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(重庆甘肃贵州湖南专版)

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 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右 零件古 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 () FN个 500--- 475 1618t 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 C.16s~18s,电子秤的示数为600N D.0~18s,电梯运行的总位移为30m 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 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 班级 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 () 3SL 姓名 N B45 得分 C 000000○ 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)9 D.剪断轻绳B的瞬间，小球M的加速度大小为√2g 5.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m2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 () 777777777 777777 77777 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 6.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 单元过关（三）物理第2页（共8页） 2 7.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为0，以恒定速率顺时针转动，一煤块 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， 重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是 () u/(m's) 12 8 4 甲 A.倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan)= 3 B.煤块与传送带间的动摩擦因数4=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 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。 题号 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=S2,其中k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/m B.比例系数的单位是kg/m3 C.雨滴越大匀速下落时的速度也越大 D.半径为r的雨滴匀速下落的速度大小为 4pgr 3k 9.如图甲，倾角为0的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的小物块A、B同时以 初速度vo沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为4142，整个过程中斜面相对地 面静止。A和B的位置x与时间t的关系曲线如图乙所示，两条曲线均为抛物线，乙的 x-t曲线在t=to时切线斜率为0，则 () B 10 甲 2 单元过关（三）物理第3页（共8页） A.uu2=2tan 0 B.t=t0时，A的速度大小为3vo C.t=t。之前，地面对斜面的摩擦力方向向左 D.t=t。之后，地面对斜面的摩擦力方向向左 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 () 7777777777 A.无论F为何值，B和C始终处于相对静止状态 B.当F>4μmg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 5 D.当F=2mg时，A、B间的摩擦力为3mg 三、非选择题：本题共5小题，共57分。 11.(7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： 为传感器 白钩码 al(m's2) 重物 /k 打点计时器三的 单位：cm B 26月 F/N 接50Hz 交流电 丙 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α，得到多组α、 F数据。 请回答以下问题： 单元过关（三）物理第4页（共8页） (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.(9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1 长直导轨 托盘及砝码 甲 (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、02=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。 a/(m's2) 0.50 0.40 0.30 0.20h 0.10 0.100.20 0.30FN 乙 (4)图乙中直线斜率的单位为 (填“kg”或“kg1”)。 单元过关（三）物理第5页（共8页） 13.(10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 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 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 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2m,将运动箱拉至置 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 为0.6mg和0.3mg,求m oo 运动箱 ●配重1 置物架 重物秘 透明箱体 底板 配重2 7777777777777777777 电子秤 甲 单元过关（三）物理第6页（共8页） 2 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=m。=2kg,木板B与传送带间的动摩擦因数41-月， ,物块A与木板B间 √3 的动摩擦因数公：=名，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s,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。 