2022-2023学年四川省广元市、遂宁市、内江市高一（下）质量监测物理试卷（5月）（含解析）

2022-2023学年四川省广元市、遂宁市、内江市高一（下）质量监测物理试卷（5月）
注意事项
1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回
2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水笔填写在试卷和答题卡哦的规定位置。
3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。
4.作答选择题，必项用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，作答非选择题，必须用0.5毫米黑色水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5。如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号须加黑、加粗。
一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 如图所示，质量不同的两个小球从同一高度由静止同时释放，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A. 质量大的小球加速度大 B. 质量大的小球先落地
C. 两球下落过程中速度变化一样快 D. 质量大的小球落地前瞬间的速度大
2. 如图所示，某次空中投弹的军事演习中，战斗机以恒定速度沿水平方向飞行，先后释放、两颗炸弹，分别击中倾角为的山坡上的点和点，释放、两颗炸弹的时间间隔为，此过程中飞机飞行的距离为；先后击中、的时间间隔为，、两点间水平距离为，且炸弹到达山坡的点位移垂直斜面，炸弹是垂直击中山坡点的。不计空气阻力，下列错误的是( )
A. 炸弹在空中飞行的时间为 B.
C. D.
3. 一细绳穿过一光滑、固定的竖直细管，两端分别拴着质量为和的小球和。当小球绕着中心轴匀速转动时，球摆开某一角度，此时球到上管口的绳长为，如图所示。细管的半径可以忽略，重力加速度为。则下列说法正确的是
A. 球匀速圆周运动的向心力大小为
B. 球运动的周期为
C. 若球角速度加倍，则球应下降
D. 若球角速度加倍，球的向心加速度也加倍
4. 如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆、，两杆分离不接触，且两杆间的距离忽略不计。两个小球、视为质点质量均为，球套在竖直杆上，球套在水平杆上，、通过铰链用长度为的刚性轻杆连接，将球从图示位置由静止释放轻杆与杆夹角为，不计一切摩擦，已知重力加速度为。在此后的运动过程中，下列说法中不正确的是( )
A. 球加速度大小等于位置的只有一个 B. 球和球组成的系统机械能守恒
C. 球的最大速度为 D. 球的最大速度的位置在两杆交点处
5. 如图所示，一个质点为的物体可视为质点，以某一初速度由点冲上倾角为的固定斜面，其加速度大小为，物体在斜面上运动的最高点为，点与点的高度差为，重力加速度为，则从点到点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 物体动能损失了 B. 物体动能损失了
C. 系统机械能损失了 D. 系统机械能损失了
6. 物体在引力场中具有的势能叫做引力势能，取无穷远处为引力势能零点。质量为的物体在地球引力场中具有的引力势能式中为引力常量．为地球的质量，为物体到地心的距离，如果用表示地球的半径，表示地球表面重力加速度，表示光在真空中的速度。则下列说法正确的是( )
A. 半径为的圆形轨道上运行的质量为的人造地球卫星的机械能为
B. 如果地球的第一宇宙速度为，则将质量为的卫星从地球表面发射到半径为的轨道上运行时至少需要的能量
C. 由于受高空稀薄空气的阻力作用，质量为的卫星从半径为的圆轨道缓慢减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为
D. 黑洞的密度、质量极大，以致连光都不能逃离它的引力，无法通过光学观测直接确定它的存在，假如地球能成为黑洞，则其半径最大不能超过
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
7. 如图甲所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，一质量为的小铁块静置于长木板的最右端。时刻起长木板在一个水平外力的作用下从静止开始向右运动，经过后，水平外力由变为又经过后，撤去，此时小铁块恰好未从长木板上掉落，此过程中长木板的图像如图乙所示。小铁块和长木板间的动摩擦因数为，重力加速度，小铁块可视为质点，则的运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块 末的速度为
B. 长木板长度为
C. 此过程中小铁块和长木板间因摩擦而产生的热量为
D. 大小为 ，方向水平向右，大小为 ，方向水平向左
