单元(二)相互作用 共点力的平衡 运动和力的关系-【衡水金卷·先享题】2026-2027学年高三物理一轮复习单元卷（湖南专版）

单元（二）相互作用共点力的平衡运动和力的关系 (建议用时75分钟，满分100分) 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 有一项是符合题目要求的) 1.中国人民解放军火箭军向太平洋相关公海海域，成功发射1发携载训练模拟弹头的 洲际弹道导弹，并准确落入预定海域。该导弹的射程约为12000千米。下列说法正 确的是 A.射程12000千米指的是导弹的位移大小 B.研究弹头分离过程时，可以将导弹看成质点 C.描述导弹的运动轨迹时，只能选取静止的物体为参照物 D.研究导弹在空中的运动轨迹时，导弹可以看成质点 2.高速公路的ET℃电子收费系统如图所示，ET℃通道的长度（识别区起点到自动栏杆 的水平距离)L=8m。某自动驾驶汽车以I8km/h的速度匀速进入识别区，ET℃天 线用了0.3$的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“嘀”的一声，汽车的自动驾 驶系统发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，刹车的加速度大小为5/s2,汽 车静止时距自动栏杆的距离为3.9m, 自动栏杆 ETC天线 则自动驾驶系统的反应时间为 A.0 电子标签 B.0.02s C.0.04s D.0.2s 3.燃灯佛舍利塔始建于北周年间，是一座砖木结构的实心密檐塔，整座塔上共悬风铃 2248枚。如图所示，风铃由主线、吊线、铃铛、铃托四个部分组成。某同学研究风铃 静止时的受力时，忽略主线、吊线的质量。下列说法正确的是 A.铃铛共受4个力的作用 一主线 B.吊线上、下两端受到的铃铛、铃托的拉力相同 铃铛 C.铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力是一对 吊线 平衡力 O铃托 D.主线对铃铛的拉力大小等于铃铛的重力大小 第1页（共8页） 物理· 4.利用卧式楔子榨油机榨油时，在榨膛中装好油饼后，在油饼的一侧塞进木块，然后利 用吊着的撞杆撞击木块之间的一个三角形木楔。随着木楔被打入榨膛，榨膛中横放 的木块会对油饼产生挤压的力量以获取油脂。图甲为古代榨油场景，图乙为其简化 原理图。若木楔可看作顶角为θ的等腰三角形，撞击木楔的力为F,则下列说法正确 的是 油饼 木楔 木块休 甲 A.为了增大木块对油饼的压力，0通常设计得较大一些 B木楔对每个木块的压力大小均为F 2sin 2 C.木块对最右侧的油饼有挤压作用 D.木块加速挤压油饼的过程中，木块对油饼的压力大于油饼对木块的压力 5.中国航天科工集团已完成全球首条超级高铁全尺寸测试。若推进器从静止开始做匀 加速直线运动，第1个2km内速度的增加量为△y,第2个2km内速度的增加量为 A令分品-k,则清足 A.0k0.5 B.1<k<1.5 C.1.5<k<2 D.2<k<2.5 6.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端悬挂一质量为2的小球A,质量为m的小球B 与小球A用轻质细线相连，整个系统处于静止状态。弹簧的劲度系数为k,且始终在 弹性限度内，重力加速度为g。现剪断细线，下列说法正确的是 A.小球A运动到弹簧原长处时速度最大 B.剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小为g C.小球A运动到最高点时，弹簧的伸长量为m A○2m D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为 BOm 目 第2页（共8页） 7.如图所示，在光滑水平地面上一足够长的木板b以速度2向右做匀速运动，某时刻 将物块a轻放在b上，同时对a施加水平向右的恒力F。a、b质量相等，a与b间的最 大静摩擦力等于滑动摩擦力。从a放到b上开始计时，关于a、b运动的速度v随时 间t变化的图像可能正确的是 b F a B D 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，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) 8.波浪滑翔器是一种新型海洋无人自主航行器，它包括水面船体和水下牵引机（由主框 架和翼板组成)，二者通过柔性吊缆连接（如图甲所示）。波浪滑翔器在海洋表面与起 伏波浪相互作用而实现向前运动，整个过程中柔性吊缆时而张紧、时而松弛。