单元过关(三) 运动和力的关系-【衡水真题密卷】2027年高考物理单元过关检测(冀辽黑赣桂吉晋豫陕青宁蒙新藏滇川专版)

2026一2027学年度单元过关（三） 物理·运动和力的关系 本试卷总分100分，考试时间75分钟。 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 一项符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 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 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.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乒乓球惯性大 2.野外高空作业时，使用无人机给工人运送零件。如图，某次运送过程中的一段时间内， 无人机向左水平飞行，零件用轻绳悬挂于无人机下方，并相对于无人机静止，轻绳与竖 直方向成一定角度。忽略零件所受空气阻力，则在该段时间内 () 左0中 右 零件立 A.无人机做匀速运动 B.零件所受合外力为零 C.零件的惯性逐渐变大 D.零件的重力势能保持不变 3.小明站在水平放置于电梯内的电子秤上，电梯静止时电子秤的示数为500N。电梯从t=0时 由静止开始运动，t=18s时静止，电子秤的示数F随时间t变化的图像如图所示，重力加速 度g取10m/s2。下列说法正确的是 () 500 475 4 1618ts A.电梯处于上升状态 B.电梯减速阶段的加速度大小为0.5m/s2 单元过关（三）物理第1页（共8页） 梦想是人生的指引，奋斗是人生的动力 C.16s~18s,电子秤的示数为600N 班级 D.0~18s,电梯运行的总位移为30m 4.深中通道的建成靠的是“中国建筑重工机械”。如图所示，10根起吊绳（绳的质量忽略 姓名 不计)通过液压机械抓手把质量为6×105kg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°（图中其他8根绳没有画出），重力加速度g取10/s2, 得分 sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 ( A.每根起吊绳上的拉力为3.75×106N B.钢圆筒所受的合力为6×106N C,若增加起吊绳的长度，则每根绳的拉力变大 D.若每根起吊绳承受的最大拉力为9×105N,则起吊过程中钢圆筒的最大加速度为 2m/s2 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 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 不正确的是 () A 30 N B5° C 000000L M 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 C.剪断轻绳B的瞬间，小球N的加速度大小为28 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g 单元过关（三）物理第2页（共8页） 1 6.如图所示，沿水平方向运动的汽车内，一质量为1的物块紧贴在车厢左侧的竖直内壁 上，且与车厢保持相对静止，物块与车厢左壁间的动摩擦因数为4，另一质量为2的小 球通过轻质细线与车厢顶部连接，细线与竖直方向的夹角为α。重力加速度为g,下列 说法正确的是 () 7777 A.汽车一定向右加速运动 B.细线中的拉力大小为m2 g cos a C.物块与车厢左壁之间的摩擦力大小为m1 g tan a D.物块受到车厢左壁的弹力大小为m1 g tan a 7.如图所示，半球形容器内有三块不同长度的滑板AO'、BO'、CO,其下端都固定于容器底 部O点，上端搁在容器侧壁上，与水平面间的夹角分别为30°、45°、37°。若三个完全相同 的滑块同时从A、B、C处开始由静止下滑（忽略阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8），则 ( ) A.A处滑块最先到达O'点 B.B处滑块最先到达O'点 C.三种情况下滑块到达O'点的时间不相等 D.若换用摩擦系数相同的杆，运动过程中产生的摩擦热，从B处下滑的是最大 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 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.