2021-2022学年新疆乌鲁木齐七十中高一（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年新疆乌鲁木齐七十中高一（下）期中物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年新疆乌鲁木齐七十中高一（下）期中物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32分）
1. 了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。下列说法不符合史实的是(    )
A. 开普勒利用自己观察的行星运动数据，通过数学方法建立了开普勒三定律
B. 海王星的发现验证了万有引力定律的正确性，显示了理论对实践的巨大指导作用
C. 卡文迪什的扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式
D. 物理学公认：卡文迪什是第一个在实验室“称量地球质量”的人
2. 2021年10月16日00时23分，搭载三名宇航员翟志刚、王亚平、叶光富的神舟十三号载人飞船顺利升空并成功与中国空间站对接，开展为期6个月的长期驻留并进行各项科研活动．下列四幅图中的行为可以在空间站内完成的是(    )
A. 如图，用水杯喝水
B. 如图，用沉淀法将水与沙子分离
C. 如图，用台秤称量物体的质量
D. 如图，给物体一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动
3. 引体向上是中学生体育测试的项目之一，若一个质量为50kg的普通中学生在30秒内完成12次引体向上，每次引体向上重心上升0.4m，求该学生此过程中克服重力做功的平均功率为(g=10m/s2)(    )


A. 5W B. 20W C. 80W D. 200W
4. 如下图所示，斜面的高为L，斜面倾角的正切值为tanα=0.5，将一质量为m的铅球以速度v0水平抛出，恰好落在斜坡的中点处，调节扔小球的初速度，则下面说法正确的是(    )

A. 当v=2v0时，小球恰好落在斜面末端P点
B. 当初速度为v0水平抛出，小球落到斜面时的速度与水平面夹角为45°
C. 所有落在斜面上时小球的速度方向不一样
D. 当v>2v0时，只要小球初速度足够大，小球落地的速度有可能为45°
5. “嫦娥五号”月球探测器，是负责嫦娥三期工程“采样返回”任务的中国首颗月球探测器。它会自动完成月岩采集，并从月球起飞，以“跳跃式返回技术”成功返回地面，“跳跃式返回技术”是指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。如图所示，虚线为大气层的边界，已知地球半径为R，d点与地心距离为r，地球表面重力加速度为g，下列说法正确的是(    )
A. “嫦娥五号”在b点处于完全失重状态
B. “嫦娥五号”在d点的向心加速度大小等于gr2R2
C. “嫦娥五号”在c点和e点的速率相等
D. “嫦娥五号”在a点和c点的速率相等
6. 如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平方向抛出，不计空气阻力，则下列说法正确的是(    )

A. 两小球落地时速度相同
B. 从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率不相等
C. 两小球落地时，重力的瞬时功率相等
D. 从小球抛出到落地，由于运动时间不同，所以重力对两小球做的功不相等
7. 如图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为6m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，下列说法正确的是(    )
A. 物块的机械能一定增加 B. 物块的机械能一定减小
C. 物块的机械能可能不变 D. 物块的机械能可能增加也可能减小
8. 关于如图所示的四种圆周运动模型，下列说法正确的是(    )

A. 如图a所示，汽车安全通过拱桥最高点时，车对桥面的压力小于车的重力
B. 如图b所示，在光滑固定圆锥筒的水平面内做匀速圆周运动的小球，受重力、弹力和向心力
C. 如图c所示，长为l的轻质细杆一端固定一小球，绕另一端O点在竖直面内做圆周运动，到达最高点时速度为12gl，此时小球所受的弹力方向上
D. 如图d所示，火车以某速度经过外轨高于内轨的弯道时，车轮可能对内外轨均有侧向压力
二、多选题（本大题共4小题，共16分）
9. 一辆汽车在平直的公路上由静止启动，先保持加速度不变，达到额定功率后保持额定功率不变继续行驶。汽车所受阻力恒定，下列关于汽车运动全过程的速度、加速度、牵引力、功率的大小随时间变化的图象可能正确的是(    )
A. B.
C. D.
10. 两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动，图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度大小a，横轴表示该位置到行星中心距离r的二次方的倒数，a-1r2关系图线如图所示。若卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0，则(    )


