2023-2024学年湖南省长沙市长郡教育集团高一（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市长郡教育集团高一（下）入学考试物理试卷（含解析），共18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。

1.关于物体运动加速度的方向，下列说法正确的是
A. 物体做直线运动时，其加速度的方向一定与速度方向相同
B. 物体做变速率曲线运动时，其加速度的方向一定改变
C. 物体做圆周运动时，其加速度的方向指向圆心
D. 物体做匀速率曲线运动时，其加速度的方向与速度方向垂直
2.如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移−时间图像，由图可知( )
A. t1时刻，两车速度相等
B. t2时刻，a、b两车运动方向相同
C. t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大
D. t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大
3.宇航员在地球表面以初速度v0竖直上抛一小球，经过时间t.小球到达最高点;他在另一星球表面仍以初速度v0竖直上抛同一小球，经过时间5t小球到达最高点。取地球表面重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计。则该星球表面附近重力加速度g′的大小为( )
A. 2m/s2B. 2m/s2C. 10m/s2D. 5m/s2
4.广东队队史11次夺取CBA总冠军，是CBA夺取总冠军次数最多的球队。如图所示，某次比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。不计空气阻力，若篮球从B点正上方C点斜向上抛出，仍然垂直击中篮板上A点，则两次抛球相比( )
A. 球从B至A用时较短B. 从C点抛出时，抛射角θ较小
C. 从C点抛出时的速度较大D. 从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较大
5.如图，一种舂米机。舂米时，稻谷放在石臼A中，横梁可以绕O转动，在横梁前端B处固定一舂米锤，脚踏在横梁另一端C点往下压时，舂米锤便向上抬起。然后提起脚，舂米锤就向下运动，击打A中的稻谷，使稻谷的壳脱落，稻谷变为大米。已知OC>OB，则在横梁绕O转动过程中( )
A. B、C的向心加速度相等
B. B、C的角速度关系满足ωB<ωC
C. B、C的线速度关系满足vBD. 舂米锤击打稻谷时对稻谷的作用力大于稻谷对舂米锤的作用力
6.如图甲，足够长木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块。在t=0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F，作用1 s后撤去F，此后木板运动的v−t图像如图乙。物块和木板的质量均为1 kg，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是
A. 拉力F的大小为24 N
B. 物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4
C. 物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3 m
D. t=2 s时刻，物块的速度减为0
二、多选题：本大题共5小题，共25分。
7.下图是地球的三个宇宙速度示意图，下列说法中正确的是( )
A. 地球的第一宇宙速度大小与地球质量有关
B. 第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度
C. 若物体的发射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体绕太阳运行
D. 同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度
8.物体b在水平推力F作用下，将物体a压在竖直墙壁上，a、b质量都为m，且此时a、b均处于静止状态。如图所示，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是
( )
A. 当推力F增大时墙壁对a的摩擦力大小不变
B. a、b分别都受到四个力的作用
C. 若木块a、b保持相对静止沿墙壁向下匀速运动，则墙壁对木块的摩擦力大小为2mg
D. 当撤去F，木块a、b沿墙壁下滑，此时a不一定只受一个力
9.如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d。现将小环从图中所示的A处由静止释放，整个过程中重物都只在竖直方向运动。下落过程中小环的最大速度为v1(此时重物的速度大小为v2)，重力加速度为g，下列说法正确的是
A. 小环刚释放时，轻绳中的张力为23mg
B. 小环速度最大时，轻绳中的张力为v1v2mg
C. 小环下落过程中，重物速度与小环速度之比先增大后减小
