.剪断轻绳B的瞬间，小球N的加速度大小为28 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g 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 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 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 缓圆管下滑的方法是 ( ) B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 A.适当增大两根木棍的间距 C.铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 B.适当增大木棍与水平面的夹角日 D.小球上升过程中，处于超重状态 C.换成两根表面更光滑的木棍 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 D,换成两根更短的木棍 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=寻mR。, 7.如图所示，AB是一个倾角为8的传送带，上方距传送带表面距 离为1的P处为原料输人口，为避免粉尘飞扬，在P与传送带间建立一光滑直管道，使 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 原料无初速度地从P处以最短的时间到达传送带上，则最理想管道做好后，原料从P 径R的关系为 () 处到达传送带的时间为 () A.EOCR B.EOcR C.EOcR D.EOcR 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 “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 把质量为6×103kg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 2 12 2 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 A. Vgcos 0 B cos g C D.1 ② 法正确的是 () g cos 2 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） 8.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 11.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(=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 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红=，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 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求 全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 12 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 答案 B.两个工件间的距离最小为1.25m 9.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 12.如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，三个物体的质量均为m,A,B间 的动摩擦因数为号，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 的动摩擦因数为2，B,C间的动摩擦因数为4，B和地面间的动摩擦因数为？“，最大 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 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 () 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平向右的拉力F,下列 说法正确的是 () B F.cw A A 人弹资球力大小为 A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg B.当F>4rmg时，B,C发生相对滑动 C.在撤去水平推力的爵间，物块A的加速度变小 C.若A,B,C三个物体始终相对静止，则F不能超过2.5umg D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 D.当F一2mg时，A,B间的摩擦力为m8 10.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 三、非选择题：本题共6小题，共60分。 滑，劲度系数=500N/m的轻质弹簧，一端周定在斜而体底端挡板上，另一端与小物 13.(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」 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 主要实验步骤如下： 左以加速度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 心传遮器 10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=0.8。下列说法正确的是 () 白钩码 A.图乙中a。=7.5 10m) B.物块A的质量mA=1kg 重物妇 C.物块B的质量mB=1kg 打点计时器 单位： D.当a>a。时，斜面体对物块B的支持力FN与 接s0H 电 a的关系式为FN=16+1.2a(N) 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） 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 码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下： 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 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 M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 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 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 的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑： 时传感器的读数F: 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 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、 沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a: F数据。 