2023-2024学年山东省实验中学高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省实验中学高一（下）期中物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.下面说法中正确的是( )
A. 曲线运动不一定是变速运动
B. 若两个不共线的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，则合运动可能是直线运动
C. 行星绕太阳由近日点向远日点运动时，万有引力对行星做负功
D. 牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量
2.一轻质细绳长为L=80cm，与小球相连，一起在竖直平面内做圆周运动，小球质量m=0.6kg，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。若小球在最高点的速率v=4m/s，则此时细绳上的拉力大小为( )
A. 0NB. 2NC. 6ND. 12N
3.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端由静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. P对Q做功为零
B. P对Q做负功
C. 物块Q的机械能守恒
D. 物体Q的机械能增加
4.如图所示，修正带是通过两个齿轮的相互咬合进行工作的，其原理可简化为图中所示的模型。A、B是转动的大小齿轮边缘的两点，C是大齿轮上的一点。大齿轮上B、C的半径分别为3r、r，小齿轮上A的半径为2r，则A、B、C三点( )
A. 线速度大小之比是3：3：1B. 加速度大小之比是6：3：1
C. 角速度之比是2：3：3D. 转动周期之比是3：2：2
5.世界面食在中国，中国面食在山西。山西的面食中，又以“刀削面”最为有名，是真正的面食之王。“刀削面”的传统操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L。若所有的小面圈质量相等，都被水平削出，并全部落入锅中，忽略空气阻力，则下列关于小面圈在空中运动的描述正确的是( )
A. 落入锅中时，落点远的面圈速度变化量大
B. 落入锅中时，落点远的面圈运动时间长
C. 所有面圈落入水中时，重力的瞬时功率都相等
D. 落入锅中时，进水的最大速度是最小速度的3倍
6.如图所示，竖直面内的圆形管道半径R远大于横截面的半径，有一小球直径比管横截面直径略小，在管道内做圆周运动。小球过最高点时，小球对管壁的弹力大小用F表示、速度大小用v表示，当小球以不同速度经过管道最高点时，其F−v2图像如图所示。则( )
A. 小球的质量为aRc
B. 当地的重力加速度大小为Ra
C. v2=b时，小球对管壁的弹力方向竖直向下
D. v2=3b时，小球受到的弹力大小是重力大小的5倍
7.某次英雄小伙子救人的过程，可用下图去描述：落水孩童抓住绳索停在A处，对面河岸上的小伙子从B处沿直线匀速游到A处，成功把人救起。河宽和间距如图中标注，假定河水在各处的流速均为2m/s，则( )
A. 小伙子如果面对垂直于河岸的方向游，是不可能到达A点的
B. 小伙子渡河的时间为8s
C. 小伙子在静水中游泳的速度至少应为1.2m/s，才能成功把人救起
D. 只有小伙子总面对着A处游，才可能把人救起
8.如图所示，固定的光滑长斜面的倾角θ=37°，下端有一固定挡板。两小物块A、B放在斜面上，质量均为m、用与斜面平行的轻弹簧连接。一跨过轻小定滑轮的轻绳左端与B相连，右端与水平地面上的电动玩具小车相连。系统静止时，滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直，长度为L且绳中无弹力。当小车缓慢向右运动34L距离时A恰好不离开挡板。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8。在小车从图示位置发生位移34L过程中，下列说法正确的是( )
A. 弹簧的劲度系数为12mg5L
B. 绳的拉力对物块B做功为mgL
C. 若小车以速度2 gL向右匀速运动，位移大小为34L时，物块B的速率为85 gL
D. 若小车以速度2 gL向右匀速运动，位移大小为34L时，绳的拉力对B做的功为87100mgL
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图所示，当列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道时，乘客发现在车厢顶部悬挂玩具小熊的细线与车厢侧壁平行。同时观察放在桌面上水杯内的水面(与车厢底板平行)。已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. 列车转弯时的向心加速度大小为gtanθB. 列车的轮缘与轨道均无侧向挤压作用