8. 行星各自卫星的轨道可以看作是圆形的。某同学根据行星和行星的不同卫星做圆周运动的半径与周期的观测数据，作出如图所示的图像，其中图线是根据行星的不同卫星的数据作出的，图线是根据行星的不同卫星的数据作出的。已知图线的斜率为，图线的斜率为，行星半径为行星半径的倍，则( )
A. 行星的质量大于行星的质量
B. 行星与行星表面的重力加速度之比为
C. 行星与行星的第一宇宙速度之比为
D. 行星与行星的平均密度之比为
9. 带有光滑圆弧轨道、质量为的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为的小球以速度水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )
A. 小球一定向左做平抛运动
B. 小球可能做自由落体运动
C. 若，则此过程小球对小车做的功为
D. 若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于
10. 年月，基于俗称“中国天眼”的米口径球面射电望远镜的观测，国家天文台李菂、朱炜玮研究团组姚菊枚博士等首次研究发现脉冲星三维速度与自转轴共线的证据。之前的年月，我国天文学家通过，在武仙座球状星团中发现一个脉冲双星系统。如图所示，假设在太空中有恒星、双星系统绕点做顺时针匀速圆周运动，运动周期为，它们的轨道半径分别为、，，为的卫星，绕做逆时针匀速圆周运动，周期为，忽略与之间的引力，引力常量为，则以下说法正确的是( )
A. 若知道的轨道半径，则可求出的质量
B. 恒星、的质量和为
C. 若也有一颗运动周期为的卫星，则其轨道半径大于的轨道半径
D. 设、、三星由图示位置到再次共线的时间为，则
11. 如图所示，是地球的同步卫星，和是位于赤道平面内同一圆形轨道上的另外两颗卫星。是在赤道上的物体。已知卫星和卫星绕行方向与地球自转方向相同，某时刻、两卫星相距最近地心、、在同一直线上，地球自转周期为，卫星运转周期为，则( )
A. 卫星运转周期小于地球自转周期
B. 卫星和卫星所受的向心力大小相等
C. 要实现卫星和卫星对接，只要卫星加速即可
D. 向心加速度
12. 如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量的小滑块，管和弹射器的总质量，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为；滑块离开弹射器后能上升的最大高度为，小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度。则下列说法正确的是( )
A. 滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
B. 滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
C. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力，为保证滑块不滑出管口，的最小值为。
D. 当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力，为保证滑块不滑出管口，的最小值为。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。把答案写在答题卡中指定位置处，不要求写出演算过程。
13. 某实验小组用如下图所示装置做“研究平抛运动”的实验，按实验要求调整好实验装置并完成实验，图中每个正方形小格的边长均为，、、、是轨迹图线上的四个点。重力加速度取

小球离开斜槽末端时速度大小为________，从小球离开斜槽末端开始计时，经过________到达点。
如果以斜槽末端上方小球球心所在位置处为坐标原点，水平向右和竖直向下分别为轴和轴建立直角坐标系，小球的轨迹方程为________。
A.
C.
14. 甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图甲、乙、丙所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为，重物的质量为，试回答下列问题：
甲、乙、丙实验中，必须平衡小车和长木板之间的摩擦力的实验小组是______。
A.甲、乙、丙 甲、乙 甲、丙
实验时，必须满足“远大于”的实验小组是______填“甲”、“乙”或“丙”。
实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的图线如图丁中、、所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是______。选填“”、“”或“”
实验中，有同学用打点计时器得到了在不同拉力作用下的、、、几条较为理想的纸带，交流电的频率为，并在纸带上每个点取一个计数点，按打点先后依次为，，，，，由于不小心，几条纸带都被撕断了，如图所示图中数据为相邻两计数点间的距离，请根据给出的四段纸带判断：在、、三段纸带中，可能是从纸带撕下的是______。
A.无法确定
小明同学采用乙图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数为横坐标，加速度为纵坐标，画出的图像是图丁中的一条直线，图线与横坐标的夹角为，求得图线的斜率为，则小车的质量为______。
