2022-2023学年重庆市渝北区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年重庆市渝北区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列说法中，正确的是( )
A. 做曲线运动的物体，它所受的合外力一定是变力
B. 牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，并用实验首先测定万有引力常量G
C. 作用力做正功时，反作用力一定做负功
D. 电是物体表现出来吸引轻小物体的性质
2.如图所示，一个水平大圆盘绕过圆心的竖直轴匀速转动，一物体在距圆心为r处的P点随圆盘一起转动，关于该物体的受力，以下说法正确的是( )
A. 物体相对于P点不动，因此不受摩擦力的作用
B. 若使圆盘以较小的转速转动，物体在P点受到的摩擦力不变
C. 物体随圆盘做匀速圆周运动，圆盘对他的摩擦力充当向心力
D. 物体随圆盘做匀速圆周运动，其重力和支持力的合力充当向心力
3.可视为点电荷的两个完全相同的金属小球，分别带有+5q和−q的电荷，相距一定距离时库仑力的大小为F。将两球接触后再放回原处，两球之间的库仑力为( )
A. 引力，大小为F3B. 斥力，大小为4F5C. 斥力，大小为FD. 引力，大小为3F
4.人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为180g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，g取10m/s2，下列分析正确的是( )
A. 手机与眼睛作用过程中手机动量变化量的大小约为0.36kg⋅m/s
B. 手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C. 手机对眼睛的冲量大小约为0.2N⋅s
D. 手机对眼睛的平均作用力大小约为0.3N
5.如图所示，从以10m/s沿水平方向匀速直线飞行的直升机上释放一个金属小球，小球在落地之前经过空中A、B两点，在A点小球速度方向与水平方向的夹角为45∘，在B点小球速度方向与水平方向的夹角为60∘，空气阻力忽略不计，取g=10m/s2，以下说法正确的是( )
A. 小球从释放到B用时2s
B. 小球经过A、B两点的时间间隔为( 3−1)s
C. A、B两点间的高度差为30m
D. A、B两点间的高度差为40m
6.为了测量某星球的各项数据，在星球表面让小球自由下落，利用相关设备，测出运动时间为t，落地时的速度为v0。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 星球表面重力加速度大小g=v02tB. 星球的质量M星=v0R2Gt
C. 星球的平均密度ρ=3v0πGRtD. 星球第一宇宙速度大小v= v02Rt
7.如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动。通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。g=10m/s2。则( )
A. 物体的质量m=1kgB. 第2s内物体克服摩擦力做的功W=2.0J
C. 前2s内推力F做功的平均功率P−=1.6WD. 前3s内推力F做功的平均功率P−=2.0W
8.如图所示，传送带与地面倾角θ=37∘，从A到B长度为L=14m，传送带以v0=8m/s的速率逆时针转动，在传送带上端A无初速地放一个质量为m=0.5kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.25，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g=10m/s2。则下列正确的是( )
A. 煤块刚放上时，加速度大小a1=8.5m/s2
B. 煤块从A到B的时间为1.5s
C. 煤块从A到B的过程中传送带上形成划痕的长度6m
D. 煤块从A到B的过程中，系统因摩擦产生的热量为6J
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，卫星B是地球同步卫星，它们均绕地球做匀速圆周运动，卫星P是地球赤道上还未发射的卫星，P、A、B三颗卫星的线速度大小分别为vP、vA、vB，角速度大小分别为ωP、ωA、ωB，向心加速度大小分别为aP、aA、aB，下列判断正确的是( )
A. vA>vB>vP
B. vAC. ωA>ωB=ωP
D. aB>aA>aP
