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（山东专版）

单元（二）相互作用共点力的平衡运动和力的关系 (建议用时90分钟，满分100分) 一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求） 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，并准确落人预定海域。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.如图所示，质量为m的某人在车间用轻绳通过一光滑定滑轮拉着质量为M的箱子前进，人和箱子 始终保持相对静止，下列说法正确的是 A.如果地面光滑，则人与箱子之间的摩擦力一定为零 B.如果地面光滑，且m=M,那么人对箱子的作用力的方向为左偏下 C.如果人与箱子匀速前进，地面对箱子的摩擦力一定大于人对箱子的 摩擦力 D.如果地面粗糙、人与箱子加速前进，人与箱子之间一定存在摩擦力 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 主线 A.铃铛共受4个力的作用 B.吊线上、下两端受到的铃铛、铃托的拉力相同 C.铃托对吊线的拉力与铃铛对吊线的拉力是一对平衡力 吊线 D.主线对铃铛的拉力大小等于铃铛的重力大小 铃托 4.“极限滑草”日益受到青少年的喜爱。某同学在滑草斜面上做匀加速直线运动，先后经过A、B、C 三点，已知AB=BC,该同学通过AB段的平均速度为6m/s,通过BC段的平均速度为12m/s。 关于该同学的运动，下列说法正确的是 A.该同学通过AB段与BC段所用的时间之比为1：2 B.该同学通过AB段的速度变化量与通过BC段的速度变化量相等 C.该同学通过A点时的速度大小为4m/s D.该同学通过B点时的速度大小为10m/s 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△u,第2个2km内速度的增加量为△2，令A☑=k,则k满足 △02 A.0k0.5 B.1k<1,5 C.1.5k2 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2m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，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 D.小球A运动到最低点时，弹簧的伸长量为2 7.水平桌面上的甲、乙两物体在水平拉力的作用下由静止开始沿直线运动，其加速度α与所受拉力 F的关系图像如图所示。甲、乙两物体的质量分别为m1、2,与桌面间的动摩擦因数分别为1、 2。下列说法正确的是 A.m>m B.<2 C.若拉力相同，则经过相同的时间甲所受合力的冲量比乙的大 D.若拉力相同，则通过相同的位移甲获得的动能比乙的小 第1页（共4页） 物理 8.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α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 F a 2voba 2vor b a 21 b 7777777777777 vof-- a a A B C 0 二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对 得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分) 9.某快递公司为了提高效率，使用电动传输机输送快件，如图所示，倾角0=37°、长度L=13m的传 送带以v=2/s的恒定速率顺时针转动。一个可视为质点的快件轻放在传送带的最低点M端， 快件与传送带间的动摩擦因数为0.8，重力加速度g=10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是 A.快件刚放上传送带时，其加速度大小为0.4m/s2 传送带 B.快件从M端加速到与传送带共速所用的时间为5s C.快件从M端到N端的整个运动过程中一直受到滑动摩擦力 D.快件从M端运动到NV端所用的时间为9s 10.如图所示，质量为M的长方体物体A静止在水平地面上，上部固定一轻质定滑轮，跨过定滑轮的 轻绳连接质量分别为m1和m2的两物体B、C,连接B的轻绳水平、C恰好与A的侧壁相接触。 