关于波 浪滑翔器的运动，下列说法正确的是 水面船体随波 水面船体随波 水面船体 浪向上运动↑ 浪向下运动 柔性吊缆 牵引机翼板 水下牵引机一 压力作用在牵 引机翼板上侧 向前推进 压力作用在牵 向前推进 波浪滑翔器结构组成示意图 心个引机翼板下侧 甲 丙 A.如图乙所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆松弛，海水对牵引机翼板上侧的 压力推动其前进 B.如图乙所示，水面船体随着波浪升高时，柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的 压力推动其前进 C.如图丙所示，水面船体随着波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下牵引机在自身重力的 作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 D.如图丙所示，水面船体随着波浪下降时，柔性吊缆张紧，水下牵引机在自身重力的 作用下下潜，海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进 第3页（共8页）】 物理· 9.甲、乙两车在一条路上沿同一方向做直线运动，初始时刻乙车在甲车前方，且间距为 s0=12m,如图1所示，图2为甲车的2-x图像，图3为乙车的t图像，已知两车 的运动互不影响，则下列说法正确的是 4v2/(m2s-2) /(m's-1) 484----- 12 甲 777777777 3 So 2446x/m 0 5 t/s 图1 图2 图3 A.甲车运动24m时，与乙车第一次相遇 B.甲、乙两车能相遇两次，且甲车已经停止运动后，与乙车第二次相遇 C.从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移为21.12m D.甲、乙两车能相遇两次，第二次相遇时乙车运动的总位移为25.92 10.如图甲所示，倾角为0的足够长的传送带以恒定的速率v。沿逆时针方向运行。t=0 时刻，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t 图像如图乙所示。规定沿传送带向下为正方向，重力加速度g=10/s2,下列说法 正确的是 /(m's1) 12 甲 A.vo=10 m/s B.sim9=号 C.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5 D.0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为6m 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 6 8 9 10 答案 第4页（共8页） 三、非选择题（本题共5小题，共57分。请按要求完成下列各题） 11.(8分)某同学想做“验证力的平行四边形定则”的实验，现有如下实验器材：重物、木 板、白纸、图钉、刻度尺、细绳套和一只弹簧测力计α。 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0,第一次位置 02468101214161/cm 0,第二次位置 甲 丙 入 (1)为了完成实验，他找来一根轻弹簧b,用刻度尺和弹簧测力计测量弹簧b的长度 和弹力F,作出的图像如图甲所示，根据图像可得该弹簧的劲度系数k=N/。 (结果保留两位有效数字) (2)为“验证力的平行四边形定则”，又进行了如下实验： ①将贴有白纸的木板竖直固定，弹簧测力计α上端悬挂于固定点P,下端用细线挂 重物Q,测出重物Q的重力G,如图乙所示； ②将弹簧b的右端用细线系于O点，手拉弹簧b的左端，使结点O静止在某位置，如 图丙示。测量弹簧b的 、读出弹簧测力计a的示数并在白纸上记录O点 的位置和三条细线的方向； ③根据图甲求出弹簧b的弹力，在白纸上作出各力的图示，验证力的平行四边形定 则是否成立； ④改变弹簧b的拉力，进行多次实验。 a.关于该实验，下列操作正确的是 (填正确答案标号) A.细线方向应与木板平面平行 B.弹簧b可以贴在木板上 C.改变弹簧b的拉力，进行多次实验时，每次都要使O点静止在同一位置 b.改变弹簧b的拉力时，发现两次结点O的位置与固定点P刚好在同一直线上，如 图丁所示，则下列说法正确的是 (填正确答案标号) A.第二次弹簧测力计a的示数较大 B.两次弹簧测力计a的示数相同 C.第二次弹簧b的长度一定更长 D.两次弹簧b的长度可能相同 第5页（共8页） 物理· 12.