10.如图所示，一小球自A点由静止开始自由下落，到达B点时与弹簧接触，到达C点时弹簧被压缩至最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A至B到C的运动过程中( )
A. 小球的机械能守恒
B. 小球在B点时动能最大
C. 小球由B到C加速度先减小后增大
D. 小球由B到C的过程中，动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
11.如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量分别为0.5m、m的物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离为RA=r，RB=2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，当圆盘转速加快到两物体刚好发生滑动时，关于此时圆盘的角速度和绳中张力大小，下列说法正确的是( )
A. 此时A所受的摩擦力方向沿半径指向圆心
B. 此时圆盘的角速度大小为ω= μgr
C. 此时绳子的张力大小T=2μmg
D. 若此时烧断绳子，A仍相对于圆盘静止，B都将做离心运动
12.在水平面上有一质量为2m的长方体物块B，B的右上端固定一个轻质定滑轮，一根不可伸长的轻绳通过定滑轮与质量为m的光滑小滑块A相连，轻绳水平，A刚好与B的右边相接触且能相对于右边竖直下滑，开始时A到水平面的高度为h。现将A由静止释放，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 若水平面粗糙，释放A后A、B仍静止，水平面对B的摩擦力大小f=mg
B. 若水平面光滑，当A刚接触地面时，A整个运动中的位移大小x=h
C. 若水平面光滑，当A刚接触地面时，A的速度大小与B的速度大小的关系vA=vBcs45∘
D. 若水平面光滑，当A刚接触地面时，B的速度大小vB= 2gh2
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
13.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
①将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
②让质量为m1的入射球多次从斜槽上S位置静止释放，记录其平均落地点位置；
③把质量为m2的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上S位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
④记录小球抛出点在地面上的垂直投影点O，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置M、P、N与O的距离分别为x1、x2、x3，如图乙，分析数据：
(1)入射球直径d1和被碰球直径d2应满足关系d1______d2(选填“>”、“=”或“<”)；
(2)关于该实验，下列说法正确的有______；
A.斜槽轨道末端必须切线水平
B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C.入射球必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度H
(3)若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______。
A.m1x1=m1x2+m2x3
B.m1x2=m1x1+m2x3
C.m1x22=m1x12+m2x32
14.一小组同学用如图甲所示的力学实验装置验证机械能守恒定律。绕过定滑轮的细线上悬挂质量相等的钩码A和钩码B，在钩码A的下面固定穿过打点计时器的纸带，用手固定住钩码A，在钩码B下面再挂上一较大的钩码C，之后放开钩码A，让系统由静止开始运动。实验中获取的一条纸带如图乙所示，0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个打下的点(图中末标出)，打点频率为50Hz，计数点间的距离已标记在纸带上。已知钩码A、B的质量均为m=50g，钩码C的质量为M=100g，g取10m/s2。
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v5=______m/s(结果保留三位有效数字)；
