广东省广州市荔湾区名校2023-2024学年高三上学期9月阶段训练物理试卷（文字版，含解析）

这是一份广东省广州市荔湾区名校2023-2024学年高三上学期9月阶段训练物理试卷（文字版，含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题.，解答题等内容，欢迎下载使用。
 广东省广州市荔湾区名校2023-2024学年高三上学期9月阶段训练物理试卷一、单选题1．2020 年 11 月 10 日 8 时 12 分，中国自主研发的万米载人潜水器“奋斗者"号，在马里亚纳海沟下沉至接近海底时，向水底发射出持续时间为 1.00s5 的某脉冲声波信号，最终在深度 10909m 处成功坐底。在该深度，“奋斗者”号每平方厘米要承受 1.07×104N 的海水压力，并停留 6h 进行了一系列的深海探测科考活动。下列说法正确的是（　　）A．m、N、s 是国际单位制中的基本单位B．在下沉过程中，潜水器的位移一定是 10909mC．“8 时 12 分”指的是时间间隔D．采集海底矿物时，不能将潜水器视为质点2． 如图所示，在水平路面上匀速直线行驶的汽车内，一个手机通过吸盘式支架固定在倾斜的前挡风玻璃上。若吸盘和玻璃间的空气已被排空，则手机和支架（　　）A．共受 3 个力作用B．共受 4 个力作用C．受前挡风玻璃的作用力方向一.定竖直向上D．受前挡风玻璃的摩擦力方向一定竖直向上3．2019 年 10 月 15 日，第十届环太湖国际公路自行车赛在无锡结束。比赛中甲、乙两赛车(可视为质点)在一条直线上运动，其速度-时间图象如图所示，下列对甲、乙运动描述中正确的是A．t0 时刻甲乙相遇B．0~t0 时间内乙的加速度逐渐增大C．0~t0 时间内甲乙间的距离先增大后减小D．0~t0 时间内的某时刻甲、乙加速度大小相等4． 长征七号”A 运载火箭于 2023 年I 月 9 日在中国文昌航天发射场点火升空，托举“实践二十三号"卫星直冲云霄，随后卫星进入预定轨道，发射取得圆满成功。已知地球表面的重力加速度大小为 g，地球的半径为 R，“实践二十三号"卫星距地面的高度为 h (h 小于同步卫星距地面的高度)，入轨后绕地球做匀速圆周运动，则（　　）A．该卫星的线速度大小大于 7.9km/sB．该卫星的动能大于同步卫星的动能。C．该卫星的加速度大小等于 gD．该卫星的角速度大小大于同步卫星的角速度5． 滑板运动是年轻人喜爱的一种新兴极限运动，如图，某同学腾空向右飞越隐碍物.若不计空气阻力，并将该同学及滑板看着是质点，则该同学及板在空中运动的过程中（　　）A．做匀变速运动B．先超重后失重C．在最高点时速度为零D．在向上和向下运动通过空中同一高度时速度相同6． 近年来，机器人与智能制造行业发展迅速，我国自主研发的机器人在北京冬奥会和疫情防控中均发挥了重要作用。如图为一机器人将身体倚靠在光沿的竖直墙面上，双腿绷直向前探出的情形。A 处为脚踩，B 处为胯部，均看作光滑的铰链，AB 为双腿，看作轻杆，脚部(重力不计)与地而的动摩擦因数为u，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）A．随着脚缓慢向前探出，脚对地面的压力越来越小B．随着脚缓慢向前探出，脚对地面的摩擦力越来越大C．随着脚缓慢向前探出，腿部承受的弹力不变D．随着脚缓慢向前探出，后背对墙面的压力越来越小7． 如图甲所示，质量为 m 的风筝在细线和均匀风力的作用下处于静止状态，此模型的截面图如图乙所示。已知风筝平面与水平面的夹角为 37°，细线与风筝平面的夹角为 53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度大小为 g，sin37° =0.6，cos379 =0.8，下列说法正确的是（　　）A．细线的拉力与风筝所受重力的夹角为 37°B．细线的拉力大小为 1.2mgC．风力的大小为 1.6mgD．若仅增大风力，则风筝仍能保持静止二、多选题8． 如图所示，“儿童蹦极”中，拴在小朋友腰间左右两侧的是弹性极好的相同的橡皮绳。若小朋友从橡皮 绳处于最低点位置处开始由静止上升(此时橡皮绳伸长最大)，直至.上升到橡皮绳处于原长的过程中，下列关于小朋友的运动状态的说法中正确的有（　　）A．橡皮绳处于原长位置时，小朋友的速度、加速度都为零B．小朋友的速度最大时，其加速度等于零C．小朋友处于最低点位置时，其加速度不为零D．小朋友先做变加速运动，加速度越来越小，再做变减速运动，加速度越来越小9． 渔业作业中，鱼虾捕捞上来后，通过“鱼虾分离装置"，实现了机械化分离鱼和虾，大大地降低了人工成本。某科学小组将“鱼虾分离装置"简化为如图所示模型，分离器出口与传送带有一定的高度差，鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度。