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(福建专版)

真题密卷 单元过关检测 再增大，因为存在 解得f=14N,方向平行于斜面向下。 (1分) F=mg=10 N (1分) (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 可知在a点时弹簧处于压缩状态，在b点时弹簧 整体恰好不下滑，对物块C有 处于原长状态。在a,点时弹簧弹力斜向上，设弹 F2cos B=mag (1分) 簧弹力为T,弹簧与水平方向夹角为0，则有 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 F-mg+Tsin0-μTcos0=0 (1分) FN2=(m1+m2)gcos a (1分) 解得1n0=号 平行于斜面方向上有 (1分) F2十2F2=(m1+m2)g sin a (1分) 故h。=ltan0=0.08m=8cm (1分) 12 在b点时弹簧处于原长，有 解得m=25 g h,=√/16-产=0.02√17m=2√17cm (1分) 即物块C的质量应满足 坐标a、b的数值分别为8、2√17 (1分) (1分) 16.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 ≥指g 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 3 558 25kg≤m≤805 kg 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 T,对物块C有 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 Fcos B=m3g (1分) F3cos B=msg 对物块A受力分析，水平方向上有 对物块A受力分析，有 Fcos a=f (1分) F3cos a=T+u (m1g-F3 sin a) (1分) 竖直方向上有 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 FN+Fisin a=m1g (1分) Fg十u2F3=(m1+m2)gsin a+2 Tcos a(1分) 垂直于斜面方向上有 其中f=1FN 联立解得41=0.4 (1分) FN3+2Tsin a=(m1+m2)g cos a (1分) (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 联立解得 F<(m1+m2)gsin a (1分) T-980N.k,-80 558 =161N,m,-805kg 斜面对物块B的摩擦力沿斜面向上，平行于斜面 即物块C的质量应满足 方向上有 558 F1+f2=(m1十m2)gsin a (1分) m.≤805 kg 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 因此物块C的质量m的取值范围为 大小 (1分) 25 kg0 kg 12 (1分) f=f2 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 G 1.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 0·则每根绳的拉力为F二c。s37一75× F= 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 每根绳与竖直方向的夹角变小，由F=F兰 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 cos 0 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 G 10 G 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 0s010cos),可知每根绳的拉力变小，C错误； 2.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 6 ·8· ·物理· 参考答案及解析 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 长为△x=△x2十△x3=(12+45)m,D正确。 的合力Fmax=10 TmaxcoS37°=7.2X105N,由牛顿 二、多项选择题 第二定律有Fmax一mg=mamx,解得ammx=2m/s2, 5.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， D正确。 摩擦力为f=μ(m十2m十m)g=4mg,根据牛顿 3.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= 析，根据平衡条件F弹一mg=ma,联立可得 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 F F#=4,A正确；保持AB、C三个物块相对静 可得Tpsin45°=F,Tucos45°=mMg,解得F 止，对B可知，整体的最大加速度为amax= 1=2mM=+1 sin301'm、=2,A错误，B正确；剪断轻 台×2mg 2m -竖，对A、B,C三个物块组成的整体) 绳B的瞬间，小球N将做圆周运动，垂直绳A方 向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 根据牛顿第二定律得Fm一4umg=(m+2m+ mnng sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 m)amx,解得Fm=6mg,B正确；在撤去水平推 口y=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛颜第二 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 定律得√F2十(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对 立解得小球M的加速度大小aM=√g,C、D正 物块B、C整体受力分析F令=3umg十F弹=3μmg F 确。本题选不正确的，故选A。 4=3ma,则整体的加速度为a=4g十12m,由 4.D【解析】0~1s内球炭的加速度大小a1一△ △1 B造项可知，6块B的最大加准度为am=受<a 4m/s2=8m/s2,根据牛顿第二定律可得 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 对静止，D错误。 mg sin0十umg cos0=ma1,ls后煤炭的加速度大 6.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， 小a2=02=?-m/s2=4m/s,根据牛颜第二 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B 定律可得mg sin0一mg cos日=ma2,联立解得 整体分析有(mA十mB)gtan0=(mA十mB)ag,解 sin0=0.6,u=0.25,倾斜传送带与水平方向夹角的 得a。=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 正切值am0=子-0.75，A,B错灵：0~1s煤炭的位 3 0时，弹簧压缩量x。=3.6X10-2m,A、B处于静 止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin0= 1 1 移x1=u4-2a1好=12X1m-2×8X12m= kx。