(2)在打下计数点5时，系统的动能为______ J；
(3)从释放钩码A到打下计数点5过程中，系统的重力势能减小量为______ J；
(4)该小组同学发现打下计数点5时系统的重力势能减小量大于打该点时系统的动能，于是对纸带上的多个点分析，用打点时系统的动能Ek作为纵坐标，用各点到起始点的距离h作为横坐标，描绘比Ek−h是一条过原点的图像。若图像的斜率为k，则系统受到的阻力大小为______(用M、g及k表示)。
四、简答题：本大题共4小题，共12分。
15.重庆市巴南区有一段“波浪形”公路如图甲所示，公路的坡底与坡顶间有一定高度差，若该公路可看作由半径均为10m的凹凸路面彼此连接而成如图乙所示。如图甲所示质量为2×103kg的汽车平行于中心标线行驶，先后经过了某段凸形路面的最高点M和凹形路面的最低点N，已知车胎的最大承受力是4×104N，取g=10m/s2，求：
(1)汽车以v0=5m/s的速度通过最高点M时的加速度大小；
(2)汽车通过最低点N时不发生爆胎的最大安全速度。
16.在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间极短，如图所示是它们碰撞前后的x−t图像。小球的质量分别为m1和m2，已知m1=0.1kg。求：
(1)小球m2的质量；
(2)该碰撞是否为弹性碰撞，并通过计算说明。
17.小明利用暑假时间到工地体验生活，工友交给他一个任务，将静置于地面质量未知的一袋水泥用吊机竖直提升到高为98.4m的平台，小明利用物理老师讲的机车启动知识，决定操控吊机以最大拉力使水泥袋先做匀加速运动，待电机功率达到额定功率后，保持额定功率不变再做变加速，达到最大速度vm=12m/s后，立即匀减速上升，到达平台的速度刚好为零，通过吊机臂铭牌查阅到该吊机额定功率为4800W，最大拉力600N，减速时加速度为a=2m/s2，g=10m/s2，请你根据小明的思路结合实际数据，不计空气阻力，试求：
(1)一袋水泥的质量m；
(2)水泥匀加速上升高度h1；
(3)以小明的方式，水泥从地面到达平台所用时间t。
18.如图所示，有一个34光滑圆环MDN固定在竖直平面内，半径为R=0.2m，圆心在O点，N、O、D为竖直直径上的三点，O、M、B、C四点在同一个水平面上，在N点正下方接近N点处固定一个非常小的光滑水平支架，支架上放置一个可视为质点的小物块b，另一个可视为质点的小球a在M点的正上方。传送带顺时针匀速转动，速度大小为v′=8m/s，左端点B距圆心O的水平距离为L0，BC长为L=20+ 25m，已知球a的质量m1=0.2kg，物块b的质量m2=0.4kg，g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)若将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，且击中传送带上的B点，求OB的距离L0；
(2)将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为h1=0.65m处由静止释放，若a、b两物体碰撞后粘在一起，求碰撞过程中损失的机械能；
(3)调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b做平抛运动后落在传送带上，且物块b落在传送带上时竖直分速度全部损失，只保留水平方向分速度。当物块b落在传送带上距离B点最近时，物块b在传送带上会一直向右加速运动，到C点时恰好与传送带速度相等，求物块b在传送带上产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、做曲线运动的物体所受的合外力可能为恒力，例如平抛运动，故A错误；
B、牛顿总结出牛顿运动定律和万有引力定律，卡文迪什用实验首先测定万有引力常量G，故B错误；
C、作用力做功与反作用力做功无关，作用力做正功时，反作用力可能做正功(两个带电体相互吸引靠近的过程)，可能不做功，也可能做负功，故C错误；
D、电是物体表现出来吸引轻小物体的性质，故D正确。
故选：D。
做曲线运动的物体所受的合外力可能为恒力；万有引力常量是卡文迪什通过扭秤实验测得的；作用力做功与反作用力做功无关；根据电的概念分析。
本题考查曲线运动、万有引力常量、功和电，要加强对基础知识的理解与认识，基础题。
2.【答案】C
【解析】解：ACD、以物体为研究对象，物体做匀速圆周运动，受到重力、支持力和静摩擦力，所需要的向心力在水平面内指向圆心，重力G与支持力FN在竖直方向上，G与FN二力平衡，不可能提供向心力，因此物体做圆周运动的向心力由静摩擦力f提供，故AD错误，C正确。
