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(湖南专版)

梦想是人生的指引，奋斗是人生的动力 密顶 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75分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 得分 符合题目要求。 A.每根起吊绳上的拉力为3.75×10N 题号 1 3 4 5 6 B.钢圆简所受的合力为6×10°N 答案 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,则起吊过程中钢圆筒的最大加速度为 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 4.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3：2 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2·1 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的聚间，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 5.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 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 B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 缓圆管下滑的方法是 () C,铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 A,适当增大两根木棍的间距 D.小球上升过程中，处于超重状态 B.适当增大木棍与水平面的夹角 3.2024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 C.换成两根表面更光滑的木棍 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 D.换成两根更短的木棍 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 6.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，领角为日，以恒定速率顺时针转动，一煤块 法正确的是 () 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， 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） 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 37°=0.6，c0s37°=0.8。下列说法正确的是 A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0=善 ms A.图乙中a。=7.5 36刚 B.物块A的质量mA=1kg B.煤块与传送带间的动摩擦因数：=0.5 C.物块B的质量mn=1kg C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s D.当a>a。时，斜面体对物块B的支持力F、与 D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4，√5)m a的关系式为Fx=16+1.2a(N) 9.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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符 两端相距1=25m。现每隔1s把质量m=1kg的工件（可视为质点）无初速度地放在传 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。 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端时恰好有一个工 题号 7 6 9 10 答案 件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数：一，重力加速度g取10n心，下列说 法正确的是 () 7.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 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 0 的动摩擦因数为气。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 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 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 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 () B.两个工件间的距离最小为1.25m B C.传送带上始终有7个工件 F.C w A D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N 77777n77777777nn 10.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 入弹黄弹力大小为号 的动摩擦因数为2μ，BC间的动摩擦因数为：，B和地面间的动摩擦因数为“，最大 B.保持A、B,C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg 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 C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 说法正确的是 () D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 8.如图甲所示，倾角日=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 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 A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 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 B.当F>4mg时，B、C发生相对滑动 C.若A、B、C三个物体始终相对静止，则F不能超过2.54mg 加速度α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10m/s2,sin D.当F=2mg时，A.B间的摩擦力为号m8 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） 三、非选择题：本题共5小题，共56分。 (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 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 的间距已在图中给出。打点计时器电源颜率为50Hz,则小车的加速度大小为 主要实险步骤如下： m/s2(结果保留三位有效数字)。 代为传8器 (2)实验得到的理想aF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 白的码 A,图线①的产生原因是摩擦力过大 重物 .a(ms B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 打点计时器 单位m C,图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 接s0 -b 流电 (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,所用交流电颍率为50Hz,共5个槽 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， 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 码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下： M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 【,安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂者5个槽 ②接通打点计时器的电湖，释放钩码，带动重物上升，在纸带上打出一系列点，记录此 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 时传感器的读数F: 的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑； 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α、 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α； 请回答以下问题： Ⅲ.