(8分)某实验小组为测量木质滑块与橡胶皮间的动摩擦因数4设计了如图甲所示 的实验装置，所用器材如下：钉有橡胶皮的长木板、质量为250g的木质滑块（含挂 钩)、细线、定滑轮、弹簧测力计、慢速电机以及砝码若干。 弹簧测力计 弹簧测力计 定滑轮砝码木质滑块 定滑轮 砝码木质滑块 挂钩 慢速电机 挂钩 慢速电机 1 1 钉有橡胶皮的长木板 钉有橡胶皮的长木板 甲 乙 实验步骤如下： ①将钉有橡胶皮的长木板放置在水平台面上，滑块平放在橡胶面上； ②调节定滑轮高度，使细线与长木板平行（此时定滑轮高度与挂钩高度一致）； ③用电机缓慢拉动长木板，当长木板相对滑块匀速运动时，记录弹簧测力计的示 数F; ④在滑块上分别放置50g、100g和150g的砝码，重复步骤③； ⑤处理实验数据（重力加速度g=9.8m/s2)。 实验数据如下表所示： 滑块和砝码的总质量M/g 弹簧测力计示数F/N 动摩擦因数μ 250 1.12 0.457 300 1.35 a 350 1.57 0.458 400 1.79 0.457 (1)表格中a处的数据为 。(结果保留三位有效数字) (2)其他条件不变时，在实验误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上压力 的大小 ,动摩擦因数！与接触面上压力的大小 。(填“成正比”“成 反比”或“无关”) (3)若在实验过程中未进行步骤②，实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则动摩 擦因数μ的测量结果将 。（填“偏大”“偏小”或“不变”) 第6页（共8页） 》 13.(10分)如图甲所示，在两块相同的竖直木板A、B之间有重力G=30N的物体，用 力F、F2垂直压木板，物体与木板间的动摩擦因数=0.5，不计木板的重力， sin37°=0.6。 (1)已知F,=F2=32N,若把物体沿板水平拉出（垂直纸面方向），求所需拉力的最 小值F;(结果保留三位有效数字) (2)如图乙所示，现调整F1、F2的大小使两木板在竖直平面内转到与水平方向成 37°角时，物体处于平衡状态，此时F1=18N。若用平行于木板的力把物体沿木板 向上拉出，求拉力的最小值F。 14.(13分)智能机器人自动分拣快递包裹系统备受好评。如图甲所示，当机器人抵达 分拣口时，速度恰好减为零，翻转托盘使托盘倾角缓慢增大，直至包裹滑下，将包裹 投入分拣口中（最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g=10/s2)。如 图乙所示，装有质量=1kg的包裹的机器人从供包台由静止出发，沿直线运行至 相距L=30的分拣口处，在运行过程中包裹与水平托盘保持相对静止。已知机 器人运行的最大加速度a=2m/s2,最大速度v=2m/s,机器人运送包裹途中看作 质点。 (1)求机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t; (2②》若包蟹与水平托盘间的动摩搽因数为气求机器人在分拆口处，包爽能修下沿 时托盘的最小倾角0m。 OOO 供包台 分拣口 第7页（共8页） 物理·二 15.(18分)如图甲所示，足够长的上、下表面均粗糙的木板B静置于粗糙水平地面上， 木板最右端放置一可视为质点的小铁块A。在t=0时，对木板施加一水平向右的 恒定拉力F(F大小未知)，在拉力F的作用下小铁块和木板发生相对滑动，t=1s 时撤去拉力F,整个过程中木板运动的v-t图像如图乙所示。小铁块和木板的质量 均为1kg,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2,求： (1)0~1.5s内木板通过的位移大小； (2)小铁块与木板间的动摩擦因数及木板与地面间的动摩擦因数； (3)小铁块最终停止时到木板右端的距离。 v/(m's-1) B 甲 第8页（共8页） 》四N ·物理· 单元（二） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.模型建构能力 Ⅳ.创新能力V.