C. 水杯受到指向桌面外侧的静摩擦力D. 水杯受到指向桌面内侧的静摩擦力
10.如图所示，行星绕太阳的公转可以看作匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角α，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角β，两角最大值分别为αm、βm，则( )
A. 水星的公转周期比金星的大
B. 水星的公转向心加速度比金星的大
C. 水星与金星的公转轨道半径之比为sinαm：sinβm
D. 水星与金星的公转线速度之比为 sinαm： sinβm
11.如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率v02飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A. 小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为v02sin2θg
B. 小球由P到A的过程中，PA的水平距离为v02gsin2θ
C. 小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为3mv028
D. 小球经过圆弧形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为mg(3−2csθ)+mv02R
12.如图所示，两相同木块A和B放在水平转盘上，二者用长为3L的不可伸长的细绳连接，A到转盘中心的距离为L，两木块与转盘的最大静摩擦力等于各自重力的k倍，重力加速度为g。整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动，开始时绳刚好伸直，现使装置的角速度ω由零开始缓慢增大，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A. 当ω= kgL时，绳上开始产生张力
B. 当0≤ω< kgL时，A所受的摩擦力为零
C. 当ω= 2kgL时，A、B相对转盘开始滑动
D. 从转盘开始转动到A、B相对转盘开始滑动，A的摩擦力先增大后减小，再增大
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某实验小组采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，实验装置安装好后用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。

(1)某次实验中所用重物的质量m=1kg，某同学选取了一条纸带，如图乙所示，0是打下的第一个点，1、2、3、4是连续打的点，根据纸带上的测量数据，从打下点0至打下点3的过程中，重物重力势能的减少量为______J，动能增加量为______J。(打点计时器频率为50Hz，取g=9.8m/s2，结果均保留3位有效数字)
(2)若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及重物下落的高度h，则以v22为纵轴，以h为横轴画出的图像是图中的______。
A.
B.
C.
D.
14.在“探究平抛运动的特点”实验中，某学习小组用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)下列实验条件必须满足的有______。

A.斜槽轨道光滑
B.斜槽轨道末段水平
C.每次从斜槽上相同位置无初速度释放钢球
D.图中档条MN每次必须等间距下移
(2)在某次实验中，甲同学每次都将小球从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出。改变水平挡板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹。某同学设想小球先后三次做平抛，将水平板依次放在如图中1，2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距。若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、x2、x3，忽略空气阻力的影响，下面分机正确的是______。
A.x2−x1>x3−x2
B.x2−x1C.x2−x1=x3−x2
D.无法判断
(3)乙同学通过上面实验装置，在竖直面板上记录了小球抛物线轨迹的一部分，如图所示。x轴沿水平方向，y轴是竖直方向，g取10m/s2，由图中所给的数据可求出：小球平抛的初速度大小是______m/s；小球抛出点的坐标为(______cm，______cm)。(结果保留两位有效数字)
