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(湖北专版)

梦想是人生的指引，奋斗是人生的动力 密真 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 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/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 法正确的是 得分 题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4 分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 题号1234 5 6 10 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3.75×10°N 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.钢圆筒所受的合力为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,若每根起吊绳斥受的最大拉力为9×10N,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 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3：2 B.轻绳A与弹簧C的弹力之比为2：1 C.剪断轻绳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 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 级圆管下滑的方法是 ( 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-mR。, 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9 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】 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 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 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 两端相距1=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 动的1图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sn37°=0.6，cos37° 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 0.8。重力加速度g取10m/s2,则 () +s) 工件放在A编，工件与传送带间的动摩擦因数和=，重力加速度K取1Dm,下到列 说法正确的是 () 甲 A.煤块在传送带上的划痕为8m 46. B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 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 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 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 二、非选择题：本题共5小题，共60分。 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。 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 主要实验步骤如下： 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 () 传福器 B w A 入弹资弹力大小为号 4m3) 重物 B.保持A,B,C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg 打点计器一 单位：cm C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 接50出 623n4?26F N 交流电 D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 9.如图甲所示，倾角=37°，底端带有固定挡板且足够长的斜而体置于水平面上，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=500Nm的轻质弹簧，一端周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周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/s, sin37°=0.6，c0537°=0.8。下列说法正确的是 时传感器的读数F: A.图乙中4。=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、 B.物块A的质量nA=1kg F数据. C.物块B的质量m=Ikg 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Fx=16+1.2a(N) 加速度大小a= ms(结果保留三位有效数字)。 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 八，以取下槽码的总个数n(1≤≤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}关系图线。 12.(10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： 小可 点计时器 单位：cm 1629134310.5977z4820 ①写出2随号变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 乙 ②测得上上关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= kg。 往是 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 砝码盘和砝码 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：=0.75，最大静摩擦力近似等于 槽码 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： 0 (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：。 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/s(结果保留三位有效数字)。 所需的最短时间1。 (2)实验得到的理想αF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 包一托盘 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是。 包裹 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 C,图线③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 (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一10g。实验步骤如下： I,安装好实验器材，跨过定潜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.保持轨道顿角不变，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： 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） 14.(15分)如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10m,倾斜部分c长度L,一 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,加与水平方向的夹角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=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α处，之后它将被 传送带以恒定速率v。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红=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e的时间。 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：2= (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：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/s,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 1.