2025年人教A版高二物理上册阶段测试试卷含答案VIP

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年人教A版高二物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某种气体的温度是0℃，可以说（）A.气体中分子的温度是0℃B.气体中分子运动的速度快的温度一定高于0℃，运动慢的温度一定低于0℃，所以气体平均温度是0℃C.气体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增加D.该气体没有内能2、科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞的时候，光子的一些能量转移给了电子，假设光子和电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则以下说法正确的是（）A.碰撞过程中能量守恒，动量守恒，且λ=λ′B.碰撞过程中能量不守恒，动量不守恒且λ=λ′C.碰撞过程中能量守恒，动量守恒，且λ＜λ′D.碰撞过程中能量守恒，动量守恒，且λ＞λ′3、如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用正确的是()A.B.C.D.4、如图所示，已知R1=R2=R3=1娄赂

当开关S

闭合后，电压表的读数为1V

当开关S

断开后，电压表的读数为0.8V

则电池的电动势等于(

)

A.1V

B.1.2V

C.2V

D.4V

5、真空中两个点电荷的相互作用力为F

若把其一个电荷的带电量减少一半，同时把它们之间的距离减少一半，则它们之间的作用力变为(

)

A.4F

B.2F

C.8F

D.F2

6、下列单位不属于国际单位制中基本单位的是（）A.牛B.秒C.米D.千克7、关于电磁波在真空中的传播速度，下列说法中正确的是A.频率越高，传播速度越大B.波长越长，传播速度越大C.电磁波能量越大，传播速度越大D.频率、波长、能量都不影响电磁波在真空中的传播速度8、一根阻值为R

的均匀电阻丝，长为l

横截面积为S

设温度不变，在下列哪些情况下其阻值仍为R

()A.当l

不变，S

增大一倍时B.当S

不变，l

增大一倍时C.当l

和S

都减为原来的12

时D.当l

和横截面的半径都放大一倍时9、在电能的输送过程中，若输送的电功率一定、输电线电阻一定时，此时在输电线上损失的电功率为P

若升压变压器副线圈匝数变为原来的n

倍，则输电线上损失的功率为(

)

A.nP

B.n2P

C.Pn

D.Pn2

评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)10、用功率P0＝3的光源，照射离光源r=5m处的某块金属的薄片.已知光源发出的是波长＝663nm的单色光，普朗克常量h=6.63×10-34J.s.(1)1s内该金属板1m2面积上接受的光能为_____J.(2)1s内打到金属板1m2面积上的光子数为________.11、一个线圈接通电路时，通过它的电流变化率为10A/S，产生的自感电动势为3.0V，切断电路时，电流的变化率为50A/S，产生的自感电动势为______V，这个线圈的自感系数为______．12、如图所示，A、B两点相距0.1m，AB连线与电场线的夹角θ＝60°，匀强电场的场强E＝100V/m，则A、B间电势差UAB＝__________V。13、某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系；设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．

A．待测小灯泡（额定功率6W；额定电流0.5A）

B．电流表（量程0～0.6A；内阻0.1Ω）

C．电压表（量程0～3V；内阻约3kΩ）

D．电压表（量程0～15V；内阻约15kΩ）

E．滑线变阻器（最大阻值20Ω）

F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）

G．直流电源（电动势15V；内阻可忽略）H．开关一个，导线若干。

实验中调节滑线变阻器；小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．

①请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．其中滑线变阻器应选择____．（用代号填入）

②如图所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而____（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为____Ω．（保留两位有效数字）14、磁体与____________之间、磁体与____________之间，以及通电导体与____________之间的相互作用，都是通过____________来发生的．15、如图所示是直角三棱柱，其中面abfe竖直放置，面abcd为正方形，边长为L，且面abfe与面abcd夹角为30°，它们放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，则通过abcd平面的磁通量大小为____________，通过整个三棱柱的磁通量为____________．16、某同学设计了如图所示的电路，已知电流表内阻RA=0.4娄赂

允许通过的最大电流为100mAR1=0.1娄赂R2=30娄赂.