四、简答题：本大题共1小题，共8分。
15.2020年7月23日，“天问一号”探测器成功发射，开启了探测火星之旅，截至目前，“天问一号”已依次完成了“绕、落、巡”三大目标。假设地球近地卫星的周期与火星近火卫星的周期比值为k，地球半径与火星半径的比值为n。求：
(1)地球质量与火星质量之比。
(2)地球密度与火星密度之比。
五、计算题：本大题共3小题，共38分。
16.目前，上海有若干辆超级电容车试运行，运行中无需连接电缆，只需在乘客上车间隙充电30秒到1分钟，就能行驶3到5公里．假设有一辆超级电容车，质量m=2×103kg，额定功率P=60kW，当超级电容车在平直水平路面上行驶时，受到的阻力f是车重的0.1倍，g取10m/s2．
(1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是多少？
(2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度做匀加速直线运动，这一过程能维持多长时间？
(3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，求此过程中超级电容车的位移．
17.如图所示，一自然长度小于R的轻弹簧左端固定，在水平面的右侧，有一光滑底端开口的圆环，圆环半径为R，圆环的最低点与水平轨道相切，用一质量为m的小物块(可看做质点)压缩弹簧右端至P点，P点到圆环最低点距离为2R，小物块释放后，刚好过圆环的最高点，已知重力加速度为g，小物块与水平面间的动摩擦因数为μ。
(1)弹簧的弹性势能为多大？
(2)改变小物块的质量，仍从P点释放，要使小物块在运动过程中不脱离轨道，小物块质量满足的条件是什么？
18.如图所示为某一游戏简化装置的示意图。AB是一段长直轨道，与半径R=1m的光滑圆弧轨道BC相切与B点。BC轨道末端水平，末端离地面的高度为 2m，圆弧BC对应的圆心角θ=37°。高度h= 22m的探测板EF竖直放置，离BC轨道末端C点的水平距离为L，上端E与C点的高度差也为h= 22m，质量m=0.1kg的小滑块(可视为质点)在AB轨道上运动时所受阻力恒为重力的0.2倍，不计小球在运动过程中所受空气阻力，sin37°=0.6。
(1)若将小滑块从B点静止释放，求经过圆弧轨道最低C点时小球对轨道的作用力大小；
(2)小滑块从C点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E、F两点时，小滑块的动能相等，求L的大小；
(3)利用(2)问所求L值，求小滑块从距B点多远处无初速释放时，打到探测板上的动能最小？最小动能为多少？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A.曲线运动的速度方向是变化的，故曲线运动一定是变速运动，故A错误；
B.两个不共线的分运动分别是匀速直线运动和匀加速直线运动，由于速度方向与加速度方向不在同一条直线上，由物体做曲线运动的条件可知，合运动一定是曲线运动，故B错误；
C.行星绕太阳由近日点向远日点运动时，由开普勒第二定律可知，动能减小，由动能定理可知，行星要克服万有引力做功，即万有引力做负功，故C正确；
D.牛顿总结出了万有引力定律，卡文迪什用实验测出了万有引力常量，故D错误。
故选：C。
根据曲线运动的速度方向是变化的分析判断；根据物体做曲线运动的条件分析判断；根据开普勒第二定律结合动能定理分析判断；根据物理学史分析判断即可。
本题考查了曲线运动、物体做曲线运动的条件、开普勒第二定律等相关知识，注意合运动是直线运动还是曲线运动取决于合速度方向与合加速度方向是否在同一条直线上。
2.【答案】C
【解析】解：小球在最高点时，根据牛顿第二定律可得mg+T=mv2L
可得此时细绳上的拉力大小为T=6N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据牛顿第二定律可求出细绳上拉力的大小。
学生在解答本题时，应注意要先受力分析，然后利用合外力提供向心力解题。
3.【答案】B
【解析】解：在物块Q从P的上端下滑的过程中，因为水平面光滑，根据系统水平方向满足动量守恒，所以曲面体P会相对水平面向左滑动，根据能的转化和守恒定律可知，Q的机械能减小，P对Q的支持力会做负功，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据系统水平方向上动量守恒和系统机械能守恒定律进行分析解答。
考查系统单方向上动量守恒和机械能守恒问题，会根据题意进行准确的分析和判断。
4.【答案】A
【解析】解：AC、AB是同缘传动，线速度大小相等，所以vA=vB
根据v=ωR，rA=23rB