A. ． ． ．
如图，这是丁同学受到甲，乙，丙同学启发后设计的一项实验，在光滑轻质定滑轮固定在水平实验台的右边缘处，质量的平板车通过不可伸长的轻绳水平跨过定滑轮与质量为的重物相连接，质量的小物块可视为质点放在平板车的中央处，小物块与平板车间的动摩擦因数为，实验台对平板车的阻力大小为。初始时刻，重物与它正下方固定的锁定器间的距离为，轻绳刚好伸直。现由静止释放重物，重物通过轻绳拉动平板车开始运动，经过一段时间，重物与锁定器发生碰撞并立刻被锁定，最终小物块未滑离平板车，平板车也未与滑轮发生碰撞。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。求初始时刻平板车右侧与滑轮左侧的距离的条件______和平板车长度分别满足的条件______。结果可用分式表示
四、计算题：本大题共4小题，共36分。把答案写在答题卡中指定位置处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。
15. 光滑的水平面上有两辆小车，甲车的质量、乙车的质量。当两车之间的距离小于时，两车之间产生的恒定斥力；大于时两车之间没有作用力。时刻，甲车、乙车，两车在同一直线上相向运动。末两小车间产生斥力。求：
时刻，两小车间的距离；
相互作用过程中，两小车动能之和的最小值；
两小车再次恢复到初始距离的过程中，甲车的路程。
16. 如图所示，静止在光滑水平面上质量的小车左侧部分水平且长为，右侧光滑圆弧轨道与平滑连接，点与点的高度差，一质量的物块以的水平初速度从点冲上小车，并恰好上升到点后开始滑下。取重力加速度，求：
物块到达点时小车的速度大小；
物决第一次经过点时的速度大小；
物决与小车左侧间的动摩擦因数。
17. 宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为的圆轨道上运行；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行．已知引力常量为，每个星体的质量均为．
试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期．
假设两种形式下星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
18. 小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为为重力加速度，方向均与轴负方向成斜向上轴向右为正。蛙位于轴上点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为：，求蛙的最大跳出速率。
若蛙跳出的速率不大于问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在轴上飞出的位置范围。
若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为：；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为：。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
在竖直方向上做自由落体运动的物体，运动的时间由高度决定，速度与高度有关．
本题考查对自由落体运动的理解，特别需要注意的就是在地球同一的地方，重力加速度的大小是相同的．
【详解】
两小球做自由落体运动，下降过程中的加速度都为，速度变化一样快，根据公式可得，两者同时落地，故AB错误C正确；
D.据可得，落地时两者的速度相同，故D错误．
2.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了平抛运动与斜面相结合的问题；解决本题的关键要掌握平抛运动在水平方向上和竖直方向上的运动规律，把握隐含的条件：炸弹到达山坡的点位移垂直斜面，炸弹是垂直击中山坡点的速度与山坡垂直，并能灵活运用。
抓住炸弹做平抛运动，在水平方向上的运动规律与飞机相同，竖直方向做自由落体运动；根据平抛运动规律，结合几何知识分析解答。
【解答】
A.炸弹到达山坡的点位移垂直斜面，如图：
；
根据平抛运动规律，可知：，解得炸弹落到点所需的时间为：，故A正确；
B.炸弹是垂直击中山坡点，如上图；
根据平抛运动规律，可知：，得炸弹落到点所需的时间为；
依题可知：，，所以，故B错误；
C.，则，故C正确；
D.炸弹水平方向做匀速直线运动，故D正确。
本题选错误的，故选B。
3.【答案】
【解析】
【分析】
小球做匀速圆周运动，由绳的拉力及小球重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律可求得周期；根据球的受力情况应用牛顿第二定律分析，当球的角速度增大时，向心加速度与的高度如何变化。
本题考查了圆周运动与牛顿第二定律的应用，关键分析小球的受力情况，确定其向心力，运用牛顿第二定律和圆周运动的知识结合解答。
【解答】
A.处于平衡状态，由平衡条件可知，绳子的拉力，做匀速圆周运动，绳子的拉力与小球重力的合力提供向心力，向心力大小不等于，故A错误；
