2024-2025学年四川省成都市高二（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省成都市高二（上）开学物理试卷（含解析），共17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.下列说法中正确的是( )
A. 牛顿发现万有引力定律，并测得引力常量
B. 万有引力定律适用于高速运动与微观世界
C. 两个质量不同的天体之间的引力大小是相等的
D. 当人造地球卫星的发射速度达到11.2km/s时，卫星就逃出太阳系了
2.2024年4月中下旬，太阳系中被称为“恶魔彗星”的庞士−布鲁克斯彗星即将到达近日点，届时在视野良好的情况下可以通过肉眼观测到该彗星。如图所示，已知地球的公转轨道半径为1AU(AU为天文单位)，该彗星的运行轨道近似为椭圆，其近日点与远日点之间的距离约为34AU，则这颗彗星绕太阳公转的周期约为( )
A. 17年B. 17 17年C. 34年D. 34 34年
3.如图所示，下列有关生活中的圆周运动实例分析，其中说法正确的是( )
A. 汽车通过凹形桥的最低点时，汽车处于超重状态
B. 铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是为了利用轮缘与外轨的侧压力助火车转弯
C. 杂技演员表演“水流星”，当它通过最高点时处于完全失重状态，不受重力作用
D. 脱水筒的脱水原理是水滴受到的离心力大于它受到的向心力，从而沿切线方向甩出
4.带有14光滑圆弧轨道，质量为m的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度v0水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )
A. 小球返回车的左端时，速度为v0
B. 小球返回车的左端时，速度为12v0
C. 小球上升到最高点时，小车的速度为v0
D. 小球在弧形槽上上升的最大高度为v024g
5.如图所示，一根轻弹簧上端固定，下端悬挂一个物体。将物体从平衡位置竖直拉下一段距离后由静止释放，物体在竖直方向做简谐运动。设向下方向为正，以下说法中正确的是( )
A. 弹簧对物体的弹力变小时，物体所受回复力可能变大
B. 物体从最高处向最低处运动过程中，振幅先减小后增大
C. 物体位移为正时，速度一定也为正，加速度一定为负
D. 物体从最低处向最高处运动过程中，物体的动能与弹簧的弹性势能之和一直增大
6.2024年4月3日，我国在西昌卫星发射中心使用长征二号丁运载火箭，成功将遥感四十二号01星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。遥感卫星发射过程如图所示，轨道Ⅰ为近地圆轨道、半径为R1(认为近地圆轨道半径等于地球半径)，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为预定圆轨道、半径为R2，P、Q两点为轨道间的相切点。该卫星在轨道Ⅲ上运行的周期为T，引力常量为G，根据题干条件可知，以下说法正确的是( )
A. 地球的质量为4π2R13GT2
B. 卫星在轨道Ⅰ的线速度大小大于在轨道Ⅲ的线速度大小
C. 卫星在轨道Ⅰ的加速度大小小于在轨道Ⅲ的加速度大小
D. 卫星在轨道Ⅱ上运行过程中，Q点的机械能大于P点的机械能
7.如图所示，电风扇的叶片匀速旋转时将空气以速度v向前排开，叶片旋转形成的圆的面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是( )
A. t时间内通过叶片的空气质量为ρSv
B. 空气对叶片的推力为ρSv2
C. 若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强变为原来的一半
D. 单位时间内流过叶片的空气的动能为12ρSv2
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图甲，以O点为平衡位置，弹簧振子在A、B两点间做简谐运动，图乙为这个弹簧振子的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子的振动方程为x=0.05sin(0.8t)m
B. 在t=0.4s与t=0.8s两个时刻，弹簧振子的速度相同
C. 在t=0.1s时，弹簧振子的位移大小为52 2cm
D. 在t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子的弹性势能相等
9.中国志愿者王跃参与了人类历史上第一次全过程模拟从地球往返火星的试验“火星−500”。假设将来人类一艘飞船从火星返回地球时，经历如图所示的变轨过程，下列说法正确的是( )
A. 飞船在轨道Ⅰ上运动时在P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时在P点的速度
B. 飞船分别在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运动时，在轨道Ⅰ上运行周期最长