可得ωAωB=rBrA=32
由于BC两点是同轴转动，可知ωB=ωC
根据v=ωR，rB=3rC
可得vBvC=rBrC=31
则ABC三点线速度大小之比为vA：vB：vC=3：3：1
则ABC三点角速度之比为ωA：ωB：ωC=3：2：2，故A正确，C错误；
B、根据a=vω可知ABC三点加速度之比为aA：aB：aC=(vAωA)：(vBωB)：(vCωC)=9：6：2，故B错误；
D、根据T=2πω可知ABC三点周期之比为TA：TB：TC=1ωA：1ωB：1ωC=13：12：12=2：3：3，故D错误。
故选：A。
5.【答案】C
【解析】解：AB、小面圈的运动视为平抛运动，根据平抛运动的规律可知小面圈在水平方向都是做匀速运动，竖直方向都是自由落体运动；小面圈落入锅中的过程中，下落高度都相同，根据h=12gt2可知，小面圈落入锅中时，下落时间相同，根据Δv=gt可知，速度的变化量都相同，故AB错误；
C、小面圈落入锅中时竖直方向的分速度：vy=gt是相等的，根据功率的计算公式可知P=mgvy，所以所有面圈落入水中时，重力的瞬时功率都相等，故C正确；
D、落入锅中的最远水平位移与最近水平位移之比为1：3，则初速度之比为1：3，竖直方向速度相等，落入锅中时，速度大小v= v02+vy2，所以落入锅中的最大速度与最小速度之比肯定不等于3，故D错误。
故选：C。
小面圈的运动视为平抛运动，根据平抛运动的规律结合运动学公式分析ABD选项；小面圈落入水中时，竖直方向的分速度相同，根据功率的计算公式分析C选项。
本题主要是考查了功率的计算及平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
6.【答案】D
【解析】解：AB.小球在最高点，如果v=0，那么有
F=mg=c
如果F=0，那么只有重力提供向心力，得到
mg=mv2R=maR
解得小球的质量
g=aR，m=cRa
故AB错误；
C.如果F=0，那么有v2=a，则v2=b时，小球所受的弹力方向向下，所以小球对管壁的弹力方向竖直向上，故C错误；
D.当v2=b时，根据图像信息，可得到
mg+F=mbR，F=c=mg
解得
b=2gR
当v2=3b时，根据
mg+F′=mv2R
解得
F′=5mg
故D正确。
故选：D。
根据合外力提供向心力，结合F−v2图像，可分析出各个选项。
学生在解答本题时，应注意对于图像问题，要结合所学公式，分析图像中蕴含的物理意义。
7.【答案】C
【解析】解：C.小伙子的运动可以看成是游泳的运动和他随水流运动的合运动，
设小伙子在静水中的游泳的速度为v1，小伙子的合运动方向是从B到A，作出小伙子游泳时合速度与两个分速度的关系，如图所示
当v1与合速度垂直时v1有最小值，设AB与河岸的夹角为θ，根据几何关系有
sinθ=12 122+162=0.6
解得
θ=37°
即游泳时小伙子面对的方向是与合速度方向垂直，此时最小的速度为
v1=v水sinθ=2×0.6m/s=1.2m/s
故C正确；
A.小伙子如果面对垂直于河岸的方向游，当相对于静水的速度
v1=v水tan37°=2×0.75m/s=1.5m/s
恰好到达A点。故A错误；
B.只有小伙子在静水中速度垂直于河岸时，小伙子渡河的时间最小，最小的时间为
t=162s=8s
小伙子在静水中的速度不与河岸垂直时，小伙子渡河的时间不等于8s。
故B错误；
D.若小伙子总面对着A处游，且速度一定时，由于两个匀速直线运动的合运动仍然为匀速直线运动，可知，其轨迹为一条直线，根据运动的合成可知，此时其合速度方向指向A点右侧，即到达不了A处，故D错误。
故选：C。
小伙子的运动可以看成是游泳的运动和他随水流运动的合运动，则他的实际运动是两个分运动的合运动。
过河时间最短：小伙子正对河岸时，渡河时间最短，t短=(d为河宽)。
判断小伙子是否可以到达A处时，根据游泳的速度v1与水流速度v水的大小情况用三角形定则的方法处理。
解题关键是掌握运动的合成与分解，分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。本题比较典型。
8.【答案】D
【解析】解：A、设初状态弹簧的压缩量为x1，对物块B，由平衡条件得：kx1=mgsin37°，解得：x1=mgsin37°k
当小车缓慢向右运动L距离时A恰好不离开挡板，设此时弹簧的伸长量为x2，对A由平衡条件得：kx2=mgsin37°
解得：x2=mgsin37°k
根据几何关系可得：x1+x2= L2+(34L)2−L=14L
解得弹簧的劲度系数：k=24mg5L，故A错误；
B、根据x1=x2，弹性势能不变，则小车在0～34L位移大小内，根据功能关系可得拉力对B做的功为：W1=mgsin37°⋅14L=320mgL，故B错误；
C、小车位移太小为L时滑轮右侧轻绳与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
