2025-2026学年安徽省江淮十校高三上学期11月期中考试物理试题 （解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省江淮十校2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.2025年8月18日世界人形机器人运动会100米障碍赛上，国产机器人跨栏一跳获得全场欢呼，如图所示。关于人形机器人的这一跳跃过程，下列说法正确的是（）A.研究跳跃过程中姿态时，可以将机器人视为质点B.机器人起跳的过程，地面对其支持力大于其对地面的压力C.从机器人开始起跳到离开地面的过程中，地面对其摩擦力方向向前D.机器人离开地面后上升到最高点时，其加速度为零【答案】C【解析】A．机器人在运动各阶段的姿势，其大小不能忽略，则不能将机器人看成质点，故A错误；B．地面对其支持力与其对地面的压力互为相互作用力，因此二者大小相等，故B错误；C．从开始起跳到离开地面的过程中，机器人脚对地面有向后的运动趋势，因此地面对其摩擦力方向向前，故C正确；D．离开地面后上升到最高点时，其加速度为g，故D错误。故选C2.如图所示为研究平抛运动的实验装置。某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面1、2、3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3的交点依次为A、B、C。已知A、B两点的竖直距离等于B、C两点的竖直距离。忽略空气阻力的影响，则小球由A运动到B和由B运动到C（）A.动能的变化量不相等 B.动量的变化量相等C.动量的变化率相等 D.重力做功的平均功率相等【答案】C【解析】A．由于小球做平抛运动，只有重力做功，小球由A运动到B和由B运动到C重力做功相同，根据动能定理可知ΔEk1=ΔEk2，A错误；B．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量。由于A点和B点，B点和C点在竖直方向上的间距相等，故小球经过平面1、2的时间大于经过平面2、3的时间，所以Δp1>Δp2，B错误；C．动量变化率等于合外力即重力，故相等，C正确；D．平均功率，重力做功相同，时间不同，故平均功率不相等，D错误。故选C3.某自动驾驶电动汽车B在市区平直道路上开启跟车模式，其安全跟车距离x与跟车速度v关系：x=1.5v（x、v均采用国际制单位）。当实际车距小于该设定值时，汽车会启动减速，其中仅电机动能回收减速时的加速度大小为2.0m/s2。某次行驶中，该电动汽车B与前车A速度相同，均以v=16m/s的速度匀速行驶，且保持着设定的安全跟车距离。若前车A突然以恒定加速度刹车，电动汽车B为保证自身仅通过动能回收减速就能避免追尾，则前车A刹车的最大加速度大小为（忽略自动驾驶系统的反应时间，两车均做匀减速直线运动，最终均会静止）（）A.3.2m/s2 B.4.0m/s2 C.4.8m/s2 D.5.0m/s2【答案】A【解析】两车均做匀减速直线运动直到静止，位移满足关系解得，故选A。4.如图甲所示，细线的一端固定于天花板上的O点，另一端系一质量为m的小球，在水平恒力F的作用下保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°。若将该小球先静止于最低点A（如图乙），再在该水平恒力F的作用下做圆周运动，则此过程中轻绳与竖直方向的最大偏角α等于（）A.30° B.37° C.45° D.60°【答案】D【解析】图甲中根据平衡可得图乙中根据动能定理可得联立可得解得α=60°，故选D。5.如图所示，漏斗状容器绕竖直对称轴OO'匀速转动，倾斜侧壁的倾角为θ。可视为质点的物块P放在容器的倾斜侧壁上，在容器转动的角速度缓慢增大的过程中，物块始终能相对于容器静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在这一过程中，下列说法正确的是（）A.倾斜侧壁对物块的支持力大小一定一直增大B.倾斜侧壁对物块的摩擦力大小一定一直增大C.若倾斜侧壁对物块的摩擦力大小减小时，则侧壁对物块的支持力大小也一定减小D.若不论容器转得多快，物块P都不相对于容器滑动，则物块与容器之间动摩擦因数的最小值为tanθ【答案】A【解析】ABC．对物块P受力分析，则有，解得，所以随着角速度的增加，支持力在缓慢变大，而摩擦力可能先减小再反向增加，故A正确，BC错误；D．竖直方向，此时重力远小于其它力可不计，有，解得，故D错误。故选A。6.北斗系统由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星等组成。