下列说法正确的是（　　）A．“虾”从掉落到传送带后，可能沿着传送带向下做加速直线运动B．“鱼”从掉落到传送带后，马上沿着传送带向上做加速直线运动C．“虾"在传送带运动时，摩擦力对“虾”做负功D．“鱼"在传送带运动时，加速度方向先向下后向上10． 无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，如图甲所示为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度 a 随时间 t 变化的图像如图乙所示(规定向上为正方向)，t2 时刻充电宝速度为零，且最终处于静止状态。已知无线充电宝质量为 0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 取 10m/s2，在该过程中下列说法正确的是（　　）A．充电宝受到的静摩擦力的最大值为 1.0NB．t3；时 刻充电宝受的摩擦力大小为 0.4NC．充电宝在 t2 与 t3 时刻所受的摩擦力方向相反D．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为 10N三、实验题.11．某兴趣小组要测量一个重物的重力。实验器材： -根轻弹簧、手机、1 个 200g 钩码、不计质量的细线、重物、刻度尺。由于重物的重力超过了弹簧的弹性限度，故该小组设计如下实验方案，已知本地重力加速度 g = 9.8m/s2 ，要求结果保留两位小数。
实验步骤：⑴如图甲所示，用轻弹簧竖直挂起 1 个 200g 钩码时，测出弹簧伸长量为 1.00cm；⑵用弹簧与细线互成角度吊起重物，稳定时测出弹簧伸长量为 4.00cm，则此时弹簧的弹力大小为　     　N；⑶用手机软件测出两侧细线与竖直方向夹角分别为、，如图乙所示。画出 OA、OB 的拉力的方向如图丙两侧虚线所示，请用图示法在图丙中画出二者的合力(已知单位长度表示的力为 1.96N) ；　     　⑷由作图结果可得重物的重力为　     　12． 某实验小组利用如图 1 所示的装置探究加速度与力、质量的关系。 （1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是A．理想化模型法 B．阻力补偿法C．等效替代法 D．控制变量法（2）下列做法正确的是(填字母代号)。A．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源B．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远大于木块和木块上砝码的总质量C．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行D．通过增减木块上的砝码改变质量时，需要重新调节木板倾斜度（3） 实验时改变砝码桶内砝码的质量，分别测量木块在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出 a- F 关系图像，如图 3 所示。此图像的 AB 段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是(选填下列选项的序号)A．小车与平面轨道之间存在摩擦B．平面轨道倾斜角度过大C．所用小车的质量过大D．所挂的砝码桶内及桶内砝码的总质量过大（4）某同学结合上述实验知识用自制的“滴水计时器”来研究小车在水平桌面上运动时受到的阻力大小。如图甲所示，将该计时器固定在小车旁，用手轻推一下小车， 在小车的运动过程中滴水计时器间隔相等时间滴下小水滴。图乙记录了桌面上连续 5 个水滴的位置.已知滴水计时器每 10s 滴下 25 个小水滴，小车的总质量为 2.4kg。经分析可得小车的加速度大小为　     　m/s2，若忽略滴水对小车质量的影响，则小车受到的阻力大小为　     　N。(结果均保 留两位有效数字)四、解答题13． 我国发射的“神舟”五号飞船于 2003 年 10 月 15 日上午 9：00 在酒泉载人航天发射场发射升空，按预定计划在完成预定空间科学和技术试验任务后于北京时间 10 月 16 日 6 时 07 分在内蒙古中部地区准确着陆。试回答下列问题：（1）当返回舱降到距地球 10km 时，回收着陆系统启动工作，弹出伞舱盖，连续完成拉出引导伞、减速伞和主伞动作，主伞展开面积足有 1200m2，由于空气阻力作用有一段减速至匀速的下落过程，若空气阻力与速度的平方成正比(f=kv2， k 为常数，未知)，并已知返回舱的质量为 8t，这-过程的收尾速度为 14m/s，试求常数 K，和当返回舱速度为 42m/s 时的加速度为多大? (g 取 10m/s，除不尽的结果写为分数)（2） 当返|回舱在距地面约 1m 时，点燃反推火箭发动机，最后以不大于 3.5m/s 的速度实现软着陆，这一过程中反推火箭产生的动力约等于多少? (这一过程空气阻力与自身重力可看作平衡)14． 