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(安徽专版)

·物理· 参考答案及解析 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 可得Tasin45°=F,TBcos45°=mMg,解得 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 TA=1=2mM=5+1 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 Fsin 301'mN 2 ,A错误，B正确； 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 剪断轻绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等，B A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 错误：大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人拉 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对作 1 QN=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 杀，铅球却很难被掷得更远，是因为铅球的惯性比 定律得√F2十(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 确。本题选不正确的，故选A。 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 6.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 力相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 2 Ncosa=-mgcos0(,解得N=gsin9,适当增大 2cos a 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 sin9一2uN= 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 水平面的夹角0，由mgsin0-2uN=ma,N= E= 4mRw可得kg·m·g-kg·m2·s, mgsin0,得(1-片。)mg sin0=ma,a不变， 2cos a cos a 解得=2，m=2,在飞轮厚度、材料、角速度均不 0增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，B、D错 变时，飞轮的质量m=pV=pSh=元R2ph,代入 误；换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则 E=子mRw可得E=子Rohw,D正确。 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.D【解析】如图所示，以P处为圆的最高，点作圆 F长二0则每根绝的拉力为F二7=乙.5X O与传送带相切于C,点，设圆O的半径为R,从P 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所 处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角 受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则 为a,原料下滑的加速度为a=mg cos a=gcos a, n 每根绳与竖直方向的夹角变小，由F=F生 管道长度为L=2Rcos&,由运动学公式可得L= cos 0 G 10 G c0s010c0S0,可知每根绳的拉力变小，C错误； 2at,解得i=√后-√g6o8& 知从P处建立任一光滑直管道到圆周上，原料下 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管 的合力Fmax=10 TmxCOS37°=7.2X10N,由牛顿 道PC,原料从P处到传送带上所用时间最短；根 第二定律有Fmx一mg=mamx,解得amx= 据图中几何关系可得R十R cos 0=L,可得R= 2m/s2,D正确。 4X 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 2 cos2 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 1十cos0 联立可得t=√ (M十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 2 cos? 2 ·9· 2 真题密卷 单元过关检测 2L ，D正确。 移公式x= 2Qt2,代入数据可得x=1.25m,B正 cos 2 确；工件加速过程所用的时间4=”=5 a2.5s=2s, R 工件加连过程的位移=a=号×2.5× 2m=5m,工件匀速过程的位移1=-父 25-5 ·s=4S,每隔1s把工件放到传送带上，所以 5 8.D【解析】0~1s内煤炭的加速度大小a,= 匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6 △t1 个，C错误；满载时电机对传送带的牵引力F= 12- 1 4m/s2=8m/s2,根据牛顿第二定律可得 2pmigcos 0+4mg sin x1 2 2N+4X mg sin0十μng cos0=ma1,ls后煤炭的加速度大 小a △2一2-m/s=4m/s2,根据牛顿第 △02_4-0 10X号N=35N,D错溪。 10.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第 二定律可得mg sin0-mg cos0=ma2,联立解 得sin0=0.6,μ=0.25，倾斜传送带与水平方向夹 一种情况，若F≤mg,A、B、C都静止。取A、B、 C为研究对象，若整体静止，整体受力F和地面 角的正切值tan0=3 =0.75,A、B错误：0~1s煤 4 给整体的摩擦力∫地，由二力平衡可知F=∫地， 炭的位移云=47=12X1m合×8× 1 广≤寸nfn=3X3mg=mg,由此可知) 1 若F≤mg,A、B、C都静止。第二种情况，若 1m=8m,1~2s煤炭的位移x2=t,一2a,号= mg<F≤2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度 1 4X1m一2×4×1m=2m,煤炭下滑的过程中， 加速。取B、C为研究对象，A给B、C整体的摩 擦力最大值为fAm=2μXmg=2μmg,B、C整体 1 根据动力学公式有工1十x2=2a号，解得煤块从 还受地面的摩擦力，由于相对于地面运动，摩擦 力为滑动摩擦力，大小为f地滑=f地m=μ肌g,根 最高点下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错误； 据牛顿第二定律，B、C整体所能具有的最大加速 0~1s煤炭相对传送带向上的位移△x1=x1一 t1=8m一4X1m=4m,1~2s煤炭相对传送带向 度a-f2=g,再取A,B.C为所 2m 下的位移△x2=t2一x2=4X1m-2m=2m,2~ 究对象，A、B、C整体受力F和地面对整体的摩 (2十√5)s煤炭相对传送带向下的位移△x3= 擦力f地滑，由牛顿第二定律可知F一f地滑=3mX x1+x2+vt3=8m+2m+4√5m= acm,可得F=2.5umg,由此可知，若mg<F≤ (10十4√5)m,由于△x2十△x3>△x1,煤块在传送 2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。第 带上留下的痕迹长为△x=△x2十△x3=(12十 三种情况，若F>2.5umg,A以更大的加速度加 速，B、C一起以相同的加速度加速。若F> 4√5)m,D正确。 2.5umg,但A能给B、C整体的摩擦力最大值 二、选择题 ∫Am=2μmg,故B、C所能具有的最大加速度为 9.