Ⅲ.逐个碱少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ： 请回答以下问题： N,以取下相码的总个数n(1≤m≤5)的倒数为横坐标，是为纵坐标，在坐标纸上 (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)。 作出日关系图线。 (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 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 大小a= 。(本问结果均用。或b表示) ①写出上随变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 14.(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” ②测得。关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= kg。 打点计时提 单位：cm 1629134310.59772485 15.(8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 乙 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持相对静 打点计时器 玛盘和砝码 止，如图乙所示。已知包裹与水平托盘的动摩擦因数：一0.75，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/s2。求： 低带 (1)包裹刚开始下滑时，托盘倾角8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。 包裹△一托盘 (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 包要 托盘 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 m/s2(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 投递图 运送位裹的机器人 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是 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 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） 16.(8分)如图甲所示，该装置由置物架、运动箱、轻绳、轻质滑轮和配重等构成，该装置能 (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aA和au。 够使运动箱呈现4种不同的运动状态一向下加速、减速和向上加速、减速（前述加 (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间t。 速、减速过程中加速度大小不一定相等，但各自保持不变)。轻绳左端固定在置物架的 (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 顶端，绕过轻质滑轮，与装有不同质量沙子的塑料袋所构成的配重1和配重2连接，配 路程s。 重1和配重2之间通过一段轻绳连接。运动箱由透明箱体、重物，电子秤、固定的手机 组成，内部结构如图乙所示。手机拍摄电子秤的示数变化，同时可利用相关软件将拍 摄到秤的示数同步投影到屏幕上。已知配重1和配重2的质量分别为m,和m?,不计 轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为g。 20 (1)运动箱及内部所有物体的总质量用m表示，则m大小应满足什么条件？ (2)若运动箱及内部所有物体的总质量为m,其中重物的质量为2m,将运动箱拉至置 物架的底板上由静止释放，运动箱向上运动过程中手机拍摄的电子秤的示数先后 18.(16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 为0.6mg和0.3mg,求m1 m2 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°， 传送带以恒定速率口。顺时针转动，某时刻工人将质量m=20kg的货物轻放在传送带 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 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 运动箱 板。已知货物与传送带间的动摩藤因数1=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数g= ●配1 0.2,滑板与地面间的动摩擦因数：1■0.1，AB间的距离s一20m。最大静摩擦力等于 置物架 物玛 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 透明箱体 底板 配重2 (1)求货物刚放上传送带时的加速度a的大小。 电子秤 (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 甲 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？ 17,(14分)如图所示，一倾角0一30°、足够长的传送带始终以。一6m/s的速度逆时针匀速 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 wh品mtwn7n 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 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mg,物块A的质量为 mA,且mA=m。=2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数4，一。 ,物块A与木板B间 3 的动摩擦因数4：一行，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s,不计 其他阻力。