全国平均每天有 3 亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所 示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小 车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根据目的地将包裹进 行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，传送带与某包裹间动摩擦因数μ= 0.8. MN 间距离 L = 2.8m ，包裹可视为质点且放在 MN 中点。小车沿轨道匀速运动的速度以 v1= 5m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上的传送带迅速启动，获得v2= 4m/s 的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量 m=0.5kg，取 g = 10m/s2。（1） 求从传送带启动到该包裹到达 N 处所需时间；（2） .若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包运裹沿小车运动方向.上距离隔口中间多远处启动传送带?15．如图所示，- 架质量为 M=2kg 的小车膜型静止在光滑水平面上，车上放置有木板 A，木板左端放有可视为质点、质量 mB=4kg 的小物体 B. A、B 紧靠车厢前壁，木板 A 的右端与小车后壁相距一定的距离。现对小车施加水平向左的恒力 F=34N，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过 t0=ls，木板 A 与车厢后壁发生碰撞，该过程中木板 A 的加速度大小=4m/s，物体B 未与木板A 保持相对静止，但朱从木板A 上滑离，已知木板A 与小车间的动摩擦因数=0.3，物体 B 写术板 A 间的动摩擦因数μ=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g=10m/s2.（1） 求木板 A 的质量，和小车做匀加速直线运动的加速度大小：（2） 木板 A 的右端与小车后壁相距的距离；（3） 假设车和木板足够长，现对小车施加水平向左的大小从零开始连续增加的力 F，请在图中画出物块B 受到木板A 的摩擦力f 随拉力F 大小变化的图像。(需要写明图像各部分表达式及所有关节点的运算过程和数值)
 答案解析部分1．【答案】D【知识点】质点；时间与时刻；位移与路程；力学单位制【解析】【解答】A.m和s是基本单位，对应的物理量分别是质量和时间，N是国际单位，但不是基本单位，是导出单位，A不符合题意；
B. 深度10909m是水底距水面的高度差，由于潜水器下沉时不一定是竖直下沉，所以位移不一定是10909m，B不符合题意；
C.“8时12分”对应时间轴上的点，是时刻，C不符合题意；
D.采集海底矿物时，不能忽略潜水器的形状和大小，不能视为质点，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】了解7个基本单位：m、s、kg、A、mol、K、cd；位移是指起点到末点的有向线段；时刻在时间轴上是一个点，时间间隔在时间轴上是一段线段；根据物体可以被看出质点的条件分析。2．【答案】B【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡【解析】【解答】AB.手机和支架受到重力、大气压力、玻璃的弹力和玻璃的摩擦力，共4个力，A不符合题意，B符合题意；
C.根据共点力平衡条件可知，挡风玻璃给支架的作用力为弹力和摩擦力的合力，该合力一定与大气压力和重力的合力等大反向，不可能竖直向上，C不符合题意；
D.摩擦力力的方向一定与接触面相切，所以受前挡风玻璃的摩擦力方向不可能竖直向上，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析手机和支架的受力，确定受力的个数；由共点力平衡条件，分析受手机和支架受前挡风玻璃的作用力方向；根据摩擦力力的方向一定与接触面相切的特点，分析手机和支架受前挡风玻璃的摩擦力方向。3．【答案】D【知识点】追及相遇问题；运动学 v-t 图象【解析】【解答】AC.由图可知，时刻之前，甲的速度一直小于乙的速度，由于是比赛，甲乙起点相同，所以时刻之前乙一直在甲的前方，并且甲乙距离一直增大，故时刻甲、乙不会相遇，AC不符合题意；