D. 只有小环位于最高点和最低点时，重物的速度才为零
10.如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示。已知重力加速度为g，以下说法正确的是
甲 乙
A. 圆周运动半径R=ag
B. 小球的质量m=bg
C. 图乙图线的斜率只与小球的质量有关，与圆周运动半径无关
D. 若小球恰好能做完整圆周运动，则经过最高点的速度v= 2a
11.如图所示，2024个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力F的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦系数为μ粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为F1，2和3间弹簧的弹力为F2，2023和2024间弹簧的弹力为F2023，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是( )
A. F1:F2:F3…:F2023=1:2:3:…:2023
B. 从左到右各弹簧长度之比为1:2:3:…:2023
C. 若突然撤去拉力F，此瞬间第2024个小球的加速度为2023F2024m+μg，其余每个球的加速度不变
D. 若1和2之间的弹簧长度为x1，2023和2024之间的弹簧长度为x2，则弹簧原长为2023x1−x22022
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.某实验小组的同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验。
(1)关于该实验，下列说法错误的是__________。
A.实验采取的研究方法是等效替代法
B.弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行
C.两个弹簧测力计拉力的夹角越大越好
D.拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
(2)江同学的实验结果如图甲所示。在F1、F2、F、F′四个力中，其中力__________不是由弹簧测力计直接测得的。
(3)李同学用如图乙所示的装置来做实验。从OB水平开始，保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直。在此过程中，弹簧测力计A的示数________________，弹簧测力计B的示数______________。(均选填“不断减小”“不断增大”“先减小后增大”或“先增大后减小”)
13.某实验小组利用的装置探究加速度与力、质量的关系。
(1)下列做法正确的是________(填字母代号)。
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量。(选填“远大于”“远小于”或“近似等于”)
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线。设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙。(选填“大于”“小于”或“等于”)
四、计算题：本大题共3小题，共35分。
14.据报道，首次在太阳系外发现“类地”行星Kepler−186f。若宇航员乘坐宇宙飞船到达该行星，进行科学实验。宇航员在该行星“北极”距该行星地面附近h处自由释放一个小球，落地时间为t，已知该行星半径为R，万有引力常量为G，求：
(1)该行星“北极”表面的重力加速度；
(2)该行星的平均密度；
(3)经测量该行星自转周期为T，如果该行星存在一颗同步卫星，其距行星表面高度。
15.如图所示，倾斜传送带与水平面的夹角为θ=37°，底端有一个弹性挡板(物体与挡板碰撞前后速度等大、反向)，皮带轮顺时针转动，皮带速度恒为v0=2 m/s，一个质量为m可看成质点的物体，与传送带的摩擦因数μ=0.5，从距挡板L=4 m处静止释放，试求：(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8)
(1)经多长时间物体到达底端与挡板相碰？碰前速度多大？
(2)第一次反弹后物体所能到达的距挡板的最大距离；
(3)第100次碰撞后物体上升的最大距离。
16.如图所示，质量为m=0.21 kg、长为L=1 m的薄木块共n块紧挨着排列，放在摩擦因数均为μ1=0.1的水平面上，从右往左数起，分别为第1块、第2块、……第n块。在第n块木块上的最左端放一个质量为M=1 kg可看成质点的金属块，其与木块的摩擦因数为μ2=0.2，给金属一个水平向右的初速度v0=10 m/s，最后停止在第4块上，试求：
(1)一共有多少木块，即n等于多少？并求出停在第4块上的位置；
(2)从开始到全部停下，金属块运动了多长时间？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题重点要掌握理解好曲线运动的特征，知道当物体的速度方向和合力的方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