B.设连接球细绳与竖直方向的夹角为，对，由平衡条件得：，同一绳子，
对，在竖直方向，由平衡条件得：，
在水平方向：，
解得：，故B错误；
C、球角速度增大稳定后球仍静止，设此时连接球的细绳与竖直方向夹角为，对球，竖直方向：，其中，可得细绳与竖直方向夹角不变，故A球的向心力大小不变，向心加速度大小不变，由牛顿第二定律得：，若角速度加倍，则轨道半径减小，则减小，球下降，故C正确，D错误。
故选C。
4.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了运动的合成与分解中的关联速度、机械能守恒定律、牛顿第二定律这些知识点；
根据运动的合成与分解，找到两球之间的关联速度，结合牛顿第二定律和机械能守恒定律分析求解即可。
【解答】
A.设轻杆和水平杆的夹角为，由运动关联可知，得，可知当时，，，轻杆处于水平位置和杆平行，此时球在竖直方向只受重力，因此球的加速度大小为，其它位置都不为，故A正确；
B.球和球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确；
C.当到达最低点时，的速度为零，重力势能最小，由系统的机械能守恒知的速度最大，此时轻杆与水平杆垂直，由系统的机械能守恒得：，解得的最大速度为：，故C正确；
D.根据以上分析，轻杆处于水平位置和杆平行时，球的加速度大小为，再下去一些，加速度小于，但方向向下，球仍然在加速，所以球的最大速度的位置不在两杆交点处，故D错误。
本题选不正确的，故选D。
5.【答案】
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求解合力，根据动能定律列式求解动能减小量；根据机械能的概念分析机械能减小量。
本题关键是根据动能定理计算动能的变化，根据动能和重力势能的变化判断机械能的变化．
【解答】
由题意，根据牛顿第二定律可知物体所受合外力大小为
合外力方向沿斜面向下，根据动能定理可知从点到点的过程中，物体动能损失了，故AB错误；
从点到点的过程中，物体重力势能增加了
所以系统机械能损失了，故C错误，D正确。
故选D。

6.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了天体运动的相关问题，掌握天体做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供是解题的关键。
【解答】
A.质量为的人造地球卫星的引力势能，对人造卫星有，解得，所以卫星运行时的机械能为：，故A正确；
B.因卫星从地球表面发射到高处的过程中，地球的引力为变力，卫星克服引力所做的功不等于，而且卫星在半径为的轨道上也必须有动能才能正常运行，由引力势能定义可知卫星从地面发射到半径为的轨道上，引力势能的增量为：，动能增量为：，卫星机械能的增量为：，又根据可知地球的第一宇宙速度，所以，故B错误；
C.由前述分析可知，质量为的卫星在半径为的轨道上运行时的机械能，在半径为的轨道上运行时的机械能，卫星从半径为的圆轨道减小到半径为的圆轨道的过程中克服空气阻力做的功为：，故C错误；
D.设质量为的物体从地球表面运动至无穷远处，根据能量守恒定律有：，解得，因为连光都不能逃离，所以地球的半径最大不能超过，故D错误。
故选A。
7.【答案】
【解析】解：小铁块在木板上收到木板受到的滑动摩擦力，做匀加速运动，时小铁块恰好未从长木板上掉落，说明木板与铁块刚好达到共速，可以画出小铁块图像如图
A、是恰好未从长木板上掉落，说明木板与铁块达到共速，所以铁块末速度是，故A错误；
B、图像面积表示位移，由图像得，长木板位移为，小铁块的位移，故板长，故B错误；
C、摩擦产生的热量为，故C正确；
D、图像斜率表示加速度，由图像得：，，对木板受力分析：，；，，对木板受力分析：，，说明力大小，方向向左，故D正确。
故选：。
通过图像能得到木板加速度，以及速度的变化，小铁块做匀加速运动，可以画出物体图像，通过图像得到木板和小铁块的位移，能求得产生热量。
本题只要想到用图像法来解决就会比较简单，也可以通过受力分析来求解，相对来说比较麻烦。
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了万有引力定律的应用以及万有引力与重力的关系，根据万有引力提供向心力列式进行推导即可。
解决本题的关键是根据万有引力提供向心力，结合图像进行分析。
【解答】
A.根据万有引力提供向心力公式可得：，由此可知斜率为：，结合图像可得中心天体质量越大斜率越大，所以行星的质量大于行星的质量，故A正确；
B.根据万有引力等于重力可得行星表面的重力加速度为：，再由，联立可得：，所以行星与行星表面的重力加速度之比为：，故B错误；
C.根据万有引力提供向心力公式知，第一宇宙速度为：，再由，联立可得：，所以行星与行星的第一宇宙速度之比为：，故C正确；
D.行星的平均密度公式为：，再由，且行星半径为行星半径的倍，所以平均密度为：，所以行星与行星的平均密度之比为：，故D错误。
故选AC。
9.【答案】
【解析】解：
、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，以向右为正方向，整个过程中，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：，
