2020-2021学年江西吉安市安福二中、井大附中联考高一(下)月考物理试卷(5月份)(附答案详解)

2020-2021学年江西省吉安市安福二中、吉安三中、井大附中联考高一（下）月考物理试卷（5月份）
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.下列说法正确的是()
A. 引力常量G是牛顿根据实验测量出来的
B. 第一宇宙速度是卫星环绕地球圆轨道运行的最大环绕速度
C. 若物体合力做的功为零，则物体的合力一定为零
D. 物体做圆周运动时，所受的合力一定指向圆心
2.跳伞是一项冒险运动，某跳伞运动员在高空悬停的直升机上从静止跳下做自由落体
运动，然后水平抛出随身携带的一个小球，经过一段时间又以相同的水平初速度平抛出另一个小球，不计空气阻力，下列关于两小球运动的说法正确的是()
A. 前者先落地，水平距离一样远
B. 后者先落地，且水平距离远
C. 同时落地，水平距离一样远
D. 同时落地，前者水平距离远
3.火星的质量是地球质量的a倍，半径为地球半径的b倍，其公转周期为地球公转周期
的c倍。

假设火星和地球均可视为质量分布均匀的球体，且环绕太阳的运动均可看成是匀速圆周运动。

则下列说法正确的是()
3：1
A. 太阳、火星间的距离与日、地之间的距离之比为√c2
B. 同一物体在火星表面的重力与在地球表面的重力之比为a：b
C. 火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为a：b
D. 太阳的密度与地球的密度之比为c2：1
4.如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳悬挂一个小球，当
玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰
无压力。

下列说法正确的是()
A. 仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需增大
ω
B. 仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的支持力
C. 仅减小小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的支持力
D. 仅减小角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向上方的支持力
5.某景点的滑草场有两个坡度不同的滑道AB和AB′(均可看
作斜面)，甲、乙两名质量相等的游客分别乘两个完全相同
的滑草装置从A点由静止开始分别沿AB和AB′滑下，最后都
停在水平草面上，其中乙停在了C点处，如图所示。

设滑草装置和草面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑草者保持相同的姿势坐在滑草装置上不动，则甲最终停在了()
A. C点的左侧
B. 正好C点处
C. C点的右侧
D. 条件不足，无法判断
6.如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，随地球自转做匀速圆周运动，b为
沿地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的人造卫星。

c为地球的同步卫星。

下列关于a、b、c的说法中正确的是()
A. b卫星的线速度大于7.9km/s
B. a、b、c做匀速圆周运动的线速度大小关系为v b>v c>v a
C. a、b、c做匀速圆周运动的向心力关系为F b>F c>F a
D. a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度大小关系为a a>a b>a c
7.质量为m的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

用水平力拉物体，运动一段时间后撤去此力，最终物体停止运动。

v−t图象如图所示，下列说法正确的是()
A. 水平拉力大小为F=μmg−mv0
t0
B. 物体在3t0时间内位移大小为3v0t0
mv02
C. 在0～t0时间内水平拉力做的功为1
2
μmgv0
D. 在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为1
2
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图所示，斜面顶端A与另一点B在同一水平线上，甲、乙两小球质量相等，小物
体甲沿光滑斜面以初速度v0从顶端A滑到底端，乙以同样的初速度v0从B点抛出，不计空气阻力，则()
A. 两物体落地时速率相同
B. 两物体落地时，重力的瞬时功率相同
C. 从开始运动至落地过程中，重力对它们做功相同
D. 从开始运动至落地过程中，重力的平均功率相同
9.北斗卫星的核心功能是导航和定位。

“北斗”系统中两颗质量
不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心O做匀速圆周运动，轨道
半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，
如图。

若卫星均沿顺时针方向运行，地球表面的重力加速度为
g，地球半径为R，∠AOB=60°，则以下判断正确的是()
A. 这两颗卫星的加速度大小相等
B. 卫星1向后喷气就一定能追上卫星2
C. 卫星1由位置A运动到位置B所需的时间为πr
3R √r g
D. 卫星1由位置A运动到位置B的过程中地球对卫星的引力做功不为零
10.在光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0射击
原来静止质量为M的木块，木块对子弹的阻力大小恒
为f，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块
在加速运动中的位移为s，子弹和木块的共同速度为v。