只要合力的方向与速度方向相反，物体就会做减速直线运动；
平抛运动物体运动速度大小不断改变，方向不断改变；
做匀速圆周运动的物体，其合力和加速度才指向圆心；
物体所受合外力的方向总是与速度方向垂直时，合力只改变速度方向，不改变速度大小。
【解答】
A、物体做直线运动时，加速度方向可能与速度方向相反，故A错误；
B、平抛运动物体运动速度大小不断改变，方向不断改变，但平抛运动的合外力恒为重力，物体加速度大小方向都不变，故B错误；
C、物体做匀速圆周运动时，其加速度的方向一定指向圆心；物体做变速圆周运动时，其加速度的方向不一定指向圆心，故C错误；
D、物体做匀速率曲线运动时，则合外力不改变速度大小，只改变速度方向，则物体所受合外力必须与速度方向始终垂直，其加速度的方向总是与速度方向垂直，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.根据图象的斜率表示速度，可知t1时刻，b车速度大于a车的速度，选项A错误；
B.根据图象的斜率表示速度，可知在时刻t2，两车运动方向相反，故B错误；
C.图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增大，故C正确；
D.在t1到t2这段时间内，b图线的斜率先大于、再等于、再小于、后大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大，故D错误；
故选C。
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查竖直上抛运动速度公式。
在不同星球上重力加速度不同，利用竖直上抛运动速度公式可求到星球表面处重力加速度。
【解答】
根据逆向思维可知，在地球上有：v0=gt
在另一个星球上：v0=g′(5t)
解得，星球表面附近重力加速度的大小：所以A正确，BCD错误，
故选：A。
4.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，两次抛射水平位移相同，高度不同，根据平抛运动的规律分析解答。
本题考查了斜抛运动、平抛运动的规律，采用逆向思维，斜抛运动的逆过程为平抛运动，这样降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。
【解答】
AD.因为篮球垂直击中篮板，此时速度处于水平方向，根据逆向思维，把篮球的运动看成反向做平抛运动，A到B的下落高度大于A到C的下落高度，竖直方向根据h=12gt2
可知A到B的时间大于A到C的时间，即球从B至A用时较长；
水平方向做匀速运动，则有x=vxt
由于水平位移相等，球从B至A用时较长，可知从B点抛出时，球撞到篮板时的速度较小，故AD错误；
B.篮球刚抛出时的抛射角满足tanθ=vyvx=gtvx
由于从C点抛出时所用时间较短，又水平速度较大，可知从C点抛出时，抛射角θ较小，故B正确；
C.两次抛出过程有相同的水平位移，设水平位移为x，竖直高度为h，则有
t= 2hg，vy= 2gh，vx=xt=x g2h
可得抛出时的速度大小为v= vx2+vy2= gx22h+2gh
可得当h=x2时，抛出速度有最小值，由于不清楚抛出过程上升高度与水平位移关系，故无法确定C点抛出的速度是否大于B点抛出的速度，故C错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】
B、C两点共轴传动，角速度相等；再结合v=ωr，可比较角速度与线速度的大小，结合向心加速度的公式比较向心加速度。作用力与反作用力大小相等，方向相反。
本题关键抓住公式v=ωr，两两比较，得出结论。要注意不能三个一起比较，初学者往往容易将三个一起比较，从而得不出结论。
【解答】
AB.由图可知，B与C属于同轴转动，则它们的角速度是相等的，即ωC=ωB。由a=ω2r，OC>OB，可知C的向心加速度较大，故AB错误；
C.由于OC>OB，由v=ωr，可知C点的线速度大，故C正确；
D.锤对稻谷的作用力与稻谷对舂米锤的作用力是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D错误。
故选C。
6.【答案】C
【解析】分析：
(1)根据v−t图象判断物块和木板的加速度，结合牛顿第二定律求解物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数和F的大小;
(2)由牛顿第二定律和运动学公式判断木板的加速度和木板停下的时间，根据运动学公式求解两时间内物块和木板相对于地面的运动距离．
本题要注意区别物块、木板相对于地面的运动距离和物块和木板的相对位移。
解答：
B、在1−1.5s内，物块加速、木板减速，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，
则a1=v1−0t1−0=3−01.5−0m/s2=2m/s2，a2=v2−v1t1−t=8−31.5−1m/s2=10m/s2式中t=1s，t1=1.5s，v1=3m/s、v2=8m/s分别为木板在t1、t时的速度大小设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，