A. P1的第一宇宙速度比P2的大 B. P1的质量比P2的大
C. S1的质量比S2的大 D. P1的平均密度比P2的小
11. 如图所示，足够长的水平传送带以足够大的速度沿顺时针方向转动。把质量为m的小滑块P放到传送带上的最左端，P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25。放上P的同时对P施加一个竖直向上的拉力F，F随小滑块速度v变化的规律F=kv，k为大于0的常数，重力加速度为g。下列判断正确的是(    )

A. P在速度达到匀速运动前，加速度一直减小
B. P在运动过程中，P的机械能一直增大
C. 摩擦力对P做功的功率一直增大
D. 整个过程中摩擦力对P做功为m3g22k2
12. 如图所示倾角θ=30°的斜面固定在地面上，长为L、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳AB置于斜面上，与斜面间动摩擦因数μ=32，其A端与斜面顶端平齐，用细绳将质量也为m的物块与软绳连接，给物块向下的初速度使软绳B端到达斜面顶端(此时物块未到达地面).在此过程中，不正确的是(    )
A. 软绳上滑19L时速度最小
B. 软绳重力势能共减少了14mgL，其机械能一定增加
C. 软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和
D. 物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和
三、实验题（本大题共2小题，共12分）
13. 2050年，我国宇航员登上某一未知天体，已知该天体半径为R，现要测得该天体质量，宇航员用如图甲所示装置做了如下实验：悬点O正下方P点处有水平放置的炽热电热丝，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断，小球由于惯性向前飞出做平抛运动。现对小球采用频闪数码照相机连续拍摄。在有坐标纸的背景屏前，拍下了小球在做平抛运动过程中的多张照片，经合成后，照片如图乙所示。a、b、c、d为连续四次拍下的小球位置，已知照相机连续拍照的时间间隔是0.10s，照片中坐标为物体运动的实际距离，已知万有引力常量G，则：

①由以上信息，可知a点______(选填“是”或“不是”)小球的抛出点；
②由以上及图信息可以算出小球平抛的初速度是______m/s；(保留两位有效数字)
③由以上及图信息，可以推算出该星球表面的重力加速度g为______m/s2；(保留两位有效数字)
④该星球质量为______。(用G、R、g表示)
14. 某物理兴趣小组利用如图甲实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒．m2从一定高度由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律．如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：O是打下的第一个点，打点计时器的工作频率为50Hz.A、B、C为纸带上标注的三个计数点，每相邻两计数点间还有4个点(图中未标出).各计数点到O点的距离已在图中标出．已知m1=100g、m2=200g，重力加速度g取9.8m/s2，计算结果保留两位小数．

(1)下面列举该实验的几个操作步骤：
A.按照图示的装置安装器件，将打点计时器接到交流电源上
B.先释放m2，再接通电源打出一条纸带
C.测量纸带上某些点间的距离
D.根据测量的结果，分别计算系统减少的重力势能和增加的动能
其中操作不当的步骤是______(填选项前对应的字母)．
(2)在纸带上打下计数点B时的速度v=______m/s；
(3)在打计数点O至B过程中系统动能的增加量ΔEk=______J，系统重力势能的减少量ΔEp=______J，由此得出的结论是______；
(4)某同学根据选取的纸带的打点情况做进一步分析，作出m2获得的速度v的平方随下落的高度h的变化图像如图丙所示，据此可计算出当地的重力加速度g=______m/s2．
四、计算题（本大题共4小题，共40分）
15. 如图所示，半径为2R的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，设子弹射穿圆筒时速度大小不改变，空气阻力不计，重力加速度为g，求：
(1)子弹在圆筒中的水平速度；
(2)圆筒转动的角速度。