求： 3 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 F2cos B=m4g (1分) F3 cos a=T+u(m1g-F3 sin a) (1分) 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 FN2=(m1十m2)g cos a (1分) F3十μ2FN=(m1十m2)gsin a+2Tcos&(1分) 平行于斜面方向上有 垂直于斜面方向上有 F2+u2 F N2=(m1+m2)g sin a (1分) Fx3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 解得0，品g 联立解得 T-e N.F,10n N.m-0s ka 260 即物块C的质量应满足 12 即物块C的质量应满足 m4≥25kg (1分) 设物块C的质量为5时，物块A、B恰好要被拉 g0 kg 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 因此物块C的质量m的取值范围为 T,对物块C有 12 25 kg≤m≤805kg (1分) F3 cos B=msg 对物块A受力分析，有 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 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 G 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 F=品则每极绳的拉力为下= C0s37°= 汽车，惯性一样大，A错误：物体间的相互作用力 7.5×105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 态，所受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 度，则每根绳与竖直方向的夹角变小，由F= 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 G F竖直一 10G 作用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 cos日c0s010c0S0,可知每根绳的拉力变小， 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 C错误；若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 10根绳的合力Fmax=10 Tmaxcos37°=7.2X 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 l06N,由牛顿第二定律有Fmx一mg=mamx,解 得amax=2m/s2,D正确。 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 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。 可得Tesin45°-F,TBcos45°-mMg,解得 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 =1=2M=3十1，A错误，B正确； F=sin30°=1’my 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 1 mRw可得kg·m·gm=kg·m2·s2,解 A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRph,代入E= N=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 1 子mRw2可得E=R'phw,D正确， 1 定律得√F2十(mMg)了=mMaM,而F=mMg,联 3 ·10· ·物理· 参考答案及解析 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 mg sin0+μng cos0=ma1,1s后煤炭的加速度大 确。本题选不正确的，故选A。 △。2-1m/s2=4m/s,根据牛顿第二 △v24-0 小a2= 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2a。则2 Ncos a= 定律可得mg sin0-umg cos0=ma2,联立解得 sin0=0.6,=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角 ng cos a,解得N三2g5。,适当增大两根木棍 的间距，则a增大，可知N增大。在下滑方向上， 的正切值an9=至-0.75，AB错溪，0-15煤炭 由牛顿第二定律得mg sin0一2μN=ma,N增大， 的位移x1=-号a,号=12X1m-号×8× 1 1 则a减小，可减缓圆管下滑，A正确；换成两根更 短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹 2m=8m,l~2s煤炭的位移x2=t2一)a2t 角0，由mgsin0-24N=ma,N=2gsin9,得 2cos a 1 4X1m一2×4X12m=2m,煤炭下滑的过程中， （1-05。mgn0=maa不变，0增大，可知a 1 根据动力学公式有工1十2=2a行，解得煤块从 增大，不能减缓圆管下滑，B、D错误；换成两根表 面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加 最高点下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错误； 速度增大，不能减缓圆管下滑，C错误。 0~1s煤炭相对传送带向上的位移△x1=x1一 7.D【解析】如图所示，以P处为圆的最高点作圆 t1=8m一4×1m=4m,1~2s煤炭相对传送带向 O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R,从P 下的位移△x2=t2-x2=4X1m-2m=2m,2~ 处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角 (2十√5)s煤炭相对传送带向下的位移△x3= 为a,原料下滑的加速度为a=m8cos“=gc0sa, x1+x2+vt3=8m+2m+4W5m= m 管道长度为L=2 Rcosa,由运动学公式可得L= （10十4√5)m,由于△x2十△x3>△x1,煤块在传送 1 匹-2X2Rosa-,R,可 带上留下的痕迹长为△x=△x2+△x3=(12十 a,解得=√=√gcos=g、 45)m,D正确。 知从P处建立任一光滑直管道到圆周上，原料下滑 二、多项选择题 的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管道 9.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， PC,原料从P处到传送带上所用时间最短；根据图中 摩擦力为∫=(m十2m十m)g=4umg,根据牛顿 几何关系可得R+Rc0s日=l,可得R=1+c0s0 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 析，根据平衡条件F一umg=ma,联立可得 4× F 2 cos2 F#=4,A正确；保持A,B,C三个物块相对静 0联立可得1= 2 1 20 止，对B可知，整体的最大加速度为amax= 2cos2 0 8 2 cos 2 D正确。 台×2mg 2m 竖，对A.BC三个扬块组成的整体， R 根据牛顿第二定律得Fm一4umg=（m+2m+ m)amax,解得Fm=6pmg,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 水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块 8.D【解析】0~1s内煤炭的加速度大小a1= △01 B,C基体受力分析F合=3pmg十F华=3ng十了号 △t1 12-4m/s2=-8m/s,根据牛顿第二定律可得 F 1 3ma,则整体的加速度为a=4g十12m,由B选项 ·11· 3 真题密卷 单元过关检测 可知，尚块B的最大加速度为am=竖<a,所 12.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第 一种情况，若F≤mg,A、B、C都静止。