2023-2024学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市湖南师范大学附属中学高一（下）入学考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了交通部门常用测速仪检测车速，33米/秒B等内容，欢迎下载使用。

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.交通部门常用测速仪检测车速。测速原理是测速仪前后两次发出并接收到被测车反射回的超声波信号，再根据两次信号的时间差，测出车速，如图甲。某次测速中，测速仪发出与接收超声波的情况如图乙所示，x表示超声波与测速仪之间的距离。则该被测汽车速度是(假设超声波的速度为340米/秒，且保持不变)( )
A. 28.33米/秒B. 13.60米/秒C. 14.78米/秒D. 14.17米/秒
3.新冠疫情让2020届高三学生少了很多在校学习的时间，返校后为节约时间，小尧同学都是跑步去食堂吃饭。跑步过程中的1v−x图象如图所示，为一条不过坐标原点的直线，假定从小尧的教室门口到食堂的道路为一水平直线道路，以教室门口为坐标原点，教室到食堂方向为x轴正方向，下列说法正确的是( )
A. 小尧运动到x1的时间为x12v0+x12v1
B. 小尧运动到x1的时间为2x1v0+v1
C. 小尧运动的速度与位移成线性规律变化
D. 小尧运动的速度随位移的增加而增加，但不成线性规律
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.如图为车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1 m的细直杆可绕O点在竖直面内匀速转动，转动的角速度为π8rad/s，自动识别系统的反应时间为0.4 s；汽车可看成高1.6 m的长方体，其左侧面底边在aa′直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6 m，要使汽车安全通过道闸，汽车从自动识别线ab到达直杆处的时间至少为
A. 2.0 sB. 2.4 sC. 3.3 sD. 3.4 s
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
7.如图所示，一根绳子一端固定于竖直墙上的A点，另一端绕过动滑轮P悬挂一重物B，其中绳子的PA段处于水平状态，另一根绳子一端与动滑轮P的轴相连，在绕过光滑的定滑轮Q后在其端点O施加一水平向左的外力F，使整个系统处于平衡状态，滑轮均为光滑、轻质，且均可看作质点，现拉动绳子的端点O使其向左缓慢移动一小段距离后达到新的平衡状态，则该平衡状态与原平衡状态相比较( )
A. 拉力F增大B. 拉力F减小C. 角θ不变D. 角θ减小
8.如图所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成θ角，则下列说法不正确的是( )
A. 刚开始时B的速度大小为vcs θ
B. A匀速上升到N点之前过程中，重物B处于失重状态
C. 重物B下降过程，绳对B的拉力大于B的重力
D. A运动到位置N时，B的速度为0
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
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”)
14.筷子投酒瓶是一个班会活动的趣味游戏，游戏规则是游戏者捏拿长为20cm的筷子一端，使之呈竖直状，令其下端离正下方地面上的啤酒瓶瓶口相距20cm，瞄准瓶口后松手，筷子落入瓶中者为成功。已知啤酒瓶高为25cm，g=10m/s2， 2=1.4，若某次筷子下落与瓶口无触碰恰好落入瓶中，求该次：
(1)松手后，筷子下端到达瓶口的时间；
(2)松手后，筷子全身通过瓶口用多长时间；
(3)若筷子下端与瓶底竖直相撞后，并以原速度大小的13反弹，反弹后筷子始终保持竖直姿态，此时的加速度与下落时相同，求此后筷子上端与瓶口的最小距离。
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】D
【解析】【分析】
根据图象可以直接看出超声波第一次从发出至接收到超声波信号所用的时间；
根据公式知，如果能确定超声波第一次与汽车相遇的地点和第二次与汽车相遇的地点之间的距离s，并能得到此过程所用的时间，就能得到汽车行驶的速度。
此题考查的是速度的应用，读懂图象蕴含的信息、正确提取有用信息是解决此类问题的关键，物理过程非常复杂，难度较大。
【解答】
由题图可知：超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为
由可得，超声波通过的距离为
超声波第二次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为
t2=(1.24−1.00)2s=0.12s
超声波通过的距离为
故汽车行驶的距离为
由题图可知测试仪发出的超声波两次间隔时间为1s，则超声波第一次从测试仪发出到与汽车相遇的地点，经过的时间为0.16s；超声波第二次发出的时间为1s末，超声波第二次与汽车相遇的时刻应该是：1s+0.12s=1.12s，故汽车行驶的时间为
所以汽车行驶的速度为
故ABC错误，D正确。
3.【答案】A
【解析】AB.由运动公式
t=xv=1v⋅x
可知在 1v−x 图像中图像与横坐标围成的面积为运动时间，故运动到 x1 的时间为图中梯形的面积，即
t=x12v0+x12v1
故A正确，B错误；
C.根据图像可知斜率为定值
1v−1v0x=k
即
v=v0kxv0+1
可见运动的速度与位移不成线性规律变化，且速度随位移的增加而减小，故CD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】B
【解析】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ=1.6−10.6=1，
解得：θ=π4
直杆转动的时间：t=θω=π4π8=2s
t汽车=t+t反应时间=(2+0.4)s=2.4s，故ACD错误，B正确；
故选：B。
求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的时间，最后求出汽车通过的时间。
本题主要考查了角速度的实际应用，认真审题理解题意，求出直杆转过的角度和时间是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可。
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】AD
【解析】【分析】
解决本题的关键知道通过定滑轮的绳子拉力大小相等，抓住两根绳的合力与另外一根绳子的拉力平衡进行求解。
【解答】
以动滑轮P为研究对象，AP、BP段绳子受的力始终等于B的重力，两绳子拉力的合力在∠ APB的角平分线上，拉动绳子后，滑轮向上运动，两绳子夹角减小，两拉力的合力增大，故 F增大，故A正确，B错误；
PQ与竖直方向夹角等于∠ APB的一半，故拉动绳子后角θ减小，故C错误，D正确。
故选AD。
8.【答案】B
【解析】【分析】
把轻环A上升的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向的速度，而沿绳子方向的速度与B的速度相等，并依据B的速度，判定B的运动性质；由牛顿第二定律，确定拉力与重力的关系。
本题考查了运动的合成与分解问题，知道实际运动就是合运动是解答的关键，同时掌握B的运动性质也是解题的突破口。
【解答】
AD、对于轻环A，其速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是v1和v2，其中v2等于B的速度vB(沿同一根绳子，大小相同)，根据平行四边形定则，可得刚开始时B的速度为vB=vcsθ；
当A环上升至与定滑轮的连线处于水平位置时，v2=0，所以B的速度vB=0，故AD正确；
BC、因轻环A匀速上升时，由公式vB=vcsθ，当A上升时，夹角θ增大，csθ减小，因此B在竖直方向上做减速运动，加速度竖直向上，处于超重状态，对重物B，由牛顿第二定律得：F−mg=ma，可知绳对B的拉力大于B的重力，故B错误，C正确。
本题选择不正确的，故选：B。
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】(1)0.2s；(2)0.08s；(3)零，最小。
【解析】(1)设下落高度为h1，时间为t1，则：
h1= 12 gt12
解得：
t1=0.2s
(2)设松手后，筷子上端至瓶口用时为t2，下落高度为h2，则
h2= 12 gt22
解得：
t2=0.28s
所求筷子经过瓶口时间
△t=t2−t1=0.08s
(3)设筷子下端落至瓶底时的下落高度为h3，速度为v1，反弹后的高度为h4，则
v12=2gh3 ，v1=3m/s
v132 =2gh4 ，h4=5cm
可知筷子上端正达瓶口，所以间距为零，最小
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。