C. 若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，就可以推知火星的密度
D. 飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度小于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度
10.如图所示，以v=4m/s的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的4个相同小球，小球质量m0=0.6kg。质量m=0.2kg的物体从轨道上高ℎ=2.0m的P点由静止开始下滑，滑到传送带上的A点时速度大小v0=6m/s；物体和传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，传送带AB之间的距离L=2.0m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 物体从P点下滑到A点的过程中，克服摩擦力做的功为0.2J
B. 物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为0.4m
C. 物体最终的速度大小为0.25m/s
D. 物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带产生的摩擦热为3J
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.实验课中，同学们用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。

(1)实验过程有两组同学分别用了图2、图3的两种不同方式悬挂小钢球，你认为______(选填“图2”或“图3”)悬挂方式较好。
(2)实验中，某同学用主尺最小分度为1mm，游标尺上有20个分度的游标卡尺测量金属球的直径，结果如图4所示，读出小球直径为______cm。
(3)用秒表测量单摆的周期。当单摆振动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=50时秒表的示数为35.3s，该单摆的周期是T= ______s(结果保留三位有效数字)。
(4)某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图5所示的坐标系得到T2−L图线。由图像可知重力加速度g= ______m/s2。(结果保留三位有效数字)
12.如图甲所示为向心力演示仪，某同学探究小球做圆周运动所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1，该同学设计了如图乙所示的三种组合方式，变速塔轮自上而下每层左右半径之比分别为1：1、2：1和3：1。
(1)本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，实验中采用的实验方法与下列哪些实验是相同的______；
A.探究两个互成角度的力的合成规律
B.探究平抛运动的特点
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系
(2)在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系，则需要将传动皮带调至第______层塔轮(选填“一”、“二”或“三”)；
(3)按(2)中正确选择后，两次以不同的转速匀速转动手柄，左、右测力筒露出等分标记如图丙所示。则向心力大小F与球做圆周运动半径r的关系是______。

A.F与r2成反比
B.F与r2成正比
C.F与r成反比
D.F与r成正比
(4)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，传动皮带位于第二层，转动手柄，当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比约为______。
A.2：1
B.8：1
C.1：2
D.1：4
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面，宇航员从距该星球表面高度为ℎ处，自由释放一小球，测得落地时间为t，已知该星球的半径为R，引力常量为G。求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的质量及第一宇宙速度。
14.一粗糙的圆锥体可绕其轴线做圆周运动，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角为θ=53°，现于锥面上放一个石块，石块与锥面间的动摩擦因数μ=0.8，石块与圆锥体顶点O的距离L=3m，石块的质量为m=2kg，石块可看作质点，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
(1)若圆锥体与石块均静止，石块受到锥面的摩擦力大小；
(2)若石块与圆锥体一起以角速度ω=0.2rad/s绕轴线做匀速圆周运动，石块受到锥面的摩擦力大小。