B .30 2 单元过关（三）物理第7页（共8页） 15.(18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=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μ1=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。 77777777777777777777777777 单元过关（三）物理第8页（共8页）2027 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 Facos B=msg 对物块A受力分析，有 F3cos a=T+u (m1g-Fs sin a) (1分) 对物块A、B构成的整体，平行于斜面方向上有 Fg十H2Fs=(m1+m2)gsin a+2 Tcos a(1分) 垂直于斜面方向上有 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；0~4s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v1=a1t1=2m/s,0~4s内的位移大小为 1 x1=2a1t号=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=o1一azt3,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 内，由0-1=-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.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mv)g,对小球M受力分析，且由平衡条件 可得Tssin45°=F,Tscos45°=mMg,解 2 ·8 单元过关 FN3+2Tsin a=(m1+m2)gcos a (1分) 联立解得 T-ie N,F,=1860 558 161 ,m,=805kg 即物块C的质量应满足 558 m5∠805 kg (1分) 因此物块C的质量m的取值范围为 1 558 25kg≤m≤805 kg。 (1分) 三) 物理·运动和力的关系 TA- 1=2mM=3+1 得F=sn30=斤·m、=2,A错误，B正 确；剪断轻绳B的瞬间，小球将做圆周运动，垂直 绳A方向，即沿切线方向根据牛顿第二定律可得 mNg sin30°=mNaN,可得小球N的加速度大 1 小1N=2g,弹簧弹力不变，对于小球M由牛顿 第二定律得√F2十(mMg)7=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。 5.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=mg,水平方向由牛顿 cos a 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 Fv=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。 7777777入 77777 77777 甲 mg+ 77777777777777/77777 乙 6.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 ·物理· 半径为R,则下滑的距离分别为x1=R,x2=√2R, x3=2Rcos53°=1.2R,根据x= 2au,可得t= 1 /2x R √经，代入可得1==1=2√ ,A、B、C错 误；滑块下滑时产生的热量Q=mg cos0·x= mg cos0·2Rsin0=mgRsin20,则三个轨道中 从B处下滑时产生的热量最大，D正确。 7.D【解析】0~1s内煤炭的加速度大小a1= △t1 12-4 】m/s2=8m/s2,根据牛顿第二定律可得 mg sin0+mg cos0=ma1,ls后煤炭的加速度大 △w2_4-0 小a:=△c:-2-m/s=4m/s,根据牛频第二 定律可得mg sin0-μng cos0=ma2,联立解得 sin0=0.6,μ=0.25，倾斜传送带与水平方向夹角 的正切值tan0=3 4 =0.75,A、B错误；0~1s煤炭 的位移工1=1一2a1号=12X1m一2X8X 1m=8m,1~2s煤炭的位移x2=t2-2az= 1 4X1m一2×4×1m-2m,煤炭下滑的过程中， 1 根据动力学公式有x1十x2=2a2,解得煤块从 最高点下滑到A端所用的时间t3=√5s,C错 误；0~1s煤炭相对传送带向上的位移△x1= x1-t1=8m一4×1m=4m,1~2s煤炭相对传 送带向下的位移△x2=t2一x2=4X1m一2m= 2m,2~(2十√5)s煤炭相对传送带向下的位移 △x3=x1+x2+t3=8m+2m+4√5m= (10+4√5)m,由于△x2十△x3>△x1,煤块在传送 带上留下的痕迹长△x=△x2十△x3=(12十4V5)m, D正确。 二、多项选择题 8.BCD【解析】根据题意可得k一S2,由于∫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kgm/g=kg,A m2.(m/s)2=m 错误，B正确；半径为r的雨滴匀速下落，则f= mg-0·含mgf-8,解得一密，由 此可知，雨滴越大，则越大，匀速下落时的速度 也越大，C、D正确。 9.AD【解析】将下滑时刻作为初位置，则位置x 与时间t的图像即为位移一时间图像，图像的斜率 表示速度。A、B两个物块的曲线均为抛物线，则 参考答案及解析 A物块做匀加速直线运动，B物块做匀减速直线 V0十V 运动，在t。时间内xp=210=3x0,xz= v0十0 2=x0,联立解得。时刻A物块的速度大 小为v=2vo,B错误；A物块的加速度大小a1= 一v。B物块的加速度大小a2一，由牛顿第二定 t。 律，对A物块可得mgsin0-41 mg cos0=ma1,对乙 物块可得42 mg cos0一mg sin0=ma2,联立可得 41十2=2tan0,A正确；取水平向左为正方向，对 斜面和A、B两物块系统由牛顿第二定律可得，F= ma1cos0一ma2cos0=0,则t=t0之前，地面和斜 面之间摩擦力为零，C错误；t=t。之后，B物块保 持静止，A物块继续沿斜面向下加速，对系统由牛 顿第二定律可得F2=ma1cos0,即地面对斜面的 摩擦力方向向左，D正确。 10.ACD【解析】根据F大小可分为三种情况：第 一种情况，若F≤umg,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∫地，由二力平衡可知F=∫地， 1 f地≤f地m,f地m=3μX3mg=mg,由此可知， 若F≤mg,A、B、C都静止。