现对A施加水平向右的推力F,使得三个物体不存在相对运动，不考虑一切摩擦，重力加速度为 g,则推力F及轻绳中拉力T的大小分别为 A.F=m2 (m2 +M)g B.F-m2 (mtmz +M)g B m C.T=m2g D.T-mim2g 77777777777777777777777777 m1十m2 11.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$=12m,如 图1所示，图2为甲车的0-x图像，图3为乙车的工-t图像，已知两车的运动互不影响，则下列 说法正确的是 A.甲车运动24m时，与乙车第 4v2(m2-s2) /(m's1) 一次相遇 484----- B.甲、乙两车能相遇两次，且甲 甲V甲0 之 车已经停止运动后，与乙车 777777777 7777777777 第二次相遇 2446x/m C.从第一次相遇到第二次相遇 图1 图2 图3 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25.92m 12.如图甲所示，倾角为0的足够长的传送带以恒定的速率。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=10m/s2,下列说 Aw/(m's-1) 法正确的是 A.vo=10 m/s Rn0=是 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 6 8 9 10 11 12 答案 ·3 第2页（共4页） 三、非选择题（本题共6小题，共60分。请按要求完成下列各题） 13.(6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。 p 1.6 1.4 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 0,第一次位置 0. 第二次位置 0 2 4 6 101214167心m 甲 丙 丁 (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1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/m。(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，如图丙所示。 测量弹簧b的 、读出弹簧测力计α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 14.(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么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。 实验步骤如下： ①将钉有橡胶皮的长木板放 弹簧测力计 弹簧测力计 置在水平台面上，滑块平放 定滑轮砝码 木质滑块 定滑轮砝码 木质滑块 在橡胶面上； 挂钩 慢速电机 挂钩 慢速电机 ②调节定滑轮高度，使细线 与长木板平行（此时定滑轮 钉有橡胶皮的长木板 钉有橡胶皮的长木板 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FN 动摩擦因数以 250 1.12 0.457 300 1.35 350 1.57 0.458 400 1.79 0.457 第3页（共4页） 物理· (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”) 15.(8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F1、F2垂直 压木板，物体与木板间的动摩擦因数u=0.5,不计木板的重力，sin37°=0.6。 (1)已知F1=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 F,=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。 16.(10分)物理课上，老师演示惯性实验，如图所示，将质量为9、长度为L的课本放在水平桌面 上，质量为的橡皮（可视为质点）放在课本的中央，橡皮与课本间的动摩擦因数为2u,课本与桌 面间的动摩擦因数为：，若作用于课本的水平力为F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度为g,课本始终未离开桌面。 (1)要使橡皮和课本有相对运动，求F的最小值Fmm; (2)若施加的力F=66mg,求橡皮从课本脱落的时间t。 17.(12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=10m/s2)。如图乙所示，装有质量m=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=30m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: ②)若包裹与水平托盘间的动摩擦因数为号，求机器人在分拣口处，包裹能够下滑时托盘的最小 倾角0m。 00万 供包台 分拣口 乙 18.(16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o-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； v/(ms-1) (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。 甲 习 第4页（共4页） RR ·物理· 单元（二） 9 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 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 分 值 (主题内容) I ⅡⅢ ①②③ ④ 档次 系数 1 单项选择题 运动的描述 易 0.90 2 单项选择题 牛顿运动定律、整体法与隔离法 易 0.80 3 单项选择题 3 平衡状态的定义及条件 中 0.75 4 单项选择题 匀变速直线运动公式的应用 中 0.70 5 单项选择题 3 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 3 中 0.65 题、弹簧振子模型 7 单项选择题 3 牛顿第二定律、a-F图像、冲量 中 0.65 8 单项选择题 3 有外力的板块模型 难 0.40 9 多项选择题 4 牛顿运动定律、传送带 中 0.75 10 多项选择题 4 连接体问题、整体法与隔离法 中 0.70 11 多项选择题 4 追及相遇问题 √ 中 0.60 物体在倾斜传送带上的运动 12 多项选择题 难 0.40 分析 13 非选择题 6 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 14 非选择题 8 中 0.65 摩擦因数 15 非选择题 8 力的分解、极值的问题 分 0.75 板块模型、临界条件、运动学 16 非选择题 10 中 0.70 公式 平衡问题中的极值问题、匀变速 17 非选择题 12 中 0.65 直线运动规律 18 非选择题 16 板块模型 难 0.40 ·7 ·物理· 参考答案及解析 昏考答条及解析 一、单项选择题 于铃铛的重力大小，D项错误。 1.D【解析】导弹射程指的是导弹从发射点到命中目 4.D【解析】AB段和BC段的位移相等，该同学通过 标的最大距离，该距离是沿地球表面的长度，不符合 的平均速度分别为6m/s和12m/s,根据时间公式t 位移的定义，A项错误；研究弹头分离过程时，需要考 11 =舌，可知所用的时间之比t=石：立-2：1，A 虑导弹的结构和弹头分离的细节，不可将导弹看成质 项错误；速度变化量△v=a△t,加速度恒定，该同学通 点，B项错误；参照物可任意选择，可以是静止的，也 过AB段和BC段所用的时间之比为2：1，故速度变 可以是运动的，C项错误；分析弹头在空中的运动轨 化量之比为2：1，B项错误；该同学通过AB段的平均 迹时，导弹的大小和形状可以忽略，故导弹可以看成 质点，D项正确。 速度为A=6m/s,可得十n=12m/s,该同 2 2.C【解析】如果地面光滑，人与箱子必定加速前进， 学通过BC段的平均速度为，些=12m/s,可得a 当m=M时，人与箱子受到的拉力等大同向，只有人 2 与箱子之间的摩擦力为0才能做到人与箱子的加速 十心=24m/s,结合位移公式端一=呢一品，联立 度相同，当m<M时，箱子对人的摩擦力向左、人对箱 解得u4=2m/s,va=10m/s,C项错误，D项正确。 子的摩擦力向右，ex=T,=T,这样才能 5.D【解析】初速度为零的匀加速直线运动中，速度的 m 平方与位移成正比。