,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的 1 8m,1~2s煤炭的位移x,=t,一2a,号=4X1m 支持力为N1,对A进行分析有N1cos0-kxsin0+ 人)×4×1？m=2m,煤炭下滑的过程中，根据云 mAg,Nsin0+kzcos0=mAa,解得z三22 3mA 1 ,结合题图乙有-38=一1.2X10m,结合 力学公式有工十x2=2Qt号，解得煤块从最高点 5k 5k 上述解得mA=1kg,mB=2kg,B正确，C错误；结 下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错误；0~1s 合上述可知，当a>a。时，A、B分离，B与斜面在 煤炭相对传送带向上的位移△x1=x1一t1= 垂直于斜面方向的分加速度相等，对B进行分析， 8m一4×1m=4m,1~2s煤炭相对传送带向下的 则垂直于斜面方向上，根据牛顿第二定律有FN一 位移△x2=t2-x2=4X1m-2m=2m,2~(2十 mag cos0=mBasin0,结合上述，解得FN=l6十 √5)s煤炭相对传送带向下的位移△x3=x1十 1.2a(N),D正确。 x2+ot3=8m+2m+4W5m=(10+4√5)m,由 7.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 9 6 真题密卷 单元过关检测 送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静 24g的加速度加速。A、C正确，B错误；当F- 1 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mg cos0 2ug时，属于第二种情况，A、B、C一起以相同的 mg sin0=ma,代入数据可得a=2.5m/s2,由位 加速度加速。取A、B、C为研究对象，由牛顿第二 1 F一∫地滑一1 移公式x=2at,代入数据可得x=1.25m,B正 定律可知a= 3m=34g,取B,C为研究对 确；工件加速过程所用的时间t=”=5 a2.5s=2s, 象，可知f旭-f地清=2ma,求得fAa=3mg, 5 1 1 D正确。 工件加速过程的位移z=2at=2×25× 三、非选择题 2m=5m,工件匀速过程的位移1=一之 9.1(1分)3(2分) 【解析】启动电梯并开始计时，由题图可知，0~ 25-5 1s内，人处于失重状态，有向下的加速度，电梯向 5 s=4s,每隔1s把工件放到传送带上，所以 下加速运动，根据牛顿第二定律可得mg一F1= 匀加速过程放了2个，匀速过程放了4个，共6 ma1,解得a1=1m/s2,故人的最大速度v1=a1t1= 个，C错误；满载时电机对传送带的牵引力F= 1m/s,根据上述分析可得，加速下降的位移x1= 2rmg cos mg sin 2×10x 1 2 N+4× Da号2×1×1m=0.5m,1~3s内，人处于 10X2N=35N,D错误。 匀速运动状态，电梯向下匀速运动，匀速运动的位 8.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第一 移x2=1t2=1×2m=2m,3~4s内，人处于超 重状态，有向上的加速度，电梯向下减速运动，根 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和地面给整 据牛顿第二定律有F2-mg=ma2,解得a2= 1 体的摩擦力∫地，由二力平衡可知F=∫地，∫地≤ 1m/s,匀减速阶段的位移x=v14,-2a后= 1 f地mf地m=3μX3mg一mg,由此可知，若F≤ (1×1- 2X1×1)m=0.5m,故整个过程中电 mg,A、B、C都静止。第二种情况，若mg<F≤ 梯运动的路程s=x1十+x2十x3=0.5m十2m十 2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。取 0.5m=3m。 B、C为研究对象，A给B、C整体的摩擦力最大值 10.20(1分)10√5(2分) 为fAm=2μXmg=2umg,B、C整体还受地面的 【解析】当小车向右匀速运动时，小球处于受力 摩擦力，由于相对于地面运动，摩擦力为滑动摩擦 平衡状态，根据平衡条件可知，杆对小球弹力的 力，大小为f地潘=f地m一umg,根据牛顿第二定律， 大小为F=mg=20N;若小车向右以a=5m/s B、C整体所能具有的最大加速度acm= 的加速度做匀加速运动时，根据牛顿第二定律， fAm一f地滑_1 mg和F的合力应水平向右，根据平行四边形定 2m 2g,再取A、B、C为研究对象，A、 则，可得杆对小球弹力的大小为F= B、C整体受力F和地面对整体的摩擦力∫地潘，由 牛顿第二定律可知F-f地滑=3 m Xapcm,可得F= √(ma)2+(mg)2=√/102+202N=10√5N。 2.5μmg,由此可知，若mg<F≤2.5mg,A、B、 11.8(2分)0(1分) C一起以相同的加速度加速。第三种情况，若F 【解析】在剪断轻绳前，小球受重力、轻绳的拉力 >2.5umg,A以更大的加速度加速，B、C一起以 以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共，点力平衡 相同的加速度加速。若F>2.5umg,但A能给B、 可知，弹簧的弹力F=mg tan45°=10N,当剪断 C整体的摩擦力最大值fAm=2μmg,故B、C所能 轻绳的瞬间，弹簧弹力不发生突变，支持力突变 为FN=mg=10N,根据牛顿第二定律得F 具有的最大加速度为2g。因此，若F> uFv=ma,解得a=8m/s2。在剪断弹簧的瞬 2.5μmg,A将以更大的加速度加速，B、C一起以 间，轻绳拉力突变为零，小球只受重力和支持力， 6 ·10· ·物理· 参考答案及解析 加速度为0。 下，即 12.(1)1.72(2分) (2e分) ”e分 mg>2m1g (1分) 配重1和配重2之间轻绳绷直后，运动箱加速度 【解析】(1)相邻两计数，点的时间间隔为T=5× 向上，即 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 mg<2(m1+m2)g (1分) 为a7Eac=12.76+1.04-9.32-7.6× 解得2m1<m<2(m1+m2) (1分) (2T)2 4×0.12 (2)重物向上加速过程中，满足 10-2m/s2=1.72m/s2。 1 1 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 0.6mg-2mg-2ma (1分) m,整理得a一州g,困像的针率&-，解得 F 1 m 解得a1=58 (1分) 1 重物质量m=石，图像的纵载距为一6=一g,可 运动箱向上加速过程中，设轻绳上的拉力为F1, 根据牛顿第二定律可得 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 (m1+m2)g-F1-2(m1+m2)a1 (1分) 为重物的一半，则Mg一2F=M·2,对重物有 2F-mg=ma (1分) F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 重物向上减速过程中，满足 1 26 速度大小为a=7。 2mg-0.3mg-2 ma: (1分) 13.(1)2.86(1分)(2)B(1分) 2 解得a2=58 3)1=M十m·-1(2分)0.195(2分 mg n g 运动箱向上减速过程中，设轻绳上的拉力为F2, 【解析】(1)根据题意，相邻两计数点间的时间间隔 根据牛顿第二定律可得 为T=5X0.02s=0.1s,小车的加速度大小a= F2-m1g=2mia2 (1分) (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01) mg-2F2-ma2 (1分) (3×0.1)2 联立解得1-1 m2 5 (1分) 10-2m/s2≈2.86m/s2。 