16. 假如将来的某一天你成为了一名优秀的宇航员，并成功登上了月球。当你乘宇宙飞船绕月球表面附近做匀速圆周运动时，测得宇宙飞船绕月球的周期为T；已知引力常量为G，月球半径为r，忽略月球的自转。根据以上信息，求：
(1)月球的质量；
(2)月球表面的重力加速度；
(3)月球上的第一宇宙速度。
17. 如图AB为固定的半径R=1m的14光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量M=4kg，车长L=8m。现有一质量m=2kg的滑块，由轨道顶端A点以初速度v0=4m/s进入轨道，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2，当车运行了2.5s时，被地面装置锁住不动(g=10m/s2)。求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小？
(2)车被锁住时，车右端距轨道B端的距离？
(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小？
18. 如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于A1、A2、B1、B2，D1、D2分别是两圆弧管道的最高点，C1、C2分别是两圆弧管道的最低点，C1、C2固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R，∠B1O1D1=∠A1O1C1=∠B2O2D2=∠A2O2C2=α.一质量为m的小物块以水平向左的
速度v0从C1点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ.设v0=12m/s，m=1kg，R=1.5m，μ=0.5，α=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求：
(1)小物块从C1点出发时对管道的作用力；
(2)小物块第一次经过C2点时的速度大小；
(3)小物块在直管道B1A2上经过的总路程。


答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：A、开普勒通过对第谷的天文观测数据的分析研究，发现了行星的运动规律，故A错误；
B、海王星是先根据万有引力定律算出轨道，然后在计算的轨道上发现的，海王星的发现验证了万有引力定律的正确性，显示了理论对实践的巨大指导作用，故B正确；
C、卡文迪什的扭秤实验和库仑扭秤实验的相似性，体现了“类比”是一种重要的思维方式，故C正确；
D、卡文迪什的扭秤实验测量出了万有引力常量，被称为第一个在实验室“称量地球质量”的人，故D正确。
本题选不符合史实的，
故选：A。
根据对物理学家及其成就的了解作答。
对于物理学史的学习要注意平时加强积累和记忆，不可忽视，这也是高考的重要内容之一。

2.【答案】D 
【解析】解：A、图中水杯中的水处于完全失重状态，水不会因为重力而倒入嘴中，故A错误；
B、图中沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故B错误；
C、图中宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量物体的质量，故C错误；
D、图中给物体一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动，是绳子拉力充当向心力，可以完成，故D正确；
故选：D。
水处于完全失重状态，水不会因为重力而倒入嘴中；
沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离；
宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法测量物体的质量；
给物体一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动；
知道在空间站中的物体处于完全失重状态，知道处于失重状态的物体的物理特点。

3.【答案】C 
【解析】解：学生体重为50kg，每次引体向上上升高度为0.4m，引体向上一次克服重力做功为W=mgh=50×10×0.4J=200J，
全过程克服重力做功的平均功率为：P-=nWt=12×20030W=80W，故C正确，ABD错误。
故选：C。

4.【答案】B 
【解析】解：C、当小球落在斜面上，斜面的倾角等于位移与水平方向的夹角α，根据平抛运动的推论，小球速度与水平方向的夹角正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的二倍，即tanθ=2tanα，只要落在斜面上，说明小球的位移方向都一样，即速度方向一样，故C错误；
B、当小球速度为v0时，小球恰好落到斜坡的中点，位移与水平方向的夹角正切值：tanα=0.5，则速度与水平面的夹角正切值：tanθ=1，即θ=45°，故B正确；
A、小球做平抛运动，当小球速度为v0时，恰好落在斜坡中点，
根据平抛运动规律有：L=v0t，L2=12gt2，解得：v0=gL
当小球速度为v时，小球恰好落到斜坡末端P点，
根据平抛运动的规律，2L=v0t，L=12gt2，解得：v=2gL，故A错误；
D、只要小球平抛初速度v>2v0，小球一定会落在水平面上，此时满足：tanθ=vyv0<1，说明小球初速度无论多大，小球落地的速度都小于45°，故D错误。
故选：B。
当物体落在斜面上，斜面的倾角等于位移与水平方向的夹角。
根据平抛运动的规律，速度与水平方向的夹角正切值等于位移与水平方向夹角的正切值的二倍分析。
此题考查了平抛运动的规律，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，知道运动的时间由高度决定。

5.【答案】C 
【解析】解：A、“嫦娥五号”在b点是处于超重状态，故A错误；
B、“嫦娥五号”在d点受到的万有引力F=GMmr2，在地球表面重力等于万有引力有mg=GMmR2有GM=gR2，根据牛顿第二定律a=Fm=GMr2=gR2r2，故B错误；
C、c→d→e过程，“嫦娥五号“不受空气阻力，仅受到地球对它的万有引力，因此机械能守恒，c点和e点速率相等，故C正确；
D、a点到c点过程，“嫦娥五号”由于受到空气阻力作用，因此机械能不守恒，故a、c两点速率不相等，故D错误；
故选：C。
“嫦娥五号“沿abc轨迹做曲线运动，速度方向为该点的切线方向，根据牛顿第二定律，结合GM=gR2求出d点的加速度．嫦娥五号从a点到c点，万有引力不做功，阻力做负功，根据动能定理比较a、c两点的速率大小．从c点到e点，机械能守恒．
解决本题的关键知道卫星在大气层中受到空气阻力作用，在大气层以外不受空气阻力，结合动能定理、机械能守恒进行求解。