B、若使圆盘以较小的转速转动，根据牛顿第二定律得：f=m(2πn)2r，由于转速变小，受到的静摩擦力大小变小，故物体在P点受到的摩擦力变小，故B错误。
故选：C。
物体在圆盘上绕圆心做匀速圆周运动，所需要的向心力由合外力提供，对他进行受力分析，然后确定什么力提供向心力．
本题关键对做圆周运动的物体进行受力分析，明确做匀速圆周运动的物体需要向心力，向心力是效果力，它由物体所受的合外力提供．
3.【答案】B
【解析】解：设两点电荷相距为r，根据库仑定律，库仑力的大小为F=k5q⋅qr2=5kq2r2
将两球接触后再分开，每个小球所带的电荷量q1=q2=5q−q2=2q
将两球接触后再放回原处，根据库仑定律，库仑力的大小为F1=kq1q2r2=k(2q)2r2=4kq2r2
联立解得F1=45F
由于两球接触后再分开，两小球带上同种电荷，根据电荷间的相互作用规律，两小球之间为库仑斥力。
综上分析，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据库仑定律求两球未接触之前的库仑力；根据电荷中和的原则求将两球接触后再分开，每个小球所带的电荷量，再根据库仑定律求库仑力，据此分析作答。
本题考查库仑定律和电荷的中和；本题要抓住“将两球接触后再放回原处”这一关键。
4.【答案】A
【解析】解：A、由动量定理，动量的变华量与合外力的冲量相等，即ΔP=F合×t=mg×Δt=180×10−3×10×0.2kg⋅m/s=0.36kg⋅m/s，故A正确；
B、眼睛对手机的冲量方向是竖直向上的，故手机对眼睛的冲量方向是竖直向下的，故B错误；
C、手机对眼睛的冲量与眼睛对手机的冲量大小是相等的，方向相反，由A选项计算可得，手机对眼的冲量大小为0.36N⋅s，故C错误；
D、由F×t=Δp，得F=ΔPt=，故D错误。
故选：A。
由动量定理，则可得出项的正确与否了。
抓住动量定理的物理意义来思考。
5.【答案】B
【解析】解：A、分解A、B两点的速度，根据平行四边形定则知
vAy=v0=10m/s，
vby=v0tan60∘=10× 3m/s=10 3m/s，
则小球从释放到B用时tb=vbyg=10 310s= 3s，故A错误；
B、由A到B的时间间隔Δt=vby−vAyg=10 3−1010s=( 3−1)s，故B正确；
CD、A、B两点间的高度差为h=vby2−vAy22g=(10 3)2−1022×10m=10m，故CD错误。
故选：B。
根据平行四边形定则求出A、B的竖直分速度，结合速度-时间公式求出小球A到B的时间，根据速度-位移公式求出A、B的高度。
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
6.【答案】B
【解析】解：A、小球做自由落体运动，v0=gt
可解得
g=v0t
故A错误；
B、在星球附近有：GMmR2=mg
解得
M=v0R2Gt
故B正确；
D、第一宇宙速度v= gR= v0Rt，故D错误；
C、星球的密度ρ=MV=v0R2GT⋅43πR3=3v04GπRt，故C错误；
故选：B。
小球在星球表面做自由落体运动，由v0=gt求出星球表面的重力加速度；物体在星球表面上时，由重力等于星球的万有引力求出星球的质量；星球表面围绕星球做圆周运动至少应获得的速度大小即为星球的第一宇宙速度大小，根据密度的公式解得星球密度。
本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系物体运动和天体运动的桥梁．
7.【答案】B
【解析】解：A、由v−t图像得，1∼2s内，加速度a=ΔvΔt=22−1m/s2=2m/s2
由牛顿第二定律得：F1−f=ma
2∼3s内，物体做匀速直线运动，由平衡条件得：F2=f
代入数据联立解得：m=0.5kg
故A错误；
B、v−t图像与坐标轴所围面积表示位移，第2s内物体的位移为x1=12×(2−1)×2m=1m
克服摩擦力做的功W=fx=2×1J=2J
故B正确；
C、前2s内推力F做功为W1=F1x1=3×1J=3J
前2s内推力F做功的平均功率P−=W1t1=32W=1.5W
故C错误；
D、2∼3s内物体的位移为x2=2×(3−2)m=2m
推力F做功为W2=F2x2=2×2J=4J
前3s内推力F做功的平均功率P−=W1+W2t=3+43W=73W
故D错误。
故选：B。
v−t图像的斜率表示加速度，与坐标轴所围面积表示位移；根据牛顿第二定律和平衡条件求解质量的大小；根据做功公式求解克服摩擦力做功和推力F做功，根据功率公式求解做功的平均功率。
本题考查v−t图像、功和功率的计算，解题关键是根据图像分析好物体的受力情况和运动情况，掌握平均功率的计算公式。