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 15.(1)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 由于1大于2，A相对于B上滑，则 a-F图线与纵轴有交，点，若平衡摩擦力不足或者 mAgsin 0+u2mng cos 0-mAaA (1分) 没有平衡摩擦力，图线与横轴出现交点，B正确， 解得aA=7.5m/s2 C错误。 mBg sin 0+u (mA+mB)gcos 0-u2magcos 0= (3)当小车匀速时有Mgsin0=5mg十 mBaB (1分) Mg cos0,减小n个槽码，对小车和槽码分别有 解得aB=10m/s2。 (1分) Mgsin 0-T-uMgcos 0=Ma,T-(5-n)mg= (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 mg,即a (5-n)ma,则a-M+5m-mm _5m+M v=aBti mg 解得t1=0.6s 是-是，由以上分析可得5m+ n g mg =2.5,所以 同速后由于 M=0.195kg。 ui(mA+mB)gcos 0+u2magcos 0>mBgsin 0 (1分) 14.(1)2m1<m<2(m1+m2)(2) 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 【解析】(1)装置能够使呈现4种不同的运动状 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 态—向下加速、减速和向上加速、减速，配重1 度相同，则 和配重2之间轻绳未绷直，运动箱加速度向 v=aA(t1十t2) ·11· 6 真题密卷 单元过关检测 解得t2=0.2s t4时间内A向下运动的位移的大小 同速后A会相对于B下滑，有 1 (1分) mAgsin 0-u2magcos 0=mAa (1分) In-v'i+2anti=3m 解得a'-2.5m/s2 因此S3=lA3十lB3=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=u2 mAg cos0十mBgsin0-41（mA+ s=51十s2十s3=5m。 (1分) mB)gcos 0=0 16.(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 -30,i=1.8m 在沿斜面方向上 mgsin 0+f=ma (1分) B匀速运动的位移 在垂直于斜面方向上 x2=L-x1=3.6m (1分) mng cos0=F支 (1分) B匀速运动的时间 由牛顿第三定律可知 -号-0.6s F支=FE 滑动摩擦力 所以木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间 f=41F压 t=t1十tg=1.2s。 (1分) 解得a=10m/s2。 (1分) (3)t1十t2时间内A向下加速位移大小 AF Ln=2aat1+t2)2=2.4m B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 1Bm=t2=1.2m t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 0 51=x1十lB1-lA1=0.6m (1分) (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 t3~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 l2=v(t3-t2)=2.4m 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) 1 1e=u(t,-t2)+20a(t,-t2)P=2.6m(1分) 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 t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 顿第二定律得 S2=lA2-L2=0.2m f=ma 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 竖直方向上 aB,则 mg=N nBg sin0十42 mAg cos0+μ1(mA十mB)gcos0= 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 mBaB (1分) 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 解得ag=15m/s f=u2N (1分) 碰后B上升到最高点所用的时间 解得a1=2m/s 4=8=048 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 v2 f-f地=Ma2 (1分) l-2a5-1.2m 地面对M的摩擦力 碰撞时A的速度大小 f地=μ3N地 (1分) v'=v十aA(t3-t2)=7m/s 竖直方向上 6 ·12· ·物理· 参考答案及解析 N2=Mg+mg 解得a3=1m/s2 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N地与 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 地面对滑板的支持力2等大 加速度 解得a2=3m/s2 a1=2m/s2 方向水平向右，即木板做加速运动 (1分) 方向水平向左 当货物和滑板共速时 a1>a3 (1分) v共=v0一a1t1 (1分) 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 0共=a2t1 (1分) 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 货物这段时间内的水平位移 x,一2a8 (1分) 1 x1=062a1t (1分) 解得x2=72m 解得t1=4s,共=12m/s,x1=64m 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 位移 H3N地 L=x1+x2=64m十72m=136m。 (1分) ag一M+m (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 知v。=Tω。=2πnAr。,钢带由后向前运动的过程 1.B【解析】当乒乓球经过纸筒口时，对着乒乓球 中r。增大，可得。增大，A错误；由于。=v6,有 横向吹气，乒乓球所受合力的方向与速度方向不 在同一条直线上，乒乓球做曲线运动，故乒乓球会 nA。=n,解得nA,又.增大，减小， 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 nA不变，可得nB增大，汽车在加速，B正确，C错 得一个横向的速度，此速度与乒乓球原有的速度 误；根据a。=rw后=4π2nr。,a6=r6w8= 合成一个斜向左下方的合速度，因此乒乓球将向 4rn品r6,可得a.十a6=4π2n(r.十)，由题意 左下方运动，且不进入纸筒，C、D错误，B正确。 2.C【解析】根据题意，分解A的速度，如图所示，则 得r。十r6=d(定值)，故a。十a,增大，D错误。 