雨滴从高空落下，会砸死人吗？答案是否定的。因为雨滴在空气中竖直下落的速度较 大时，受到的空气阻力f与雨滴（可看成球形）的横截面积S成正比，与下落速度的平 方成正比，即f=Sv2,其中为比例系数，当阻力增大到跟雨滴的重力平衡时，雨滴匀 速下落。已知水的密度为ρ，重力加速度为g。下列说法正确的是 () A.比例系数k的单位是kg/m2 B.比例系数k的单位是kg/m3 单元过关（三）物理第3页（共8页） C.雨滴越大匀速下落时的速度也越大 D.半径为x的雨滴匀速下落的速度大小为 4pgr 3k 9.如图所示，质量为3kg的物体A静止在劲度系数为100N/m的竖直轻弹簧上方，质量 为2kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线 剪断，则细线剪断瞬间，下列说法中正确的是(g取10m/s2) () ∠LL4LLLL∠ B 7777f777 A.轻弹簧的压缩量为0.3m B.物体B的瞬时加速度为0 C.物体A的瞬时加速度为4m/s D.物体B对物体A的压力为16N 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2μ，B、C间的动摩擦因数为4，B和地面间的动摩擦因数为3μ，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 说法正确的是 () w7777777777777777 A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 B.当F>4mg时，B、C发生相对滑动 C.若A、B、C三个物体始终相对静止，则F不能超过2.5mg D.当F=2umg时，A、B间的摩擦力为3mg 三、非选择题：本题共5小题，共54分。 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： 劣传感器 占钩码 a/(m's2) 重物 /k 打点计时器 单位：cm 纸 接50Hz 693226月 FN 交流电 乙 丙 单元过关（三）物理第4页（共8页） 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， 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 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; 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、 F数据。 请回答以下问题： (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/s2(结果保留三位有效数字)。 (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 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 大小a= (结果均用k或b表示)。 12.(8分)某小组采用如图甲所示的装置验证牛顿第二定律，部分实验步骤如下： 数字毫秒计 ○ 遮光片 光电门2 小车 光电门 长直导轨 托盘及砝码 (1)将两光电门安装在长直轨道上，选择宽度为d的遮光片固定在小车上，调整轨道倾 角，用跨过定滑轮的细线将小车与托盘及砝码相连。选用d= cm(填 “5.00”或“1.00”)的遮光片，可以较准确地测量遮光片运动到光电门时小车的瞬时 速度。 (2)将小车自轨道右端由静止释放，从数字毫秒计分别读取遮光片经过光电门1、光电 门2时的速度v1=0.40m/s、v2=0.81m/s,以及从遮光片开始遮住光电门1到开 始遮住光电门2的时间t=1.00s,计算小车的加速度a= m/s2(结果 保留2位有效数字)。 (3)将托盘及砝码的重力视为小车受到的合力F,改变砝码质量，重复上述步骤，根据 数据拟合出α-F图像，如图乙所示。若要得到一条过原点的直线，实验中应 (填“增大”或“减小”)轨道的倾角。 单元过关（三）物理第5页（共8页） a/ms2) 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 由 0.100.200.30FN 乙 (4)图乙中直线斜率的单位为 (填“kg”或“kg1”)。 13.(10分)“第十五届中国国际航空航天博览会”在珠海国际航展中心举行。图甲为某飞 机小队表演的精彩瞬间；图乙为其中一架飞机（可视为质点）攀升时的示意图，t=0时 刻，其速度大小为v。