将接线柱12

接入电路时，可以测量的最大电流为______A

将接线柱13

接入电路时，可以测量的最大电压为______V.(

均保两位有效数宇)

17、现有一种特殊的电池，它的电动势E

约为9V

内阻r

约为50娄赂

已知该电池允许输出的最大电流为50mA50mA为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图11所示的电路进行实验，图11中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，RR为电阻箱，阻值范围0隆芦9999娄赂0隆芦9999娄赂R0R0是定值电阻，起保护电路的作用．

(1)

实验室备有的定值电阻R0

有以下几种规格：

A.10娄赂2.5WB.100娄赂1.0WC.200娄赂1.0WD.2000娄赂5.0W

本实验应选________

(2)

该同学接入符合要求的R0

后，闭合开关S

调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图22实所示的图线((已知该直线在yy轴的截距为0.1V0.1V鈭�1).).则根据该同学所作出的图线可求得电池的电动势EE为________VV内阻rr为________娄赂娄赂18、如图所示，互相垂直的两个分力F1、F2，将F2绕O点顺时针旋转至和F1重合，则合力在______（“增大”，“减小”），同时方向在______（“改变”，“不变”）．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)19、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）20、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

21、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）22、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

23、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

评卷人得分四、实验探究题(共3题，共30分)24、某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力；质量的关系．

（1）下列做法正确的是______

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1所示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2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2可知，m甲______m乙，μ甲______μ乙．（选填“大于”、“小于”或“等于”）25、如图所示，小量程电流表G的内阻为100Ω，满偏电流为1mA，若把它改装成5V、20V的两个量程的电压表，那么R2=______Ω．26、如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边缘放有一静止弹性球2．实验时，将球1拉到A点并从静止开始释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰撞后，球1把处于竖直方向的轻质指示针OC推移到与竖直线最大夹角为β处，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出：在A点时，弹性球1球心离水平桌面的距离为a，轻质指示针OC与竖直方向的夹角为β，球1和球2的质量分别为m1、m2，C点与桌子边沿间的水平距离为b．

（1）在此实验中要求m1______m2（填大于；小于或等于）；

（2）此外，还需要测量的量是______和______；

（3）根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为______．评卷人得分五、画图题(共2题，共16分)27、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象28、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】解：AB；温度是物体分子运动平均动能的标志．温度是大量分子热运动的集体表现；含有统计意义．对于个别分子来说，温度是没有意义的．故AB错误．

C；温度是物体分子运动平均动能的标志．从统计规律上看；气体温度升高时，速率小的分子数目减少，速率大的分子数目增加，故C正确。

D；分子做无规则运动；故分子内能永不为零，故D错误。

故选：C

从分子运动论观点看；温度是物体分子运动平均动能的标志．温度是大量分子热运动的集体表现，含有统计意义．对于个别分子来说，温度是没有意义的。

温度是物体内分子热运动的宏观表现，温度是表示物体冷热程度的物理量，微观上来讲是物体分子热运动的剧烈程度．温度是物体内分子间平均动能的一种表现形式．分子运动愈快，物体愈热，即温度愈高；分子运动愈慢，物体愈冷，即温度愈低【解析】【答案】C2、C【分析】解：光子与电子的碰撞过程中；系统不受外力，也没有能量损失，故系统动量守恒，系统能量也守恒；

光子与电子碰撞后；电子能量增加，故光子能量减小，根据E=hv，光子的频率减小；

根据λ=知；波长变长．即λ＜λ′

故选C．

光子与静止电子碰撞后；动量守恒，能量守恒，通过能量守恒判断光子频率的变化，从而得出波长的变化．

本题关键抓住动量守恒和能量守恒，以及波速、波长、频率的关系进行分析求解．【解析】【答案】C3、A【分析】【分析】当电流的方向与磁场方向平行时，导线不受安培力作用；当电流的方向与磁场的方向不平行时，受安培力作用，安培力的方向根据左手定则进行判断。解决本题的关键知道左手定则的正确使用方法。【解答】A.根据左手定则，安培力作用竖直向上，故A正确；B.根据左手定则，安培力方向竖直向下，故B错误；C.根据左手定则，安培力作用竖直向下，故C错误；D.根据左手定则，安培力作用垂直纸面向外，故D错误故选A。

【解析】A

4、C【分析】【分析】

当开关S

闭合时；电阻R3

与R2

并联后与R1

串联，当S

断开时，R1

与R3

串联，电压表测量R1

的电压.

