单元过关(三)牛顿运动定律-【衡水真题密卷】2026年高考物理单元过关检测(广东专版)

真题密卷 单元过关检测 15.(1)0.4(2)14N,方向平行于斜面向下 平行于斜面方向上有 e号ke<m (1分) kg F2+u2F N2=(m1+m2)g sin a 1 【解析】(1)对物块C受力分析，竖直方向上有 解得m一25 g Fcos B=m3g (1分) 即物块C的质量应满足 对物块A受力分析，水平方向上有 m≥号好 (1分) Fcos a=f1 (1分) 竖直方向上有 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 F+Fisin a=m1g (1分) 动，此时连接物块A、B的细线上的拉力大小为 其中f1=4FNm T,对物块C有 联立解得1=0.4 (1分) F3cos B=msg (2)对物块A、B构成的整体受力分析，由于 对物块A受力分析，有 F<(m1+m2)gsin a (1分) F3cos a=T+u(m1g-F3 sin a) (1分) 斜面对物块B的摩擦力沿斜面向上，平行于斜面 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 方向上有 F3+μ2FN3=(m1+m2)gsin a+2 Tcos a(1分) F+f2=(m1+m2)gsin a (1分) 垂直于斜面方向上有 根据牛顿第三定律可知，物块B对斜面的摩擦力 Fxs+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 大小 联立解得 f=f2 (1分) T-N.R,=8 558 N,m5=805 kg 解得f=14N,方向平行于斜面向下。 (1分) (3)设物块C的质量为m4时，物块A、B构成的 即物块C的质量应满足 558 整体恰好不下滑，对物块C有 m,≤805 g (1分) F2cos B=mag (1分) 因此物块C的质量m的取值范围为 对物块A、B构成的整体，垂直于斜面方向上有 12 558 FN2=(m1十m2)g cos a (1分) 25 kg≤m≤805kg (1分) 2025一2026学年度单元过关检测（三） 物理·牛顿运动定律 一、单项选择题 抛运动，小球处于完全失重状态，C、D错误。 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 3.D【解析】根据图像与时间轴所围图形的面积表 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 示竖直方向上的大小可知，第二次滑翔过程中的 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 竖直位移比第一次的位移大，设倾斜雪道与水平 与物体运动状态无关，在任何时候大小均相等， B错误；大人拉动小孩的时候，自己不动，但大人 面的夹角为0，因an9=兰，可知第二次的水平位 拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一对 移也较大，A、B错误；由图像知，第二次滑翔时的 作用力与反作用力，C错误；乒乓球可以被轻易扣 竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义 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。 式Q=A,可知其平均加速度小，C错误；当竖直 2.B【解析】小球加速上升过程中，铁夹对小球的 方向速度大小为U1时，第一次滑翔时图像切线的 弹力与小球对铁夹的弹力是一对作用力和反作用 斜率大于第二次滑翔时图像切线的斜率，而图像 力，根据牛顿第三定律知二者大小相等，A错误； 切线的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时 小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向 速度达到V1时的加速度大于第二次时的加速度， 上，B正确；铁夹松开前小球竖直向上做匀加速直 由mg一f=ma,可得阻力大的加速度小，第二次 线运动，小球处于超重状态，松开后小球做竖直上 滑翔时的加速度小，则其所受阻力大，D正确。 YJ ·8· ·物理· 参考答案及解析 4.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 1 27 析，由平衡条件可得F=Tasin30°，TAcos30°= ,D正确。 (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 cos 2 可得Tasin45°=F,TBcos45°=mMg,解得 TA 一=，仁M=V3十1，A错误，B正确 =sin30°=1'mx 剪断轻绳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 mNgsin30°=mNaN,可得小球N的加速度大小 0 1 aN=2g,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第二 7.A【解析】由题图乙可知，1s时，煤块的运动发 生突变，可知传送带的速度为8m/s,之后煤块继 定律得√JF2十(mMg)=mMaM,而F=mMg,联 续做减速运动，在1s前煤块相对于传送带向上运 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正 动，此过程的相对位移为16-8)×1 2 m=4m,1s 确。本题选不正确的，故选A。 5.A【解析】由对称性可知，两木棍给圆管的支持 后煤块相对于传送带向下运动，此过程的相对位 力相等，设为N,它们方向的夹角为2a。则 移为3-1)X8 2 m=8m,可知煤块在传送带上的 2 Vcosa-=mg cos0,解得N=mgsin0, 2c0sg,适当增大 划痕为8m,A正确；在0~1s内，煤块的速度大于 两根木棍的间距，则a增大，可知N增大。在下 传送带速度，传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下， 滑方向上，由牛顿第二定律得mg sin0一2μN= 根据牛顿第二定律有mg sin37°+μgcos37°= ma,N增大，则a减小，可减缓圆管下滑，A正确； ma1,根据题图乙可得a1=16-8 1 m/s2=8m/s2, 换成两根更短的木棍，实际就是适当增大木棍与 在1~2s内传送带的速度大于煤块的速度，传送 水平面的夹角0，由mg sin0-2uN=ma,N= 带对煤块的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二 mg sin日，得(1-s。）