则以下关系式正确的是()
A. fd=1
2mv2−1
2
mv02 B. f(s+d)=1
2
Mv2−1
2
Mv02
C. fs=1
2Mv2−0 D. −f(s+d)=1
2
mv2−1
2
mv02
11.如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细
绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ=30°，此时绳
伸直但无张力，物块与转台间动摩擦因数为μ=1
3
，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，物块随转台由静止开始缓慢加速转动，角速度为ω，重力加速度为g，则()
A. 当ω=√g
2l
时，细绳的拉力为0
B. 当ω=√3g
4l
时，物块与转台间的摩擦力为0
C. 当ω=√4g
3l 时，细绳的拉力大小为4
3
mg
D. 当ω=√g
l 时，细绳的拉力大小为1
3
mg
12.如图甲所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，上端放置一可视为
质点的滑块(二者不栓接)，将套在杆上的滑块向下压缩至离地高度ℎ=0.1m处。

现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度ℎ并作出滑块的E k−ℎ图象如图乙所示，其中0.2m上升到0.35m范围内的图象为直线，其余部分为曲线。

以地面为零势能面，不计空气阻力，取g=10m/s2，由图象可知()
A. 小滑块的质量为0.2kg
B. 弹簧的最大弹性势能为0.5J
C. 弹簧的初始压缩量为0.2m
D. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J
三、实验题（本大题共2小题，共13.0分）
13.在“探究做功与速度变化的关系”实验中，常用的两种实验方案如图2所示：甲通
过重物提供牵引力，小车在牵引力作用下运动，用打点计时器测量小车的速度，定量计算牵引力所做的功，进而探究牵引力所做功与小车速度的关系；乙通过不同条数橡皮筋的作用下将小车弹出，用打点计时器测量小车的速度，进而探究橡皮筋对小车所做功与其速度的关系．
(1)针对这两种实验方案，以下说法正确的是______：
A.甲可以只打一条纸带研究，而乙必须打足够多条纸带才能研究
B.甲中需要平衡小车运动中受到的阻力，而乙中不需要平衡阻力
C.甲中小车质量必须远大于所挂重物的质量，而乙中小车质量没有特别的要求
D.乙方案中，换用2根同样的橡皮筋同一位置释放，橡皮筋所做的功与一根橡皮筋
拉至伸长量为原来2倍橡皮筋所做的功是一样的
(2)某同学在实验中打出的一条纸带如图3所示，0、1、2…7为纸带上连续打出的
点，打点计时器的电源频率为50Hz.根据这条纸带，可以判断他在实验中采用的方案是______(选填“甲”或“乙”)，实验中小车失去外力后的速度为______m/s．
(3)在做完上述实验后，某同学想利用实验甲的装置来实现完成“验证机械能守恒”
的实验，请你评价下该同学能否实现实验目的，若能，请简要说明原理，若不能请说明理由？______．
14.如某实验小组利用图甲所示的实验装置探究恒力做功与动能改变量的关系，所挂砝
码质量为m，重力加速度为g。

(1)平衡小车所受阻力的操作如下：取下砝码，把木板不带滑轮的一端垫高；接通
打点计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动，如果打出的纸带如图乙所示，则应适当______(选填“增大”或“减小”)木板的倾角，直到纸带上打出的点迹______为止。

(2)在满足砝码质量m远小于小车质量M的情况下，某次实验正确操作后，根据测得
的实验数据描绘出的v2−s图线如图丙所示，其中横坐标s为小车从静止开始发生的位移，纵坐标v2为小车运动速度大小的平方。

若已知图中直线的斜率为k，小车质量M=______(用m、g和k表示)。

四、计算题（本大题共4小题，共39.0分）
15.荡秋千是深受大家喜爱的一项娱乐活动。

随着科学技术的发展，将来我们也许会在
其他星球上享受荡秋千的乐趣。

假设你所在星球的质量是M、半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计，摆长不变，摆角小于90°，引力常量为G。