8.【答案】D
【解析】解：A、煤块刚放上传送带时，对煤块，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcsθ=ma1，代入数据解得加速度大小为：a1=8m/s2，故A错误；
B、煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间：t1=v0a1=88s=1s
该过程煤块的位移：x1=12a1t12=12×8×12m=4m<14m，煤块加速到8m/s时仍未到达B点，
煤块与传送带共速后，对煤块，由牛顿第二定律得：mgsinθ−μmgcsθ=ma2
代入数据解得：a2=4m/s2
设第二阶段煤块滑动到B的时间为t2，煤块的位移：x2=L−x1=14m−4m=10m
根据位移-时间关系可得：x2=v0t2+12a2t22
代入数据解得：t2=1s(t2=−5s，不符合实际，舍去)
从A到B的时间t=t1+t2=1s+1s=2s，故B错误；
C、第一阶段煤块的速度小于皮带速度，煤块相对皮带向上移动，传送带的位移为x带=v0t1=8×1m=8m，
故煤块相对传送带上移Δx=x带−x1=8m−4m=4m；
第二阶段煤块的速度大于皮带速度，煤块相对皮带向下移动，传送带的位移仍为8m，
煤块相对传送带下移Δx′=x2−x带=10m−8m=2m<4m，痕迹有重叠，传送带表面留下黑色痕迹的长度为4m，故C错误；
D、系统因摩擦产生的热量为：Q=μmgcsθ(Δx+Δx′)，代入数据解得：Q=6J，故D正确。
故选：D。
煤块放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于煤块的速度，传送带给煤块一沿斜面向下的滑动摩擦力，煤块由静止开始加速下滑，当煤块加速至与传送带速度相等时，由于μ从本题可以总结出，皮带传送煤块所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在煤块的速度与传送带速度相等的时刻；另外还要注意，摩擦产生的热等于摩擦力乘以相对位移。
9.【答案】AC
【解析】解：对于卫星A、B，根据万有引力提供向心力，有GMmr2=ma=mv2r=mrω2
解得v= GMr，a=GMr2，ω= GMr3
由题图可知rA所以vA>vB，ωA>ωB，aA>aB
由于B是地球同步卫星，P是地球赤道上还未发射的卫星，卫星P、B的角速度相等ωP=ωB，根据v=ωr
则有vA>vB>vP
故BD错误，AC正确；
故选：AC。
比较赤道上物体与同步卫星的线速度与角速度大小关系，再根据万有引力提供圆周运动向心力比较A和B的线速度与角速度的大小关系即可。
本题比较加速度、角速度与线速度需进行分类比较，同步卫星与赤道上物体角速度相同，由轨道半径比较其线速度与角速度的大小，卫星间通过万有引力提供圆周运动向心力由轨道半径大小进行比较即可．
10.【答案】CD
【解析】解：A、小球在A到B的过程中，只有重力做功，其机械能守恒。在B到C的过程中，重力和弹簧的弹力都对小球做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，小球机械能不守恒，故A错误；
BC、小球从接触弹簧开始，受到重力和弹簧的弹力，重力先大于弹力，合力方向向下，加速度方向向下，小球向下加速，合力逐渐减小，则加速度逐渐减小；当重力与弹簧弹力相等时，速度最大，然后弹力大于重力，加速度方向向上，小球做减速运动，合力逐渐增大，则加速度逐渐增大，故小球从B到C过程中加速度先减小后增大，在BC之间加速度为零的位置，动能最大，故B错误，C正确；
D、小球由B到C的过程中，动能减小，重力势能减小，弹性势能增加，根据系统机械能守恒知，动能的减少量与重力势能的减少量之和等于弹性势能的增加量，可知此过程动能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选：CD。
根据机械能守恒的条件判断小球的机械能是否守恒。通过分析小球的受力，根据加速度方向与速度方向的关系，判断出小球的运动情况，确定小球的加速度的变化情况以及什么位置动能最大。小球由B到C的过程中，根据系统机械能守恒判断动能的减少量与弹性势能增加量的关系。
本题要明确机械能守恒的条件是只有重力(或系统内的弹力)做功，要注意明确研究对象和研究过程；正确分析小球的受力情况，来分析其运动情况，不能简单地认为小球一接触弹簧就开始减速。
11.【答案】BD
【解析】解：ABC.开始时物体A和B随盘一起匀速转动，角速度相同，摩擦力提供向心力，根据向心力公式有