将地球看成质量均匀的球体，若地球同步轨道卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法正确的是（）A.地球同步轨道卫星的轨道平面一定与地球赤道平面共面B.地球同步轨道卫星的线速度是地球第一宇宙速度的倍C.考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为D.考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为【答案】D【解析】A．地球倾斜同步轨道卫星轨道平面不是与赤道平面共面，故A错误；B．根据第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，计算为同步卫星轨道半径为，其线速度为即同步卫星线速度是第一宇宙速度的倍。故B错误；CD．北极的重力加速度赤道处物体受地球自转影响，有效重力加速度为同步卫星角速度满足即代入得赤道向心加速度因此赤道有效重力加速度与北极的比值为。故C错误，D正确。故选D。7.如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（）A.太阳轮与齿圈转动的角速度之比为B.一台风力发电机的发电功率约为C.一台风力发电机的发电功率约为D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为【答案】B【解析】A．由图3可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有即，故A错误；BC．经过时间，与叶片接触的风的长度为所以这部分风的体积为流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，所以与叶片发生作用的风的质量为所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电的功，即所以发电机的功率为故B正确，C错误；D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有解得根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为所以对一个叶片的平均作用力为，故D错误。故选B。8.如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m=1kg，物块A的质量M=2kg。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F-t图像和随位移变化的F-x图像分别如图乙、丙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.图中F0=8N、Fm=28NB.轻弹簧的劲度系数k=250N/mC.在0~0.2s时间内，力F的冲量大小为D.在0~0.2s时间内，力F做的功为1.6J【答案】D【解析】A．由图乙和图丙可知，t=0.2s，x=0.08m，根据解得t=0时刻加力F时，根据牛顿第二定律有由图乙可知，在t=0.2s时刻物块与托盘脱离，则解得，，A错误；B．t=0时刻，根据平衡条件有t=0.2s时刻，根据牛顿第二定律有又，解得k=200N/m，B错误；C．根据乙图图像与横坐标围成的面积可知，力F的冲量小于，C错误D．根据丙图图像与横坐标围成的面积可知，力F做的功为，D正确。故选D。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。9.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速度运行，一质量为、水平初速度大小为的工件（可视为质点），从传送带左侧滑上传送带。工件与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的热为，则传送带的速度大小可能为（）A.1m/s B.2.5m/s C.3m/s D.3.5m/s【答案】AC【解析】第一种情况，当传送带速度小于时，工件滑上传送带后先减速后匀速运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为，对工件根据牛顿第二定律设经过时间后工件与传送带共速，可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得，另一解大于舍去；第二种情况，当传送带速度大于时，工件滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后工件与传送带共速，同理可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。