有VB=a=VACOS0,A错误；根据)B=VAc0s0, 4.D【解析】设斜面的长为L,对于A球，则水平位 若A减速上升，0增大，c0s日减小，故VB减小，故 移xA=Lcos37°=At,竖直位移yA=Lsin37°= 1 B减速下降，B错误；根据vB=UACOS 0,若A匀速 281,联立解得t=0.75s,由于A、B同时开始运 上升，0增大，c0s日减小，故B减小，故B减速下 动，同时到达底端，故B球经过0.75s到达斜面底 降，C正确；根据VB=VACOS0,若A加速上升， 端，B错误；对于B球，其加速度a=gsin37°= 0增大，cos日减小，故B可能不变，可能增大，也 可能减小，可知B的运动不明确，根据牛顿第二定 /公，斜西的长L-0,又因为L=g4十 律分析，绳的拉力与B的重力关系不明确， 2at,联立解得g=4m/s,A错误；将A球的速 D错误。 5s5551s 度分解为沿斜面方向ox和垂直斜面方向0，可 ⊙0 得z=UACOS37°，0o,=vasin37°，再将重力加速 B 度进行分解，az=gsin37°，ay=gcos37°，A球沿 斜面方向做匀加速运动，垂直斜面方向做匀减速 运动，根据匀变速直线运动的规律可知V.=Vz十 7777777777777777777 azt=VACOS37°+gsin37°·t,vy=voy-a,t= 3.B【解析】根据题意，动，点a、b的线速度相等，可vAsin37°-gcos37°·t,A、B相距最远时，则v,= ·13· 6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）》 3.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 班级 卺题 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 物理·运动和力的关系 不正确的是 ( 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有 得分 一项是符合题目要求的。 C剪断轻绳B的翼同，小球N的加速度大小为28 题号 1 2 3 4 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g 答案 4,如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为日，以恒定速率v顺时针转动，一煤块 1.《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 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， 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 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 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () 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.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan0= 12 wim's) B.煤块与传送带间的动摩擦因数以=0.5 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 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 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求， C.铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 D.小球上升过程中，处于超重状态 题号 5 6 7 8 2.2024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 答案 “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 5.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 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 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4，物块B与C之间 法正确的是 () 的动摩擦因数为吃。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 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 () B w A A.每根起吊绳上的拉力为3.75×10°N A弹黄弹力大小为号 B.钢圆筒所受的合力为6×10N C,若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6pmg D.若每根起吊绳承受的最大拉力为9×10N,则起吊过程中钢圆简的最大加速度为 C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 2m/s3 D,若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 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） 6.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8小题，共60分。 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 9.(3分)某人在地面上用电子秤称得其质量为50kg,他将电子秤移至电梯内，站在电子秤上 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 启动电梯并开始计时，0~4s内，电子秤的示数如图所示，重力加速度g取10m/s2,此过 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 程人的最大速度为 m/s,电梯运动的路程为m。 相对应加速度a的x-Q关系图像，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s, 你kg sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是 () A.图乙中a。=7.5 36110m B.物块A的质量mA=1kg 45 C.物块B的质量m=1kg 1 s D,当a>a。时，斜面体对物块B的支持力FN与 10.(3分)如图所示，有一个位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的 甲 a的关系式为FN=16+1.2a(N) 夹角0=37°，在斜杆的下端固定有质量m=2kg的小球，重力加速度g取10m/s2。当 7.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 小车向右匀速运动时，杆对小球弹力的大小为N。若小车向右以a=5m/s2的 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 加速度做匀加速运动时，杆对小球弹力的大小为 N。 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 件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数么一 2,重力加速度g取10m/32,下列说 0 777777777 法正确的是 () 11.