FA=0.5mω2r，FB=2mω2r
可知圆盘转速加快后B物体先达到最大静摩擦力，圆盘转速继续增加，细绳拉力从零开始逐渐增大，A物体受到的静摩擦力先逐渐减小再反向增大，当物体A受到摩擦力达到最大静摩擦力时，两物体滑动，此时A所受的摩擦力方向沿半径背离圆心，对物体A有
T−0.5μmg=0.5mω2r
对物体B有
T+μmg=2mω2r
解得
ω= μgr，T=μmg
故B正确，AC错误；
D.由上述分析可知，此时物体A需要的向心力为0.5μmg与物体A的最大静摩擦力相等，物体B需要的向心力为2μmg，大于物体B的最大静摩擦力，若此时烧断绳子，A仍相对于圆盘静止，B将做离心运动，故D正确。
故选：BD。
A、B都做匀速圆周运动，合外力提供向心力，当转速较小时，绳子没有张力，A、B都是由静摩擦力提供向心力，方向都指向圆心，根据A、B向心力的大小判断谁先达到最大静摩擦力，当B的摩擦力达到最大静摩擦力时，绳子刚开始有拉力，根据向心力公式求出角速度，当A、B与圆盘间静摩擦力都达到最大值时，根据向心力公式求解绳子拉力。
本题考查圆周运动中力与运动的关系，注意本题中为静摩擦力与绳子的拉力充当向心力，故应注意静摩擦力是否已达到最大静摩擦力。
12.【答案】AD
【解析】解：A.若水平面粗糙，释放A后A、B仍静止，则绳的拉力等于重物A的重力，所以T=mg
对B研究，水平面对B的摩擦力大小为f=T=mg
故A正确；
B.若水平面光滑，当A刚接触地面时，A水平、竖直位移均为h，所以A整个运动中的位移大小为s= h2+h2= 2h，故B错误；
C.若水平面光滑，当A刚接触地面时，A的速度大小与B的速度大小的关系为
vAcs45∘=vB
故C错误；
D.若水平面光滑，从A开始下落到刚接触地面时，根据机械能守恒定律，有
mgh=12mvA2+12⋅2mvB2
vAcs45∘=vB
解得
vB= 2gh2
故D正确。
故选：AD。
分别对AB受力分析，根据共点力平衡条件解得摩擦力，根据矢量的合成解得A的位移，根据机械能守恒定律结合运动的分解解得CD。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据几何关系分析物体的位移和速度，结合机械能守恒定律代入数据解答即可，难度不大。
13.【答案】=ACB
【解析】解：(1)要使两球动量守恒，要求两球正碰，故入射球直径d1等于被碰球直径d2；
(2)A.要使小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，斜槽轨道末端必须切线水平，故A正确；
B.铅垂线的作用是确定O点的位置，不是用于检验斜槽是否水平，故B错误；
C.要使小球发生碰撞前的速度相同，入射球必须从斜槽轨道的同一位置由静止释放，故C正确；
D.小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，小球在空中运动时间相同，可用水平位移表示速度，故实验中不需要测量出小球抛出点的离地高度H，故D错误。
故选：AC。
(3)规定向右为正方向，设小球在空中运动时间为t，若两球碰撞时的动量守恒，有
m1x2t=m1x1t+m2x3t
整理得
m1x2=m1x1+m2x3
故AC错误，B正确；
故选：B。
故答案为：(1)=；(2)AC；(3)B
(1)要使两球动量守恒，要求两球正碰；
(2)根据动量守恒定律实验原理分析解答；
(3)小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式。
解决本题的关键掌握实验的原理，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用水平位移代表速度。同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度。
14.【答案】−k
【解析】解：(1)每相邻两计数点间还有4个打下的点，打点频率为50Hz，计数点间的时间间隔t=5T=5f=550s=0.1s
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在纸带上打下计数点5时的速度v5=h462t=(21.60+26.40)×10−22×0.1m/s=2.40m/s
(2)钩码的质量m=50g=0.050kg，M=100g=0.100kg，在打下计数点5时，系统的动能Ek=12(2m+M)v52=12×(2×0.050+0.100)×2.402J=0.576J
(3)从释放钩码A到打下计数点5过程中，系统的重力势能减小量ΔEp=Mgh05=0.100×10×(0.3840+0.2160)J=0.600J