、方向与水平方向的夹角为0，经过时间t。,沿直线飞行了距离x。 该过程视为匀加速直线运动，空气提供的升力始终与速度方向垂直，飞机飞行时所受 阻力大小f=k,其中（已知）为定值。已知飞机总质量为m,重力加速度为g,忽略 飞行过程中的质量损失。求： (1)该过程中，飞机飞行的加速度大小； (2)t=t。时刻，飞机所受牵引力的大小。 0飞 甲 乙 单元过关（三）物理第6页（共8页） 14.（13分)如图所示，一倾角0=30°、足够长的传送带始终以v=6m/s的速度逆时针匀速 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 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 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mB,物块A的质量为 mA,且mA=mB=2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数4，=尽 ，物块A与木板B间 的动摩藤因数- 6,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,不计 其他阻力。求： (1)物块A和木板B开始运动时加速度的大小aA和aB; (2)木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间t; (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 路程s。 -30 1 单元过关（三）物理第7页（共8页） 15.(17分)如图所示，质量M=3kg的长方体铁箱在水平恒力F作用下沿水平面向右匀 加速运动，铁箱内一个质量m=1kg的木块（可视为质点）恰好能相对铁箱左侧壁静 止。木块与铁箱内壁间动摩擦因数1=0.2，且处处相同，铁箱与水平面间动摩擦因数 42=0.5。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求： (1)铁箱侧壁对木块的支持力大小： (2)水平恒力F的大小； (3)减小拉力F,经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且不反弹，之后当铁箱的 速度为3m/s时撤去拉力F,若铁箱左右两侧壁间的距离为1m,判断木块能否与 铁箱的右侧壁相撞？若相撞，计算相撞时木块和铁箱各自的速度大小；若不会相 撞，计算木块最终离铁箱右侧壁的距离。 7777777777777777777777m 单元过关（三）物理第8页（共8页）2027 解得m4=25 12 g 即物块C的质量应满足 、12 m4≥25kg (1分) 设物块C的质量为m5时，物块A、B恰好要被拉 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 Fa cos B=msg 对物块A受力分析，有 F3cos a=T+u(m1g-F3 sin a) (1分) 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 2026一2027学年度单元过关( 一、单项选择题 1.D【解析】惯性是物体的固有属性，其大小只与 物体的质量有关，与速度无关，则两辆质量相同的 汽车，惯性一样大，A错误；物体间的相互作用力 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 人拉小孩的力等于小孩拉大人的力，它们互为一 对作用力与反作用力，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 比乒乓球惯性大，运动状态难以改变，D正确。 2.D【解析】无人机沿水平方向向左飞行，零件相 对于无人机静止，也沿水平方向向左飞行做直线 运动，故零件的高度不变，零件的重力势能保持不 变，D正确；零件受重力和轻绳的拉力作用，合外 力水平向左，零件和无人机水平向左做匀加速直 线运动，A、B错误；惯性的大小只与质量有关，零 件的质量不变，故零件的惯性不变，C错误。 