解得：，，
当时，小球离开小车时的速度水平向左，小球离开小车后向左做平抛运动，
当时，，小球离开小车后做自由落体运动，
当时，小球离开小车时的速度方向水平向右，小球离开小车后向右做平抛运动，故A错误，B正确；
C、若，则，对小车，由动能定理得：，故C正确；
D、当小球到达最大高度时，和具有相同的速度，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：，
解得：，
如果，则，故D正确。
故选：。
小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，系统机械能守恒；小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球上升的最高点时，竖直方向上的速度为零，水平方向上与小车具有相同的速度，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
10.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；本题为双星问题，要把握住双星的特点：彼此间的万有引力充当向心力，并且只能绕同一点做圆周运动。
卫星绕恒星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，据此分析；
双星系统中，两颗星球绕同一点做匀速圆周运动，且两者始终与圆心共线，相同时间内转过相同的角度，即角速度相等，则周期也相等，但两者做匀速圆周运动的半径不相等。
【解答】
A.绕做匀速圆周运动，满足，故知道的轨道半径，无法求出的质量，故A错误
B.因为、为双星系统，所以相互之间的引力提供运动所需的向心力，即，可得，同理可得，则恒星、的质量和为，故B正确
C.因为、为双星系统，满足，又因为，所以，设卫星质量为，根据可知，的卫星轨道半径大于的轨道半径，故 C正确
D.、、三星由图示位置到再次共线应满足，解得，故D正确。
11.【答案】
【解析】
【分析】
A、、三个颗卫星绕地球运动时间，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列式可得出角速度、周期等物理量的表达式；而、有相同的角速度，结合卫星轨道变换的原理即可分析。
本题中有空中绕地球运动的卫星，也地面没有发射的物体，关键是抓住同步卫星的桥梁作用。
【解答】
A.对卫星、，根据开普勒第三定律，可知卫星的周期小于卫星的周期，而卫星的周期等于地球自转的周期，则卫星运转周期小于地球自转周期，故A正确；
B.因卫星、的质量关系不确定，则不能确定两卫星的向心力大小关系，故B错误；
C.若卫星加速，则做离心运动进入更高的轨道，不可能与卫星对接，故C错误；
D.根据万有引力提供向心力，可得，由于卫星、在同一轨道上，且小于因卫星的轨道半径，所以，由于同步卫星与赤道上的物体角速度相等，根据，可知，所以
故D正确。
故选AD。

12.【答案】
【解析】
【分析】
对滑块受力分析根据牛顿第二定律求出加速度；根据动能定理分别求出离开弹射装置和管口的速度，用速度时间关系求各段时间；恰好不滑出圆柱管的临界是当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力最小。
解题时注意把滑块的运动分成两部分，两部分的加速度不相同，注意分清楚滑块运动的临界：当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力最小。
【解答】
A.对滑块上升时有，可得加速度大小为
设滑块离开弹射器时速度为，离开管口时的速度为，滑块由底端上升到管口的过程中由动能定理可得
可得
离开管上升到最高点的过程中，由动能定理可得
可得
滑块到管口的时间为
从管口到最高点的时间为
则滑块从离开弹射器到第二次通过圆柱形管上端经历的时间为
故A正确；
B.对滑块在管中下落时有，可得加速度大小为
有
可得
滑块从离开弹射器到再次回到弹射器处经历的时间为
故B错误；
为保证滑块不滑出管口，滑块到管口时共速，设共速的速度为，此时施加的外力最小，对管有
滑块与管的相对位移为
共速时有
联立可得
故C正确，D错误。

13.【答案】
【解析】分析：
根据平抛运动的特点分析即可，基础题。
解答：
由于平抛运动的水平分量是匀速直线运动，且、、、相邻两点间的水平距离相等，所以相邻两点间的运动时间相等；设小球运动到在竖直方向上相邻两段位移差为，相邻两点的时间间隔为，由图根据可得；小球水平速度，小球经过点时竖直方向的速度大小，再由，可得，小球离开斜槽运动到点的时间；
根据，可得，故D正确。
14.【答案】 甲
【解析】【详解】为了用小车受到的拉力表示小车所受的合力，甲、乙、丙三个实验都需要平衡摩擦力的影响。
故选A。
因为甲图中需要以重物的重力近似表示小车所受拉力的大小，因而需要满足“远大于”来减小整体的加速度，满足重物的重力近似等于小车所受拉力的要求。而乙图中可以用弹簧测力计示数的倍表示小车所受拉力，丙图拉力传感器也可以显示小车所受的绳子拉力，因而乙、丙两图不需要满足“远大于”。故只有甲图需要满足“远大于”这一条件。
根据乙图和牛顿第二定律可知
解得