第二种情况，若 μmg<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∫Am=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f地滑一f地m=μmg,根 据牛顿第二定律，B、C整体所能具有的最大加速 度ac=A一地=)ug,再取A、B、C为所 2m 究对象，A、B、C整体受力F和地面对整体的摩 擦力f地滑，由牛顿第二定律可知F一f地清=3mX acm,可得F=2.5umg,由此可知，若umg<F≤ 2.5umg,A、B、C一起以相同的加速度加速。第 三种情况，若F>2.54mg,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=2μmg,故B、C所能具有的最大加速度 1 为24g。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=2umg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α= 2 2027 F一f地泽=1。 3m =3g,取B,C为研究对象，可知f 5 f地0=2ma,求得fa=3mg,D正确。 三、非选择题 2)专2分)(2分) 1 11.(1)1.72(3分) 【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=xexc=12.76+11.04-9.32-7.6× (2T)2 4×0.12 10-2m/s2=1.72m/s2。 (2)对重物，根据牛顿第二定律可得F一mg= ma,整理得a一”一g,图像的斜率k=,解得 F m 重物质量m=,图像的纵截距为一6=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·?,对重物有 a F-mg=ma,当M=3m时，联立解得重物的加 速度大小为a2白。 12.(1)1.00(2分)(2)0.41(2分)(3)增大(3分) (4)kg-1(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。 △a (4)题图乙中直线斜率k=AF,根据F=ma可 知直线斜率的单位为kg1。 13.1)2m1<m<2(m1+m2)(2) 5 【解析】(1)装置能够使呈现4种不同的运动状 态—向下加速、减速和向上加速、减速，配重1 和配重2之间轻绳未绷直，运动箱加速度向 下，即 mg>2m1g (1分) 配重1和配重2之间轻绳绷直后，运动箱加速度 向上，即 2 ·1 单元过关 mg<2(m1+m2)g (1分) 解得2m1<m<2(m1十m2) (1分) (2)重物向上加速过程中，满足 1 1 0.6mg-2mg=2a1 (1分) 1 解得a1=58 运动箱向上加速过程中，设轻绳上的拉力为F,, 根据牛顿第二定律可得 (m1十m2)g-F1=2(m1+m2)a1 (1分) 2F-mg=ma1 (1分) 重物向上减速过程中，满足 2mg-0.3mg-2 maz (1分) 2 解得a2=58 运动箱向上减速过程中，设轻绳上的拉力为F2, 根据牛顿第二定律可得 F2-mig-2m1a2 (1分) mg-2F2=ma2 (1分) 联立解得m=1 m25。 (1分) 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41大于μ2，A相对于B上滑，则 mAg sin 0+uzmAg cos 0-mAaA 解得aA=7.5m/s2 (1分) mBg sin 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=aBt1 解得t1=0.6s 同速后由于 ui(mA+mB)g cos 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-u:mAgcos 0-mAa (1分) 解得a'=2.5m/s2 则B的合力 F合=u2 mAg cos0+mBg sin0-h1(mA十mB)gcos0 =0 (1分) ·物理· 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=2as号=1.8m B匀速运动的位移 x2=L一x1=3.6m (1分) B匀速运动的时间 t4=z=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 la=2aa,+t)2=2.4m B在t2时间内向下匀速运动的位移大小 lBI=vt2=1.2 m t1十t2时间内A相对于B向上运动的路程 S1=x1十lB1一lA1=0.6m (1分) t3~t2时间内B向下匀速运动的位移的大小 l2=v(t3-t2)=2.4m t3~t2时间内A向下加速运动的位移的大小、 l加=u(t-t)+20h(t,-t2)2=2.6m(1分) t3~t2时间内A相对于B向下运动的路程 s2=lA2-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+ui (mA+mB)g cos mBaB (1分) 解得aB=15m/s2 碰后B上升到最高，点所用的时间 -a8=0.4s 碰后B上升到最高点向上运动的位移的大小 2 1-2a=1.2m 碰撞时A的速度大小 v'=v+aa(t3-t2)=7m/s (1分) t4时间内A向下运动的位移的大小 1 lns-t+2ant=3m (1分) 因此53=lA3十1s=4.2m t4时间内A相对于B向下运动的路程 s=s1十s2十s3=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) ·1 参考答案及解析 解得铁箱侧壁对木块的支持力大小F、=50N (1分) (2)对木块，根据牛顿第二定律有F=ma (1分) 解得a=50m/s2 (1分) 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 u2 (M+m)g=(M+m)a (1分) 解得a=5m/s2 此时木块所受的摩擦力大小 f=ma=1×5N=5N>u1mg=0.2X1×10N =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,u2 (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L=”=3 a2=6s=0.5s (1分) 该过程中，木块和铁箱的位移大小分别为x1=t 2ad-3x0.5-2x2x05）m-125m 1 v,3 =2×0.5m=0.75m 2 (1分) 二者的相对位移大小为△x1=x1一x2=(1.25一 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 122 z:=241-2x2 m=1m (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 v1-v=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) 2