实验探究能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究 ④科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅡⅢ V ①②③④ 档次 系数 1 单项选择题 4 运动的描述 V 易 0.90 2 单项选择题 4 直线运动多过程问题 易 0.80 3 单项选择题 平衡状态的定义及条件 中 0.75 4 单项选择题 4 牛顿第三定律、力的分解 中 0.70 5 单项选择题 4 匀变速直线规律 中 0.60 6 牛顿第二定律求瞬时加速度问 单项选择题 4 中 0.65 题、弹簧振子模型 7 单项选择题 4 有外力的板块模型 难 0.40 8 多项选择题 5 力的分解 中 0.75 多项选择题 追及相遇问题 / 中 0.60 10 物体在倾斜传送带上的运动 多项选择题 难 0.40 分析 11 非选择题 8 验证力的平行四边形定则 中 0.70 测量木质滑块与橡胶皮间的动 12 非选择题 8 中 0.65 摩擦因数 13 非选择题 10 力的分解、极值的问题 中 0.75 平衡问题中的极值问题、匀变速 14 非选择题 13 中 0.65 直线运动规律 15 非选择题 18 板块模型 难 0.40 ·%5 ·物理· 参考答案及解析 香考答条及解析 一、单项选择题 接触，则对最右侧的油饼没有挤压作用，C项错误：由 1.D【解析】导弹射程指的是导弹从发射点到命中目 牛顿第三定律可知，木块对油饼的压力与油饼对木块 标的最大距离，该距离是沿地球表面的长度，不符合 的压力等大反向，D项错误。 位移的定义，A项错误；研究弹头分离过程时，需要考 5.D【解析】初速度为零的匀加速直线运动中，速度的 虑导弹的结构和弹头分离的细节，不可将导弹看成质 平方与位移成正比。设推进器的加速度大小为 点，B项错误；参照物可任意选择，可以是静止的，也 am/s2,第一个2km末的速度u=√/2a·2000m/s, 可以是运动的，C项错误：分析弹头在空中的运动轨 第二个2km末的速度h=√2a·4000m/s,速度增 迹时，导弹的大小和形状可以忽略，故导弹可以看成 量△=-0=√/4000am/s,△2=2-功= 质点，D项正确。 √/8000am/s-√/4000am/s=√4000a(√2- 2.B【解析】设自动驾驶系统的反应时间为t1,由题可 知汽车的速度o=-18km/h=5m/s,t=0.3s,汽车 1)m/s,比值k==1 ≈2.414，D项正确。 △2√/2-1 做匀速直线运动的位移大小x1=(t。十t),汽车做 6.C【解析】剪断细线后，弹簧的弹力大于小球A的重 匀减速直线运动的位移大小。一芸，根据题意有L 力，则小球A先向上做加速运动，随着弹力的减小， 向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时 -3.9m=x1十x2,联立解得t1=0.02s,B项正确。 弹簧的弹力等于小球A的重力，弹簧处于拉伸状态， 3.C【解析】铃铛受到重力、主线的拉力和吊线的拉力 A项错误；剪断细线之前有F=3g,剪断细线瞬间 3个力的作用，A项错误：吊线上、下两端受到的铃 弹簧弹力不变，则对小球A由牛顿第二定律有F 铛、铃托的拉力大小相等、方向相反，是一对平衡力， B项错误，C项正确；对铃铛、吊线和铃托整体进行受 2mg=2ma,解得小球A的加速度大小a=冬，B项错 力分析，整体受到的主线向上的拉力和整体（铃铛和 误：剪断细线之前弹簧的伸长量：1=3mg,剪断细线 铃托)的重力平衡，所以主线对铃铛的拉力大小不等 k 于铃铛的重力大小，D项错误。 后小球A做简谐振动，在平衡位置时弹簧的伸长量 4.B【解析】将F分解如图所示： =2m坚，即振幅为一=坚，由对称性可知小球 k A运动到最高点时，弹簧的伸长量为坚，C项正确； k 由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧的伸 长量为，D项错误。 由图可知F1=F2= 日，木块对油饼的压力大小 F 7.B【解析】a和b达到共速之前，a受到b向右的摩 2sin2 擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力，a做加速运 动，b做减速运动，则对于a,由牛顿第二定律有a1= F'=F2 cos 2 -,F不变时，日设计得越小，木 2tan 2 F士mg,对b有a=mg=4g<a,由此可知a的加 m 楔对每个木块的压力F:越大，木块对油饼的压力F 速度大于b的加速度，A、C项错误；a、b共速后，若在 也会越大，A项错误，B项正确；木块与最右侧油饼不 恒力作用下，a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦 ·%6· ·物理· 力，则一起做加速运动，则对于b有a凭=千，且f≤ t<t仰2，所以假设成立，在甲车停止之前两车相遇。 