故选AC。10.如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的可视为质点的小物块A、B同时以初速度沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为、，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（b）所示，两条曲线均为抛物线，A的曲线在时切线斜率为0，则（）A.时，B的速度大小为B.之前，A和B的加速度大小相等、方向相反C.D.之前，地面对斜面的摩擦力为零【答案】BCD【解析】A．位置与时间的图像的斜率表示速度，AB两个物块的曲线均为抛物线，则A物体做匀减速运动，B物体做匀加速运动，在时间内AB的位移可得，可得时刻B物体的速度为，故A错误；B．A物体的加速度大小为B物体的加速度大小为A和B的加速度大小相等、方向相反，故B正确；C．由牛顿第二定律可得，对A物体同理对B物体联立可得，故C正确；D．由系统牛顿第二定律可得，故D正确。故选BCD。三、非选择题：共5题。共58分。11.Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学习小组在观看了第四次天宫课堂中的小球碰大球实验视频后，利用Tracker软件对该一维碰撞的实验视频进行分析，已知视频中m1=100g的小球碰撞原来静止的m2=500g的大球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x-t图像如图所示。（1）选取小球碰前速度方向为正方向，则两球碰撞前，大球、小球的总动量为_____________（计算结果保留2位有效数字），根据实验数据可知，两球碰撞过程中动量_____________（选填“守恒”或“不守恒”）。（2）碰撞恢复系数定义式为，其中和分别为小球和大球碰撞前后的速度，利用x-t图像数据可计算出该实验中碰撞恢复系数e=______。【答案】（1）0.12；守恒（2）1【解析】【小问1】选取水平向左为正方向，则两球碰撞前大球处于静止状态，小球匀速直线运动，则小球速度为则两球碰撞前两球的总动量为两球碰撞后大球的动量为碰后小球的动量为碰撞后的动量之和为故大球、小球碰撞前后动量守恒。【小问2】由题可知，碰撞前小球的速度大球的速度碰撞后小球的速度大球的速度联立解得=112.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。（1）实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，1、2、3、4、5为连续选定的计数点，相邻两计数点间有四个计时点未画出，计数点间的距离已在图中标出，则木块的加速度为______m/s2（保留2位有效数字）。（2）改用如图甲所示的气垫导轨进行实验，探究加速度与系统合外力的关系。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个相同的钩码，设每个钩码的质量为m。每次实验时都将细线下的1个钩码移放到滑块上的方盒中，从同一位置释放滑块，记录挡光片距光电门的距离和挡光片通过光电门的时间。①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，示数如图乙所示，则宽度d＝________mm；②下列说法正确的是_____（双选）A.要求钩码的质量m远小于滑块质量MB.将气垫导轨左端垫高，以平衡摩擦力C.调节滑轮高度，使牵引滑块的细线跟气垫导轨保持平行D.在保证挡光片能通过光电门的情况下，光电门离滑块释放点应适当远一些③开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，滑块由静止释放后细线上的拉力为F1；接下来每次重复上述实验时都将细线另一端的1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩2个钩码时细线上的拉力为F2，则F1________（填“大于”“等于”或“小于”）3F2；④若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，保持滑块上的方盒中和细线端所挂钩码总数为6；设挡光片距光电门的距离为L，细线端所挂钩码的个数为n，挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出图像，已知图线斜率为k，当地重力加速度为g，则________（用题中字母k、g、L、d表示）。