BD.根据v_t图象中斜率表示加速度可知，甲做匀加速运动，乙的加速度逐渐减小，在0~t0阶段，对乙图做切线，总会找到一条与甲图线平行，即0~t0时间内的某时刻甲、乙加速度大小相等，D符合题意，B不符合题意。
故答案为：D。
【分析】由所给图像中甲、乙二人的速度关系分析二人之间的距离关系；根据v_t图象中斜率表示加速度，分析二人运动过程中加速度变化情况。4．【答案】D【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题【解析】【解答】A.7.9km/s是地球第一宇宙速度，也是卫星绕地球表面做圆周运动的环绕速度，根据根据万有引力提供向心力可得，得，可知卫星轨道半径越小，线速度越大，故该卫星的线速度小于7.9km/s，A不符合题意；
B.同步卫星轨道半径大于该卫星的轨道半径，由可知，该卫星的线速度大于同步卫星的线速度，而卫星的动能，由于不清楚该卫星与同步卫星的质量关系，所以无法确定该卫星的动能与同步卫星的动能关系，故B不符合题意；
C.对放在地球表面的物体，由重力等于万有引力可得，对卫星，根据牛顿第二定律可得，解得，可知该卫星的加速度大小小于地面重力加速度g，C不符合题意；
D.根据万有引力提供向心力可得，解得，由于该卫星轨道半径小于同步卫星轨道半径，则该卫星的角速度大于同步卫星的角速度，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据万有引力提供向心力分析卫星的线速度与轨道半径的关系，确定该卫星的线速度与第一宇宙速度的大小关系；根据动能的定义式分析该卫星与同步卫星动能的大小关系；由万有引力等于重力和牛顿第二定律，求解该卫星的线速度与地球表面重力加速度g的关系；根据万有引力提供向心力推导角速度与轨道半径的关系，确定该卫星与同步卫星角速度的关系。5．【答案】A【知识点】匀变速直线运动的定义与特征；超重与失重；斜抛运动【解析】【解答】A.该同学及板在空中运动的过程中仅受重力，加速度为重力加速度，大小方向均恒定，故做匀变速运动，A符合题意；
B.该同学及板在空中运动的过程中的加速度为一直未重力加速度，方向一直向下，故一直处于失重状态，B不符合题意；
C.该同学及板在空中做斜抛运动，在最高点竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，故在最高点时速度不为零，C不符合题意；
D.根据斜抛运动对称性，可知在向上和向下运动通过空中同一高度时速度大小相等，方向不同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据同学及板在空中运动过程中的加速度特点分析物体的运动；由加速度的方向分析物体的超重和失重；根据斜抛运动的特点分析该同学和板在最高点的速度；根据斜抛运动对称性分析在向上和向下运动通过空中同一高度时速度是否相同。6．【答案】B【知识点】牛顿第三定律；整体法隔离法；共点力的平衡【解析】【解答】
CD.分析B点受力，由于A、B两处均看作光滑的铰链，所以腿部承受的弹力方向与AB共线，设B点上方人体的重力大小为G，对B点受力分析如图所示，

根据平衡条件可知，腿对B点的作用力与墙壁对后背的支持力的合力大小始终等于G，根据平行四边形定则有，，随着脚缓慢向前探出，变小，变大，变大，由牛顿第三定律可知，后背对墙面的压力越来越大，CD不符合题意；
AB.对机器人整体受力分析，受重力、地面对脚的支持力、墙对后背的支持力和地面对脚的摩擦力，由共点力平衡条件可知，地面对脚的支持力等于机器人整体的重力，根据牛顿第三定律，脚对地面的压力大小不变，等于机器人整体的重力，脚对地面的摩擦力等于墙对后背的支持力，变大，A不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】分析B点的受力，求出墙对人的支持力和腿承受的弹力，分析随着脚缓慢向前探出，二力的变化情况，再由牛顿第三定律分析后背对墙面的压力越来越小；分析机器人整体受力，求出地面对脚的支持力和摩擦力，由牛顿第三定律分析脚对地面的压力越来越小。7．【答案】C【知识点】共点力的平衡【解析】【解答】A.由几何关系，牵线与水平方向的夹角为53°-37°=16°，与竖直方向的夹角为90°-16°=74°
A不符合题意；
BC.分析风筝受力，如图所示，由共点力平衡条件可得，，解得T=mg，，B不符合题意，C符合题意；

D.由共点力平衡条件知，细线拉力和风筝重力的合力与风力等大反向，若仅增大风力，风筝受到的合力不再为零，可知若仅增大风力，则风筝不会保持静止，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】由几何关系求解细线的拉力与风筝所受重力的夹角；分析风筝受力，由共点力平衡条件求解细线的拉力大小和风力的大小；根据共点力平衡条件分析仅增大风力时，风筝受到的合力的变化，确定风筝能否保持静止。8．【答案】B,C【知识点】牛顿第二定律【解析】【解答】小朋友从最低点向上运动，开始时，重力小于橡皮绳的弹力，小朋友向上做加速运动，随着小朋友向上运动，弹力减小，加速度减小，当弹力减小到与重力大小相等时，小朋友加速度为零，之后小朋友继续上升，弹力小于重力，小朋友向上做减速运动，加速变大，直至橡皮绳恢复原长。