甲图和丙图中符合
解得
故乙图斜率较大，甲图和丙图斜率一致，其中甲图如果随着 的增大，整体加速度增加时图线会发生偏折，因而甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是 。
根据匀变速直线运动中，相邻相等时间内位移之差为定值可知
则类比可知
考虑误差影响，从纸带 上撕下的是 图。故选B。
根据中 可知
解得
故选C。
假设系统中三物体可以相对静止一起运动，则
解得
对于 ，摩擦力提供加速度，则 的最大加速度为
故可以三物体一起运动。下落时间
被锁定后瞬间，动力消失，此时 和 速度为
再次假设 和 可以相对静止一起减速，则
故假设不成立， 和 会有相对滑动，则运用隔离法对两物体分析，根据牛顿第二定律可得两物体加速度大小符合
，
解得
则平板车减速的位移为
则
小物块 的减速位移为
解得
15.【答案】解：由位移时间关系得：
代入数据，得：；
两小车相互作用过程中，距离减小时斥力对它们做功的代数和为负值，总动能减少；当两车距离增大时，斥力对它们做功的代数和为正值，总动能增大。故两车速度相等时，两小车距离最短，动能之和最小。
两小车相互作用过程中，由牛顿第二定律得：
，解得
，解得：
由于两车加速度方向相反，取乙车运动方向为正方向，由运动学关系得：
由上式解得：，
两小车动能之和的最小值；
经过时间，两车相互作用前，甲小车的路程
在相互作用期间，甲车速度减小到零时的位移
在相互作用期间，甲车速度减小到零，
设两车有相互作用的时间为，
由运动学规律得：
解得
甲车在相互作用中加速过程的路程为：
解得：
相互作用后，甲、乙两车的速度由运动学公式得：
由几何关系得
相互作用后，甲车的路程为：
解得：
综合得：。
答：时刻，两小车间的距离为；
相互作用过程中，两小车动能之和的最小值为；
两小车再次恢复到初始距离的过程中，甲车的路程为。
【解析】由位移时间关系求解时刻，两小车间的距离；
两车速度相等时，两小车距离最短，动能之和最小；由牛顿第二定律求解加速度大小，由运动学关系求解共速时的速度大小，再求出两小车动能之和的最小值；
求出两车相互作用前，甲小车的路程；在相互作用期间，求出甲车速度减小到零时的位移；求出甲车在相互作用中加速过程的路程；最后求出相互作用后，甲车的路程，由此得到甲车的总路程。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
16.【答案】解：物块到达点时，物块和小车速度相同，视物块和小车为系统，由动量守恒定律则有
解得；
设物块第一次经过点时，小车的速度为，由动量守恒定律可知
由于圆弧轨道光滑，因此物块从点到达点的过程中，由能量守恒定律可得
解得，；
物块从开始到第一次经过点的过程中，根据动能定理可得，
解得物块与小车左侧间动摩擦因数。

【解析】物块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒求；
根据动量守恒和能量守恒定律求解；
物块从开始到第一次经过点的过程中，根据动能定理求动摩擦因数。
17.【答案】解：
第一种形式下，如图甲所示，以某个运动的星体为研究对象，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有：
得星体运动的线速度：
由可求得周期为：；
第二种形式下，设星体之间的距离为，如图乙所示，则三个星体做圆周运动的半径为，由于星体做圆周运动所需要的向心力靠其他两个星体的万有引力的合力提供，由力的合成和牛顿第二定律有：
解得：。
【解析】本题主要考查了万有引力定律的应用，万有引力定律和牛顿第二定律是力学的重点，在本题中有些同学找不出什么力提供向心力，关键在于进行正确受力分析。
运行的任一卫星受到中心星体和另一个转动的星体的万有引力作用，合力充当向心力，列式求解即可；
对其中一个星体受力分析，根据平行四边形定则求出合力，由合力充当向心力列式即可求解。
18.【答案】解：虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，由几何关系可知
，
青蛙做平抛运动，设时间为，有，
联立解得，，
蛙和虫若同时开始运动，设运动时间均为，相遇时有
解得
则最小的位置坐标为，
解得：，
蛙和虫不同时刻出发，此时需要蛙和虫的运动轨迹相交，青蛙的平抛运动有，
可得青蛙轨迹方程为
虫的轨迹方程为
两轨迹相交，可得
整理可知
令，即
解得
虫在轴上飞出的位置范围为
设蛙的运动时间为或，满足条件虫飞出的可能位置为或，
相遇时有，
解得，
而，
解得，
而，
解得，
答：蛙的最大跳出速率为。
虫在轴上飞出的位置范围为。
满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率为，；或，。
【解析】虫子做匀加速直线运动，青蛙做平抛运动，在的高度捉住虫时，列位移方程即可求解；
虫能被捉住，即相遇了列出位移方程求出时间，然后根据位移时间关系再求位置坐标；然后求出青蛙、虫子的轨迹方程，两轨迹相交，解方程求出最大位置坐标。
由运动学的速度时间关系，结合位移时间关系进行求解即可。
本次考查了青蛙和虫子相遇问题，不仅要会基本的直线运动规律，平抛运动规律，还要写出两者的轨迹方程，对数学能力要求较高，试题运算量大，难度较大。