m 从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移x甲=仰1t ug,故a、b的加速度a≤a2,B项正确；若在恒力作 用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，则发生相 交a甲：号=21.12m,B项错误，C项正确；甲、乙两 对滑动，a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动， 车第二次相遇的时刻ta=t十t2=3.6s,第二次相遇 则对a有a,=Fmg,对b有a1=mg=g,可知a 时乙车运动的总位移xz=zot十之az= 的加速度ag小于共速前a的加速度a1,D项错误。 33.12m,D项错误。 二、多项选择题 10.ABC【解析】由图乙可知，物体先做初速度为零的 8.BC【解析】由图可知，当水面船体随着波浪升高时， 匀加速直线运动，速度达到传送带速度(t=1s时刻 柔性吊缆张紧，海水对牵引机翼板上侧的压力沿船前 的速度)后物体继续向下做匀加速直线运动，故重力 进方向有分量，则可推动其前进，A项错误，B项正 沿传送带向下的分力大于摩擦力，=10m/s,A项 确；当水面船体随着波浪下降时，柔性吊缆松弛，水下 正确；设物体与传送带间的动摩擦因数为以，在0~ 牵引机在自身重力的作用下下潜，使得翼板倾斜，于 1s内，物体所受的摩擦力方向沿传送带向下，做匀 是海水对牵引机翼板下侧的压力推动其前进，C项正 加速运动的加速度大小a1=mgsin日十mgcos日 确，D项错误。 9.AC【解析】根据v2一6=2ax可得u2=2ax十6， 8n0+os8:由图乙可知a=会会-10m/S 结合图2可知诉，=4m/g,2a8m/g,解 =10m/s2,在1~2s内，物体所受的摩擦力方向沿 传送带向上，物体的加速度大小a2= 1 得mo=2m/s,a甲1=10m/s,根据x=t什之at mgsin9-amgeos9=gsin0-ugcos0,由图乙可知 可得兰=十号at,结合图3可知，吃=2m/s, a2= 4边=12-10 △t22-1 m/s2=2m/s2,联立解得u 2=12m/g3,解得a2=4m/s,若甲，乙两车 1 5 0.5,sin0= B,C项正确；根据~t图像与坐标 3 乞az行=闻6红十号a,解 1 相遇则有s十u2ot1十 1 轴围成的面积表示位移，可知0~1s内物体相对于 得t=2s,甲车做匀加速运动的时间t仰1 地面的位移大小=×1m=5m,传送带的位移 √484m/s一Fm/s=2s,说明在甲车匀加速的末态 大小x2=10×1m=10m,物体相对传送带的位移 a甲1 大小△=x2一x1=5m,方向向上；1~2s内物体 两车相遇，即甲车运动24m时，与乙车第一次相遇， A项正确；t=2s时，乙车的速度z1=吃0十a乙t1= 相对于地面的位移大小=12,10×1m=11m, 2 10m/s<m1=22m/s,可知两车相遇后，甲车在前方 传送带的位移大小x1=10×1m=10m,物体相对 减速运动，乙车在后方加速运动，两车一定能再次相 传送带的位移大小△x2=x一=1m,方向向下， 遇，由图2可知减速过程甲车的加速度大小a甲2= 故0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m,D 2×46-2④m/s=11m/s2,假设在甲车停止运动 484-0 项错误。 三、非选择题 前两车相遇，设再经过时间t2,两车再次相遇，有 11.(1)15(2分) 1 Up1t2一 之a甲：坊=十之az片，解得=1,6s,甲 (2)长度(2分) a.A(2分) 车匀减速到停止需要的时间2=一0=2s,由于 a甲2 b.AD(2分) ·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)根据胡克定律可知F-L图像的斜率表 <,动摩擦因数以的测量结果偏大。 示劲度系数，则有k= 1.5 =a5-5)X107N/m= 13.【解析】(1)将物体水平拉出，沿板面对物体受力分 析如图所示（侧视图） 15N/m。 (2)步骤②中为了获得弹簧b的拉力，需要测量其 f 长度。 a.弹簧测力计、细线、弹簧b都应与木板平行，可以 -G 减少由于摩擦带来的误差，A项正确：弹簧b如果贴 其中f=f2=0.5×32N=16N (2分) 在木板上，弹簧b和木板之间存在摩擦等因素的干 解得拉力的最小值F=√G十(f1十f2)≈43.9N 扰，影响弹簧弹力的测量结果，B项错误；改变弹簧b (2分) 的拉力，进行多次实验时，弹簧测力计a与弹簧b的 (2)把物体沿木板向上拉出，物体与木板A之间的 拉力合成后的合力总是与重物的重力等大反向，则 滑动摩擦力f1'=0.5×18N=9N (2分) 不需要使O点静止在同一位置，C项错误。 物体与木板B之间的滑动摩擦力∫：'=u(F1十 b.