mg sin0=ma,a不变， 2cos a 定律有mg sin37°-mg cos37°-ma2,根据题图 0增大，可知a增大，不能减缓圆管下滑，B、D错 乙可得a:=m/g=4m/g,联立解得以 误；换成两根表面更光滑的木棍，摩擦力减小，则 合力增大，即加速度增大，不能减缓圆管下滑， 0.25,B、C错误；结合上述可知，当传送带的速度 C错误。 大于16m/s后，煤块在传送带上一直做加速度大 6.D【解析】如图所示，以P处为圆的最高点作圆 小为a2的减速运动，无论传送带的速度为多大， 煤块到达传送带顶端时的速度都相等，D错误。 O与传送带相切于C点，设圆O的半径为R,从P 处建立一管道到圆周上，管道与竖直方向的夹角 二、多项选择题 8.AB【解析】对A、B、C三个物块整体受力分析， 为a,原料下滑的加速度为a=mgc0s0=gcos a, m 摩擦力为f=u(m十2m十m)g=4umg,根据牛顿 管道长度为L=2 Rcos a,由运动学公式可得L= 第二定律得F-f=(m十2m十m)a,对A受力分 2au,解得t= 2L 2X2Rcos a_AR 析，根据平衡条件F华一umg=ma,联立可得 √a gcos a g,可 4,A正确，保持A、B、C三个物块相对静 知从P处建立任一光滑直管道到圆周上，原料下 滑的时间相等，故在P与AB传送带间建立一管 止，对B可知，整体的最大加速度为amax= 道PC,原料从P处到传送带上所用时间最短；根 乞×2mg 据图中几何关系可得R+Rcos0=U,可得R= 2m 唱，对A,B、C三个物块组成的整体， 2 4X- 根据牛顿第二定律得Fm一4μmg=（m+2m十 2 cos2 m)amax,解得Fm=6μmg,B正确；在撤去水平推 1+cos 0 0联立可得t= 力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去 2 cos 2 水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的 。9 YJ 真题密卷 单元过关检测 加速度不变，C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物 块B、C整体受力分析F合=3μmg十F弹=3umg十 N十4X10X号N=35N,D错误： F 三、非选择题 4=3ma,则整体的加速度为a=g十12m,由B 11.(1)1.72(2分) 2话e分 (2分) 顺可知，物块B的最大加速度为amx=号 【解析】(1)相邻两计数点的时间间隔为T=5× 所以，若撤去水平推力后，物块B和C不能保持相 0.02s=0.1S,根据逐差法求出重物的加速度大小 对静止，D错误。 为a-CRAC=12.76+11.04-9.32-7.6× 9.ABD【解析】根据题图乙可知，加速度为a。时， (2T) 4×0.12 弹簧形变量x为0，即此时弹簧处于原长，对A、B 102m/s2=1.72m/s2。 整体分析有(mA十mB)gtan0=(mA十mB)ao,解 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= 得a。=7.5m/s2,A正确；根据题图乙，加速度为 ma,整理得a=F 8，图像的斜率k一上，解得 0时，弹簧压缩量xo=3.6X102m,A、B处于静 止状态，对A、B整体分析有(mA十mB)gsin0= 重物质量m=友，图像的纵栽距为一6=一g,可 xo,根据题图乙可知，加速度大于a。时，弹簧处 得b一g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 于拉伸状态，此时A、B分离，设斜面体对小物块A 的支持力为N1,对A进行分析有N1cos0= 为重物的一羊，则Mg一2PF=M·号，对重物有 kxsin0+mAg,N1sin0+kxcos0=mAa,解得 F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 =。-,合题周乙有-8= 5k 速废大小为a一约。 1.2X10-2m,结合上述解得mA=1kg,mg= 12.(1)2.86(2分)(2)B(2分) 2kg,B正确，C错误；结合上述可知，当a>a0时， (3)1-M+5m.1(2分)0.195(2分) A、B分离，B与斜面在垂直于斜面方向的分加速 a mg n g 度相等，对B进行分析，则垂直于斜面方向上，根 【解析】(1)根据题意，相邻两计数，点间的时间间 据牛顿第二定律有FN一m8g cos0=msasin0,结 隔为T=5X0.02s=0.1s,小车的加速度大小a 合上述，解得FN=16十1.2a(N),D正确。 (16.29+13.43+10.59)-(7.72+4.88+2.01)× 10.AB【解析】工件放到传送带时，工件相对传送 (3×0.1) 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 和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向 (2)随着力F增大，重物的质量将不再远小于小 车的质量，图线弯曲，A错误；若平衡摩擦力时长 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 木板的倾角过大，当F为零时，加速度不为零，即 mg cos0-mg sin0=ma,代入数据可得a= 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， 1 2.5m/s,由位移公式x=2at,代入数据可得x C错误。 =1.25m,B正确；工件加速过程所用的时间t= (3)当小车匀速时有Mg sin0=5mg+Mg cos0, a=2.5s=2s,工件加速过程的位移x'=1a 05 减小n个槽码，对小车和槽码分别有g sin0 T-uMg cos 0=Ma,T-(5-n)mg=(5-n)ma, X2.5×2m=5m,工件匀速过程的位移t= 1 mmg,即上-5m+4.1-1,由以 a-M+5m-nm mg n g 1-x'25-5 s=4s,每隔1s把工件放到传送 上分祈可得5m+M=2.5,所以M=0.195kg。 5 mg 带上，所以匀加速过程放了2个，匀速过程放了4 13.(1)0.6(2)7.5m/s2(3)15.4s 个，共6个，C错误；满载时电机对传送带的牵引 【解析】(1)根据题意，当包裹刚开始下滑时满足 力F=2 mg cos0+4 mg sin0=2×5 mg sin 0-umg cos 0 (1分) ×10× 2 sin20+cos20=1 YJ ·10· ·物理· 参考答案及解析 可得sin0=0.6。 (1分) 根据匀加速运动的位移与时间的关系有 (2)当包襄与水平托盘间的摩擦力达到最大静摩 1 擦力时，加速度最大，即 L2=t,+2a,t号 (1分) umg=ma (1分) 解得t3=2s (1分) 解得a=7.5m/s2。 (1分) 42 (3)当机器人先以最大加速度做匀加速直线运 t与=一货s(含去) 动，加速至最大速度，然后做匀速直线运动，最后 故煤块从a运动到c的时间 以最大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人 t=t1+t2+t3=5.5s。 (1分) 从分拣处运行至投递口所需时间最短，则匀加速 (2)煤块在水平传送带的相对位移 直线运动阶段有 △s1=t1-s1=4m (1分) 煤块在倾斜传送带的相对位移 x1一2a (1分) △s2=L2-t3=8.8m (1分) 64-0 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。 (1分) 匀减速阶段有 15.(1)10m/s2(2)20m/s(3)136m 【解析】(1)货物刚放上传送带时，对货物受力分 x3一2a (1分) 析，如图所示 在沿斜面方向上 mg sin 0+f=ma (1分) 所以匀速运动的时间为 在垂直于斜面方向上 t2=2=L-1- (2分) mg cos0=F支 (1分) Um 由牛顿第三定律可知 联立可得t=t1十t2十t3=15.4s。 (2分) F支=F压 14.(1)5.5s(2)8.8m 滑动摩擦力 【解析】(1)煤块在水平部分的运动时，由牛顿 第二定律得 f=h1F压 解得a=10m/s2。 (1分) umg=ma (1分) F 可得煤块运动的加速度 a1=2m/s2 (1分) 煤块从静止加速到与传送带共速的距离 02 s1一2a1 =4m<10m (1分) 0△ 故煤块在水平部分先加速，后匀速运动，做加速 (2)为使货物到底端的时间最短，则货物在整个 运动的时间 下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货 t,=”=2s (1分) al 物到B端时的末速度，由运动学关系式可知 匀速运动的时间 v=2as (2分) g=1-51=1.58 解得vo=20m/s。 (1分) (1分) (3)货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛 在倾斜传送带上，由于 顿第二定律得 u<tan0=0.75 f=ma (1分) 故煤块在倾斜传送带上做加速运动，由牛顿第二 竖直方向上 定律得 mg=N mg sin 0-umg cos 0-ma2 (1分) 由相互作用力可知货物收到的支持力N,与其对 可得煤块在倾斜传送带上的加速度为 滑板的压力N1等大，滑动摩擦力 a2=gsin 0-ugcos 0=4.4 m/s2 (1分) f=u2N (1分) ·11· YJ 真题密卷 单元过关检测 解得a1=2m/s2 解得t1=4s,v共=12m/s,x1=64m 方向水平向左，即货物做减速运动 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度 对滑板，水平方向上 43N地 (1分) f-f地=Ma2 (1分) as-M+m 地面对M的摩擦力 解得a3=1m/s2 f地=H3N地 (1分) 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大 竖直方向上 加速度 N2=Mg+mg a1=2m/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 地面对滑板的支持力N2等大 a1>a3 (1分) 解得a2=3m/s2 即货物可以和滑板保持相对静止，共同减速，直 方向水平向右，即木板做加速运动 到减为0，共同减速这段时间，货物的水平位移 当货物和滑板共速时 x2一2a3 (1分) 0共=00-a1t1 (1分) v共=a2t1 (1分) 解得x2=72m 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 位移 1 x1=0g51-2a号 (1分) L=x1十x2=64m十72m=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 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 偏离原有的运动路径，A错误；吹气后，乒乓球获 点的轨递方程y=4,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=3 x,即得轨迹与x轴所夹锐角为37， 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。 时间1一2-6.0s=2008,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=2πr,可得A,点线速度 间渡河时，它沿水流方向的位移大小x=v2tm血= vA=12πm/s,当OA竖直时，将A点和活塞的速 4X200m=800m,C错误；运动员在静水中的速 度分别沿杆方向和垂直杆方向分解，设A点速度 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0，由几何关系可得B点速度方 运动员以最短位移渡河时，合速度方向应与运动 向与AB夹角也为0，如图甲所示，由几何关系可 得0B1=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= 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， 3×600m=800m,D正确， 如图乙所示，A,点的速度沿杆方向，则V2c0sa= YJ ·12·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）》 A.第一次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第二次的大 班级 B.第一次滑翔过程中在水平方向上的位移比第二次的大 卺题 物理·牛顿运动定律 C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大 姓名 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 D.