【答案】（1）0.53（2）①.5.20②.CD③.小于④.【解析】【小问1】相邻两计数点间的时间间隔由逐差法可知，小车的加速度大小【小问2】①游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm；②A．研究对象为系统，不需要满足钩码的质量m远小于滑块质量M，选项A错误；B．气垫导轨阻力不计，调至水平即可，选项B错误；C．调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，选项C正确；D．在保证挡光片能通过光电门的情况下，光电门离滑块释放点适当远一些，可以减小误差，选项D正确。故选CD。③初始时，对整体分析有根据隔离法，对滑块分析，根据牛顿第二定律有F1=Ma1解得当只剩2个钩码时，对整体分析有根据隔离法，对滑块分析，根据牛顿第二定律得F2=(M+4m）a2解得，所以F1小于3F2。④滑块通过光电门的速度v=根据v2=2aL可得＝2aL因为，解得图线的斜率，解得13.如图所示，质量M=2.5kg的长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上，已知木块的下端离铁箱底部高度h=0.4m。木块与铁箱内壁间的动摩擦因数。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取。（1）求铁箱加速度大小；（2）某时刻突然将水平拉力减少为某一恒定值，木块沿铁箱左侧壁落到底部（不反弹）的时间为，求此过程中铁箱左侧壁对木块的弹力大小。【答案】（1）（2）10N【解析】【小问1】根据题意可知，木块恰好能静止在后壁上，设铁箱后壁对木块弹力为，则水平方向上，由牛顿第二定律有竖直方向上有，且，解得【小问2】木块在竖直方向上的加速度为，由运动学公式可得解得设铁箱后壁对木块弹力为，竖直方向根据牛顿第二定律有且，解得14.如图所示，质量为m的长木板静止在水平地面上，安装在右侧的电动机通过不可伸长的轻绳与长木板相连，表面水平的长木板上静置一质量也为m的木块。已知木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ。某时刻电动机以大小为P的恒定功率拉动长木板由静止开始运动，经过一段时间，木块与长木板的速度刚好相同，大小为。运动过程中轻绳始终水平，长木板和轻绳均足够长，重力加速度为g。求这段时间内（1）木块的位移大小x1；（2）长木板的位移大小x2；（3）长木板与木块速度之差最大时，长木板的速度大小。【答案】（1）（2）（3）【解析】【小问1】对木块根据牛顿第二定律有，解得根据运动学公式有解得木块的位移大小为【小问2】对长木板根据动能定理有其中，联立解得【小问3】当长木板与木块加速度相同时，二者速度之差最大，即长木板加速度大小也a，设长木板速度大小为v，则对长木板根据牛顿第二定律有其中，联立解得15.如图所示，光滑水平地面上固定一内壁光滑的竖直轨道，轨道由圆心角为的圆弧轨道和倾角为的足够长的倾斜直轨道连接而成，圆弧轨道左端与地面相切。一质量为m的小球A用长为l的轻绳悬挂于P点，P点到地面的距离也为l，其正下方处有一钉子，另一质量为2m的小球B与轻质弹簧连接，静置于地面上。初始时将轻绳拉至水平位置，由静止释放小球A，轻绳碰到钉子后恰好断裂。小球A与正前方弹簧接触，当弹簧再次恢复原长时，弹簧与小球B脱离，之后小球B进入圆弧轨道。已知弹簧始终处于弹性限度内，，重力加速度为g。（1）求轻绳的最大张力；（2）求弹簧的最大弹性势能；（3）若小球B以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，只与倾斜直轨道上的某一点发生弹性碰撞，最终沿原路返回圆弧轨道。已知碰撞前后平行于轨道的分速度不变，垂直轨道的分速度大小不变，方向反向。求tanα的值。【答案】（1）（2）（3）或【解析】【小问1】设小球摆至最低点的速度为，根据机械能守恒定律有设轻绳即将断裂时其中的张力为，对小球根据牛顿第二定律且解得【小问2】当A与B速度相等时弹簧弹性势能最大，根据系统动量守恒系统机械能守恒解得【小问3】沿直轨道和垂直直轨道分解小球的运动。