(1)求该星球表面附近的重力加速度g星；
(2)若你在荡秋千中能上升的最大高度为H，则经过最低点时速度为多大？
16.有一台最大功率为P m=8×103W的起重机，将一个质量为m=1000kg的物体竖
直向上吊起，不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，则
(1)若起重机以最大功率工作时，物体最终能达到的最大速度为多少？
(2)若物体以v=0.4m/s的速度匀速上升，起重机的实际功率是多少？
(3)若物体从静止气以a=2m/s2的加速度匀加速上升，则维持此加速度的时间是多
少？
17. 如图所示，内壁光滑的弯曲钢管固定在天花板上，一根结实的细绳穿过钢管，两端
分别拴着一个小球A 和B.小球A 和B 的质量之比m A m B =1
2.当小球A 在水平面内做匀速圆周运动时，小球A 到管口的绳长为l ，此时小球B 恰好处于平衡状态．管子的内径粗细不计，重力加速度为g.试求：
(1)拴着小球A 的细绳与竖直方向的夹角θ；
(2)小球A 转动的周期．
18. 如图所示，半径为R 的3
4圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨
道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为ℎ处的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，小球能通过圆轨道的最高点，并且在最高点对轨道的压力不超过3mg 。

现由物理知识推知，小球下落高度ℎ与圆轨道半径R 及小球经过D 点时的速度v D 之间的关系为ℎ=v D 22g +R
(1)求高度ℎ应满足的条件；
(2)通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，并求落点与B 点水平距离的范围。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.引力常量G 是卡文迪许通过扭秤实验测量出来的，故A 错误；
B .第一宇宙速度是卫星环绕地球圆轨道的最大环绕速度，故B 正确；
C .若物体合力做的功为零，则物体的合力可能为零，但是也有可能是位移为零，也可能是因为力和位移的夹角为90°，题干中的说法太绝对，故C 错误；
D .物体做匀速圆周运动时，合力才一定指向圆心。

故D 错误。

故选：B 。

本题为概念辨析题，涉及到了圆周运动、天体运动、做功的知识点。

基本的概念考查，对于相关知识点要有一定的理解即可。

2.【答案】D
【解析】解：运动员静止跳下做自由落体运动，一段时间后水平抛出一个小球，此时小球在竖直方向具有初速度，与运动员速度相等，在竖直方向上，小球的运动规律与运动员始终相同，即始终在同一高度，同理抛出另一个小球，运动规律也如此，可得知两球同时落地，由于抛出的第一个球到落地经历的时间较长，小球在水平方向上做匀速直线运动，可知第一个小球水平距离较大，故D 正确，A 、B 、C 错误。

故选：D 。

将小球的运动分解为水平方向和竖直方向的分运动，结合两球竖直方向上的运动规律比较运动的时间，判断谁先落地，抓住水平方向上做匀速直线运动，结合运动的时间比较水平位移。

解决本题的关键掌握处理抛体运动的方法，理清物体在水平方向和竖直方向上的运动规律是突破口，结合运动学公式分析求解。

注意自由下落的运动员水平抛出的小球在竖直方向上不是自由落体运动，在竖直方向上与运动员具有相同的竖直分速度。

3.【答案】A
【解析】解：A 、根据开普勒第三定律
r 3T 2=k ，可得太阳、火星间的距离与日、地之间的距离之比为：r 太火r 太地=3T 太火2T 太地2=√c 23
：1，故A 正确；
B、对于天体表面的物体，万有引力近似等于重力，即有GMm
R2=mg，解得g=GM
R2
，火
星的质量是地球质量的a倍，半径为地球半径的b倍，则同一物体在火星表面的重力与在地球表面的重力之比为a：b2，故B错误；
C、卫星绕任一行星表面做匀速圆周运动时的速度即为行星的第一宇宙速度，根据万有
引力提供向心力可知，GMm
R =m v2
R
，解得：v=√GM
R
，火星的质量是地球质量的a倍，
半径为地球半径的b倍，则火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为√a：√b，故C错误；
D、由于太阳的半径未知，不能确定其密度与地球密度的关系，故D错误。

故选：A。

根据开普勒第三定律可得太阳、火星间的距离与日、地之间的距离之比；
根据万有引力近似等于重力，求出同一物体在火星表面的重力与在地球表面的重力之比；根据万有引力提供向心力求解火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比；
由于太阳的半径未知，不能确定其密度与地球密度的关系。