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带 向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速度和传 2g。因此，若F>2.5pmg,A将以更大的加速 送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静 1 摩擦力，A正确；刚开始加速1s的两个工件间距离 度加速，B,C一起以2g的加速度加速。A,C 最小，加速过程由牛顿第二定律可得μgcos日一 正确，B错误；当F=2umg时，属于第二种情况， mg sin0=ma,代入数据可得a=2.5m/s2,由位 A、B、C一起以相同的加速度加速。取A、B、C为 7 ·10· ·物理· 参考答案及解析 M=0.195kg。 研究对象，由牛顿第二定律可知a= F一∫地清三 3m 13.(1)0.6 (2)7.5m/s2 (3)15.4s 34g,取B,C为研究对象，可知fA一f地廉 【解析】(1)根据题意，当包襄刚开始下滑时 满足 5 2ma,求得f=号mg,D正确。 mg sin 0=umg cos 0 (1分) 三、非选择题 sin20+cos20=1 可得sin0=0.6。 (1分) 1.1.722分)2)是2分) 2分) (2)当包裹与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× 擦力时，加速度最大，即 0.02s=0.1$,根据逐差法求出重物的加速度大小 umg=ma (1分) 为a-C=12.76+11.04-9.32-7.6X 解得a=7.5m/s2。 (1分) (2T)2 4×0.12 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 10-2m/s2=1.72m/s2。 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 ma,整理得a= 7一8，图像的斜率=1 ,解得 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 m 直线运动阶段有 1 重物质量m=龙，图像的纵截距为一6=一名，可 品 x12a (1分) 得b一g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 (1分) 为重物的一半，则Mg一2F=M·受，对重物有 a 匀减速阶段有 F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 00 26 x3-2a (1分) 速度大小为a=7。 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) 4, (1分) (3)1-M+5m.1-1(3分)0.195(3分) 所以匀速运动的时间为 a mg n g 【解析】(1)根据题意，相邻两计数点间的时间间 2=22-L-x1x (1分) 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)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m (3×0.1)2 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， 102m/s2≈2.86m/s2。 由于1大于42，A相对于B上滑，则 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 mAg sin 0+u2mAg cos 0=mAaA (1分) 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 解得aA=7.5m/s2 (1分) 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 mBg sin0+μ1(mA+mg)gcos0-μ2 mAg cos0= α-F图线与纵轴有交，点，若平衡摩擦力不足或者 mBaB (1分) 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，B正确， 解得aB=10m/s2。 (1分) C错误。 (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 (3)当小车匀速时有Mg sin0=5mg+ uMg cos0,减小n个槽码，对小车和槽码分别有 v=aBti 解得t1=0.6s Mgsin 0-T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg 同速后由于 mg,即2_5m+4 (5-n)ma,则a=M+5m-m'a mg u (mA++mB)g cos 0+u2mAgcos 0>mBg sin 0 】-,由以上分折可得5m+4=2.5,所以 (1分) n g mg 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 ·11· 7 真题密卷 单元过关检测 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 v2 度相同，则 l=2a=1.2m v=aA(t1十t2) 碰撞时A的速度大小 解得t2=0.2s v'=v+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-u2mAgcos 0-mAa (1分) 1 la=t:十2aA好=3m (1分) 解得a'=2.5m/s2 因此S3=lA3十Ls=4.2m 则B的合力 t4时间内A相对于B向下运动的路程 F合=2 nAgcos0+magsin0-h1(ma十mB)gcos0=0 s=s1十s2十s3=5m。 (1分) (1分) 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 带同速，B加速位移 析，如图所示 2x1=2aBt7=1.8n 在沿斜面方向上 B匀速运动的位移 mgsin 0+f=ma (1分) 在垂直于斜面方向上 x2=L一x1=3.6m (1分) B匀速运动的时间 ng cos 0=F支 (1分) 由牛顿第三定律可知 t,=2=0.6s 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=1F压 (3)t1十t2时间内A向下加速位移大小 解得a-10m/s2。 (1分) F支 A1三7aA(t1+t2)2=2.4m B在2时间内向下匀速运动的位移大小 lBI=vt2=1.2 m 77g t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 s1=x1十lm-la1=0.6m （1分) t3~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 l2=v(t3-t2)=2.4m 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 t3~t2时间内A向下加速运动的位移的大小 vi=2as (1分) 起=(t-t2)十2aA(t,-t2)2=2.6m(1分) 解得vo=20m/s。 (1分) t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 52=lA2-le=0.2m 顿第二定律得 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 f=ma (1分) aB,则 竖直方向上 mBg sin 0+uzmag cos 0+u (mA+mB)g cos 0= mg=N mBaB (1分) 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 解得aB=15m/s2 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 碰后B上升到最高，点所用的时间 f=u2N (1分) 解得a1=2m/s2 --04 方向水平向左，即货物做减速运动 碰后B上升到最高，点向上运动的位移的大小 对滑板，水平方向上 7 ·12· ·物理· 参考答案及解析 f-f地-Ma (1分) - (1分) 地面对M的摩擦力 f地=43N地 (1分) 解得a3=1m/s2 竖直方向上 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 N2=Mg+mg (1分) 加速度 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 a1=2m/s2 地面对滑板的支持力N2等大 方向水平向左 解得a2=3m/s2 a1>a3 (1分) 方向水平向右，即木板做加速运动 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 当货物和滑板共速时 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 0共=00一a1t1 (1分) 头 t2一2a3 (1分) v共=a2t1 (1分) 解得x2=72m (1分) 货物这段时间内的水平位移 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 1 x1=0g4-2a1t号 (1分) 位移 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m L-x1+x2-64m+72m-136m。 (1分) 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 2025一2026学年度单元过关检测（四）物理·曲线运动 一、选择题 3.C【解析】根据题图可知t=0时刻的坐标为(4， 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 3),A错误；由于x、y方向的位移与时间均为余弦 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 函数关系，x=4 cos wt,y=3 cos wt,联立可得该质 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 3 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 点的轨迹方程y=x,并结合图像特征，即判定 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 质，点在水平面内做往复直线运动，B错误；根据位 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 移与时间图像中斜率大小（速度大小）的变化情 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 况，可知在t=2s时x、y方向的速度均达到最 2.D【解析】运动员在静水中的速度小于水流速 大，即加速度一定为零，D错误；由于x、y方向所 度，合速度方向不可能垂直河岸，所以该运动员不 取标度相同，并结合B选项的分析，质点的轨迹方 可能垂直河岸到达正对岸，A错误；运动员在静水 程y=是，即得轨连与x铂所夹锐角为3， 中的速度始终垂直河岸时渡河时间最短，最短渡 1~3s内速度方向为负，C正确。 河时间tm-4=63s=200s,该运动员渡河的 4.D【解析】根据题意，活塞可沿水平方向做往复 时间不可能小于200S,B错误；该运动员以最短时 运动，A错误；由公式v=2πnr,可得A点线速度 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=02tmm= A=12πm/s,当OA竖直时，将A点和活塞的速 度分别沿杆方向和垂直杆方向分解，设A点速度 4×200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 度小于水流速度，合速度方向不可能垂直河岸，该 方向与AB夹角为O,由几何关系可得B点速度方 向与AB夹角也为0，如图甲所示，由几何关系可 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 得vB1=vA=12πm/s,B错误；同理可知，当OA 员在静水中的速度方向垂直，则位移大小5=d= 与AB共线时，A点在沿杆方向的分速度是0，所 以活塞的速度为0，C错误；当OA与AB垂直时， 3X600m=800m,D正确。 如图乙所示，A点的速度沿杆方向，则vB2cosa= ·13· 7梦想是人生的指引，奋斗是人生的动力 密 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 卺题 “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6×105kg的巨型钢圆筒简静止吊在空中，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/s2,sin37°=0,6，cos37°=0.8，下列说 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项 法正确的是 () 得分 是符合要求的。 题号 1 2 3 4 5 6 8 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 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 A.每根起吊绳上的拉力为3.75×10N 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 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 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 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 2m/s2 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 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 B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 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 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=mR。, 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.EOcR? C.EOcR 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） 7.如图所示，AB是一个倾角为0的传送带，上方距传送带表面距离为1的P处为原料输 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 入口，为避免粉尘飞扬，在P与传送带间建立一光滑直管道，使原料无初速度地从P处 B.两个工件间的距离最小为1.25m 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处到达传送带的时间为 C.传送带上始终有7个工件 () D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N P 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 的动摩擦因数为2以，B,C间的动摩擦因数为口，B和地面间的动摩擦因数为了，最大 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 21 A小geos0 B1 2L D.1 r 说法正确的是 () cos g √gcos 88 cos 2 8.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为0，以恒定速率口顺时针转动，一煤块 以初速度。