3.D【解析】物体由静止开始运动，只能加速；由题 图可知先失重，加速度向下，故只能做向下的加速 运动，故电梯处于下降状态，A错误；0一4s内电梯 向下加速运动，由牛顿第二定律可得500一475= 50a1,解得a1=0.5m/s2,t=4s时的速度大小 为1=a1t=2m/s,0~4s内的位移大小为 x1=2a1=4m,4~16s内电梯向下匀速直线运 动，通过的位移大小为x2=v1t2=24m,16~18s内 电梯向下减速运动直至静止，根据运动学公式可得 0=v1一a2t3,解得加速度大小为a2=1m/s2,根据牛 顿第二定律可得F-mg=ma2,解得F=550N,可知 16~18s,电子秤的示数为550N,B、C错误；16~18s ·8 单元过关 F3+u2 FN3=(m1+m2)gsin a+2Tcos a (1) 垂直于斜面方向上有 FN3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 联立解得 r-微 1860 558 N,F3= 161 N,m3=805kg 即物块C的质量应满足 558 m,≤805kg (1分) 因此物块C的质量的取值范围为 12 558 25kg≤m≤805kg。 (1分) 三) 物理·运动和力的关系 内，由0一=一2a2x3,解得x3=2m,则0~18s,电 梯运行的总位移s=x1十x2十x3=30m,D正确。 4.D【解析】分解绳子拉力，竖直方向分力大小为 E红二G0则存根绳的拉力F二Q7=7.5X 105N,A错误；依题意，钢圆筒处于静止状态，所 受的合力为零，B错误；若增加起吊绳的长度，则 每根绳与竖直方向的夹角变小，由F=F克。 cos 0 0 0s010c0s0,可知每根绳的拉力变小，C错误， 10 G 若每根绳承受的最大拉力为9×105N,则10根绳 的合力Fmax=10 Tmaxcos37°=7.2X106N,由牛 顿第二定律有Fmx一mg=md max,解得amx= 2m/s2,D正确。 5.A【解析】设弹簧弹力为F,对两球整体受力分 析，由平衡条件可得F=TAsin30°，TAcOS30°= (mM十mN)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 可得Tssin45°=F,Tscos45°=mMg,解 1 =2,mM=3+1, 得下三in30°1”mN 2,A错误，B正 确；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 1 小aN=28,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿第 二定律得√F2十(mMg)2=mMaM,而F=mMg,联 立解得小球M的加速度大小aM=√2g,C、D正确。 由于本题选择错误的一项，所以选择A选项。 ·物理· 6.D【解析】依题意，对小球受力分析，如图甲所 示，竖直方向受力平衡，可得T=m8,水平方向 cos a 由牛顿第二定律可得m2 g tan a=m2a,解得a= gtan a,方向水平向右，则小车和物块的加速度也 是水平向右的，可知小车可能做向右的加速运动， 也能做向左的减速运动，A、B错误；依题意，对物 块受力分析，如图乙所示，水平方向由牛顿第二定 律可得FN=m1a=m1 gtan a,竖直方向由平衡条 件可知f=m1g,摩擦力不一定达到最大静摩擦 力，C错误，D正确。 777777 mg⊙)】 7 乙 7.D【解析】沿滑板AO、BO、CO下滑的加速度分别 为a1=gsin30°，a2=gsin45°，a3=gsin37°，设圆 半径为R,则下滑的距离分别为x1=R,x2=√2R, x3=2Rcos53°=1.2R,根据x= 2au2,可得t= 1 2z,代入可得1==s=2g A、B、C错 误；滑块下滑时产生的热量Q=ng cos0·x= umg cos0·2Rsin0=mgR sin20,则三个轨道中 从B处下滑时产生的热量最大，D正确。 二、多项选择题 &BCD【解折】根诺题高可得k=品由于f的单 位为kg·m/s2,S的单位为m2,v的单位为m/s, 所以比例系数的单位为kg·m=kg,A m2.(m/s)2-m3 错误，B正确；半径为r的雨滴匀速下落，则∫= 4 4pgr mg=p·专gf=502,解得v=g照，由 此可知，雨滴越大，则r越大，匀速下落时的速度 也越大，C、D正确。 9.AC【解析】A、B紧挨在一起但A、B之间无压 力，对A根据受力平衡可得mAg=kx,解得弹簧 压缩量x=mA8=0.3m,A正确；细线剪断醉间， k 参考答案及解析 弹簧弹力不变，对AB整体，由牛顿第二定律 得mBg十mAg一bx=(mA十mB)a,解得AB的瞬 时加速度a=4m/s2,B错误，C正确；对物体A, 由牛顿第二定律得NB十mAg-bx=mAa,解得 物体B对物体A的压力NB=12N,D错误。 10.