竖直方向速度大小为1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大 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 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有 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 得分 一项符合题目要求。 不正确的是 () 题号 3 A.小球M和小球N的质量之比为3：2 答案 B.轻绳A与弹簧C的弹力之比为2：1 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 C剪断轻绳B的瞬间，小球N的加速度大小为28 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 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 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御下时不 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 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 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 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 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 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 缓圆管下滑的方法是 () 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.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6 C.换成两根表面更光滑的木棍 D.换成两根更短的木棍 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 6.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（的P处为原料输 B.小球加速上升过程中，受到的摩擦力方向竖直向上 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 C,铁夹松开后，小球立即做自由落体运动 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 D.小球上升过程中，处于超重状态 () 3.在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距 离，如图甲所示：某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用 表示他在竖直方向的速度，其1图像如图乙所示，1和12是他落在倾斜雪道上时刻， 则 () 21 B.1 21 A. gcos 0 cos g D1@ 8g 2 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°。 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 动的-t图像如图乙所示，煤块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°=0.6，cos37°= 甲 0.8。取g=10m/s,则 () 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） YJ (ms) 0.6,cos37°=0.8。下列说法正确的是 ⊙ A.图乙中a。-7.5 B.物块A的质量mA=1kg C.物块B的质量m=1kg l(m s D.当a>a。时，斜面体对物块B的支持力FN与 a的关系式为Fx=16+1.2a(N) A.煤块在传送带上的划痕为8m 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 B.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 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 C.摩擦力方向一直与煤块运动的方向相反 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 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 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 工件放在A端，工件与传送带间的动摩擦因数：一？，取g=10m/,下列说法正确 的是 () 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 题号 8 9 10 答案 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 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 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 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 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 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 D.满载时与空载时相比，电机对传送带的牵引力增大了45N 始终在弹性限度内，下列说法正确的是 (） 三、非选择题：本题共5小题，共54分，考生根据要求作答。 B 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。 