A.由以上分析可知，橡皮筋处于原长位置时，无法判断小朋友的速度大小，小朋友在原长位置时，只受重力，加速度等于重力加速度，不为零，A不符合题意；
B.由以上分析可知，当橡皮绳的弹力与重力大小相等时，速度最大，合力为零，加速度为零，B符合题意；
C.小朋友处于最低点位置时，重力小于橡皮绳弹力，合力不零，加速度不为0，C符合题意；
D.由以上分析可知，小朋友先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】分析小朋友向上运动过程中合力的变化情况，得到加速度的变化情况，从而确定小朋友运动过程中加速度和速度的变化情况。9．【答案】A,C【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；功的计算【解析】【解答】A.虾的收集箱在传送带下方，故虾一定是向下运动，虾的重力沿传送带斜面向下的分力可能大于虾受到的摩擦力，故可能向下做加速直线运动，A不符合题意；
B.鱼箱的收集箱在传送带上方，所以鱼最终一定是向上运动，但鱼刚掉落到传送带时，有一个沿传送带斜面向下的初速度，所以鱼要先向下减速到速度为零后，再变为向上的加速运动，最终还可能变为匀速直线运动，B不符合题意；
C.虾相对传送带向下运动，所以虾受到的摩擦力沿传送带斜面向上，而虾的位移方向向下，故摩擦力对虾做负功，C符合题意；
D.鱼在掉落到传送带后，受到的摩擦力的方向一直向上，所以有向上的加速度，后来如果加速到与传送带共速，加速度就为零，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据虾收集箱与鱼收集箱的位置，确定虾和鱼最终的运动方向，再结合鱼虾落在斜面时有沿着斜面向下的初速度，确定鱼和虾在传送带上的运动过程以及运动过程中受到的摩擦力。10．【答案】B,D【知识点】摩擦力的判断与计算；牛顿第二定律【解析】【解答】B.由图可知，充电宝在时刻加速度为，因为向上为正，所以重力为负值，由牛顿第二定律可得，解得，方向竖直向上，B符合题意；
C.由图可知，充电宝在时刻加速度为，由牛顿第二定律可得，解得，摩擦力方向竖直向上，故与时刻所受的摩擦力方向相同，C不符合题意；
AD.时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由C选项的计算可知充电宝与手机之间最大静摩擦力，而，解得，故充电宝与手机之间的吸引力大小至少为10N，D符合题意，A不符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据题中数据，由牛顿第二定律计算时刻和时刻手机受到的摩擦力，由所得摩擦力的正负判断摩擦力的方向；时刻充电宝具有向上的最大加速度，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由求出充电宝与手机之间的吸引力的最小值。11．【答案】7.84；；11.76N【知识点】验证力的平行四边形定则【解析】【解答】（2）因为用轻弹簧竖直挂起1个200g钩码时，测出弹簧伸长量为 1.00cm， 由胡克定律可得，弹簧的劲度系数为，弹簧的伸长量为4.00cm时，弹簧弹力的大小为；
（3）图示法画出二者的合力如图所示

（4）由作图结果可得合力为6个单位长度，故重物的重力为，因为作图有误差，所以重力的范围为11.17N~12.35N。
【分析】（2）由胡克定律分析轻弹簧竖直挂起1个200g钩码时的情况，求出弹簧的劲度系数，再由胡克定律计算弹簧伸长量为4.00cm时，弹簧的弹力大小；（3）结合图中所给标度，根据平行四边形定则作图；（4）根据所得合力的长度求出物体的重力。12．【答案】（1）B（2）C（3）D（4）0.14；0.34【知识点】探究加速度与力、质量的关系【解析】【解答】（1）把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动，是为了平衡小车运动过程中受到的摩擦力，是小车受到的拉力即为合外力，所以此处采用的科学方法是阻力补偿法，B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
（2）A.实验时，应先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再放开木块，A不符合题意；