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第 一种情况，若F≤g,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 给整体的摩擦力f地，由二力平衡可知F一∫地， 1 f地≤f地m,f地m=3μX3mg=mg,由此可知， 若F≤umg,A、B、C都静止。第二种情况，若 umg<F≤2.5umg,A、B、C一起以相同的加速 度加速。取B、C为研究对象，A给B、C整体的 摩擦力最大值fAm=2μXmg=2μmg,B、C整体 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∫地滑=∫地m=mg,根 据牛顿第二定律，B、C整体所能具有的最大加速 度acn=fAa。一∫地秀=1 2m 2g,再取A、B、C为研 究对象，A、B、C整体受力F和地面对整体的摩 擦力∫地滑，由牛顿第二定律可知F一∫地潘=3mX acm,可得F=2.5umg,由此可知，若mg<F≤ 2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。第 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>2.5umg,但A能给B、C整体的摩擦力最大 值fAm=2mg,故B、C所能具有的最大加速度 为4g。因此，若F>2.5mg,A将以更大的加 速度加速，B、C一起以24g的加速度加速。A、 C正确，B错误；当F=2μmg时，属于第二种情 况，A、B、C一起以相同的加速度加速。取A、B、 C为研究对象，由牛顿第二定律可知a= F一f典清=14 3m 3g,取BC为研究对象，可知f 5 f地4=2ma,求得fAa=3mg,D正确。 三、非选择题 1.a1.722分)(2)g2分) 1 (2分) 26 【解析】(1)相邻两计数，点的时间间隔T=5× 0.02s=0.1s,根据逐差法求出重物的加速度大小 为a= CEEAC=12.76+11.04-9.32-7.6X (2T)2 4×0.12 1 2027 10-2m/s2=1.72m/s2 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= F ma,整理得a= m一8，图像的斜率飞=司，解得 1 重物质量m=友，图像的纵载距为一b=一g,可 得b=g,根据滑轮组的特点可知，钩码的加速度 为重物的一半，则Mg一2F=M·2,对重物有 F一mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 26 速度大小为a=7。 12.(1)1.00(2分)(2)0.41(2分) (3)增大 (2分)(4)kg1(2分) 【解析】(1)实验用遮光片通过光电门的平均速度 代替瞬时速度，遮光片宽度越小，代替时的误差越 小，故为较准确地测量遮光片运动到光电门时小车 的瞬时速度，选择宽度较小的d=1.00cm的遮 光片。 (2)根据加速度的定义式可得a-,-0,41m/5。 (3)根据题图乙可知当有一定大小的外力F时小 车的加速度仍为零，可知平衡摩擦力不足，若要 得到一条过原，点的直线，需要平衡摩擦力，故实 验中应增大轨道的倾角。 (④)题图乙中直线斜率k三A,根据F=ma可 知直线斜率的单位为kg1。 13.(1) 2x20o to (2)mgsin0+k(2-）+2maot】 t 【解析】(1)设该飞机的加速度大小为a,由位 1 移-时间公式有x=uo。十2a8 (2分) 2x2v0 解得a= (2分) t品to (2)设t=t。时刻，该飞机的速度大小为v1,所受 牵引力大小为F,有 x=0十 2 (2分) 解得v1= to -v0 由牛顿第二定律有F-mg sin0一kv1=ma (2分) 解得Fg凭-)+2） (2分) 1 。1 单元过关 14.(1)7.5m/s210m/s2(2)1.2s(3)5m 【解析】(1)释放后，B受传送带的滑动摩擦力， 由于H1大于以2，A相对于B上滑，则 mAg sin 0+u2mAgcos 0-mAaA 解得aA=7.5m/s2 (1分) mBgsin 0+u (mA+mB)gcos 0-uzmAgcos 0 =mBaB 解得aB=10m/s2 (1分) (2)设经时间t1木板B与传送带速度相同，则 v=aBti 解得t1=0.6s 同速后由于 (mA+mB)gcos 0+uzmagcos 0>mBg sin 0 (1分) 故木板B与传送带相对静止一起匀速，物块A继 续加速，设再经时间t2物块A与B及传送带速 度相同，则 v=aa(t1十t2) 解得t2=0.2s 同速后A会相对于B下滑，有 mAg sin 0-uzmag