(3分)如图所示，在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=1kg的小球，小球 与水平轻弹簧及与竖直方向成0=45角的不可伸长的轻绳一端相连。此时小球处于 平衡状态，且地面对小球的弹力恰好为零。当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为 m/s2,在剪断弹簧的瞬间小球的加速度大小为 m/s2(重力加速 度g取10m/s2), 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 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 8.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 12.(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。 动摩擦因数为2μ，B,C间的动摩擦因数为，B和地面间的动摩擦因数为了，最大静摩 主要实验步骤如下： 为传感器 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 () 古构钙 重物 打点计时器一购 单位：c用 A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 接50l 769932114276 B.当F>4mg时，B、C发生相对滑动 远电 C.若A,B,C三个物体始终相对静止，则F不能超过2.5umg 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， 5 D.当F=2mg时，A、B间的摩擦力为？mg 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 6 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） M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 1.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 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 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a、 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a: 请回答以下问题： Ⅲ.逐个减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 K.以取下精码的总个数n1<a≤5)的倒数为横坐标，}为纵坐标，在坐标纸上 加速度大小a=m/s2(结果保留三位有效数字)。 作出】上关系图线 (2)实验得到重物的加速度大小α与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 n a 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 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： 大小a=一（本问结果均用k或6表示）。 ①写出。随片变化的关系式 (用M,mg,a,n表示)。 13.(6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1关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= kg。 小 打点计时器 单位：cm a n 1629134310.597.7248850 14.(11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 够使运动箱呈现4种不同的运动状态一一向下加速、减速和向上加速，减速（前述加 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 打点计时器 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 砝码盘和砝码 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 小 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m1和m2,不计 轻绳与滑轮之间的摩擦力，重力加速度为g。 (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)m,将运动箱拉至置 (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 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 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 为0.6mg和0.3mg,求m m/s(结果保留三位有效数字)。 (2)实险得到的理想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 可 A图线①的产生原因是摩擦力过大 运动箱 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 配重面 置物 C.图线③的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 重物 透明箱体 (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， 底板 配重2 选用图丁所示器材进行实验，测量小车质量M,所用交流电频率为50Hz,共5个槽 电子秤 码，每个槽码的质量均为m=10g。实验步骤如下： 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） 15.(12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 16.(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 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=3？°， 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m,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=5kg的滑板左 m,且m,,一2k如：木板B与传送带同的动摩擦因数，一气，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以：=0.5，货物与滑板间的动摩擦因数：g= 的动摩擦因数，-最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加造度（取10，不计 0.2,滑板与地面间的动摩擦因数4，=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。 (I)物块A和木板B开始运动时加速度的大小ax和as (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t。 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s。 L为多少？ 30 6 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）