改变弹簧b的拉力时，发现两次结点O的位置与 Gc0s37°)=0.5×(18十30×0.8)N=21N(2分) 固定点P刚好在同一直线上，因第二次结点的位置 则拉力的最小值F=Gsin37°+f1'十f2'=48N 离P点更远，则弹簧测力计a有更长的伸长量，其 (2分) 弹力比第一次更大，A项正确，B项错误：对两次平 14.【解析】(1)当机器人先以最大加速度做匀加速直线 衡时的结点O受力分析，重物的重力恒定，弹簧测 运动加速至2m/s,然后做匀速直线运动，最后以最 力计a的方向不变，力的大小变大，由动态平衡的特 大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包 点可知，弹簧b的长度和方向均不能确定，则第二次 台运行至分拣口所需的时间最短。机器人做匀加速 弹簧b的拉力可能更大、更小或不变，即长度可能更 直线运动阶段根据运动学公式可得1=”=1s 长、更短或不变，C项错误，D项正确。 a 12.(1)0.459(2分) (1分) (2)成正比(2分)无关(2分) x-jui-1m (1分) (3)偏大(2分) 1.35 匀减速直线运动阶段根据运动学公式可得。= 【解析】(1)表格中a处的数据μ=0.3x9.8≈ a =1s (1分) 0.459。 .1 (2)根据表中数据分析可知其他条件不变时，在实验 x:=2a=1m (1分) 误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上 匀速直线运动阶段根据运动学公式可得t= 压力的大小成正比：动摩擦因数4与接触面上压力 L-x1一x2=14s (1分) 的大小无关。 (3)实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则细线 故机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t 中的拉力F有竖直向下的分力F:和水平向左的分 =t1十t2十tg=16s (2分) (2)包裹恰好能够下滑，对包裹受力分析得F= 力F2,实际的正压力F压实=Mg十F1,测量值的正压 mgcos 0 (1分) 力Fs满=Mg,实际的水平拉力F拉实=F2,测量值的 (1分) 水平拉力F拉满=F,故F压实>F压测，F拉实<F拉满，根 F:=mgsin 0m 其中F:=uFN (2分) 系体禁工a器品可得 解得托盘的最小倾角0。=30 (2分) ·8· N ·物理· 15.【解析】(1)根据v-t图像与t轴围成的面积表示位 解得a=5m/s (1分) 1 移可得0~1.5s内木板通过的位移大小x=2X1 而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度 amax =a1=2 m/s2<a (1分) X9m+3生×0.5m=7.5m (2分) 由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对 (2)根据题意，结合图像可知，0~1.5s内小铁块始 滑动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的 终做匀加速运动，t=1.5s时木板和小铁块达到共 加速度大小为a,则由牛顿第二定律有22mg一 速，设小铁块与木板间的动摩擦因数为1，则对小 mmg=mas (1分) 铁块由牛顿第二定律有1mg=ma (1分) 解得aa=8m/s2 (1分) 由速度与时间的关系式可得v=a1t (1分) 即木板以a3的加速度继续减速直至速度为零，小铁 其中v=3m/s,t=1.5s 块以1的加速度减速直至速度为零，设在两者达到 解得1=0.2 (1分) 共速时小铁块的对地位移为x1,木板的对地位移为 设木板与地面间的动摩擦因数为2，在撤去拉力 ,则x=1。 1t=2.25m (1分) 后，对木板由牛顿第二定律有1mg十22mg=ma x2=x=7.5m (1分) 设共速之后的减速阶段小铁块的位移为x,木板的 由图乙可知a:=2号m/s=12m/g (1分) 位移为x1,则由运动学公式可得2=2a1x,2= 解得2=0.5 (1分) 2asx (1分) (3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速 解得xg=2.25m,x1=0.5625m (2分) 后二者相对静止，设二者的共同加速度为a,则由牛 则小铁块最终停止时的位置与木板右端的距离△x 顿第二定律有2u2mg=2ma (1分) =x2十x1-(x1十x3)=3.5625m (1分)