逐个诚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/s2(结果保留三位有效数字)。 N,以取下槽码的总个数m(1≤m≤5)的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上 a (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 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 作出关系线。 大小a= (本问结果均用k或b表示)。 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： 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” ①写出随变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 打点计时 单位：cm 1629134310.597.7248826 ②测得上1关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= kg。 a n 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 打点计时器 砝码盘和砝码 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 小车 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 @ 纸带 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 滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2。求： 三情码 (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: 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） (3)若机器人运行的最大速度0m=3m/s,则机器人从分拣处运行至投递口（恰好静止） 15.(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 所需的最短时间t。 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。顺时针转动，某时刻工人将质量m=20kg的货物轻放在传送带 包一托贫 包裹 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 托盘 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 机器人 机器人 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= 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 投递图 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 14.(14分)如图所示，一倾角0=30°、足够长的传送带始终以口=6m/s的速度逆时针匀速 L为多少？ 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 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ms,物块A的质量为 mA,且mA一m。=2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数，=。 ，物块A与木板B间 M 的动摩擦因数，= 6,最大静摩擦力等于滑动降擦力，重力加速度g取10m/8',不计 其他阻力。求： (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aA和aB: (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间1： (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 路程s。 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 对物块A受力分析，有 T-N.R,18 _558kg Fa cos a=T+u (m1g-Fssin a) (1分) N,m5=805 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 即物块C的质量应满足 Fg+十H2F=(m1+m2)gsin a+2 Tcos a(1分) 558 m5∠805 kg 垂直于斜面方向上有 因此物块C的质量m的取值范围为 FN3+2Tsin a=(m1+m2)g cos a (1分) 1 联立解得 2 kg≤m≤558 805kg （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、选择题 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 可得Tm45=F,Tas45=mug,解得- 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 1=2mM_3+1 ,A错误，B正确；剪断轻 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， sin30°=1’my2 B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳A方向， 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 即沿切线方向根据牛顿第二定律可得mNgsin30°= 作用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 mvaN,可得小球N的加速度大小av=2&,弹簧弹 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 力不变，对于小球M由牛顿第二定律得 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 √F2+(mMg)=mMaM,而F=mMg,联立解得小 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 球M的加速度大小aM=√2g,C、D正确。本题选 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 不正确的，故选A。 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 5.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持力 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则2 Ncos a= 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。 mg cos0,解得N-gsin9,适当增大两根木棍 2cos a 3.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 的间距，则a增大，可知N增大。