6.【答案】B 
【解析】解：A、设小球抛出点的高度为h，落地动能为Ek，从抛出到落地过程，由动能定理得：mgh=Ek-12mv02，解得，小球落地时的动能：Ek=mgh+12mv02，
由于m、h、v0大小相等，则小球落地时的动能相同，速度大小相等，方向不同，故A错误；
B、两小球在同一高度以大小相同的速度抛出，小球A做平抛运动，小球B做竖直上抛运动，B的运动时间大于A的运动时间，
两球落地时初末位置的高度差h相等，重力做功W=mgh相等，而小球的运动时间t不同，重力的平均功率P=Wt不同，故B正确。
C、A球落地时的竖直分速度大小vAy=2gh，小球B落地时的竖直分速度大小vBy=v02+2gh，
设小球落地时速度方向与重力方向的夹角为α，则小球落地时重力的瞬时功率P=mgvcosα=mgvy，
由于m、g相同而vy不同，则小球落地时重力的瞬时功率不同，故C错误；
D、重力做功与竖直方向的位移有关，所以重力对两小球做的功相等，故D错误；
故选：B。
应用动能定理判断小球落地时动能大小关系；根据小球运动过程分析落地速度大小关系；根据功率公式判断小球落地时重力的瞬时功率与平均功率大小关系。
本题考查了重力做功及功率公式的应用，解决本题需熟记做功、平均功率、瞬时功率的计算公式，能正确分析运动时间。

7.【答案】B 
【解析】解：物体的加速度为a=6m/s2，方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：mgsin30°+f-F=ma，解得f-F=ma-mgsin30°=6m-5m=m>0，说明除重力以外各力的合力方向沿斜面向下，与物体运动方向相反，所以这个合力对物体做负功，根据功能关系可知物块的机械能一定减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
当物体只有重力做功，物体的机械能守恒．当除重力以外的做功时，机械能将发生变化，先根据牛顿第二定律确定出除重力以外各力的合力方向，结合功能关系判断．
解决本题的关键理解机械能守恒的条件，掌握功能原理，知道当除重力以外的力做功的代数和不为零，机械能不守恒．

8.【答案】AC 
【解析】解：A.图a汽车安全通过拱桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，方向竖直向下，所以支持力小于重力，根据牛顿第三定律，车对桥面的压力小于车的重力，故A正确；
B.图b沿固定圆锥筒内做匀速圆周运动的小球，受重力和弹力作用，向心力是二者的合力，故B错误；
C.图c中轻质细杆一端固定的小球，当小球在最高点压力为零时，重力提供向心力，有mg=mv2l
解得v=gl，当速度小于v时，杆对小球有支持力，方向竖直向上；当速度大于v时，杆对小球有拉力，方向竖直向下，故C正确；
D.如图d，设外轨与内轨所在斜面与水平地面夹角为θ，车轮若对内外轨均无侧向压力，此时mgtanθ=mv2R
可得速度为v=gRtanθ
此时车轮对内外轨都无压力，当速度过大或过小时，车轮会对外轨或内轨有压力，
故D错误。
故选：AC。
分析每种模型中物体的受力情况，根据合力提供向心力求出相关的物理量，进行分析即可。
此题考查圆周运动常见的模型，每一种模型都要注意受力分析找到向心力，结合牛顿第二定律分析判断。