根据几何关系可得：tanθ=34LL=34，解得：θ=37°，
小车速度沿轻绳方向和与轻绳垂直方向分解，则B的速率为：vB=2 gLcs53°=65 gL，故C错误；
D、若小车从图示位置以2 gL的速度向右匀速运动，小车在0～L位移大小内，拉力对B做的功为W2，
根据功能关系可得拉力对B做的功为：W2=mgsin37°⋅14L+12mvB2=87100mgL，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件和胡克定律相结合求出初状态弹簧压缩量、末状态弹簧的伸长量，根据几何关系得到B上滑的位移与弹簧形变量的关系，从而求解弹簧的劲度系数；根据功能关系求解拉力对B做的功；根据运动的合成与分解求解求出小车位移太小L时B的速率，根据功能关系可得拉力对B做的功。
本题考查动能定理、功能关系以及速度的分解，要弄清楚物块A和B的受力情况以及小车的运动情况，知道小车沿绳子方向的分速度大小与物体B的速度大小相等。
9.【答案】AB
【解析】解：A.假设玩具小熊的质量是m，那么可以得到玩具受到的重力为mg，并且与细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随车做水平面内圆周运动的向心力F，如图所示
在水平方向有
mgtanθ=ma，解得a=gtanθ
由此可知可知列车在转弯时的向心加速度大小为
a=gtanθ，故A正确；
B.列车的向心加速度为a=gtanθ，因为列车的重力与轨道的支持力的合力提供向心力，所以可以知道列车与轨道均无侧向挤压作用，故B正确；
CD.水杯的向心加速度与列车的向心加速度相同也为a=gtanθ，由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，水杯与桌面间的静摩擦力为零，故CD错误。
故选：AB。
根据合外力提供向心力，分别对车厢和水杯分析，可得出各个选项。
学生在解答本题时，应注意对于圆周运动问题要熟练掌握合外力提供向心力这一公式。
10.【答案】BC
【解析】解：AB、根据万有引力提供向心力有
GMmR2=m4π2T2R=ma
可得：T=2π R3GM；a=GMR2
因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转相信加速度比金星的大，故A错误，B正确；
C、设水星的公转半径为R水，地球的公转半径为R地，当α角最大时有
sinαm=R水R地
同理可得：
sinβm=R金R地
所以水星与金星的公转半径之比为
R水：R金=sinαm：sinβm，故C正确；
D、根据GMmR2=mv2R
可得：v= GMR
结合前面的分析可知
v水：v金= sinβm： sinαm，故D错误；
故选：BC。
根据万有引力提供向心力得出公转周期和向心加速度的大小关系；
根据几何关系得出半径的比值关系，从而得出线速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解物体做圆周运动的向心力来源，结合几何关系和万有引力定律即可完成分析。
11.【答案】BCD
【解析】解：A、小球做斜抛运动，在竖直方向上做匀减速运动，则有：(v0sinθ)2=2gh，解得：h=v02sin2θ2g，故A错误；
B、小球从P到A的过程中，运动时间为：t=2v0sinθg，PA的水平距离为：x=v0csθ×t=v02gsin2θ，故B正确；
C、小球从P到C，根据功能关系可知：Q=12mv02−12m(v02)2
解得小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为Q=3mv028，故C正确；
D、从P到B的过程，根据动能定理可知：mgR(1−csθ)=12mvB2−12mv02
在B点，根据牛顿第二定律可得：FN−mg=mvB2R
联立解得：FN=mg(3−2csθ)+mv02R，故D正确。
故选：BCD。
小球从P点做斜抛运动，根据斜抛运动的特点，判断出落地时的速度大小和方向，在上升过程中，竖直方向做减速运动，水平方向做匀速运动，即可求得上升的高度，从P到C的过程，利用动能定理求得摩擦力做功，从P到B利用动能定理求得到达B点的速度，在B点根据牛顿第二定律求得支持力。
解决本题的关键掌握斜抛运动的特点，水平方向匀速运动，竖直方向减速运动，选择合适的运动过程，利用运动学公式、功能关系解答即可。
12.【答案】CD
【解析】解：A.AB通过绳子相连，角速度相同，开始时静摩擦力提供向心力，则有：kmg=mω2r，可知角速度与半径二次方成反比，由题可知B到转盘中心的距离大。B先达到最大静摩擦力，绳上开始出现张力，此时对B有kmg=mω12⋅2L
解得ω1= kg2L，故A错误；