=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， A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 重力加速度g取10m/s,下列说法正确的是 () B.当F>4mg时，B、C发生相对滑动 A,倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0= C.若A、B、C三个物体始终相对静止，则F不能超过2.5mg 3 B.煤块与传送带间的动摩擦因数：=0,5 D.当F=2nmg时，A,B间的摩擦力为胥mg C.煤块从最高点下滑到A端所用的时间为2s 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 D.煤块在传送带上留下的痕迹长为(12+4√5)m 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。 主要实验步骤如下： 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。 6 题号 10 答案 重物 .aims) 9.如图所示，与水平面成0=30°角的传送带正以8=5m/s的速度顺时针匀速转动，A、B 打点计时客三 单位：cm 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 接0 父覆电 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 乙 件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数： 3 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， ,重力加速度g取10m/s2,下列说 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 法正确的是 () M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 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 时传感器的读数F: 8 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、 F数据 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） 请回答以下问题： 沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a: (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 Ⅲ，逐个诚少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤Ⅱ； 加速度大小a一m/s(结果保留三位有效数字)。 N.以取下槽码的总个数n(1≤n≤5)的倒数为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上 (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，重物的加速度大 作出上上关系图线。 n a 小a=(本问结果均用k或b表示)。 重力加速度g取9.80m/s2,计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空： 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” ①写出随二变化的关系式 小车 打点计时器 a (用M,m,g,a,n表示)。 单位：cm 纸滑 1629134810.597724850 ②测得上上关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= a n kg。 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 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 砝码盘和硅码 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特相对静 0 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 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α。 (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 (3)若机器人运行的最大速度vm=3m/s,则机器人从分栋处运行至投递口（恰好静止） 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 所需的最短时间1。 m/s2(结果保留三位有效数字)。 包今一托盘 (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 包裹 托盘 图丙所示的①、②、③三种情况。下列说法正确的是一· 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 投通图 运送包赛的机器人 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一10g。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 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.(14分)如图所示，一倾角0=30°、足够长的传送带始终以0=6m/s的速度逆时针匀速 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 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 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”， 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 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 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 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一5kg的滑板左 ,且m=:=2g,木板B与传送带间的动摩擦因数，=气，物块A与木板B间 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 板。已知货物与传送带间的动摩擦因数4：=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数4： 的动摩擦因数-怎最大静摩擦力等于滑动摩能力，重力加速度？取10，不计 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/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。 其他阻力。求： (1)求货物刚放上传送带时的加速度a的大小。 (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小4A和a。 (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 (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间：。 多大？ (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 (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 路程。 L为多少？ ⊙p 30 athmt 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）