由牛顿第二定律得μ1mg=ma1，(μ1+2μ2)mg=ma2
联立解得μ1=0.2，μ2=0.4，故B错误；
A、在0−1s内，设木板的加速度为a0，对木板，根据牛顿第二定律可得F−(μ1mg+2μ2mg)=ma0，其中a0=v2t
联立解得F=18N，故A错误；
C、t1内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1=v122a1=322×2m=2.25m，
s2=0+v22•t+v22−v122a2=(0+82×1+82−322×10)m=6.75m，
联立可得，物块相对于木板的位移的大小为s=s2−s1=6.75m−2.25m=4.5m
至物块最终停下时间内，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s′1=v122a1，=322×2m/s2=2.25m/s2，s′2=v122an，=322×6m/s2=0.75m/s2
联立可得物块相对于木板的位移的大小为s′=s′1−s′2=2.25m−0.75m=1.5m，
所以物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3 m，故C正确；
D、t1=1.5s以后，物块和木板仍有相对滑动，设此过程中物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，
对物块和木板分别由牛顿第二定律可得μ1mg=ma1′，(2μ2−μ1)mg=ma2′
解得a′1=μ1g=0.2×10m/s2=2m/s2，，a′2=(2μ2−μ1)g=(2×0.4−0.2)×10m/s2=6m/s2
设木板停下时刻为t2，由运动学公式得a′2=v1t2−t1
联立解得t2=2s
故在撤去拉力至木板停下的过程中，物块先匀加速运动△t1=t1−t=1.5s−1s=0.5s后，又匀减速运动△t2=t2−t1=2s−1.5s=0.5s，
即物块的速度减为0，t=1s，故D错误；
故选C。
7.【答案】ACD
【解析】A.根据
GMmR2=mv2R
即
v= GMR
知，地球的第一宇宙速度大小与地球质量有关，故A正确；
B.第一宇宙速度是人造卫星绕地球运行所需的最小发射速度，环绕地球运动的最大环绕速度，故B错误；
C.第二宇宙速度是使物体可以挣脱地球引力束缚，成为绕太阳运行的小行星的最小发射速度；而第三宇宙速度是在地面附近使物体可以挣脱太阳引力束缚，故C正确；
D.卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球的质量为M，由
GMmr2=mv2r
得
v= GMr
可知，卫星轨道半径越大，线速度越小，同步卫星的轨道半径大于卫星绕地球附近做匀速圆周运动的轨道半径R，所以同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度，故D正确。
故选ACD。
8.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。
以a、b组成的整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件分析受力；墙壁对a的摩擦力等于a和b的总重力。
【解答】
A、以 a、b组成的整体为研究对象，竖直方向受到 a、b的总重力和墙壁对a的摩擦力，根据平衡条件得知，墙壁对a的摩擦力等于a和b的总重力，当推力F增大时沿墙壁对a的摩擦力大小不变，故A正确；
B、对b分析受力：b的重力、水平推力F、a对b向右的弹力和向上的静摩擦力，b受到四个力作用平衡；对a分析受力：a的重力、墙对a向右的弹力和向上的静摩擦力、b对a向左的压力和向下的静摩擦力，a受到五个力作用平衡；故B错误；
C、若木块a、b保持相对静止沿墙壁向下匀速运动，a、b仍处于平衡状态，竖直方向上墙壁对a的摩擦力等于a和b的总重力，大小为2mg，故C正确；
D、当撤去F，木块a、b沿墙壁下滑，a、b均只受重力作用，故D错误；
故选：AC。
9.【答案】AB
【解析】【分析】
解决本题的关键知道环沿绳子方向的分速度的等于重物的速度，要注意环和重物两加速度沿绳分量相等结合牛顿第二定律可得小环刚释放时，轻绳中的张力，对小环的速度沿绳子方向和垂直于绳子方向分解，在沿绳子方向上的分速度等于重物的速度，从而求出小环下落过程中小环与重物的速度之比。
【解答】
A、环刚开始释放时，设环和重物向下的加速度分别为a1和a2，此时两加速度沿绳分量相等，有a1sin 30°=a2，设轻绳张力为F，对环和重物，竖直方向上分别有mg+Fsin 30°=ma1，2mg−F=2ma2，可得F=23mg，故A正确；
B、小环速度最大时，处于平衡状态，根据题意，绳子两端沿绳方向的分速度大小相等，将小环速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解，绳子与竖直方向夹角为α，应有v1cs α=v2，根据小环平衡条件可得Fcs α=mg，则绳子张力为F=v1v2mg，故B正确；
C、小环下落过程中，α先增大到90度后减小，则cs α减小后增大，由于v2v1=cs α，则重物速度与小环速度之比先减小后增大，故C错误；