9.【答案】AD 
【解析】解：A、汽车开始做匀加速运动，加速度恒定，根据v=at可知，速度随时间均匀增大，根据牛顿第二定律F-f=ma可知，F=f+ma恒定，由P=Fv可知，P=(ma+f)at，功率逐渐增大，当功率达到额定功率后，汽车保持额定功率下运动，速度继续增大，根据P=Fv可知，F减小，加速度减小，汽车继续做加速度减小的变加速运动，当牵引力F减小到阻力时，此时汽车加速度为零，速度到达最大，故A正确；
B、由于汽车开始做匀加速运动，加速度恒定，当汽车匀加速到额定功率后，牵引力减小，加速度减小，速度继续增大，但由于加速度减小，速度增加慢了，故加速度变化就慢了，故B错误；
C、开始阶段，汽车做匀加速运动，根据牛顿第二定律F-f=ma可知，F=f+ma恒定，当汽车匀加速达到额定功率后，汽车在额定功率下做加速度减小的变加速运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，此后做匀速运动，F=f，故C错误，D正确；
故选：AD。
当汽车以恒定的加速度匀加速运动到额定功率之后，汽车将在额定功率下做加速度逐渐减小的变加速度运动，当牵引力等于阻力时，速度达到最大，之后将做匀速运动。
解决本题的关键掌握功率与牵引力的关系：P=Fv，知道当汽车牵引力等于阻力时，车速最大。

10.【答案】ABD 
【解析】解：A、设第一宇宙速度为v，则a0=v2R，得v=a0R，由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故A正确；
B、由数学知识知，a-1r2图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故B正确；
C、根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=GMr2，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小，故C错误；
D、行星的平均密度ρ=M43πR3=a0R2G43πR3=3a04πGR，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D正确。
故选：ABD。
根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a-1r2的正比关系函数图象得出P1、P2的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解。
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一思路，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算。

11.【答案】ABD 
【解析】解：A、对P，由牛顿第二定律得：μ(mg-kv)=ma
解得：a=μg-μkvm
小滑块P做加速运动，速度v增大，μ、k、m不变，则加速度a减小，故A正确；
B、P做加速运动，动能增加，P在运动过程高度不变，重力势能不变但动能增加，因此P的机械能增加，故B正确；
C、摩擦力的功率P=fv=μ(mg-kv)v=μmgv-μkv2，小滑块P做加速运动，随速度v的增加，功率P先增大后减小，故C错误；
D、当小滑块所受合力为零，即滑动摩擦力为零时速度最大，则μ(mg-kv)=0，解得，滑块的最大速度：v=mgk，设整个过程摩擦力做的功为W，对滑块，由动能定理得：W=12mv2-=m3g22k，故D正确。
故选：ABD。
应用牛顿第二定律求出P的加速度，然后分析加速度大小如何变化；
P在运动过程高度不变，重力势能不变但动能增加，机械能增加；
根据功率公式分析摩擦力对P的功率如何变化；
应用动能定理求出摩擦力对P做的功。
分析清楚小滑块的受力情况与运动过程是解题的前提，应用牛顿第二定律、功率公式与动能定理即可解题；解题时要注意滑动摩擦力是变力。

12.【答案】D 
【解析】解：A、对软绳和重物整体，悬挂在滑轮外侧的部分的重力和斜面上部分的重力的平行斜面分力相等时，速度最小，此时有：
mg+mxg=(m-mx)gsin30°+f，
N=(m-mx)gcos30，
其中：f=μN，
联立解得：mx=m9，
故软蝇上滑19L时速度最小，故A正确；
B、当软绳全部滑离斜面时，重力势能减小最多，为：△Ep减=mg⋅△h=mg(L2-Lsin30°2)=14mgL；
摩擦力与位移是成正比的，故软绳克服摩擦力做功为：Wf=f⋅L=12μmgcos30°L=38mgL；
对软绳和重物系统，根据功能关系，有：
mgL+14mgL=12⋅(2m)v2+Wf，
联立解得：
v=78gL，
故软绳机械能变化量：△E=12mv2-△Ep减=316mgL>0，即软绳机械能增加316mgL，故B正确；
C、软绳减少的重力势能为：△Ep减=mg⋅△h=mg(L2-Lsin30°2)=14mgL；
软绳增加的动能与克服摩擦力所做的功之和：12mv2+Wf=1316mgL，
故软绳减少的重力势能一定小于其增加的动能与克服摩擦力所做的功之和，故C正确；
D、物块重力势能的减小量为mgL，
软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和：Wf+12mv2=38mgL+12m⋅78gL=1316mgL，
故物块重力势能的减少小于软绳克服摩擦力所做的功与物块动能增加之和，故D错误；
本题选错误的，故选：D
软绳先减速后加速，当平衡时速度最小，据此分析A选项；再对在斜面上的部分软绳受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，该摩擦力正比于位移x，据此可以求解克服摩擦力做的功，再对物体和软绳系统分析，根据功能关系列式求解末速度，然后分析BCD选项。
本题考查功能关系，关键是对软绳和重物系统运用功能关系列式分析求解末速度，其中切入点在于对摩擦力做功的求解，可以结合图想法分析。