根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E

对于闭合电路；根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路，要加强这方面的训练，做到熟练掌握。

【解答】

当开关S

闭合时，电阻R3

与R2

并联后与R1

串联，外电路总电阻为：R=12R2+R1=1.5娄赂

电路中干路电流为：I=UR1=11A=1A

根据闭合电路欧姆定律得：E=I(R+r)=1.5+r垄脵

当K

断开时，R1

与R3

串联，电路中干路电流为：I隆盲=U鈥�R1=0.81A=0.8A

根据闭合电路欧姆定律得：E=I隆盲(R隆盲+r)=0.8隆脕(2+r)垄脷

联立垄脵垄脷

解得：E=2Vr=0.5娄赂

故ABD错误，C正确。

故选C。

【解析】C

5、B【分析】解：由库伦定律可得：

变化前：F=kQ1Q2r2

变化后：F隆盲=kQ1Q2隆盲r隆盲2=kQ112Q2(12r)2=2kQ1Q2r2

所以：F隆盲=2F

故ACD错误，B正确．

故选：B

．

该题比较简单；直接根据库仑力公式得出两次作用力的表达式，则可求得距离减小后的相互作用力，从而解出正确结果．

本题考查库仑定律的直接应用，对于库伦定律公式要注意公式的适用条件以及公式中各个物理量的含义．【解析】B

6、A【分析】解：

A；牛顿不是国际单位制中基本单位；是根据牛顿第二定律得到的导出单位．符合题意，故A正确．

B；C、D秒、米、千克；是国际单位制中力学的基本单位．不符合题意．故BCD错误．

故选A

国际单位制中基本单位秒；米、千克；牛顿不是基本单位．

学习物理量时，物理量的单位要一并学习，国际单位制中基本单位只有七个基本单位，牛顿、焦耳等不是基本单位．【解析】【答案】A7、D【分析】【解析】

试题分析：各种频率(

波长)

的电磁波在真空中的传播速度都是电磁波在真空中传播速度与波长；频率、能量均无关，则D正确。

考点：本题考查电磁波在真空中传播。【解析】D

8、C【分析】解：A

根据电阻定律R=娄脩lS

当L

不变，S

增大1

倍，则电阻变为原来的12.

故A错误．

B、根据电阻定律R=娄脩lS

当S

不变，L

增大一倍时，电阻变成原来的2

倍.

故B错误．

C、根据电阻定律R=娄脩lS

当L

和S

都缩为原来的12

时；电阻不变.

故C正确．

D、根据电阻定律R=娄脩lS

横截面积的半径增大为原来的2

倍，则横截面积变为原来的4

倍，长度变为原来的2

倍，知电阻变成原来的一半；故D错误；

故选：C

．

根据电阻定律R=娄脩lS

结合电阻丝长度；横截面积的变化判断电阻的变化．

解决本题的关键掌握电阻定律公式R=娄脩lS

知道影响电阻大小的因素为导体长度、截面积及导体的村料．【解析】C

9、D【分析】解：升压变压器副线圈匝数变为原来的n

倍，则输电线路上的电流变为原来的1n

倍，故损失功率为P脣冒=I2R=(1nI)2R=Pn2

故D正确；

故选：D

输出功率一定时；根据P=UI

判断电压变化时，电流的变化，由P脣冒=I2R

求的损失功率。

解决此题关键掌握P=UI

和P=I2R

的应用，注意总功率和损失功率的关系，注意损失电压不是输送电压【解析】D

二、填空题(共9题，共18分)10、略

【分析】【解析】试题分析：该光源1s内发出的能量为照射面积为所以单位面积上接受的能量为每个光子的能量为故1s内打到金属板1m2面积上的光子数为考点：考查了光电效应方程【解析】【答案】0.03，11、略