此题考查了万有引力定律及其应用，要掌握万有引力提供向心力及圆周运动规律，注意能够根据题意选择恰当的向心力的表达式。

4.【答案】D
【解析】解：当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃管间恰无压力，此时向心力为：F=mgtanθ=mω2r=mω2Lsinθ，
A、增加绳长之后，小球做圆周运动的半径增大，要保持小球与管壁之间无压力，则小球所需向心力大小不变，半径增大，则需要减小角速度ω，故A错误；
B、增加绳长之后，此时小球需要的向心力增大，此时小球有离心的趋势，小球将垂直于右侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向下的压力，故B错误；
C、减小小球质量，此时mgtanθ=mω2Lsinθ，质量可被约去，小球做圆周运动的半径不变，小球对玻璃管无压力，故玻璃管对小球也无压力，故C错误；
D、仅减小角速度至ω′后，小球需要的向心力减小，小球有向心的趋势，小球将垂直于左侧管壁挤压管壁，玻璃管会给小球一个斜向上的支持力，故D正确；
故选：D。

对小球进行受力分析分析判断出向心力的大小，从而进行分析。

本题主要考查了圆周运动中向心力的受力分析，解题关键在于分析半径变化或变化角速
度后，小球是否有离心的趋势。

5.【答案】B
【解析】解：设任一倾斜滑道的倾角为θ，高度为ℎ，滑草装置和草面间的动摩擦因数为μ。

乙由A 点滑到C 点的过程中，由动能定理有： mgℎ−μmgcosθ⋅
ℎsinθ
−μmg ⋅B′C −
=0
即ℎ−μ(ℎcotθ+B′C −
)=0，其中ℎcotθ+B′C −
是A 点与C 点间水平距离，可知，ℎcotθ+B′C −
=ℎ
μ
，与θ无关，所以，甲最终停在了正好C 点处，故ACD 错误，B 正确。

故选：B 。

对乙运动的全过程运用动能定理列式，求出停止位置与初始位置的水平位移关系，再用同样的方法分析甲最终停止的位置。

通过本题分析知道，滑动摩擦力做功与水平位移有关，对全过程运用动能定理，分析两人水平位移关系。

6.【答案】B
【解析】答：A 、由于第一宇宙速度是最大环绕速度，由题意知v b ≈7.9km/s ，故A 错误；
B 、比较a 、c ，二者周期T 相同，则ω相同，轨道半径r a <r c ，由v =ωr 可得：v a <v c ；再比较b 、c ，由牛顿第二定律：G
Mm r 2
=m v 2
r ，可得：v =√
GM r
，
因为r b <r c ，所以：v b >v c ，综合比较得：v b >v c >v a ，故B 正确； C 、因为b 、c 的质量大小不确定，根据万有引力定律：F =G
Mm r 2
，无法比较F b 、Fc 的大
小，a 除受万有引力外还受地面支持力，无法比较F a 、F b 、F c 的大小，故C 错误； D 、比较a 、c ，二者周期T 相同，则ω相同，轨道半径r a <r c ，由a =ω2r ，所以a a <a c 比较b 、c ，根据牛顿第二定律定律：G Mm r 2
=ma ，得a =
GM r 2
，因r b <r c ，所以a b >a c ，
综合可得：a b >a c >a a ， 故D 错误。

故选：B 。

A、由第一宇宙速度的物理意义可解；
B、a、c二者周期T相同，则ω相同，由v=ωr可得；b、c都由万有引力提供向心力，由万有引力定律可得；
C、分析a、b、c的向心力来源，结合质量大小不确定得出结论；
D、由万有引力定律和牛顿第二定律可得。

本题难点在B、C、D项，分析BD项要抓住共性点俩俩比较再综合；C项要注意a与b、c的向心力来源不同，b、c的向心力来源相同但质量关系不确定。

7.【答案】D
【解析】解：A、速度−时间图象的斜率表示加速度，则匀加速运动的加速度大小a1=v0t
，
匀减速运动的加速度大小a2=v02t
，
根据牛顿第二定律得：
f=ma2=mv0
2t0
F−f=ma1，
联立解得：F=3mv0
2t0
，故A错误；
B、根据图象与坐标轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小为x=
1 2v0×3t0=3
2
v0t0，故B错误；
C、0～t0时间内的位移x′=1
2
v0t0，则0～t0时间内水平拉力做的功W=Fx′=
3mv0 2t0×1
2
v0t0=3
4
mv02，故C错误；
D、0～3t0时间内物体克服摩擦力做功W=fx=μmg×3
2v0t0=3
2
μmgv0t0，
则在0～3t0时间内物体克服摩擦力做功的平均功率为P=W3t
0=1
2
μmgv0，故D正确。