13.【答案】是  0.80  8.0 gR2G 
【解析】解：(1)由初速度为零的匀加速直线运动经过相等的时间间隔内通过的位移之比为1：3：5，可知，a点是小球的抛出点；
(2)平抛运动在水平方向上的分运动为匀速直线运动，则v0=xT=8×10-20.10m/s=0.80m/s；
(3)由ab、bc、cd水平距离相同可知，a到b、b到c运动时间相同，为T=0.10s，平抛运动在竖直方向上为匀变速直线运动，根据Δh=gT2解得：
g=ybc-yabT2=0.16-0.04-0.040.102m/s2=8.0m/s2
(4)该星球表面，重力等于万有引力，则mg=GMmR2
解得：M=gR2G
故答案为：(1)是；(2)0.80；(3)8.0；(4)gR2G
(1)根据小球在竖直方向上的运动距离之比分析出a点是不是抛出点；
(2)根据平抛运动在水平方向的运动特点计算出小球的初速度；
(3)根据小球在竖直方向的运动特点计算出重力加速度；
(4)在星球表面，物体的万有引力提供物体的重力，列出等式得出星球质量。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向的运动特点结合运动学公式完成分析，同时要结合万有引力定律计算出星球质量，整体难度不大。

14.【答案】B  2.05  0.63  0.64  在实验误差允许的范围内，系统机械能守恒  9.78 
【解析】解：(1)步骤B中应该是先接通电源，再释放m2，故选B；
(2)在纸带上打下计数点B时的速度为
vB=xAC2T=87.50-46.522×0.1×10-2m/s=2.05m/s
(3)在打计数点O到B过程中系统动能的增加量为：ΔEk=12(m1+m2)vB2=12×0.3×2.052J=0.63J；
重力势能的减小量为ΔEp=(m2-m1)ghB=0.1×9.8×0.65J=0.64J
由此得到的结论是在实验误差范围内，系统机械能守恒。
(4)由关系式：12(m1+m2)v2=(m2-m1)gh
可得：v2=2(m2-m1)gm1+m2
结合图像可知，k=2(m2-m1)gm1+m2=3.260.5
解得：g=9.78m/s2。
故答案为：(1)B；(2)2.05；(3)0.63；0.64；在实验误差允许的范围内，系统机械能守恒；(4)9.78
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)根据匀变速直线运动的特点计算出B点的瞬时速度；
(3)根据功能关系分析出动能的增加量和重力势能的减小量并由此得出结论；
(4)根据机械能守恒定律结合图像分析出重力加速度的大小。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的斜率即可完成分析。

15.【答案】解：(1)根据h=12gt2
解得t=2hg
则子弹在圆筒中的水平速度为v0=2Rt=2Rg2h
(2)因为子弹右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则t=(2n+1)×T2(n=0、1、2、3、4…，)
因为T=2πω
解得ω=(2n+1)πg2h(n=0、1、2、3、4…，)
答：(1)子弹在圆筒中的水平速度为2Rg2h；
(2)圆筒转动的角速度为(2n+1)πg2h(n=0、1、2、3、4…，)。 
【解析】(1)子弹在桶中做平抛运动，根据高度求出运动的时间，结合水平位移求出子弹的初速度；
(2)在子弹平抛运动的过程中，运动的时间是转筒半个周期的奇数倍，根据该关系求出圆筒转动的角速度。
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，以及知道圆周运动的周期性。