B.本实验中需以砝码桶及桶内砝码的重力充当木块及木块上砝码受到的拉力，但实际上二者大小并不相等，以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砖码总质量为M，砝码桶及桶内砖码总质量为m，由牛顿第二定律可得mg=(M+m)a，对木块，只有当时，才可近似认为木块受到的拉力T等于砝码桶及桶内砖码的总重力mg。因此该实验应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，B不符合题意；
C.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，使小车能沿砝码桶拉力作用下做匀加速运动，C符合题意；
D.平衡摩擦力时，有，得，与质量无关，因此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，D不符合题意。
故答案为：C。
（3）由（2）中B选项的分析可知，该实验要求满足砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，而实验过程中，随着所挂的砝码桶内及桶内砝码的质量不断增加，不再满足该条件时，实验误差变大，就会造成图中所示现象，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
（4）由题意可知，滴水计时器滴水间隔时间为，根据逐差法可得小车的加速度大小为，由牛顿第二定律可得，小车受到的阻力大小为。
【分析】（1）根据实验原理可知，该实验采用的是阻力补偿法；（2）根据实验原理和注意事项分析各选项；（3）当实验中不再满足砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量时，a-F图线就会出现弯曲；（4）由逐差法求出小车的加速度，再根据牛顿第二定律列式，计算小车受到的阻力。13．【答案】（1）解：由题意可知： 返回䑪速度为 时： 返回船速变为 时： 解得： （2）解：点然反推火策后， 由牛顿第二定律得： 软着陆速度若是 ，则 ，联立解得： .【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿第二定律【解析】【分析】（1）返回舱达到收尾速度时，受力平衡，由共点力平衡条件求出K值，再由牛顿第二定律计算返回舱速度为 42m/s时的加速度；（2）由牛顿第二定律和运动学公式，综合求解软着陆过程中反推火箭产生的动力。14．【答案】（1）解：【详解】（1）根据牛顿第二定律 包裹的加速度大小为 ，包要与传动带相对静止时 ，得 此时包裹沿传动带方向的位移为 ，得 包裹匀速运动的时间为 从传送带启动到该包裹到达 处所需时间为 （2）解： 启动传动带时， 包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为 【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—传送带模型【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律求出包裹在传送带上加速运动的加速度，再由运动学公式求出加速运动的位移和时间，之后包裹做匀速运动，求出匀速运动的时间，得到从传送带启动到该包裹到达N处所需总时间；（2）包裹沿小车方向做匀速直线运动，根据x=vt，求出启动传送带时包运裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离。15．【答案】（1）解： 因物块 与木板 之间的动摩擦力因数为 ， 可知物块 的加速度为 对木板 ， 由牛顿第二定律可得 ，解得 对小车由牛顿第二定律可得 ，解得 . （2）解：由位移关系可得 ， 解得 （3）解： 设 与 B 刚要发生相对滑动时的外力为 ， 对 B 分析可知 对整体分析可得 ，解得 所以， 在 大于零小于等于 之间， 三者一起加速运动当 大于 后， 物块 相对木板 运动， 收到的摩擦力为滑动摩擦力， 大小恒为 综上所示， 可画出木板受到车相底板的摩擦力 随拉力 大小变化的图像如图所示【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用；牛顿运动定律的应用—板块模型【解析】【分析】（1）分析物块B和木板A的受力，由牛顿第二定律列式求解木板A的质量，分析小车的受力，由牛顿第二定律求出小车做匀加速直线运动时的加速度大小；（2）根据木板A的位移和小车的位移关系分析木板 A 的右端与小车后壁相距的距离；（3）由整体法和隔离法分析A与B刚要发生相对滑动时拉力的大小，再根据牛顿第二定律结合摩擦力的计算公式求解物块B受到木板A的摩擦力f随拉力F的变化情况，由此画出物块B受到木板A的摩擦力f 随拉力F大小变化的图像。