F.C w A 主要实验步骤如下： 的传感器 A弹黄弹力大小为号 ⊙ 码 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6mg 重物 .aims) C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 /k 打点计时器 单位：cm D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止 →N 接0h 9.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 交流电 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 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， 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 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 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 M,图中各段轻绳互相平行且沿竖直方向： 相对应加速度a的x-a关系图像，弹簧始终在弹性限度内，取g=10m/s2,sin37°= 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: Y灯 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） 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 加速度大小a=m/s(结果保留三位有效数字)。 N.以取下糟码的总个数n(1≤n≤5)的倒数号为横坐标，}为纵坐标，在坐标纸上 (2)实验得到重物的加速度大小α与力传感器示数F的关系如图丙所示，图像的斜率 作出上上关系图线。 n a 为k、纵截距为一b(b>0),则重物质量m=,当M=3m时，重物的加速度大 取g=9.80m/s2,计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空： 小a=。(本问结果均用k或b表示) 12.(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”。 ①写出上随变化的关系式 (用M,m,g,a,n表示)。 小车 打计时器 单位：cm ②测得上上关系图线的斜率为2.5，则小车质量M= a n kg。 1629134310.597724850 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 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 打点计时器 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 砝钙盘和砝码 小车 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 2 纸带 滑动摩擦力，取g=10m/s2。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a。 (3)若机器人运行的最大速度巴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。 (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 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 包裹一托盘 包裹 m/s(结果保留三位有效数字)。 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 机器人 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 投递图 运送位裹的机器人 B.图线②的产生原因是平衡摩擦力时长木板的倾角过大 乙 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=10g。实验步骤如下： 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 码。调整轨道的倾角，用手轻按小车，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： 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） YJ 14.(13分)如图所示，传送带的水平部分ab长度L1=10m,倾斜部分bc长度L,= 15.(17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,bc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0=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a处，之后它将被 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 传送到c点，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数：=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，取g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=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c的时间。 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= (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以1=0.1，AB间的距离s=20m。最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，取g=10m/s2,sin37°=0.6，c0s37°=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 L为多少？ Y灯 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）