15.如图所示，光滑14圆弧槽静止在足够长的光滑水平面上，圆弧底端与水平面相切，其最低点的右侧相距一定距离处有厚度不计、上表面粗糙程度处处相同的薄木板，薄木板的最左端放置一小滑块，薄木板右端固定一竖直挡板，挡板左侧连有一轻质弹簧。现将一小球从圆弧槽最高点正上方的一定高度处由静止释放一开始圆弧槽被锁定，小球落入圆弧槽后从圆弧槽最低点以大小为v0的速度滑离。已知小球和圆弧槽的质量均为m，小滑块的质量为2m，薄木板以及固定挡板的总质量为4m，小球和小滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求释放点距水平地面的高度ℎ；
(2)若小球滑离圆弧槽后，立即解除圆弧槽的锁定，此后与小滑块发生弹性正碰(时间极短)，小滑块相对薄木板向右滑动，压缩弹簧后反弹，且恰好能回到薄木板的最左端而不滑落。求：
①小球能否再次冲上圆弧槽，若能，沿圆弧槽上升的最大高度为多少？
②弹簧的最大弹性势能Epm。
答案解析
1.C
【解析】解：A.牛顿发现万有引力定律，卡文迪什第一次测得引力常量，故A错误；
B.万有引力定律不适用于高速运动与微观世界，只适用于低速宏观的运动，故B错误；
C.两个质量不同的天体之间的引力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律可知，这一对引力大小是相等、方向相反的，故C正确；
D.当人造地球卫星的发射速度达到11.2km/s时，卫星脱离了地球的束缚，但没有逃出太阳系；要逃出太阳系，卫星的发射速度需要达到16.7km/s，故D错误。
故选：C。
A.根据万有引力定律的发现和引力常量的测量者进行分析判断；
B.根据万有引力定律的适用范围进行分析解答；
C.根据牛顿第三定律进行分析判断；
D.根据三个宇宙速度的内容进行分析解答。
考查万有引力定律的应用和牛顿运动定律，会根据题意进行准确分析和解答。
2.B
【解析】解：设地球围绕太阳运动的轨道半径为R1，公转周期为T1，彗星椭圆轨道的半长轴为R2，公转周期为T2，根据开普勒第三定律R13T12=R23T22，其中R1=1AU，R2=342AU=17AU，联立解得T2=17 17年，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据开普勒第三定律列式并代入数据求解。
考查开普勒第三定律的应用，会根据题意进行准确分析和解答。
3.A
【解析】解：A、汽车通过拱桥的最低点时，具有向上的加速度(向心加速度)，处于超重状态，故A正确；
B、在铁路的转弯处，通常要求外轨比内轨高，是利用重力与支持力的合力提供向心力，故B错误；
C、当“水流星”通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F+mg=mv2R，解得F=mg−mv2R，在最高点处于失重状态，依然受重力作用，故C错误；
D、离心力与向心力并非水滴的实际受力，当水滴所受合力不足以提供向心力时，水滴将做离心运动，会沿切线方向甩出，故D错误；
故选：A。
汽车通过凹形桥的最低点时，具有竖直向上的向心加速度，处于超重状态；火车按设计速度转弯时，恰好由重力和支持力的合力完全提供向心力；“水流星”在最高点时重力完全提供向心力；服对水滴的吸附力小于水滴做圆周运动所需要的向心力，因此产生离心现象。
本题考查圆周运动在实际生活的应用，要联系所学知识点进行分析，注意离心力与向心力并非水滴的实际受力。
4.D
【解析】解：AB、取水平向右为正方向，根据小球和滑车组成的系统水平方向动量守恒得
mv0=mv车+mv球
根据系统机械能守恒得
12mv02=12mv车2+12mv球2
解得：v球=0
即小球返回车的左端时，速度为0，故AB错误；
CD、小球上升到最高点时，小球和滑车速度相同，设为v车，根据系统水平方向动量守恒得
mv0=2mv车
解得：v车=12v0
根据机械能守恒定律得
12mv02=12⋅2m⋅v车2+mgℎ
解得：ℎ=v024g
即小球上升到最高点时，小车的速度为12v0，小球在弧形槽上上升的最大高度为v024g，故C错误，D正确。
故选：D。
小球和滑车组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出小球返回左端时的速度；当小球上升的最高点时，小球和滑车具有相同的速度，结合水平方向动量守恒求出此时小车的速度，由系统机械能守恒求出小球在弧形槽上上升的最大高度。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用，要知道当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度。
5.A
【解析】解：A、弹簧对物体的弹力变小时，物体所受回复力可能变大，例如物体从平衡位置向弹簧原长位置运动时，弹力变小，位移变大，物体所受回复力变大，故A正确；
B、物体从最高处向最低处运动过程中，位移先减小后增大，而振幅不变，故B错误；
C、物体从最低点向平衡位置运动时，位移为正，速度为负，加速度为负，故C错误；
D、根据物体和弹簧组成的系统机械能守恒可知，物体从最低处向最高处运动过程中，重力势能一直增大，则物体的动能与弹簧的弹性势能之和一直减小，故D错误。