(4)对系统，由动能定理得：Mgh−fh=Ek−0，则Ek=(Mg−f)h，Ek−h图像的斜率k=Mg−f，系统受到的阻力大小f=Mg−k
故答案为：(1)2.40；(2)0.576；(3)0.600；(4)Mg−k。
(1)根据匀变速直线运动的推论求出打点5时的速度。
(2)根据动能的计算公式求出动能。
(3)根据重力势能的计算公式求出重力势能的减少量。
(4)应用动能定理求出图像的函数表达式，然后求出系统受到的阻力。
理解实验原理是解题的前提，应用匀变速直线运动的推论、动能与重力势能的计算公式即可解题；注意有效数字的保留。
15.【答案】解：(1)汽车以v0=5m/s的速度通过最高点M时的加速度为向心加速度，根据向心加速度公式得：a=v02r=5210m/s2=2.5m/s2
(2)对汽车受力分析，根据合力提供向心力得：FN−mg=mv2r
解得：v= FNrm−gr= 4×104×102×103−10×10m/s=10m/s
所以汽车通过最低点N时不发生爆胎的最大安全速度为10m/s。
答：(1)汽车以v0=5m/s的速度通过最高点M时的加速度大小为2.5m/s2；
(2)汽车通过最低点N时不发生爆胎的最大安全速度为10m/s。
【解析】(1)汽车以v0=5m/s的速度通过最高点M时的加速度为向心加速度，根据向心加速度公式求解其大小；
(2)根据合力提供向心力求解汽车通过最低点N时不发生爆胎的最大安全速度。
本题考查物体在竖直面内的圆周运动问题，受力分析，知道什么力提供向心力是解题的关键，一般情况是在最高点和最低点，重力和弹力的合力提供向心力。
16.【答案】解：(1)规定小球碰前的速度方向为正方向，根据v=ΔxΔt结合图像，求出碰前m1的速度为v1=4m/s，碰后m2和m1的速度分别为v2′=2m/s，v1′=−2m/s
根据动量守恒定律得
m1v1=m2v2′+m1v1′
代入解得
m2=0.3kg
D、碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE=12m1v12−12m1v′12−12m2v′22
代入解得ΔE=0
说明碰撞为弹性碰撞。
答：(1)小球m2的质量为0.3kg；
(2)是弹性碰撞，证明见解析。
【解析】(1)s−t(位移-时间)图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，根据动量守恒定律求解两球质量关系；
(2)由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移-时间图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量动量的方向。
17.【答案】解：(1)水泥袋达到最大速度时，受力平衡，有：F=mg
由功率公式得：P额=Fvm
代入数据联立解得：m=40kg
(2)水泥匀加速过程，由牛顿第二定律得：Fm−mg=ma
代入数据解得：a1=5m/s2
水泥匀加速运动的末速度为v=P额Fm=4800600m/s=8m/s
水泥匀加速上升高度h1=v22a1=822×5m=6.4m
(3)匀加速阶段的时间为t1=va1=85s=1.6s
匀减速阶段的时间为t3=vma=122s=6s
上升的高度h3=vm22a=1222×2m=36m
以额定功率加速过程上升的高度为h2=h−h1−h3=98.4m−6.4m−36m=56m
设以额定功率加速过程运动时间为t2，由动能定理得：Pt2−mgh2=12mvm2−12mv2
代入数据解得：t2=5s
水泥从地面到达平台所用时间t=t1+t2+t3=1.6s+5s+6s=12.6s
答：(1)一袋水泥的质量m为40kg；
(2)水泥匀加速上升高度h1为6.4m
(3)以小明的方式，水泥从地面到达平台所用时间t为12.6s。
【解析】(1)水泥袋达到最大速度时，拉力等于重力，结合功率公式列式求解即可；
(2)根据牛顿第二定律求解匀加速过程的加速度，匀加速运动结束时，功率达到额定功率，根据功率公式求解匀加速运动的末速度，根据位移-速度公式求解水泥匀加速上升的高度；
(3)根据速度-时间公式求解匀加速和匀减速阶段的时间，根据位移-速度公式求解匀减速上升的高度，进而求解以额定功率上升的高度，根据动能定理求解时间，进而求解水泥从地面到达平台所用时间。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道达到最大速度时，牵引力等于阻力，结合动能定理、功率公式和运动学公式列式求解即可。