沿直轨道分量，垂直直轨道分量，设小球经时间与直轨道碰撞，则情况①小球B与直轨道碰撞时，速度方向垂直于直轨道解得：情况②小球与直轨道碰撞后，速度方向竖直向上有：；解得：安徽省江淮十校2025-2026学年高三上学期11月期中考试物理试题一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1.2025年8月18日世界人形机器人运动会100米障碍赛上，国产机器人跨栏一跳获得全场欢呼，如图所示。关于人形机器人的这一跳跃过程，下列说法正确的是（）A.研究跳跃过程中姿态时，可以将机器人视为质点B.机器人起跳的过程，地面对其支持力大于其对地面的压力C.从机器人开始起跳到离开地面的过程中，地面对其摩擦力方向向前D.机器人离开地面后上升到最高点时，其加速度为零【答案】C【解析】A．机器人在运动各阶段的姿势，其大小不能忽略，则不能将机器人看成质点，故A错误；B．地面对其支持力与其对地面的压力互为相互作用力，因此二者大小相等，故B错误；C．从开始起跳到离开地面的过程中，机器人脚对地面有向后的运动趋势，因此地面对其摩擦力方向向前，故C正确；D．离开地面后上升到最高点时，其加速度为g，故D错误。故选C2.如图所示为研究平抛运动的实验装置。某同学设想在小球下落的空间中选取三个竖直平面1、2、3，平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出，运动轨迹与平面1、2、3的交点依次为A、B、C。已知A、B两点的竖直距离等于B、C两点的竖直距离。忽略空气阻力的影响，则小球由A运动到B和由B运动到C（）A.动能的变化量不相等 B.动量的变化量相等C.动量的变化率相等 D.重力做功的平均功率相等【答案】C【解析】A．由于小球做平抛运动，只有重力做功，小球由A运动到B和由B运动到C重力做功相同，根据动能定理可知ΔEk1=ΔEk2，A错误；B．根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量。由于A点和B点，B点和C点在竖直方向上的间距相等，故小球经过平面1、2的时间大于经过平面2、3的时间，所以Δp1>Δp2，B错误；C．动量变化率等于合外力即重力，故相等，C正确；D．平均功率，重力做功相同，时间不同，故平均功率不相等，D错误。故选C3.某自动驾驶电动汽车B在市区平直道路上开启跟车模式，其安全跟车距离x与跟车速度v关系：x=1.5v（x、v均采用国际制单位）。当实际车距小于该设定值时，汽车会启动减速，其中仅电机动能回收减速时的加速度大小为2.0m/s2。某次行驶中，该电动汽车B与前车A速度相同，均以v=16m/s的速度匀速行驶，且保持着设定的安全跟车距离。若前车A突然以恒定加速度刹车，电动汽车B为保证自身仅通过动能回收减速就能避免追尾，则前车A刹车的最大加速度大小为（忽略自动驾驶系统的反应时间，两车均做匀减速直线运动，最终均会静止）（）A.3.2m/s2 B.4.0m/s2 C.4.8m/s2 D.5.0m/s2【答案】A【解析】两车均做匀减速直线运动直到静止，位移满足关系解得，故选A。4.如图甲所示，细线的一端固定于天花板上的O点，另一端系一质量为m的小球，在水平恒力F的作用下保持静止，此时细线与竖直方向的夹角为θ=30°。若将该小球先静止于最低点A（如图乙），再在该水平恒力F的作用下做圆周运动，则此过程中轻绳与竖直方向的最大偏角α等于（）A.30° B.37° C.45° D.60°【答案】D【解析】图甲中根据平衡可得图乙中根据动能定理可得联立可得解得α=60°，故选D。5.如图所示，漏斗状容器绕竖直对称轴OO'匀速转动，倾斜侧壁的倾角为θ。可视为质点的物块P放在容器的倾斜侧壁上，在容器转动的角速度缓慢增大的过程中，物块始终能相对于容器静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则在这一过程中，下列说法正确的是（）A.倾斜侧壁对物块的支持力大小一定一直增大B.倾斜侧壁对物块的摩擦力大小一定一直增大C.若倾斜侧壁对物块的摩擦力大小减小时，则侧壁对物块的支持力大小也一定减小D.若不论容器转得多快，物块P都不相对于容器滑动，则物块与容器之间动摩擦因数的最小值为tanθ【答案】A【解析】ABC．对物块P受力分析，则有，解得，所以随着角速度的增加，支持力在缓慢变大，而摩擦力可能先减小再反向增加，故A正确，BC错误；D．竖直方向，此时重力远小于其它力可不计，有，解得，故D错误。故选A。6.北斗系统由若干地球静止轨道卫星、倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星等组成。将地球看成质量均匀的球体，若地球同步轨道卫星的轨道半径是地球半径的倍，下列说法正确的是（）A.地球同步轨道卫星的轨道平面一定与地球赤道平面共面B.地球同步轨道卫星的线速度是地球第一宇宙速度的倍C.