故选：A。
弹簧对物体的弹力变小时，分析物体的运动方向，判断回复力的变化；物体从最高处向最低处运动过程中，振幅不变；通过举例说明速度、加速度方向与位移方向的关系；物体从最低处向最高处运动过程中，根据系统机械能守恒分析物体的动能与弹簧的弹性势能之和的变化情况。
本题考查简谐运动，关键是结合简谐运动的特征和机械能守恒定律进行分析。
6.B
【解析】解：A.在圆轨道Ⅲ上运动时，根据万有引力提供向心力有GMmR22=m4π2T2R2，可得地球的质量为M=4π2R23GT2，故A错误；
B.根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，得v= GMr，可得卫星在轨道Ⅰ的线速度大小大于在轨道Ⅲ的线速度大小，故B正确；
C.根据牛顿第二定律GMmr2=ma，得a=GMr2可知，卫星在轨道Ⅰ的半径小，则轨道Ⅰ上的加速度大于在轨道Ⅲ的加速度，故C错误；
D.卫星在轨道Ⅱ上运行过程中，只有地球引力做功，则机械能守恒，则Q点的机械能等于P点的机械能，故D错误。
故选：B。
ABC.根据万有引力提供向心力导出质量、线速度、加速度的表达式，结合表达式进行分析判断；
D.根据机械能守恒的条件进行分析判断。
考查万有引力定律的应用和机械能守恒问题，会根据题意进行准确分析和解答。
7.B
【解析】解：A.t时间内叶片排开的空气的质量为
m=ρvtS
故A错误；
B.有动量定理可得，叶片匀速旋转时，空气受到的推力为
Ft=mv−0
解得
F=ρSv2
根据牛顿第三定律可知，空气对叶片的推力为ρSv2，故B正确；
C.空气对叶片的压强为
P=FS=ρv2
所以若仅将叶片面积增大为2S，则空气对叶片的压强不变，故C错误；
D.单位时间，则时间为1s，所以其单位时间内通过叶片的空气为
m0=ρSv
单位时间内流过叶片的空气的动能为
Ek=12m0v2=12ρSv3
故D错误。
故选：B。
风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，由此分析能量转化情况。判断单位时间内冲击风车的气流的体积V=SL=Svt，再利用m=ρV求出叶片排开的空气质量。由动量定理计算出空气受到的推力，由牛顿第三定律得到空气对小车的推力，最后根据能量守恒定律列式求解单位时间内空气流动的动能。
解答本题时，要理解风力小车的工作原理，注意与风力发电的区别。要准确选择研究对象，利用动量定理求空气受到的推力。
8.CD
【解析】解：A、由图像可知，弹簧振子的周期为T=0.8s，故其振动方程为
x=0.05sin2πT=0.05sin2π0.8t=0.05sin52t(m)，故A错误；
B、如图像可知，图像的斜率即为该点的速度，在t=0.4s与t=0.8s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，但方向相反，故 B错误；
C、在t=0.1s时，弹簧振子的位移大小为
x=0.05sin52×0.1=0.05sin520=0.05sinπ4=0.05× 22=52 2cm，故C正确；
D、在t=0.3s与t=0.5s两个时刻，弹簧振子的位移大小相等，但方向相反，但弹性势能只和位移有关，故弹簧振子的弹性势能相等，故 D正确。
故选：CD。
首先根据振动图像确定振幅和周期，进而求出角频率和振动方程；然后利用振动图像的对称性和周期性分析速度和位移的变化；最后根据简谐运动的性质判断弹性势能的变化。
本题主要考察简谐运动的振动图像、振动方程以及振动过程中物理量的变化。
9.AC
【解析】解：A.飞船从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ需要在P点加速做离心运动才能完成，则飞船在轨道Ⅰ经过P点的速度小于在轨道Ⅱ上运动时经过P点的速度，故A正确；
B.根据开普勒第三定律可知a3T2=k，椭圆轨道的半长轴越长，周期越长，故轨道Ⅲ上运行时时周期最长，故B错误；
C.若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知万有引力常量为G，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期，根据GMmR2=m4π2T2R，又由ρ=M43πR3，解得火星的密度ρ=3πGT2，
故C正确；
D.根据牛顿第二定律GMmR2=ma，得a=GMr2可知，飞船在两个轨道上经过P点时到地球球心的距离r不变，所以飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故D错误。
故选：AC。
A.根据变轨时加速做离心运动的要求进行分析解答；
B.根据开普勒第三定律结合半长轴或半径的变化进行分析判断；
C.根据万有引力提供向心力结合密度公式列式解答；
D.根据牛顿第二定律列式进行分析解答。
考查万有引力定律的应用和开普勒第三定律等，会根据题意进行准确分析和解答。
10.BC
【解析】解：A.物体由P到A的过程，根据动能定理可得
mgℎ−Wf=12mv02
解得克服摩擦力做的功为
Wf=0.4J
故A错误；
B.物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