D、根据v1cs α=v2 ，可知当环在水平位置时，重物的速度大小为0，故D错误。
故选AB。
10.【答案】AB
【解析】【分析】
在最高点，若v2=a时，则FT=0;物体的重力提供向心力，
求得小球做圆周运动的半径;当v2=2a时，对物体受力分
析，根据向心力方程解得小球的质量;小球经过最高点
时，根据向心力方程得FT与v2的函数关系，分析图线的斜
率与哪些物理量有关;若小球恰好能做完整圆周运动，根
据图线与横轴交点的物理意义求解即可。
本题主要考查了圆周运动向心力公式的直接应用，要求同
学们能根据图象获取有效信息，尤其是图象与坐标轴的交
点及斜率的物理意义。
【解答】
A、当v2=a时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则mg=mv2R，解得v2=gR，故a=gR，圆周运动半径为：R=ag，故A正确；
B、当v2=2a时，对物体受力分析，根据向心力方程得：mg+b=mv2R，解得小球的质量为：m=bg，故B正确；
C、小球经过最高点时，根据向心力方程得：mg+FT=mv2R，解得：FT=mRv2−mg，图乙图线的斜率为：k=mR，与小球的质量和圆周轨道半径有关，故C错误；
D、若小球恰好能做完整圆周运动，即小球在最高点有：FT=0，由图知：v2=a，即v= a，故D错误。
故选：AB。
11.【答案】ACD
【解析】A.以整体为研究对象，加速度
a=F−2024μmg2024m
以后面的第1、2、3…2023个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知
F1=ma+μmg=F−2024μmg2024+μmg=F2024
F2=2ma+μ⋅2mg=2(F−2024μmg)2024+μ⋅2mg=2F2024
F3=3ma+μ⋅3mg=3(F−2024μmg)2024+μ⋅3mg=3F2024
……
F2023=2023ma+μ⋅2023mg=2023(F−2024μmg)2024μ⋅2023mg=2023F2024
即
F1:F2:F3⋯:F2023=1:2:3:⋯:2023
故A正确；
B.根据题意，由胡克定律可得
Δx=Fk
则从左到右各弹簧伸长量之比为 1:2:3:⋯:2023 ，从左到右各弹簧长度之比不可能为 1:2:3:⋯:2023 ，故B错误；
C.若突然撤去拉力F瞬间，由于弹簧的形变量不能瞬变，则除第2024个小球以外的小球受力情况不变，加速度不变，对第2024个小球，由牛顿第二定律有
F2023+μmg=ma′
解得
a′=2023F2024m+μg
故C正确；
D.设弹簧原长l，1和2之间的弹簧此时长度
x1=l+F1k
2023和2024之间的弹簧此时长度
x2=l+F2023k
联立得
l=2023x1−x22022
故D正确。
故选ACD。
12.【答案】(1)C；(2)F；(3)不断减小，不断减小。
【解析】解：(1)A、实验采取的研究方法是等效替代法，故A正确；
B、在拉弹簧测力计时，要注意使弹簧测力计与木板平面平行，故B正确；
C、两个弹簧测力计拉力的夹角适当即可，故C错误；
D、拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样力的方向记录误差小，故D正确。
本题现在错误选项，故选：C。
(2)F是由平行四边形法则作图而得，并非实际测量；
(3)在弹簧测力计A和B转动过程中，OA拉力FOA、OB拉力FOB与重物M对O点拉力FOM的合力始终为零，FOM大小与M的重力相同，保持不变，三个力的矢量三角形如图所示
由图可知FOA逐渐减小，FOB逐渐减小。
故答案为：(1)C；(2)F；(3)不断减小，不断减小。
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作；
(2)F是由平行四边形法则作图而得；
(3)根据力的矢量三角形分析。
本题主要考查了探究两个互成角度的力的合成规律实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合力合成的特点完成分析。
13.【答案】(1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
【解析】【分析】
(1)实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；
(2)砝码桶及桶内砝码加速下降，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；
(3)a−F图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因数情况。
本题主要考查“探究加速度与力、质量的关系”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法。
【解答】
(1)A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B错误；