在下滑方向上， Fu品则每根笔的柱力为F= c0s37=7.5X 由牛顿第二定律得ng sin0-2uN=ma,N增大， 则a减小，可减缓圆管下滑，A正确；换成两根更 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所受 短的木棍，实际就是适当增大木棍与水平面的夹 的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则每根 G 角0，由mg sin9=2uN=ma,N=2m,,得 绳与坚直方向的夹角变小，由F=F整复 10 cos 0 cos 0 (1-cos5 wgsin0=aa不变，0增大，可知a 10c0s日，可知每根绳的拉力变小，C错误；若每根 G 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 绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳的合力 速度增大，不能减缓圆管下滑，C错误。 Fmax=10 Tmax Cos37°=7.2X105N,由牛顿第二定 律有Fmx一mg=mamax,解得amx=2m/s2, 6.D【解析】0~1s内堞炭的加选度大小a,= △t, D正确。 4.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 】m/s2=8m/s,根据牛顿第二定律可得 12-4 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= mg sin0十umg cos0=ma1,ls后煤炭的加速度大 ·9· 5 真题密卷 单元过关检测 △u2=4-0m 小a,=△2：-2m/g=4m/s,报据牛频第= 8.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 定律可得mgsin0-mg cos0=ma2,联立解得 整体分析有(mA十mB)gtan0=(mA十mB)a0,解 sin0=0.6,μ=0.25，倾斜传送带与水平方向夹角 得a。=7.5m/s,A正确；根据题图乙，加速度为 的正切值an0三=0,75，A,B错误；0~1s煤炭 0时，弹簧压缩量x。=3.6×10-2m,A、B处于静 止状态，对A、B整体分析有(ma+mB)gsin0= 1 的位移x1=vt1一 2a号=12×1m-2×8× kxo,根据题图乙可知，加速度大于a。时，弹簧处 1 于拉伸状态，此时A、B分离，设斜面体对小物块A 1m=8m,1~2s煤炭的位移x2=t2一2a2号= 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0=kxsin0十 1 4X1m一2×4X12m=2m,煤炭下滑的过程中， mAg,V,sin9+kzcos0=mAa,解得z=。 5k a- 1 根据动力学公式有x1十工？一20，解得煤块从 nA8,结合题图乙有一5=-1.2X102m,结合 5k 最高，点下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错误； 上述解得mA=1kg,mB=2kg,B正确，C错误；结 0~1s煤炭相对传送带向上的位移△x1=x1一t1= 合上述可知，当a>a。时，A、B分离，B与斜面在 8m一4×1m=4m,1~2s煤炭相对传送带向下的 垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析， 位移△x2-t2-x2-4X1m-2m-2m,2~(2+ 则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有FN √5)s煤炭相对传送带向下的位移△x3=x1+ mBg cos0=mpasin0,结合上述，解得FN=l6十 1.2a(N),D正确。 x2+t3=8m+2m+45m=(10+4√5)m,由 9.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带 于△x2十△x3>△x1,煤块在传送带上留下的痕迹 向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传 长为△x=△x2十△x3=(12+4V5)m,D正确。 送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静 二、选择题 摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工件间距离 7.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， 最小，加速过程由牛顿第二定律可得gcos0一 摩擦力为f=μ(m十2m十m)g=4μmg,根据牛顿 mg sin0=-ma,代入数据可得a=2.5m/s2,由位 第二定律得F-f=(m+2m十m)a,对A受力分 析，根据平衡条件F一mg=ma,联立可得 移公式x=2at,代入数据可得x=1.25m,B正 P一，A正确；保持A,B、C三个物块相对置 确；工件加速过程所用的时间t=”=5 a2.5$=2s, 止，对B可知，整体的最大加速度为amax= 工件加速过程的位移x2a2二2X2.5X22m● 台×n =唱，对A、B、C三个物块组成的整体， 5m,工件匀速过程的位移=一x'_25-5 s= 2m 2 5 根据牛顿第二定律得Fm一4mg=（m+2m十 4s,每隔1s把工件放到传送带上，所以匀加速过 m)amax,解得Fm=6pumg,B正确；在撤去水平推 程放了2个，匀速过程放了4个，共6个，C错误； 力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去 满载时电机对传送带的牵引力F=2 mg cos0十 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 4 mgsin9=2X2×10X2 空N+4X10x号N= 块B、C整体受力分析F合=3umg十F弹=3μmg十 35N,D错误。 F F 10.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第 =3ma,则整体的加速度为a=g十12m,由B 一种情况，若F≤umg,A、B、C都静止。取A、B、 选项可知，物块B的最大加速度为anr-竖<a, C为研究对象，若整体静止，整体受力F和地面 2 给整体的摩擦力f地，由二力平衡可知F=f地， 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 1 对静止，D错误。 f地≤∫地a,f地m=34X3mg=umg,由此可知， 5 ·10· ·物理· 参考答案及解析 若F≤4mg,A、B、C都静止。第二种情况，若 umg<F≤2.5mg,A、B、C一起以相同的加速 速度大小4=26 7 度加速。取B、C为研究对象，A给B、C整体的 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) 摩擦力最大值为fAm=2μ×mg=2μmg,B、C整 1_M+5m.1-1(2分)0.195(3分) (3) a mg 体还受地面的摩擦力，由于相对于地面运动，摩 n g 【解析】(1)根据题意，相邻两计数点间的时间间 擦力为滑动摩擦力，大小为f地清=∫地m=mg, 隔T=5×0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= 根据牛顿第二定律，B、C整体所能具有的最大加 速度a=“2进-g,再取A、B.C为 (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01)× (3×0.1)2 2m 10-2m/s2≈2.86m/s2。 研究对象，A、B、C整体受力F和地面对整体的 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 摩擦力∫地滑，由牛顿第二定律可知F一∫地潘= 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 3 n Xagcm,可得F=2.5umg,由此可知，若umg< 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 F≤2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。 a-F图线与纵轴有交点，若平衡摩擦力不足或者 第三种情况，若F>2.5umg,A以更大的加速度 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，B正确， 加速，B、C一起以相同的加速度加速。若F> C错误。 2.5umg,但A能给B、C整体的摩擦力最大值 (3)当小车匀速时有Mg sin0=5mg+Mg cos0, ∫Am=2umg,故B、C所能具有的最大加速度为 减小n个槽码，对小车和槽码分别有Mg sin0 g。