a=μmgm=μg
解得
a=5m/s2
物体减速至与传送带速度相等时，所用的时间为
t1=v0−va
解得
t1=0.4s
物体匀减速运动的位移为
s1=v0+v2t1=6+42×0.4m=2.0m=L=2.0m
故物体与小球1碰撞前的速度为
v=4m/s
物体与小球1发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为的v1，小球1被撞后的速度大小为u1，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得
mv=−mv1+m0u1
12mv2=12mv12+12m0u12
解得
v1=2m/s，u1=2m/s
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
0−v12=−2as
解得物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离为
s=0.4m
故B正确；
C.由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，碰撞后它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，再跟小球1发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
v2=(12)2v，u2=(12)2v
以此类推，物体与小球1经过n次碰撞后，他们的速度大小分别为
vn=(12)nv，un=(12)nv
由于总共有4个小球，可知物体第1个小球一共可以发生4次碰撞，则物体最终的速度大小为
v4=(12)4×4m/s=0.25m/s
故C正确；
D.物体第一次与小球1碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程为
Δs=v⋅(2v1a+2v2a+2v3a+2v4a)
解得
Δs=6m
故物体与传送带间产生的摩擦热为
Q=μmgΔs
解得
Q=6J
故D错误。
故选：BC。
A、根据动能定理求解物体从P点到A点过程克服摩擦力做的功；
B、先判断物体在传送带上面的运动，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立求解碰撞之后物体的速度，根据位移与速度的关系求解位移；
C、质量相同，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知小球碰撞过程速度交换，物体与第一个小球发生4次碰撞，推出每次碰后物体和小球的速度关系，即可求解最终物体的速度；
D、求出物体第一次与小球1碰撞后的整个过程中物体相对于传送带的路程，根据恒力功公式求解热量。
本题考查了动量和功能关系的基本应用，要求学生能正确分析物体的运动过程，熟练应用动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律解题。
11.图3 2.240 1.41 9.86
【解析】解：(1)、图2、图3的两种不同方式悬挂小钢球，图2中单摆摆动时摆长会发生变化，所以图3悬挂方式较好；
(2)、度游标卡尺的精确值为0.05mm，由图可知小球直径为22mm+0.05mm×8=22.40mm=2.240cm；
(3)、单摆的周期T=tn=35.3502s=1.412s≈1.41s；
(4)、根据单摆的周期公式T=2π Lg可得g=4π2T2L，由图5可知g=4π24.0×1.00m/s2=9.86m/s2。
故答案为：(1)图3；
(2)2.240；
(3)1.41；
(4)9.86。
(1)实验过程应尽可能的减小变量，图2的摆动方式会使摆长发生变化；
(2)20分度游标卡尺的精确值为0.05mm，确定刻度线与主刻度线对齐；
(3)单摆每经过低点一次为0.5周期，根据时间和次数计算周期；
(4)根据单摆的周期公式推导合适的关系式，结合图5分析解答。
考查实验能力和对单摆运动规律的理解，熟悉掌握单摆的周期公式。
12.C 一 D D
【解析】解：(1)本实验的目的是探究向心力的大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间的关系，采用的实验方法是控制变量法。
A.探究两个互成角度的力的合成规律，采用的实验方法是等效替代法，故A错误；
B.探究平抛运动的特点，采用的是等效思想，故B错误；
C.探究加速度与物体受力、物体质量的关系，采用的实验方法是控制变量法，故C正确；
故选：C。
(2)在某次实验中，探究向心力的大小与半径的关系时，应保持两小球质量m、角速度ω相同，则需要将传动皮带调至第一层塔轮。
(3)角速度为ω1、ω2时，左、右测力筒露出的格子数之比均为2：1，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，且B处、C处分别到各自转轴中心距离之比为2：1，可知F与r成正比。
故ABC错误，D正确。
故选：D。
(4)在另一次实验中，把两个质量相等的钢球放在A、C位置，则m、r相同，传动皮带位于第二层，角速度比值为