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 2025一2026学年度单元过关检测（三）物理·运动和力的关系 一、选择题 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 动器-生A储吴B正A:背斯轻 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳A方向， 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 即沿切线方向根据牛顿第二定律可得mngsin30°= 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， 1 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 mNaN,可得小球N的加速度大小aN=2g,弹簧 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 弹力不变，对于小球M由牛顿第二定律得 作用力与反作用力，C错误；乒兵球可以被轻易扣 √F2十(mMg)=mMaM,而F=mMg,联立解得 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正确。本题 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 选不正确的，故选A。 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 6.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持力 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则2 Ncos a= 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 mg cos0,解得N=gsin9,造当增大两根木棍 2cos a 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 的间距，则a增大，可知N增大。在下滑方向上， 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 由牛顿第二定律得mg sin0-2uN=ma,N增大， 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 则a减小，可减缓圆管下滑，A正确；换成两根更 3.D【解析】能量的单位为kg·m2·s2,质量的 短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹 单位为kg,结合力学单位制知识可知，由公式E= 角0，由gsi0-2pN=ma,N="39,得 mRw可得kg·m·sm=kg·m2.s2,解 1 2cos a 得k=2,m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不变 (1-o5 )mgsin0=mua不变，0增大，可知a 时，飞轮的质量m=pV=pSh=πRph,代入E= 增大，不能减缓圆管下滑，B、D错误；换成两根表 子nRw2可得E=子Rhw2,D正境. 1 面更光滑的木棍，摩擦力减小，则合力增大，即加 速度增大，不能减缓圆管下滑，C错误。 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 7.A【解析】由题图乙可知，1s时，煤块的运动发 E生=G则每根绳的拉力为FF红 生突变，可知传送带的速度为8m/s,之后煤块继 c0s37° 续做减速运动，在1s前煤块相对于传送带向上运 7.5×10N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状 态，所受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度， 动，此过程的相对位移为16-8)X1n -m=4m,1s 2 则每根绳与坚直方向的夹角变小，由F=F整生 后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位 cos 0 G 移为③-)X8m=8m,可知煤块在传送带上的 2 0s0-10coS0,可知每根绳的拉力变小，C错误； 10 G 划痕为8m,A正确；在0~1s内，煤块的速度大于 传送带速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下， 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 根据牛顿第二定律有mg sin37°+mg cos37°= 的合力Fmax=10 Tmaxcos37°=7.2X10N,由牛顿 第二定律有Fmx一mg=mamx,解得amx=2m/s2, a1,报据题图乙可得a-158m/5=8m/g, D正确。 在1~2s内传送带的速度大于煤块的速度，传送 5,A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 带对煤块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 定律有mg sin37°-mg cos37°=ma2,根据题图 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 8-0 可得Tn45=F,T行=mg,尔年= 乙可得a2-3-1m/s=4m/s,联立解得μ= 0.25,B、C错误；结合上述可知，当传送带的速度 ·8· ·物理· 参考答案及解析 大于16m/s后，煤块在传送带上一直做加速度大 上的静摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工 小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大， 件间距离最小，加速过程由牛顿第二定律可得 煤块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 mg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a= 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=4umg,根据牛顿 2.5m/s,由位移公式x=号a,代入数据可得 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 x=1.25m,B正确；工件加速过程所用的时间 析，根据平衡条件F一umg=ma,联立可得 t=” 5 。一2.58=2s,工件加速过程的位移x'= E弹三，A正确；保持A、B、C三个物块相对静 1 2a1=2×2.5×22m=5m,工件匀速过程的位 止，对B可知，整体的最大加速度为amx= 台×2m 移1=1-x25-5 =4s,每隔1s把工件放到 5 =竖，对A、B,C三个物块组成的整体， 2m2 传送带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程 根据牛顿第二定律得Fm一4umg=(m+2m十 放了4个，共6个，C错误；满载时电机对传送带 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 的率引力F=2 mg o0+4mgin0=2×5X 2 水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的 10×8N+4X10X 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块 2N=35,D错误。 B、C整体受力分析F合=3μmg十F=3mg十 二、非选择题 F F (2)友(2分) 1 2b =3ma,则整体的加速度为a=g十12m,由B 11.(1)1.72(2分) (3分) 选项可知，物块B的最大加速度为au-竖<@， 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 为a-xcex4c=12.76+11.04-9.32-7.6× 对静止，D错误。 (2T)2 4X0.12 9.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 10-2m/s2=1.72m/s2。 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 整体分析有(mA十mB)gtan0=(mA十mB)a0,解 得a。=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 ma,整理得a=F m 8:图像的斜率表=动每得 0时，弹簧压缩量x。