18.【答案】解：(1)将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，根据圆周运动临界问题可知，重力恰好提供向心力，即：m1g=m1v12R
解得球a在N点的速度v1= gR= 10×0.2m/s= 2m/s
根据球a过N点之后做平抛运动，由R=12gt2得：t= 2Rg= 2×0.210s=0.2s
再根据平抛运动的水平方向的匀速直线运动得OB的距离L0=v1t= 2×0.2m=0.2 2m
(2)将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为h1=0.65m处由静止释放，设球a运动到N点速度为v2，以M点所在的水平面为0重力势能参考平面，根据机械能守恒定律得：m1gh1=m1gR+12m1v22
解得球a运动到N点的速度v2= 2g(h1−R)= 2×10×(0.65−0.2)m/s=3m/s
设a、b两物体碰撞后粘在一起的速度为v3，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v2=(m1+m2)v3
解得：v3=m1v2m1+m2=0.2×30.2+0.4m/s=1m/s
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，根据能量守恒得：ΔE=12m1v22−12×(m1+m2)v32=12×0.2×32J−12×(0.2+0.4)×12J=0.6J
(3)调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b落在传送带上距离B点最近，说明碰后球a的速度大小恰好为临界速度，设碰后球a的这个速度为v4，以向右为正方向，则v4=− gR=− 10×0.2m/s=− 2m/s
设碰前球a的速度为v，碰后物块b的速度为v5，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：m1v=m1v4+m2v5
根据机械能守恒定律得：12m1v2=12m1v42+12m2v52
联立解得：v4=m1−m2m1+m2v，将v4=− 2m/s代入解得：v=3 2m/s
v5=2m1m1+m2v=2×0.20.2+0.4×3 2m/s=2 2m/s
碰后物块b以初速度v5=2 2m/s做平抛运动，落在传送带上，平抛运动的水平位移x=v5t=2 2×0.2m=0.4 2m
物块b在传送带上一直向右加速运动，在传送带上运动的距离l=L+L0−x=20+ 25m+0.2 2m−0.4 2m=4m
设物块b在传送带上一直向右加速运动的加速度为a，到C点时恰好与传送带速度相等，根据匀变速规律得：v′2−v52=2al
解得：a=v′2−v522l=82−(2 2)22×4m/s2=7m/s2
运动时间t′=v′−v5a=8−2 27s
根据牛顿第二定律得物块b与传送带之间的摩擦力为：f=m2a=0.4×7N=2.8N
物块b与传送带之间的相对位移x′=v′t′−l=8×8−2 27m−4m=36−16 27m
物块b在传送带上产生的热量Q=fx′=2.8×36−16 27J=5.4J
答：(1)OB的距离L0为0.2 2m；
(2)碰撞过程中损失的机械能为0.6J；
(3)物块b在传送带上产生的热量Q为5.4J。
【解析】(1)将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，根据圆周运动临界问题可以求解球a在N点的速度，再根据平抛竖直高度求解平抛时间，再根据平抛运动的水平方向的匀速直线运动求OB的距离L0；
(2)将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为h1=0.65m处由静止释放，根据机械能守恒定律求解球a运动到N点的速度，根据动量守恒定律求a、b两物体碰撞后粘在一起的速度，根据能量守恒求碰撞过程中损失的机械能；
(3)调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b落在传送带上距离B点最近，说明碰后球a的速度大小恰好为临界速度，再根据动量守恒定律以及机械能守恒定律求解物块b做平抛运动的初速度，后落在传送带上，物块b在传送带上会一直向右加速运动，到C点时恰好与传送带速度相等，再根据匀变速规律求解运动时间以及物块b与传送带之间的相对位移，再求物块b在传送带上产生的热量Q。
本题考查了非弹性碰撞与弹性碰撞问题，也涉及了平抛运动、圆周运动以及匀变速直线运动的问题，圆周运动涉及了临界问题，理解题意中的临界条件是解题的关键。