BD.由A知，当ω≤ kg2L时两木块相对转盘静止，由各自静摩擦力提供向心力，且静摩擦力随着角速度的增大而增大；
当ω> kg2L后，绳上开始出现张力且在增大，A的向心力由绳张力和静摩擦力提供，因而静摩擦力开始减小，直到减小为0。此时kmg+T1=m⋅2Lω22，T1=mLω22
可得ω2= kgL
可知当 kg2L<ω< kgL时A的摩擦力随角速度的增大而减小。
当ω> kgL后A的摩擦力开始反向增大，达到最大静摩擦力后A、B相对转盘开始滑动，故B错误，D正确；
C.当A达到最大静摩擦力时，A、B相对转盘开始滑动；此时对A有T2−kmg=mLω32
对B有kmg+T2=m⋅2Lω32
解得ω3= 2kgL，故C正确。
故选：CD。
分析向心力的来源及变化，根据牛顿第二定律计算。
本题考查匀速圆周运动，要求掌握向心力来源的分析，抓住木块刚要发生滑动的临界条件进行分析。
13.【答案】5.44 5.28 A
【解析】解：(1)从打下点0到打下点3的过程中，重物下降的高度为55.49cm，重物重力势能的减少量为：
ΔEp=mgh=1×9.8×55.49×10−2J=5.44J
打下点3时，重物的速度为：
v=x242T=(62.18−49.18)×10−22×0.02m/s=3.25m/s
动能的增加量为：
ΔEk=12mv2=12×1×3.252J=5.28J
(2)根据机械能守恒定律可得：
mgh=12mv2
整理可得：v22=gh，由此可知以v22为纵轴，以h为横轴画出的图像为一条过原点的直线，故A正确，BCD错误；
故选：A。
故答案为：(1)5.44；5.28；(2)A。
(1)根据功能关系得出重物重力势能的减小量，利用运动学公式得出重物的速度，结合动能的计算公式得出动能的增加量；
(2)根据机械能守恒定律，结合图像的特点完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】BC A 4.0 −80 −20
【解析】解：(1)A、斜槽轨道不一定要光滑，只要小球到达底端时速度相等即可，故A错误；
B、本实验研究平抛运动，斜槽轨道必须末端水平，以保证小球离开斜槽后能做平抛运动，故B正确；
C、每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，以保证小球到达底端时速度相等，故C正确；
D、挡板高度不一定要等间距变化，故D错误。
故选：BC。
(2)因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，下落的速度越来越快，则下落相等位移的时间越来越短，水平方向上做匀速直线运动，所以x2−x1>x3−x2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)根据Δy=gT2可得T= Δyg= (105.00−60.00)−(60.00−25.00)10×10−2s=0.1s
小球平抛的初速度大小为v0=xT=
小球在B点竖直方向的速度大小为vBy=hAC2T=(105.00−25.00)0.1×2×0.01m/s=4m/s
则在B点的速度大小为vB= v02+vBy2
解得vB=4 2m/s
从抛出点到B点的过程中hB=vBy22g，xB=v0vByg
解得hB=0.8m=80cm，xB=1.6m=160cm
则小球抛出点的坐标为(−80cm,−20cm)。
故答案为：(1)BC；(2)A；(3)4.0，−80，−20
(1)根据实验原理、注意事项分析作答；
(2)根据运动特点可知经过相等位移所用时间越来越短，可计算水平距离关系；
(3)根据相邻相等时间位移差为定值计算出相邻点间所用时间，再根据水平方向匀速运动计算水平初速度和b处的瞬时速度．
本题考查研究平抛运动实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。
15.【答案】解：(1)对于近地卫星，由万有引力提供向心力可得
GMmR2=m4π2T2R
可得M=4π2R3GT2∝R3T2
则地球质量与火星质量之比为M地M火
代入数据解得M地M火=n3k2
(2)又根据M=ρ⋅43πR3
又GMmR2=m4π2T2R
可得行星密度为ρ=3πGT2
则地球密度与火星密度之比为ρ地ρ火
得ρ地ρ火=1k2
答：(1)地球质量与火星质量之比为n3k2。
(2)地球密度与火星密度之比为1k2。
【解析】(1)根据牛顿第二定律导出中心天体质量表达式，再根据题目条件求解质量比值；
(2)根据质量和密度的关系式代入数据求解比值。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确的分析和计算。
16.【答案】解：(1)当汽车速度达到最大时汽车的牵引力与阻力平衡，即F=f
f=kmg=0.1×2×103×10=2000N
P=fvm
得：vm=pf=60×1030.1×2×103×10m/s=30m/s