考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为D.考虑地球自转，地球赤道重力加速度大小与北极的重力加速度大小之比为【答案】D【解析】A．地球倾斜同步轨道卫星轨道平面不是与赤道平面共面，故A错误；B．根据第一宇宙速度是近地轨道的环绕速度，计算为同步卫星轨道半径为，其线速度为即同步卫星线速度是第一宇宙速度的倍。故B错误；CD．北极的重力加速度赤道处物体受地球自转影响，有效重力加速度为同步卫星角速度满足即代入得赤道向心加速度因此赤道有效重力加速度与北极的比值为。故C错误，D正确。故选D。7.如图1所示，风力发电机是将风能（气流的动能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等。已知叶片长为r，风速为v，空气密度为，流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有空气速度减速为0，有空气以原速率穿过，如图2所示。图3所示为齿轮箱一级示意图，它由太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈组成，它们的齿数分别为、、。不考虑其他能量损耗，下列说法正确的是（）A.太阳轮与齿圈转动的角速度之比为B.一台风力发电机的发电功率约为C.一台风力发电机的发电功率约为D.空气对风力发电机一个叶片的平均作用力约为【答案】B【解析】A．由图3可知，太阳轮（主动轮）、行星轮和齿圈互相接触的点的线速度是相等的，则有即，故A错误；BC．经过时间，与叶片接触的风的长度为所以这部分风的体积为流到叶片旋转形成的圆面的空气中约有速度减速为0，所以与叶片发生作用的风的质量为所以这部分风的动能转化为发电机叶片获得的发电的功，即所以发电机的功率为故B正确，C错误；D．对与叶片发生作用的风，根据动量定理，有解得根据牛顿第三定律有，空气对一台发电机的作用力为所以对一个叶片的平均作用力为，故D错误。故选B。8.如图甲所示，弹簧台秤的托盘内放一个物块A，整体处于静止状态，托盘的质量m=1kg，物块A的质量M=2kg。给A施加一个竖直向上的力F，使A从静止开始向上做匀加速直线运动，力F随时间变化的F-t图像和随位移变化的F-x图像分别如图乙、丙所示，取g=10m/s2，下列说法正确的是（）A.图中F0=8N、Fm=28NB.轻弹簧的劲度系数k=250N/mC.在0~0.2s时间内，力F的冲量大小为D.在0~0.2s时间内，力F做的功为1.6J【答案】D【解析】A．由图乙和图丙可知，t=0.2s，x=0.08m，根据解得t=0时刻加力F时，根据牛顿第二定律有由图乙可知，在t=0.2s时刻物块与托盘脱离，则解得，，A错误；B．t=0时刻，根据平衡条件有t=0.2s时刻，根据牛顿第二定律有又，解得k=200N/m，B错误；C．根据乙图图像与横坐标围成的面积可知，力F的冲量小于，C错误D．根据丙图图像与横坐标围成的面积可知，力F做的功为，D正确。故选D。二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。在每小题给出的选项中，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。9.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速度运行，一质量为、水平初速度大小为的工件（可视为质点），从传送带左侧滑上传送带。工件与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦产生的热为，则传送带的速度大小可能为（）A.1m/s B.2.5m/s C.3m/s D.3.5m/s【答案】AC【解析】第一种情况，当传送带速度小于时，工件滑上传送带后先减速后匀速运动，设工件与传送带间的动摩擦因数为，对工件根据牛顿第二定律设经过时间后工件与传送带共速，可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得，另一解大于舍去；第二种情况，当传送带速度大于时，工件滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后工件与传送带共速，同理可得该段时间内工件运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。故选AC。10.如图（a），倾角为的足够长斜面放置在粗糙水平面上。