取A、B、 以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相对 C为研究对象，若整体静止，整体受力F和地面 静止，D错误。 给整体的摩擦力∫地，由二力平衡可知F=∫地， 10.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 1 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、 f≤ffe=3kX3mg=mg,由此可知， B整体分析有(mA十mB)gtan日=(mA十mB)ao, 若F≤mg,A、B、C都静止。第二种情况，若mg 解得ao=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度 <F≤2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加 为0时，弹簧压缩量x0=3.6×10-2m,A、B处于 速。取B、C为研究对象，A给B、C整体的摩擦 静止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin0 力最大值为fAm=2μXmg=2umg,B、C整体还 =kx0,根据题图乙可知，加速度大于a。时，弹簧 受地面的摩擦力，由于相对于地面运动，摩擦力 处于拉伸状态，此时A、B分离，设斜面体对小物块 为滑动摩擦力，大小为f地潘=f地m=μmg,根据 A的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= 牛顿第二定律，B、C整体所能具有的最大加速度 k.xsin0+mAg,N1sin0+kzcos0-mAa,解得 aw-f24-g,弄取A,BC为开完对 2m 4m。一3A兰，结合题图乙有一兰= 5k 象，A、B、C整体受力F和地面对整体的摩擦力 -1.2X10-2m,结合上述解得mA=1kg,mB= f地滑，由牛顿第二定律可知F-∫她滑=3 m Xapcm, 2kg,B正确，C错误；结合上述可知，当a>ao 可得F=2.5umg,由此可知，若mg<F≤ 时，A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分 2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。第 加速度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向 三种情况，若F>2.5μmg,A以更大的加速度加 上，根据牛顿第二定律有FN一mBg cos日= 速，B、C一起以相同的加速度加速。若F> mgasin0,结合上述，解得FN=16十1.2a(N), 2.5umg,但A能给B、C整体的摩擦力最大值 D正确。 fAm=2μmg,故B、C所能具有的最大加速度为 11.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 2g。因此，若F>2.5pmg,A将以更大的加速 带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度 和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向 度加速，B.C一起以4g的加速度加追。A,C 上的静摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工 件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得 正确，B错误；当F=2μmg时，属于第二种情况， mg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a= A、B、C一起以相同的加速度加速。取A、B、C为 2.5m/g,由位移公式x-弓a,代入数播可得 研究对象，由牛顿第二定律可知a三2地= x=1.25m,B正确；工件加速过程所用的时间 3g,取B、C为研究对象，可知f一f地清 t=”5 a=2.5s=2s,工件加速过程的位移x= 5 2ma,求得fAa=3mg,D正确。 号am=号×2.5X2m=5m,工件匀楚过程的位 三、非选择题 移t=1一x25-5 s=4s,每隔1s把工件放到 5 13.11.722分)(2)是2分)22分) 传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× 放了4个，共6个，C错误；满载时电机对传送带 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 的牵引力F=2mgc0s0+4 mgin0=2X5 为a=CEAC=12.76+11.04-9.32-7.6× 2 (2T)2 4×0.12 10x号N+4X10X分N-35N,D误。 10-2m/s2=1.72m/s2。 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= ·12· ·物理· 参考答案及解析 一g,图像的斜率k=】,解得 F ma,整理得a= 直线运动阶段有 m m 1 重物质量m一友，图像的纵栽距为一6=一8，可 x1一2a 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 t1一a 为重物的一半，则Mg-2F=M·号 ,对重物有 匀减速阶段有 F一mg=ma,当M=3时，联立解得重物的加 r3-2a (1分) 速度大小为a=7· 14.(1)2.86(2分)(2)B(2分) 所以匀速运动的时间为 (3)02-M+5m.112分)②0.1952分) a mg'n g 2=-L-x1-z (2分) 【解析】(1)根据题意，相邻两计数，点间的时间间 联立可得t=t1+t2+t3=15.4s。 (1分) 隔为T=5X0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01) 16.(1)2m1<m<2(m1+m2) (3×0.1)3 【解析】(1)装置能够使呈现4种不同的运动状 10-2m/s2≈2.86m/s2。 态一向下加速、减速和向上加速、减速，配重1 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 和配重2之间轻绳未绷直，运动箱加速度向 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 下，即 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 mg>2mig (1分) α-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者 配重1和配重2之间轻绳绷直后，运动箱加速度 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交，点，B正确， 向上，即 C错误。 mg<2(m1+m2)g (1分) (3)①当小车匀速时有Mg sin0=5mg+ 解得2m1<m<2(m1十m2) (1分) Mg cos日，减小n个槽码，对小车和槽码分别有 (2)重物向上加速过程中，满足 Mgsin 0-T-uMg cos 0=Ma,T-(5-n)mg= 1 1 nmg (5-n)ma,则a=M+5m- ,即1-5m+M 0.6mg-2mg-2ma (1分) a mg 1 ,②由以上分桥可仔5十 =2.5,所以 解得a1=方8 mg 运动箱向上加速过程中，设轻绳上的拉力为F1, M=0.195kg。 