C.打点计时器要“早来晚走”，即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C错误；
D.平衡摩擦力后，有mgsinθ=μmgcsθ，即μ=tanθ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确。
故选AD。
(2)按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=mgM，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mg−T=ma，对小木块有T=Ma，综上有：小物块的实际的加速度为 a=mgM+m(3)当没有平衡摩擦力时有：T−f=ma，故a=1mT−μg，即图线斜率为1m，纵轴截距的大小为μg；观察图线可知m甲小于m乙，μ甲大于μ乙。
故答案为：(1)AD (2)远小于 (3)小于 大于
14.【答案】解：(1)根据h=12gt2得行星表面的重力加速度为：g=2ht2。
(2)根据mg=GMmR2得行星的质量为：M=gR2G，
则行星的平均密度为：ρ=M43πR3=3h2GπRt2。
(3)万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)，
解得：h=3hT2R22π2t2−R。
【解析】本题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定律的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用。
(1)根据自由落体运动的位移时间公式求出行星表面的重力加速度，结合重力提供向心力求出行星的第一宇宙速度；
(2)根据万有引力等于重力求出行星的质量，结合密度公式求出行星的平均密度；
(3)根据万有引力提供向心力，求出行星同步卫星的轨道半径，从而得出卫星距离行星的高度。
15.【答案】解：(1)下滑的加速度为a=g(sin θ−μcs θ)=2 m/s2
所以有：v1= 2aL=4 m/s
经历的时间为t=v1a=2 s
(2)反弹后，共速前的加速度为a1=g(sin θ+μcs θ)=10 m/s2
所以上升的距离x1=v12−v 022a1=35 m=0.6 m
共速后加速度为a2=g(sin θ−μcs θ)=2 m/s2
上升的距离x2=v022a2=1 m
所以上升的最大距离为：L1=x1+x2=1.6 m
(3)第2次碰前的速度v2= 2aL1=2 1.6 m/s
所以共速前上升的距离x21=v22−v 022a1=325 m
共速后上升的距离x22=v022a2=1 m
所以L2=1.12 m
所以第3次碰前的速度为v3= 2aL2= 4.48
共速前上升的距离为x31=v32−v 022a1=0.4820 m=3125 m
共速后上升的距离x32=v022a2=1 m
L3=128125 m
由此可见：xn1=35n m
当100次时，xn1→0，上升的最大距离为1 m
(最终物体在挡板和距挡板1 m处来回运动)

【解析】本题考查运动和力的关系，根据牛顿第二定律求解加速度，弄清物体的运动形式，根据匀变速直线运动的规律求解。
16.【答案】解：(1)金属块受到的摩擦力为fM=μ2Mg=0.2×1×10 N=2 N，
金属块的加速度aM=2 m/s2
每个木块受到的摩擦力：fi=μ1mg=0.21 N
金属块所在木块受到地面的摩擦力：fiM=μ1(M+m)g=1.21 N
设金属块滑到第k块上时，木块开始运动，那么：
fi(k−1)+fiM则金属块滑上第4块时开始木块开始滑动。
滑上第4块时，金属块的速度为v4，v 02−v 42=2aM(n−4)L
v 42=116−4n
离开第4块的相对速度设为v3
此时木块的加速度设为am，am=fM−3fi−fiM4m=421 m/s2
铁块相对木块的加速度为aMm=(2+421)m/s2=4621 m/s2
v 42−v 32=2aMmL
v 32=112−821−4n
因为停在第4块上，所以有：
v42=116−4n>0,n<29v 32=112−821−4n≤0,n≥28−221
则n=28块
由此得：v 42=116−4n=4，v4=2 m/s
v 42−0=2aMmx，x=2123 m≈0.91 m
则停在第4块上距左端2123 m(或0.91 m)处。或者停在第4块上距右端223 m(或0.09 m)处。
(2)进入第4块到共速时，金属块的速度为v=v4−aMt=2−2t
木块的速度为v1=amt=421t
由v=v1得：t=2123 s，v=423 m/s
然后一起运动的时间为t1=vμ1g=423 s
金属块开始运动的时间t2=v0−v4aM=10−22 s=4 s
所以金属块运动的总时间为tz=t1+t2+t=11723 s≈5.1 s

【解析】本题的关键要通过分析受力情况，判断木块的状态，运用牛顿第二定律、运动学和摩擦力公式等等知识计算分析。
(1)根据金属块对薄木块作用力与薄木块与地面之间的最大静摩擦力的关系，对金属块根据牛顿第二定律和运动学公式速度一位移公式求出一共有多少木块以及停在第4块上的位置；
(2)根据运动学公式结合速度时间公式求出金属块各段的运动时间，从而求得从开始到全部停下，金属块运动了的时间。