故选：D。

速度−时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律即可求出水平拉力大小；
根据图象与坐标轴围成的面积表示位移求出物体在3t0时间内位移大小；
根据面积求出在0～t0时间内的位移，根据W=Fx即可求解拉力做的功；
根据W=fx求出0～3t0时间内物体克服摩擦力做功，再根据P=W
t
求解平均功率．
本题考查了牛顿第二定律和恒力做功公式的基本运用，知道速度−时间图象的斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移，难度适中．
8.【答案】AC
【解析】解：AC、根据动能定理知，mgℎ=1
2mv2−1
2
mv02，由于A、B两球下降的高度
相同，则重力做功相等，初动能相等，则末动能相等，可知两物体落地的速率相同，故AC正确。

B、B球仅受重力作用，做匀变速曲线运动，落地时速度方向与A球落地时速度方向不同，根据P=mgvcosα知，重力的瞬时功率不同，故B错误。

D、由于两球在整个过程中重力做功相等，但是运动的时间不同，则重力的平均功率不同，故D错误。

故选：AC。

根据动能定理比较落地的速率大小；结合落地的速度方向，根据瞬时功率的公式比较重力的瞬时功率；根据下降的高度比较重力做功；结合运动的时间比较重力做功的平均功率。

解决本题的关键知道重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关。

注意B球不是做直线运动，而是做曲线运动。

9.【答案】AC
【解析】解：卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：G Mm
r2=m4π2
T2
r=ma
得a=GM
r ；T=2π√r3
GM
A、两卫星的轨道半径相同，由上式②得知，加速度大小相等，故A正确；
B、卫星1向后喷气时需要加速，所需要的向心力增大，而万有引力不变，卫星将做离心运动，轨道半径增大，不可能追上卫星2，故B错误；
C、物体地球表面时，重力等于万有引力，则得：G Mm′
R2=m′g，解得g=GM
R2
，
因为T=2πr
R √r
R
，所以卫星1由A到B所需时间t=T
6
=πr
3R
√r
g
，故C正确；
D、因卫星受到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功，故D错误；
故选：AC。

卫星做圆周运动，由万有引力提供向心力，列式得到加速度和周期的表达式，分析加速度的关系，由运动学公式求解卫星1由位置A运动到位置B所需的时间；当卫星在引力方向上没有位移时引力不做功．
本题主要考查了万有引力定律的应用，解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，运用万有引力定律和圆周运动的规律结合列式分析．
10.【答案】CD
【解析】解：BD、以子弹为研究对象，子弹相对于地面的位移为s+d，根据动能定理
得：−f(s+d)=1
2mv2−1
2
mv02，故B错误，D正确；
C、以木块为研究对象，木块相对于地面的位移为s，根据动能定理得：fs=1
2
Mv2−0，故C正确；
A、由以上两式相加得：−fd=1
2Mv2+1
2
mv2−1
2
mv02，变形得fd=1
2
mv02−1
2
mv2−
1
2
Mv2，故A错误。

故选：CD。

分别对子弹和木块，利用动能定理列式，再对整体，利用动能定理列式，即可求解。

本题是冲击块类型，要注意应用动能定理研究单个物体时，功的公式W=fl中，l是相对于地的位移大小。

11.【答案】AC
【解析】解：A、当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时：
μmg=mω12(lsinθ)，
解得：ω1=√2g
3l ，由于√g
2l
<√2g
3l
，所以当ω=√g
2l
时，细线中张力为零。

故A正确；
B、随速度的增大，细绳上的拉力增大，当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力的作用，则：mgtanθ=mω22(lsinθ)
解得：ω2=√2√3g
3l ，由于ω1<√3g
4l
<ω2，所以当ω=√3g
4l
时，物块与转台间的摩擦力
不为零。

故B错误；
D、当ω=√4g
3l
>ω2时，小球已经离开转台，细绳的拉力与重力的合力提供向心力，则：
mgtanα=m(√4g
3l
)2lsinα
解得：cosα=3
4，故F=mg
cosα
=4
3
mg.故C正确。