因此，若F>2.5mg,A将以更大的加速 1 T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg=(5-n)ma, 1 度加速，B,C一起以24g的加速度加速。AC nmg一，即 则a一M十5m一m =5m+M.1-1,由 a mg n g 正确，B错误；当F=2umg时，属于第二种情况， 以上分析可得5m+M=2.5,所以M=0.195kg。 mg A、B、C一起以相同的加速度加速。取A、B、C为 13.(1)0.6 (2)7.5m/s2 (3)15.4s 研究对象，由牛顿第二定律可知a= F一∫地清_ 【解析】(1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足 3m mg sin 0=umg cos 0 (1分) 3g,取B,C为研究对象，可知fs-∫地潘= sin20+cos20=1 可得sin0=0.6。 (1分) 2ma,求释f=号mgD正。 (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 三、非选择题 擦力时，加速度最大，即 1.11.722分)2g2分)23分) umg-ma (1分) 解得a=7.5m/s2。 (1分) 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 为a-cex4c=12.76+11.04-9.32-7.6× 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 (2T)2 4×0.12 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 10-2m/s2=1.72m/s2。 直线运动阶段有 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= ma,整理得a=F-g,图像的斜率友-，解得 F x1一2a (1分) m m Um (1分) 1 ta 重物质量m=友，图像的纵载距为一b=一g,可 匀减速阶段有 得b=g,根据滑轮组的特，点可知，钩码的加速度 v品 为重物的一年，则Mg一2F=M·号，对重物有 x3一2a (1分) F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 (1分) ·11· 5 真题密卷 单元过关检测 所以匀速运动的时间 lB =vt2 =1.2 m 2==L-x1-x t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 (1分) s1=x1十lB1-lA1=0.6m (1分) 联立可得t=t1十t2十t3=15.4s。 (1分) t?~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 14.(1)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m l2=v(t3-t2)=2.4m 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， t?~t2时间内A向下加速运动的位移的大小 由于41大于42，A相对于B上滑，则 1u=,-4g)+0u,-gr=2.6m1分) mAgsin 0+uzmagcos 0-mAaA (1分) t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 解得aA=7.5m/s2 (1分) 52=lA2-L2=0.2m mBg sin 0+u (mA+mB)g cos e-u2mag cos 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 mBaB (1分) aB,则 解得aB=10m/s2。 (1分) mng sin8+h2 mAg cos日+h1(mA+mB)gcos日= (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 mBaB (1分) v=aBt 解得ag=15m/s2 解得t1=0.6s 碰后B上升到最高点所用的时间 同速后由于 7=0.4s (mA+mB)g cos 0+uzmagcos 0>mBg sin 0 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小 (1分) v2 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 1s-2a=1.2m 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 碰撞时A的速度大小 度相同，则 o'=v十aA(t3-t2)=7m/s v=aA(t1十t2) t4时间内A向下运动的位移的大小 解得t2=0.2s 1 la=t,+2aht号=3m (1分) 同速后A会相对于B下滑，有 mAg sin 0-u2magcos 0=maa' (1分) 因此S3=lA3十l=4.2m t4时间内A相对于B向下运动的路程 解得a'=2.5m/s2 s=s1十s2+s3=5m。 (1分) 则B的合力 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m F令=42 mAg cos0+mBg sin0-H1（mA+ 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 mB)gcos 0=0 (1分) 析，如图所示 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送 在沿斜面方向上 带同速，B加速位移 mgsin 0+f=ma (1分) 1 x1=2ag号-1.8m 在垂直于斜面方向上 mg cos0=F支 (1分) B匀速运动的位移 由牛顿第三定律可知 x2=L-x1=3.6m (1分) F支=F压 B匀速运动的时间 滑动摩擦力 -号-0.6s f=H1F压 解得a=10m/s2。 (1分) 所以木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间 F支 t=t1+t3=1.2s。 (1分) (3)t1十t2时间内A向下加速位移大小 ln=2aai1十t2)2=2.4m mg B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 5 ·12· ·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 V共=v0一a1t1 (1分) vi=2as (1分) 0共=a2t1 (1分) 解得v。=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=61-2a1 (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 3N地 (1分) 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 a3一M千m 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=u2N (1分) 加速度 解得a1=2m/s2 方向水平向左，即货物做减速运动 a1=2m/s2 方向水平向左 对滑板，水平方向上 a1>a3 (1分) f-f地=Ma2 (1分) 地面对M的摩擦力 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 f地=H3N地 (1分) 头 竖直方向上 x2-2a3 (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、选择题 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 漩涡 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 wt,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。 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)=，并结合图像特征，即制定 与其在河流中的速度V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 的速度口务最小，则即sin0=,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 0 120 tan2=12L。,联立可得v舟=1690，A正确。 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 .3 程y=x,即得轨迹与x轴所夹锐角为37， ·13· 5