(2)汽车做匀加速运动：F1−f=ma
F1=3000N
设汽车刚达到额定功率时的速度v1：P=F1v1
v1=PF1=60×1033000=20m/s
设汽车匀加速运动的时间t：v1=at
解得：t=v1a=200.5s=40s
(3)从静止到最大速度整个过程牵引力与阻力做功，由动能定理得：Pt2−fs=12mvm2
代入数据解得：s=Pt2−12mvm2f=60×103×50−12×2×103×3020.1×2×103×10m=1050m
答：(1)超级电容车在此路面上行驶所能达到的最大速度是30m/s
(2)若超级电容车从静止开始，保持以0.5m/s2的加速度作匀加速直线运动，这一过程能维持40s
(3)若超级电容车从静止开始，保持额定功率做加速运动，50s后达到最大速度，此过程中超级电容车的位移为1050m．
【解析】(1)当汽车匀速运动时，牵引力等于阻力，速度达到最大，由P=Fv求的最大速度；
(2)当汽车以恒定的加速度运动时，由牛顿第二定律求出牵引力，在牵引力下达到额定功率前，加速度将保持不变，由v=at求出加速时的时间；
(3)有动能定理求出位移；
本题主要考查了机车启动的两种方式，恒定功率启动和恒定加速度启动，掌握恒定功率启动时功率保持不变，牵引力随速度增大而减小，恒定加速度启动时牵引力不变，功率随速度增加而增加．
17.【答案】解：(1)小物块恰运动到最高点时满足mg=mv2R
从小物块释放至运动到最高点的过程满足EP=μmg⋅2R+mg⋅2R+12mv2
解得EP=2μmgR+52mgR
(2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块运动中最高到达圆心等高处。
①设小物块质量为m1，在最高点，应满足m1g≤m1v12R
从小物块释放至运动到最高点的过程满足EP=2μm1gR+2m1gR+12m1v12
解得m1≤m
②设小物块质量为m2，当小物块运动的最高点不超过14圆周，满足h≤R
此时EP=2μm2gR+m2gR
解得m2≥4μ+54μ+2m
答：(1)弹簧的弹性势能为2μmgR+52mgR；
(2)小物块质量满足的条件是m1≤m或者m2≥4μ+54μ+2m。
【解析】(1)小物块恰运动到最高点时满足mg=mv2R，根据能量守恒计算弹簧的弹性势能；
(2)要使小物块在运动过程中不脱离轨道，有两种情况：①小物块能够通过最高点；②小物块运动中最高到达圆心等高处。分别计算小物块质量满足的条件。
本题综合考查了动能定理、能量守恒、牛顿第二定律的运用，关键理清物块在整个过程中的运动规律，选择合适的规律进行求解，要抓住最高点的临界条件：重力等于向心力．要灵活选取研究的过程，运用动能定理研究速度。
18.【答案】解：(1)从B运动到C，由动能定理得mgr(1−csθ)=12mvc2−0
在C点，根据牛顿第二定律可得：F−mg=mvc2R
联立解得：F=1.4N
根据牛顿第三定律，经过圆弧轨道最低C点时小球对轨道的作用力大小F′=F=1.4N
(2)从C到E，做平抛运动，在竖直方向h=12gt2，
在水平方向：L=vc1t
联立解得：vc1=L 2hg
打在E点的动能EkE=12mvc12+mgh=mg(L2+4h2)4h
同理可知：打在F点的动能为EkF=mg(L2+16h2)8h
又因为EkE=EkF
联立解得：L=2m
(3)令距B点x处开始释放
从A运动到C，由动能定理得：mgxsinθ−fx+mgR(1−csθ)=12mvc2−0
又f=0.2mg
从C点到探测板做平抛运动，竖直方向位移：y=12g(Lvc)2
打到探测板上的动能：Ek=12mvc2+mgy
联立解得：Ek=(2x+15+52x+1)J
则当2x+15=52x+1
时，Ek有最小值。
即x=2m时，动能最小值为：Ekm=2J
答：(1)若将小滑块从B点静止释放，求经过圆弧轨道最低C点时小球对轨道的作用力大小为1.4N；
(2)小滑块从C点以不同的速度飞出，将打在探测板上不同位置，发现打在E、F两点时，小滑块的动能相等，L的大小为2m；
(3)利用(2)问所求L值，小滑块从距B点2m远处无初速释放时，打到探测板上的动能最小，最小动能为2J。
【解析】(1)从B到C，根据动能定理求得到达C点的速度，在C点根据牛顿定律求得小滑块与轨道间的相互作用力；
(2)从C到E，做平抛运动，根据运动学公式求水平速度，根据动能定理求得到达E和F点的动能即可求得；
(3)从A到C，根据动能定理求得到达C点的速度，从C点开始做平抛运动，从C到板，根据动能定理求得到达板的动能，利用数学知识求得最小值。
本题考查了动能定理和平抛运动，滑块的运动过程复杂，分析清楚滑块的运动过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程后，应用运动学公式、动能定理与平抛运动关系可以解题。