cos 0=mAa' (1分) 解得a'=2.5m/s2 则B的合力 F合=42 mAgCos0+meg sin0-h(ma十mB)gcos0 =0 (1分) 木板B仍匀速至与挡板相碰，从释放到B与传送 带同速，B加速位移 1 x1=2aB2号=1.8m (1分) B匀速运动的位移 x2=L-x1=3.6m (1分) B匀速运动的时间 4g=2=0.6s 所以木板B从释放至第一次与挡板相碰的时间 t=t1+t3=1.2s (1分) (3)t1十t2时间内A向下加速位移大小 LM=2aA(t1十t2)2=2.4m B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 l=wt2=1.2m t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 s1=x1+lB1-lA1=0.6m (1分) t?~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 l2=v(t3-t2)=2.4m t?~t2时间内A向下加速运动的位移的大小 1 l加=ot,-t)+2aA(,-t2)2=2.6m(1分) ·物理· t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 S2=LA2一l2=0.2m 第一次碰后B向上减速运动的加速度大小为 aB,则 mBg sin 0+u2mag cos 0+u(mA+mB)g cos 0= mBaB (1分) 解得aB-15m/s2 碰后B上升到最高，点所用的时间 4-ai=0.4s 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小 02 1=2a8=1.2m 碰撞时A的速度大小 v'=v+an(t3-t2)=7m/s t4时间内A向下运动的位移的大小 l=0't,十2aht号=3m (1分) 因此s3=lA3十L路=4.2m t4时间内A相对于B向下运动的路程 s=S1十s2+53=5m。 (1分) 15.(1)50N(2)220N(3)相撞，相撞时木块的速 度大小为√2m/s,铁箱的速度为0 【解析】(1)木块恰好能相对铁箱左侧壁静止，得 uFN=mg (1分) 解得铁箱侧壁对木块的支持力大小FN=50N (1分) (2)对木块，根据牛顿第二定律有Fy=ma (1分) 解得a=50m/s2 对木块和铁箱组成的整体，根据牛顿第二定律有 F-u2 (M+m)g=(M+m)a (1分) 解得F=220N (1分) (3)撤去拉力F后，假设木块和铁箱不发生相对 滑动，设加速度大小为a,对木块和铁箱组成的整 体，根据牛顿第二定律得 2026一2027学年度单元过 一、单项选择题 1.C【解析】做曲线运动的物体受合外力方向指向 轨迹的凹侧，速度方向沿轨迹的切线方向，因加速 爬升，则合外力方向与速度方向夹角为锐角，C 正确。 ·11 参考答案及解析 u2 (M+m)g=(M+m)a (1分) 解得a=5m/s 此时木块所受的摩擦力大小 f=ma=1×5N=5N>u1mg=0.2×1×10N =2N (1分) 故假设不成立，真实情况是木块相对铁箱向右滑 动，设木块和铁箱的加速度大小分别为a1和a2, 对木块和铁箱分别根据牛顿第二定律得 uimg=ma1:u:(M+m)g-uimg=Ma2 (1分) 解得a1=2m/s2,a2=6m/s2 铁箱的速度减为零所用的时间：=”=3 a26s=0.5s （1分) 该过程中，木块和铁箱的位移大小分别为x1=t一 7=(xa.57x2xan=1.25ma= 1 21=2×0.5m=0.75m (1分) 二者的相对位移大小为△x1=x1一x2=(1.25- 0.75)m=0.5m (1分) 该过程中木块未与铁箱右侧壁相撞，铁箱的速度 减为零时木块的速度大小为v1=v一a1t= (3-2×0.5)m/s=2m/s (1分) 此后铁箱静止，假设木块未与铁箱右侧壁相撞， 木块的速度减为零通过的位移大小为 ==22 t-241-2x2 m-1 m (1分) 因△x1+x3=1.5m>d=1m (1分) 故假设不成立。真实情况是木块与铁箱相撞，设 木块与铁箱相撞时木块的速度大小为2，则有 f-v2=2a1(d-△x1) (1分) 解得v2=√2m/s 综上所述，木块与铁箱相撞，相撞时木块的速度 大小为√2m/s,铁箱的速度为0。 (2分) 关（四）物理·曲线运动 2.B【解析】将足球发射到水平击中球门横梁，看成 递向的平抛运动，根据平抛运动规律有h=2r, g x=0,解得：-工√员，由于两次的水平位移不相 1