ωA：ωC=R2：2R2=1：2
根据向心力公式
F=mω2r
当塔轮匀速转动时，左右两标尺露出的格子数之比表示向心力的比值，左右两标尺露出的格子数之比约为
nA：nC=FA：FC=ωA2：ωC2=1：4
故ABC错误，D正确。
故选：D。
故答案为：(1)C；(2)一；(3)D；(4)D。
(1)(2)根据实验原理和实验方法得到本实验采用控制变量法；本实验采用控制变量法，探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，要保证质量一定，角速度一定；
(3)(4)根据向心力表达式，根据角速度相同，再根据仪器原理以及实验现象可以得出向心力与关系；根据半径相同，由角速度之比，得出向心力之比，进而判断标尺露出的格数。
本题考查“探究向心力大小F与小球质量m、角速度ω和半径r之间关系”的实验，需要注意本实验采用控制变量法。
13.解：(1)小球在星球表面做自由落体运动时，设星球表面的重力加速度为g，满足ℎ=12gt2，解得g=2ℎt2
(2)在星球表面，不考虑星球自转，根据黄金代换式得GMmR2=mg，解得星球的质量为M=2ℎR2Gt2，根据万有引力提供向心力GMmR2=mv2R，所以该星球的第一宇宙速度v= 2Rℎt
答：(1)该星球表面的重力加速度为2ℎt2；
(2)该星球的质量为2ℎR2Gt2，第一宇宙速度为 2Rℎt。
【解析】(1)根据星球表面物体的自由落体运动列式求解重力加速度；
(2)根据黄金代换式列式求解星球质量，结合牛顿第二定律列式求解第一宇宙速度。
考查万有引力定律的应用和自由落体运动问题，会根据题意进行准确分析和计算。
14.解：(1)若圆锥体与石块均静止，石块的受力如图所示

根据受力平衡可得，石块受到锥面的摩擦力大小为
Ff=mgcsθ
解得
Ff=12N
(2)当圆锥体与石块一起以角速度ω=0.2rad/s绕轴线做匀速圆周运动时，石块的受力如图所示

竖直方向根据受力平衡可得
Ff′csθ+FN′sinθ=mg
水平方向根据牛顿第二定律可得
Ff′sinθ−FN′csθ=mω2Lsinθ
联立解得石块受到锥面的摩擦力大小为
Ff′=12.1536N
答：(1)若圆锥体与石块均静止，石块受到锥面的摩擦力大小为12N；
(2)若石块与圆锥体一起以角速度ω=0.2rad/s绕轴线做匀速圆周运动，石块受到锥面的摩擦力大小为12.1536N。
【解析】(1)根据沿斜面方向受力平衡，列式求解石块受到锥面的摩擦力大小；
(2)竖直方向根据受力平衡，水平方向根据牛顿第二定列式求解石块受到锥面的摩擦力大小。
本题考查了圆周运动和牛顿第二定律，关键要明确向心力的来源，常规题型。
15.解：(1)小球由静止释放一开始圆弧槽被锁定，由机械能守恒定律得
mgℎ=12mv02
解得：ℎ=v022g
(2)①小球与滑块发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得
mv0=mv′0+2mv2
12mv02=12mv′02+12×2mv22
解得碰后小球速度为
v′0=−v03
方向向左
滑块速度为
v2=2v03
方向向右。
可知，小球能再次冲上圆弧槽，设沿圆弧槽上升的最大高度为ℎ1，小球和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，则
mv′0=(m+m)v共1
解得小球和圆弧槽共速时的速度为
v共1=−v06
由小球和圆弧槽组成的系统机械能守恒得
mgℎ1=12mv′02−12(m+m)v共12
解得：ℎ1=v0236g
②滑块与薄木板共速时，弹簧的弹性势能最大，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv2=(2m+4m)v
解得：v=2v09
因滑块恰好回到薄木板的最左端，故薄木板与滑块间一定有摩擦，且相对薄木板向右运动和返回向左运动的摩擦生热相同，设为Q，则
EPm=12×2mv22−12(2m+4m)v2−Q
滑块恰好回到薄木板的最左端时仍共速，速度仍为v，故
EPm=Q
解得：EPm=4mv0227
答：(1)释放点距水平地面的高度ℎ为v022g；
(2)①小球能再次冲上圆弧槽，沿圆弧槽上升的最大高度为v0236g；
②弹簧的最大弹性势能Epm为4mv0227。
【解析】(1)小球由静止释放一开始圆弧槽被锁定，根据机械能守恒定律求释放点距水平地面的高度ℎ；
(2)①小球与滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出碰后小球的速度，根据碰后小球的速度方向判断能否再次冲上圆弧槽。
小球沿圆弧槽上升的过程，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求最大高度。
②滑块与薄木板共速时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律求弹簧的最大弹性势能Epm。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提，要明确研究过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。