质量相等的可视为质点的小物块A、B同时以初速度沿斜面下滑，A、B与斜面的动摩擦因数分别为、，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（b）所示，两条曲线均为抛物线，A的曲线在时切线斜率为0，则（）A.时，B的速度大小为B.之前，A和B的加速度大小相等、方向相反C.D.之前，地面对斜面的摩擦力为零【答案】BCD【解析】A．位置与时间的图像的斜率表示速度，AB两个物块的曲线均为抛物线，则A物体做匀减速运动，B物体做匀加速运动，在时间内AB的位移可得，可得时刻B物体的速度为，故A错误；B．A物体的加速度大小为B物体的加速度大小为A和B的加速度大小相等、方向相反，故B正确；C．由牛顿第二定律可得，对A物体同理对B物体联立可得，故C正确；D．由系统牛顿第二定律可得，故D正确。故选BCD。三、非选择题：共5题。共58分。11.Tracker软件是一种广泛使用的视频分析软件。某学习小组在观看了第四次天宫课堂中的小球碰大球实验视频后，利用Tracker软件对该一维碰撞的实验视频进行分析，已知视频中m1=100g的小球碰撞原来静止的m2=500g的大球，由视频分析可得它们在碰撞前后的x-t图像如图所示。（1）选取小球碰前速度方向为正方向，则两球碰撞前，大球、小球的总动量为_____________（计算结果保留2位有效数字），根据实验数据可知，两球碰撞过程中动量_____________（选填“守恒”或“不守恒”）。（2）碰撞恢复系数定义式为，其中和分别为小球和大球碰撞前后的速度，利用x-t图像数据可计算出该实验中碰撞恢复系数e=______。【答案】（1）0.12；守恒（2）1【解析】【小问1】选取水平向左为正方向，则两球碰撞前大球处于静止状态，小球匀速直线运动，则小球速度为则两球碰撞前两球的总动量为两球碰撞后大球的动量为碰后小球的动量为碰撞后的动量之和为故大球、小球碰撞前后动量守恒。【小问2】由题可知，碰撞前小球的速度大球的速度碰撞后小球的速度大球的速度联立解得=112.“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置如图所示。（1）实验打出的一段纸带如图所示，打点计时器的工作频率为50Hz，1、2、3、4、5为连续选定的计数点，相邻两计数点间有四个计时点未画出，计数点间的距离已在图中标出，则木块的加速度为______m/s2（保留2位有效数字）。（2）改用如图甲所示的气垫导轨进行实验，探究加速度与系统合外力的关系。气垫导轨放在水平桌面上并调至水平，气垫导轨上有一带有方盒的滑块，质量为M，气垫导轨右端固定一定滑轮，细线绕过定滑轮，一端与滑块相连，另一端挂有6个相同的钩码，设每个钩码的质量为m。每次实验时都将细线下的1个钩码移放到滑块上的方盒中，从同一位置释放滑块，记录挡光片距光电门的距离和挡光片通过光电门的时间。①用游标卡尺测出滑块上的挡光片的宽度，示数如图乙所示，则宽度d＝________mm；②下列说法正确的是_____（双选）A.要求钩码的质量m远小于滑块质量MB.将气垫导轨左端垫高，以平衡摩擦力C.调节滑轮高度，使牵引滑块的细线跟气垫导轨保持平行D.在保证挡光片能通过光电门的情况下，光电门离滑块释放点应适当远一些③开始实验时，细线另一端挂有6个钩码，滑块由静止释放后细线上的拉力为F1；接下来每次重复上述实验时都将细线另一端的1个钩码移放到滑块上的方盒中，当只剩2个钩码时细线上的拉力为F2，则F1________（填“大于”“等于”或“小于”）3F2；④若每次移动钩码后都从同一位置释放滑块，保持滑块上的方盒中和细线端所挂钩码总数为6；设挡光片距光电门的距离为L，细线端所挂钩码的个数为n，挡光片通过光电门的时间为t，测出多组数据，并绘出图像，已知图线斜率为k，当地重力加速度为g，则________（用题中字母k、g、L、d表示）。【答案】（1）0.53（2）①.5.20②.CD③.小于④.【解析】【小问1】相邻两计数点间的时间间隔由逐差法可知，小车的加速度大小【小问2】①游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，则最终读数为5.20mm；②A．研究对象为系统，不需要满足钩码的质量m远小于滑块质量M，选项A错误；B．气垫导轨阻力不计，调至水平即可，选项B错误；C．调节滑轮高度，使牵引小车的细线跟长木板保持平行，选项C正确；D．在保证挡光片能通过光电门的情况下，光电门离滑块释放点适当远一些，可以减小误差，选项D正确。故选CD。③初始时，对整体分析有根据隔离法，对滑块分析，根据牛顿第二定律有F1=Ma1解得当只剩2个钩码时，对整体分析有根据隔离法，对滑块分析，根据牛顿第二定律得F2=(M+4m）a2解得，