设推进器的加速度大小为 做到人与箱子的加速度相同，当m>M时，箱子对人 am/s2,第一个2km末的速度u=√/2a·2000m/s, 的摩擦力向右、人对箱子的摩擦力向左，A项错误；如 果地面光滑，且m=M,人与箱子之间的摩擦力为0， 第二个2km末的速度5=√2a·4000m/s,速度增 人对箱子的作用力竖直向下，B项错误；人与箱子匀 量△u=M-0=√4000am/s,△h=h-= 速前进时，箱子对人的摩擦力向左、人对箱子的摩擦 w/8000am/s-√/4000am/s=√/4000a(√2 力向右，则地面对箱子的摩擦力∫=T十∫，一定大 于人对箱子的摩擦力∫，C项正确：如果地面粗糙、人 Dns,比值一会品方2D项正商。 与箱子加速前进，若m>M,有可能a人= 6.C【解析】剪断细线后，弹簧的弹力大于小球A的重 、Q箱= 力，则小球A先向上做加速运动，随着弹力的减小， T一鱼，两者的加速度可能一致，人与箱子之间的摩 M 向上的加速度减小，当加速度为零时速度最大，此时 弹簧的弹力等于小球A的重力，弹簧处于拉伸状态， 擦力可能为0，D项错误。 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缣=3mg,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一 铛、铃托的拉力大小相等、方向相反，是一对平衡力， 2mg=2ma,解得小球A的加速度大小a=号，B项错 B项错误，C项正确；对铃铛、吊线和铃托整体进行受 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：=3g,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 后小球A做简谐振动，在平衡位置时弹簧的伸长量 ·8· ·物理· x,=2m竖，即振幅为一，=5，由对称性可知小球 ngsin0=ma,解得加速度大小a=0.4m/s2,A项正 k 确；快件从M端加速到与传送带共速所用的时间t1 A运动到最高点时，弹簧的伸长量为受，C项正确： 、 .2 一0s=5s,向上运动的位移x=名有=5m< 由上述分析可知，小球A运动到最低点时，弹簧的伸 L,B项正确；因为gcos8>mgsin日，当快件加速到 长量为四，D项错误。 与传送带共速以后相对传送带静止，快件受静摩擦力 7.D【解析】物体运动后，由牛顿第二定律可知F 作用向上匀速运动，C项错误：快件向上做匀速运动 mg=ma,即a=F一4g,由图像的斜率和截距可 到达N端所用的时间t,=L一I=4s,快件从M端运 e 知m1<2>2,A、B项错误：由图可知，若拉力相 动到N端所用的时间t=ti十t2=9s,D项正确。 同，甲的加速度可能小于乙的加速度、也可能等于、大 10.BC【解析】设三个物体运动的加速度大小为a,以 于乙的加速度，由I=F合t=m△u=mat可知经过相 三个物体组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定 同的时间甲所受合力的冲量可能小于、等于或大于乙 律得F=(m十m2十M)a,以B为研究对象，根据牛 所受合力的冲量，C项错误；由Q=马F一g,可得 顿第二定律得T=ma,以C为研究对象，竖直方向 m a-F图像的横截距等于滑动摩擦力的大小，可知甲 根据受力平衡得T=mg,联立解得a=s,F= m 受到的滑动摩擦力比乙的大，若拉力相同，通过相同 m2十？十M)g,B,C项正确。 位移，拉力做的功相同，甲克服摩擦力做的功比乙的 11.AC【解析】根据v2一=2ax可得v2=2a.x十话， 多，根据动能定理可得甲获得的动能比乙的小，D项 正确。 结合图2可知。=4m2/s,2a甲1=484一4m/s, 24 8.B【解析】a和b达到共速之前，a受到b向右的摩 解得p0=2m/s,am1=10m/s2,根据x=ot十 擦力和恒力F,b受到a向左的摩擦力，a做加速运 1 动，b做减速运动，则对于a,由牛顿第二定律有a1= 乞ar可得千=十号at,结合图3可知，z。 