=3.6×10-2m,A、B处于静 重物质量m一1，图像的纵截距为二b=二g,可 止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin日= 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 kx0,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 为重物的一羊，则Mg一2F=M·名，对重物有 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 kxsin0+mAg,N1sin0十kxcos0=mAa,解得 速度大小为a=26 7 下A。3mAg,结合题图乙有一A兰= 5k 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) -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>a0时， (3)0。=mg·元-g3分)②0.195(3分) A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速 【解析】(1)根据题意，相邻两计数点间的时间间 度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根 隔为T=5×0.02s=0.1s,小车的加速度大小a 据牛顿第二定律有FN一m8g cos0=mBasin0,结 (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01)× 合上述，解得FN=16+1.2a(N),D正确。 (3×0.1)2 10.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 10-2m/s2≈2.86m/s2。 带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 ·9 4 真题密卷 单元过关检测 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 =4m<10m (1分) 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， 故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，做加速 C错误。 运动的时间 (3)①当小车匀速时有Mg sin0=5mg十 U一2s t1= (1分) Mg cos0,减小n个槽码，对小车和槽码分别有 匀速运动的时间 Mgsin 0-T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg nmg L1-51=1.5s t2= (1分) (5-n)ma,则a=M+5m-mn。 ②即1 a 在倾斜传送带上，由于 一g,由以上分析可得5m十M 5m+M.1-1, μ<tan0=0.75 mg n g mg 故煤块在倾斜传送带上做匀加速运动，由牛顿第 2.5,所以M=0.195kg。 二定律得 13.(1)0.6(2)7.5m/s2(3)15.4s mg sin 0-umg cos 0=ma2 (1分) 【解析】(1)根据题意，当包襄刚开始下滑时满足 可得煤块在倾斜传送带上的加速度 mg sin 0=umg cos 0 (1分) a2=g sin 0-ug cos 0=4.4 m/s2 (1分) sin20+cos20=1 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 可得sin0=0.6。 (1分) (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 L:%+,4 (2分) 擦力时，加速度最大，即 解得t3=2s (1分) umg-ma (1分) 42 解得a=7.5m/s2。 =一1s(舍去) (1分) 故煤块从a运动到c的时间 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 (1分) 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 t=t1+t2+t3=5.5s。 (2)煤块在水平传送带的相对位移 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 △s1=vt1一s1=4m (1分) 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 煤块在倾斜传送带的相对位移 直线运动阶段有 △s2=L2-t3=8.8m (1分) Um x1一2a (1分) 由于△s1与△s2是重复痕迹，故煤块在传送带上 留下的黑色痕迹长度为8.8m。 (2分) 41之m (1分) 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m a 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 匀减速阶段有 析，如图所示 h x3-2a (1分) 在沿斜面方向上 mgsin 0+f=ma (1分) 4- (1分) 在垂直于斜面方向上 a mg cos0-F支 (1分) 所以匀速运动的时间为 由牛顿第三定律可知 2=C2_L一x1二3 (1分) F支=F压 Um 滑动摩擦力 联立可得t=t1十t2十t3=15.4s。 (1分) f=41F压 14.(1)5.5s(2)8.8m 解得a=10m/s2。 (1分) 【解析】(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿第 二定律得 umg -mai (1分) 可得煤块运动的加速度 a1=2m/s2 (1分) mg 煤块从静止加速到与传送带共速的距离 ·10· ·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 当货物和滑板共速时 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 0共=00一a1t1 (1分) 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 v共=a2t1 (1分) vi=2as (1分) 货物这段时间内的水平位移 解得vo=20m/s。 (1分) (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 x=04,-76 (1分) 顿第二定律得 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m f=ma (1分) 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 竖直方向上 3N地 (1分) mg=N (1分) as-M+m 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 解得a3=1m/s2 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 f=u2NI (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 a1>a3 (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 f地=43N地 (1分) 头 竖直方向上 x2一2a3 (1分) 解得x2=72m N2=Mg+mg 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 位移 地面对滑板的支持力N2等大 L-x1+x2-64m+72m-136m。 (1分) 解得a2=3m/s2 (1分) 方向水平向右，即木板做加速运动 2025一2026学年度单元过关检测（四） 物理·曲线运动 一、选择题 4×200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 度小于水流速度，合速度方向不可能垂直河岸，该 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 员在静水中的速度方向垂直，则位移大小5=。= 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 3X600m=800m,D正确。 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 2.D【解析】运动员在静水中的速度小于水流速 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 度，合速度方向不可能垂直河岸，所以该运动员不 函数关系，x=4 cos wt,y=3 cos wt,联立可得该质 3 可能垂直河岸到达正对岸，A错误；运动员在静水 点的轨迹方程y=工，并结合图像特征，即判定 中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短，最短渡 质点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 河时得-号- s=200s,该运动员渡河的 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 时间不可能小于200S,B错误；该运动员以最短时 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=v2tmn 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 ·11· 4