16.【答案】解：(1)设月球质量为M，宇宙飞船做圆周运动，由万有引力提供向心力，有：
GMmr2=m(2πT)2r
得：M=4π2r3GT2
(2)设月球表面重力加速度为g，根据月球表面物体重力等于万有引力，有：
GMmr2=mg
得：g=r(2πT)2=4π2rT2
(3)宇宙飞船绕月球表面附近做匀速圆周运动时的速度为月球上的第一宇宙速度，设为v，有：
GMmr2=mv2r
得：v=GMr=2πrT。
答：(1)月球的质量为4π2r3GT2。
(2)月球表面的重力加速度为r(2πT)2。
(3)月球上的第一宇宙速度为2πrT。 
【解析】根据万有引力提供向心力分别根据环绕半径和环绕周期求得月球质量；再根据黄金代换式求重力加速度，在月球表面附近运动的速度为月球上的第一宇宙速度。
万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力提供向心力求得其它物理量。

17.【答案】解：(1)设滑块到达B端时的速度为v，从A到B：由动能定理得mgR=12mv2-12mv02
代入数据解得v=6m/s
在B点根据牛顿第二定律有：FN-mg=mv2R
解得：FN=92N
(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律对滑块有：mam=μmg
解得：am=2m/s2
对小车有：MaM=μmg
解得：aM=1m/s2
当物体和车速度相等时：v1=v0-amt=aMt
解得：t=2s<2.5s
物体和车相对位移为：△x=x物-x车=6m<8m
以后物体和车共同匀速运动，对车，匀加速的位移为：x1=v122aM=2m
匀速运动的位移为：x2=v1(2.5-t)=1m
代入数据解得：x=x1+x2=3m
(3)产生的热量为：Q=μmg⋅△x
代入数据解得：Q=24J
答：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小为92N；
(2)车被锁住时，车右端距轨道B端的距离为3m；
(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小为24J。 
【解析】(1)根据动能定理求出滑块到达B点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道对它支持力的大小。
(2)根据牛顿第二定律求出小车和滑块的加速度，根据速度时间公式求出达到共同速度的时间，结合位移公式求出车被锁定时，车右端距轨道B端的距离。
(3)根据相对滑动的距离，结合Q=f△x求出摩擦而产生的内能大小。
解决该题的关键是明确知道滑块进入小车时小车的运动情况，掌握相对位移的求解方法，知道因为摩擦而产生的热量的求解公式。

18.【答案】解：(1)小物块在C1点时，由牛顿第二定律得：
N-mg=mv02R
可得：N=106N
根据牛顿第三定律可知，小物块从C1点出发时对管道的作用力大小为106N，方向竖直向下。
(2)设直管道的长度为l，由几何知识易有：
l=A2B1=A1B2=2Rcoαsinα=4m
小物块从C1到C2的过程，由动能定理得：
-μmglcosα=12mv22-12mv02
解得小物块第一次经过C2点时的速度大小为：v2=47m/s
(3)以C1C2所在水平面作为重力势能的参考平面。则小物块越过D1、D2点时的机械能需要满足：
E>E0=2mgR=30J
由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：
|△E|=|Wf|=μmglcosα=16J
设n为从第一次经过D1后，翻越D1和D2的总次数，则有：
12mv02-n|△E|>E0
12mv02-(n+1)|△E| 可得：n=2
表明小物块第二次经过D1后就到不了D2，之后在D1B1A2C2D2之间往复运动直至稳定，最后在A2及C2右侧与A2等高处之间往复稳定运动。
由开始到稳定运动到达A2点的过程，根据动能定理得：
-μmgscosα-mgR(1-cosα)=0-12mv02
解得：s=694m
故小物块在直管道B1A2上经过的总路程为：
s'=s-l=534m。
答：(1)小物块从C1点出发时对管道的作用力是106N，方向竖直向下；
(2)小物块第一次经过C2点时的速度大小是47m/s；
(3)小物块在直管道B1A2上经过的总路程是534m。 
【解析】(1)小物块从C1点出发时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求管道对小球的作用力，从而得到小球对管道的作用力；
(2)小物块从C1点第一次到达C2点的过程，利用动能定理求物块第一次经过C2点时的速度大小；
(3)分析小物块的运动过程，确定出小物块最终在A2及C2右侧与A2等高处之间往复稳定运动，由动能定理求在直管道B1A2上经过的总路程。
解决本题的关键是分析小物块最终的运动状态，根据能量转化情况确定最终稳定时运动区域。运用动能定理时，要知道滑动摩擦力做功与总路程有关。