1 F士mg,对b有a2=m3=g<a1,由此可知a的加 2m/s,4z=22m/5,解得a2=4m/g,若 5 1 速度大于b的加速度，A、C项错误；a、b共速后，若在 甲，乙两车相遇则有十vzi十之az行=仰oi十 恒力作用下，a、b间的摩擦力f没有达到最大静摩擦 乞a甲i,解得t1=2s,甲车做匀加速运动的时间t仰 力，则一起做加速运动，则对于b有a共=上，且f≤ m umg,故a、b的加速度a:≤a2,B项正确；若在恒力作 =√48m/s一压ms=2s,说明在甲车匀加速的 a甲1 用下，a、b间的摩擦力达到最大静摩擦力，则发生相 末态两车相遇，即甲车运动24m时，与乙车第一次 对滑动，a、b的加速度大小不相等，且均做加速运动， 相遇，A项正确；t=2s时，乙车的速度z1=zo十 则对a有a,=Fm竖，对b有a1=mg=4g,可知a azt=10m/s<m1=22m/s,可知两车相遇后，甲 车在前方减速运动，乙车在后方加速运动，两车一定 的加速度a?小于共速前a的加速度a1,D项错误。 能再次相遇，由图2可知减速过程甲车的加速度大 二、多项选择题 484-0 9.ABD【解析】快件刚放上传送带时，受到沿传送带 小a甲2=2×46-24m/s=11m/s,假设在甲车 向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有mgcos日一 停止运动前两车相遇，设再经过时间t2,两车再次相 9 ·物理· 参考答案及解析 遇，有u仰之a甲：号=z十之az号，解得t红 项错误。 三、非选择题 1.6s,甲车匀诚速到停止需要的时间t甲2=四1一0 a甲2 13.(1)15(1分) =2s,由于t<t仰2，所以假设成立，在甲车停止之前 (2)长度(1分) 两车相遇。从第一次相遇到第二次相遇甲车的位移 a.A(2分) b.AD(2分) x甲=g一之a甲2后=21.12m,B项错误，C项正 【解析】(1)根据胡克定律可知F-(图像的斜率表 确；甲、乙两车第二次相遇的时刻t&=t十t= 1.5 3.6s,第二次相遇时乙车运动的总位移xz=2ot& 示劲度系数，则有=合兰-O5点0Nm 之az后=33.12m,D项错误。 15N/m。 (2)步骤②中为了获得弹簧b的拉力，需要测量其 12.ABC【解析】由图乙可知，物体先做初速度为零的 长度。 匀加速直线运动，速度达到传送带速度(t=1s时刻 a.弹簧测力计、细线、弹簧b都应与木板平行，可以 的速度)后物体继续向下做匀加速直线运动，故重力 减少由于摩擦带来的误差，A项正确；弹簧b如果贴 沿传送带向下的分力大于摩擦力，=10m/s,A项 在木板上，弹簧b和木板之间存在摩擦等因素的干 正确：设物体与传送带间的动摩擦因数为，在0~ 扰，影响弹簧弹力的测量结果，B项错误；改变弹簧b 1s内，物体所受的摩擦力方向沿传送带向下，做匀 的拉力，进行多次实验时，弹簧测力计a与弹簧b的 加速运动的加速度大小a,=mgsin8士mgcos0 7 拉力合成后的合力总是与重物的重力等大反向，则 gsin d叶4gos8.由图乙可知a=含-109m/s 不需要使O点静止在同一位置，C项错误。 △t1 b.改变弹簧b的拉力时，发现两次结点O的位置与 =10m/s2,在1~2s内，物体所受的摩擦力方向沿 固定点P刚好在同一直线上，因第二次结点的位置 传送带向上，物体的加速度大小a2= 离P点更远，则弹簧测力计a有更长的伸长量，其弹 mgsin&-umgeos9=gsin0-4gcos0,由图乙可知 力比第一次更大，A项正确，B项错误；对两次平衡 m a2=A=12-10 时的结点O受力分析，重物的重力恒定，弹簧测力 .△t2 2-1 m/s2=2m/s2,联立解得= 计Q的方向不变，力的大小变大，由动态平衡的特点 05,sin一号B.C项正确：根据”t图像与坐标 可知，弹簧b的长度和方向均不能确定，则第二次弹 簧b的拉力可能更大、更小或不变，即长度可能更 轴围成的面积表示位移，可知0~1s内物体相对于 长、更短或不变，C项错误，D项正确。 地面的位移大小工=X1m=5m,传送带的位移 2 14.(1)0.459(2分) 大小x2=10×1m=10m,物体相对传送带的位移 (2)成正比(2分)无关(2分) 大小△x1=x2一x1=5m,方向向上；1~2s内物体 (3)偏大(2分) 相对于地面的位移大小x=12,10×1m=11m, 1.35 2 【解析】(1)表格中a处的数据μ=0.3x9.8≈ 传送带的位移大小x1=10×1m=10m,物体相对 0.459。 传送带的位移大小△x2=x一x=1m,方向向下， (2)根据表中数据分析可知其他条件不变时，在实验 故0~2s内物体在传送带上留下的痕迹为5m,D 误差允许的范围内，滑动摩擦力的大小与接触面上 ·10· R ·物理· 压力的大小成正比：动摩擦因数4与接触面上压力 课本的加速度为a2,对课本，由牛顿第二定律得F 的大小无关。 (9mm+m)g-2umg=9mma。 (1分) (3)实验装置如图乙所示，挂钩高于定滑轮，则细线 代入数据解得ag=6pug (1分) 中的拉力F有竖直向下的分力F:和水平向左的分 橡皮从课本脱落前，橡皮的位移x1= 2at(1分) 力F2,实际的正压力F压实=Mg十F1,测量值的正压 力F压=Mg,实际的水平拉力F拉实=F2,测量值的 课本的位移=号。 t (1分) 水平拉力F拉满=F,故F压实>F医满，F拉实<F拉满，根 二者的位移关系为一x1= 2 (1分) F拉=F 锯生经M京以M可得四 代入数据解得t= 1L (1分) <以满，动摩擦因数以的测量结果偏大。 g 15.【解析】(1)将物体水平拉出，沿板面对物体受力分 17.【解析】(1)当机器人先以最大加速度做匀加速直线 析如图所示（侧视图） 运动加速至2m/s,然后做匀速直线运动，最后以最 大加速度做匀减速直线运动至零时，机器人从供包 台运行至分拣口所需的时间最短。机器人做匀加速 直线运动阶段根据运动学公式可得=”=1s a 其中f=f2=0.5×32N=16N (1分) (1分) 解得拉力的最小值F=G+(f1十f2)≈43.9N 2ai=1m (1分) (2分) (2)把物体沿木板向上拉出，物体与木板A之间的 匀减速直线运动阶段根据运动学公式可得。=巴 a 滑动摩擦力f1'=0.5×18N=9N (2分) =1s (1分) 物体与木板B之间的滑动摩擦力∫，'=μ(F十 1 x=2at号=1m (1分) Gcos37)=0.5×(18+30×0.8)N=21N(2分) 匀速直线运动阶段根据运动学公式可得= 则拉力的最小值F'=Gsin37°+f'十f2'=48N L-x一x2=14s (1分) (1分) 16.【解析】(1)因为水平力作用在课本上，所以当橡皮 故机器人从供包台运行至分拣口所需的最短时间t 与课本间的静摩擦力达到最大时，即橡皮的加速度 =t1十t十tg=16s (1分) 达到最大时，二者恰好相对静止，此时的力F为临 (2)包裹恰好能够下滑，对包裹受力分析得F,= 界值，设橡皮的最大加速度为a,对橡皮，由牛顿第 mgcos 0 (1分) 二定律得2pμmg=ma (1分) F-mgsin (1分) 解得a1=2g (1分) 其中F,=uFN (2分) 对整体，由牛顿第二定律得F一(9m十m)g= 解得托盘的最小倾角0.m=30 (2分) (9m十m)a1 (1分) 18.【解析】(1)根据v-t图像与t轴围成的面积表示位 代入数据解得Fi=30pμmg (1分) 移可得0~1.5s内木板通过的位移大小x=之] (2)若施加的力F=66mg,则已超过临界值，橡皮 和课本能相对滑动，此时橡皮的加速度仍为α，设 ×9m+39×0.5m=7.5m (1分) 2 ·11· ·物理· 参考答案及解析 (2)根据题意，结合图像可知，0~1.5s内小铁块始 由此可知，小铁块与木板共速后瞬间又发生了相对 终做匀加速运动，t=1,5s时木板和小铁块达到共 滑动，对木板，设其继续与小铁块发生相对滑动时的 速，设小铁块与木板间的动摩擦因数为1，则对小 加速度大小为a,则由牛顿第二定律有24zmg一 铁块由牛顿第二定律有1mg=ma (1分) m mg=mas (1分) 由速度与时间的关系式可得w=a1t (1分) 解得ag=8m/s (1分) 其中v=3m/s,t=1.5s 即木板以α的加速度继续减速直至速度为零，小铁 解得山=0.2 (1分) 块以a1的加速度减速直至速度为零，设在两者达到 设木板与地面间的动摩擦因数为2，在撤去拉力 共速时小铁块的对地位移为x1,木板的对地位移为 后，对木板由牛顿第二定律有1mg十22mg=ma2 1 x,则x1=2a1f=2.25m (1分) (1分) x2=x=7.5m 由图乙可知a2= 9-3 m/s2=12m/s2 (1分) 0.5 设共速之后的减速阶段小铁块的位移为x,木板的 解得=0.5 (1分) 位移为x1,则由运动学公式可得=2a1x3,v2= (3)对木板和小铁块在达到共速时进行分析，若共速 2asxi (1分) 后二者相对静止，设二者的共同加速度为a,则由牛 解得x3=2.25m,x1=0.5625m (1分) 顿第二定律有22mg=2ma (1分) 则小铁块最终停止时的位置与木板右端的距离△x 解得a=5m/s2 (1分) =x2十x1-(x1十xg)=3.5625m (1分) 而小铁块相对于木板不发生相对滑动的临界加速度 amax -al=2 m/s2<a (1分) ·12·