【分析】解：自感电动势公式E=L结合电流变化率为10A/s，产生的自感电动势为2.0V；

则有：L===0.3V•s/A=0.3H；

当切断电路时；电流变化率为50A/s；

产生的自感电动势是E′=L=0.3×50V=15V；

故答案为：15；0.3H．

根据自感电动势公式E=L结合电流变化率，即可求解；切断电路时，自感系数不变，再由自感电动势，即可求解．

本题是基础的内容的考察，知道什么是自感现象，明确自感的作用可以解答本题，掌握自感电动势公式的应用，注意自感系数与电流变化率的大小无关．【解析】15；0.3H12、略

【分析】试题分析：沿电场线电势逐渐降低，A点电势低于B点电势，距离应该是沿电场线方向距离。考点：匀强电场电势差【解析】【答案】-5V13、E增大15【分析】【解答】解：①小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化；滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，为方便实验操作，滑动变阻器应选E．

②由图示图像可知；随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；

由图示图像可知，灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.4A，则灯泡电阻R===15Ω

故答案为：①电路图如图所示；E；②增大；15．

【分析】描绘灯泡电阻随电压的变化关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法．14、略

【分析】解：磁体的周围存在着磁场；磁体间的相互作用是通过磁场而发生的．根据电流的磁效应得知：电流周围也存在磁场，磁体间；磁体和通电导体间及通电导体之间的作用都是通过磁场而发生相互作用的．

故答案为：磁体，通电导体，通电导体，磁场．【解析】磁体;通电导体;通电导体;磁场15、略

【分析】解：通过abcd平面的磁通量大小为BSsin30°=BL2；

通过整个三棱柱的磁通量大小为：BL2；

故答案为：BL2；BL2；【解析】BL216、略

【分析】解：接线柱12

接入电路时，根据并联电路特点，有：IgRA=I1R1

解得I1=IgRAR1=0.40A

故可以测量的最大电流为I=Ig+I1=0.50A

接线柱13

接入电路时；电流表A

与R1

并联，后与R2

串联，根据串联电路的特点有：I3=I

则U3=I3R3=0.5隆脕30V=15V

故可以测量的最大电压为U=U3+UA=15+0.4隆脕100隆脕10鈭�3=15.04V=15V

故答案为：0.5015

将接线柱12

接入电路时；R1

与电流表并联，根据并联电路分流规律求出通过R1

的电流，从而求得最大电流。将接线柱13

接入电路时，R1

与电流表并联后再与R2

串联，根据串联电路的特点求解。

解决本题的关键是理解电压表和电流表的原理，明确当流过电流表的电流最大时，电表测量的电流或电压达到最大值，利用并联电路或串联电路的规律求解。【解析】0.5015

17、C；10；47【分析】解：(1)

当滑动变阻器短路时；电路中通过的最大电流为50mA

则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：R0=EI鈭�50娄赂=180鈭�50娄赂=130娄赂

定值电阻应选C；200娄赂1.OW

(2)

由闭合电路欧姆定律可得：U=ER0+R+r(R0+R)

变形得：1U=1E+rE1R+R0

由数学知识可知，图象中的斜率k=rE

截距b=1E

由图可知，b=0.1

故E=10V

k=0.66鈭�0.112隆脕10鈭�2=0.47

即rE=47

解得：r=47娄赂

故答案为：(1)C(2)1047

(1)

已知电源电动势；内阻及最大电流；由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；

(2)

由闭合电路欧姆定律可得出表达式；再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻．

本题关键在于能由图象知识(

斜率与截距的意义)

结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．【解析】C1047

18、增大改变【分析】解：由题意，结合力的合成法则，则可知，随着将F2绕O点顺时针旋转至和F1重合；其合力的大小增大，方向在改变；

故答案为：增大；改变．

根据力的平行四边形定则；结合三角知识，即可求解．

考查力的平行四边形定则的内容，掌握两个力大小不变，夹角在变化时，合力如何变化．【解析】增大改变三、判断题(共5题，共10分)19、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．20、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．21、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．22、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．23、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．四、实验探究题(共3题，共30分)24、略

【分析】解：（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；在调节模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=μmgcosθ，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；选择AD；

（2）设砝码与砝码桶的质量为m，小车的质量为M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得：a=

对木块，由牛顿第二定律得：T=Ma==只有当a=＜只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即：m＜＜M时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；

（3）当没有平衡摩擦力时有：T-f=ma，故a=T-μg，即图线斜率为纵轴截距的大小为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．

（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；失重，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