根据牛顿第二定律可得 15.(1)0.6(2)7.5m/s2 (3)15.4s (m1+m2)g-F1=2(m1+m2)a1 【解析】(1)根据题意，当包襄刚开始下滑时满足 2F-mg=ma (1分) mg sin 0-umg cos 0 (1分) 重物向上减速过程中，满足 sin20+cos20=1 1 可得sin0=0.6。 (1分) 2mg-0.3mg-2 ma: (1分) (2)当包襄与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 2 擦力时，加速度最大，即 解得a2=58 umg =ma (1分) 运动箱向上减速过程中，设轻绳上的拉力为F2, 解得a=7.5m/s2。 (1分) 根据牛顿第二定律可得 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 F2-m1g=2m1az 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 mg-2F2=ma2 (1分) 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 联立解得m-1 m:5。 (1分) ·13· 3 真题密卷 单元过关检测 17.(1)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m t3~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， l2=v(t3-t2)=2.4m 由于1大于2，A相对于B上滑，则 t3~t2时间内A向下加速运动的位移的大小 magsin 0+u2mAg cos 0-mAaA (1分) 1e=,-tg+20,-,”=2.6m1分) 解得aA=7.5m/s2 (1分) mBg sin0+μ1(mA十mB)gcos0-2 mAg cos0= t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 mBaB (1分) 52=lA2-lz=0.2m 解得aB=-10m/s2。 (1分) 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 aB,则 mBg sin 0+u2mag cos 0+u (mA+mB)g cos 0= v=aBti mBaB (1分) 解得t1=0.6s 同速后由于 解得ag-15m/s2 (mA+mB)gcos 0+uzmagcos 0>mBg sin 0 碰后B上升到最高点所用的时间 (1分) 4-品 =0.4s 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 v2 度相同，则 la=2a-1.2m v=aA(t1十t2) 碰撞时A的速度大小 解得t2=0.2s v'=v十aA(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 mAgsin 0-uzmAgcos 0=mAa (1分) 解得a'=2.5m/s2 1w-,+2aa好-3m (1分) 则B的合力 因此53=LA3十lg=4.2m F&=uzmagcos 0+mBgsin0-u (mA+mB)gcos 0 t4时间内A相对于B向下运动的路程 =0 (1分) s=s1十s2十s3=5m。 (1分) 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送 18.(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=202f=1.8m 在沿斜面方向上 B匀速运动的位移 mg sin0+f=ma (1分) x2=L-x1=3.6m (1分) 在垂直于斜面方向上 B匀速运动的时间 mg cos0=F支 (1分) =号-0.6s 由牛顿第三定律可知 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=1.2s。 (1分) f=uF& (3)t1十t2时间内A向下加速位移大小 解得a=10m/s2。 (1分) 1 lu-2aA(,十t2)2=2.4m B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 lB=vt2=1.2 m t1十t?时间内A相对于B向上运动的路程 s1=x1+lB1-LA1=0.6m (1分) 2 ·14· ·物理· 参考答案及解析 (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 U共=00一a1t1 (1分) vi=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 顿第二定律得 x1=0,-2a1号 1 (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 43N地 a3一M+m (1分) 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 滑板的压力N1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=42N1 (1分) 加速度 解得a1=2m/s 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 a1>a3 (1分) f-f地=Mag (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 f地=4N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 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 时间不可能小于200S,B错误；该运动员以最短时 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=v2tn= 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 4×200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 度小于水流速度，合速度方向不可能垂直河岸，该 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒兵球将向 员在静水中的速度方向垂直，则位移大小一d炉 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 者X600m=80m,D正确. 2.D【解析】运动员在静水中的速度小于水流速 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 度，合速度方向不可能垂直河岸，所以该运动员不 可能垂直河岸到达正对岸，A错误；运动员在静水 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短，最短渡 函数关系，x=4 cos wt,y=3 cos wt,联立可得该质 3 河时间tmin一 =60s=200s,该运动员渡河的 点的轨迹方程y= 4x,并结合图像特征，即判定 013 质点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 ·15· 3