D、由于ω1<√g
l <ω2，由牛顿第二定律：f+Fsinθ=m(√g
l
)2lsinθ，因为压力小于mg，
所以f<1
3mg，解得：F>1
3
mg.故D错误；
故选：AC。

对物体受力分析知物块离开圆盘前合力F=f+Tsinθ=m v2
r
；N+Tcosθ=mg，根据题目提供的条件，结合临界条件分析即可．
此题考查牛顿运动定律的应用，注意临界条件的分析，至绳中出现拉力时，摩擦力为最大静摩擦力；转台对物块支持力为零时，N=0，f=0.题目较难，计算也比较麻烦．12.【答案】ABD
【解析】解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，△E k=△E P=mg△ℎ，图线的斜率绝
对值为：k=△E k
△ℎ=0.3
0.35−0.2
N=2N=mg，所以：m=0.2kg，故A正确；
B、根据能量的转化与守恒定律可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以E pm=mg△ℎ=0.2×10×(0.35−0.1)J=0.5J，故B正确；
C、在E k−ℎ图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m 范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从ℎ=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m，故弹簧初始压缩量为：△x=0.2m−0.1m=0.1m，故C错误；
D、由图可知，当ℎ=0.18m时的动能最大；在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能量的转化与守恒定律可知：E Pmin=E−E km=E pm+mgℎ0−E km= 0.5J+0.2×10×0.1J−0.32J=0.38J，故D错误；
故选：ABD。

根据对E k−ℎ图象的理解：图线的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到
0.35m范围内图象为直线，说明合外力为恒力；根据能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能；根据能量的转化与守恒求解小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小值。

本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，结合该图象得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键。

13.【答案】AC乙 1.75不能，因为摩擦力对小车做功，小车和重物组成的系统机械能不守恒
【解析】解：(1)A、甲实验中根据打下一条的纸带，运用匀变速直线运动的推论可求得速度，并能根据纸带测量出重物下落的距离，即可进行探究；
在乙实验中，要改变拉力做功时，用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，所以必须打足够多条纸带才能研究，故A正确．
B、在两个实验中，小车下滑时受到重力、细线或橡皮筋的拉力、支持力和摩擦力，要使拉力等于合力，则都要用重力的下滑分量来平衡摩擦力，使得拉力做的功等于合外力对小车做的功，故B错误．
C、在甲实验中，要用重物的重力替代细线的拉力，必须满足这个条件：小车质量必须远大于所挂重物的质量；而在实验中，小车质量没有特别的要求，故C正确．
D、由橡皮筯伸长长度越大，拉力越大，在乙实验中，换用2根同样的橡皮筋同一位置释放，若橡皮筋伸长量变为原来的2倍，则橡皮筋做功增加大于原来的2倍，故D错误．故选：AC．
(2)在甲实验中，小车做匀加速直线运动，根据推论：△x=aT2，在连续相等时间内位移应均匀增大；在乙实验中，小车先做变加速运动，在失去外力后做匀速直线运动．由纸带上的数据看出，此小车最后做匀速运动，故他在实验中采用的方案是乙．
由数据看出，打点4后小车失去外力，则速度为：v=x
t =(3.50+3.49+3.51)×10−2
0.06
=1.75m/s．
(3)不能．因为摩擦力对小车做功，小车和重物组成的系统机械能不守恒．
故答案为：(1)AC；(2)乙，1.75；(3)不能，因为摩擦力对小车做功，小车和重物组成的系统机械能不守恒．
(1)甲打下一条纸带，根据匀变速直线运动的推论可求得速度，测量出重物下落的距离，即可进行探究；而用橡皮筋牵引时，橡皮筋的弹性势能转化为小车的动能，实验中需要改变拉力做功，选用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功才有倍数关系，需要打下多条纸带．两个实验中都需要平衡摩擦力；
(2)在甲实验中，小车做匀加速直线运动，根据推论：△x=aT2，在连续相等时间内位移应均匀增大；在乙实验中，小车做变加速运动，失去橡皮筯的牵引力后做匀速直线运动．由纸带上的数据看出，此小车最后做匀速运动，故他在实验中采用的方案是乙．由
公式v=x
t
求小车失去外力后的速度；
(3)能用甲装置验证机械能守恒．因为对于小车机械能不守恒，而验证系统的机械能守。