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9.AD【解析】由图乙可知,当F=6N时,二者刚好滑动,此时小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$,由牛顿第二定律可得a=,解得动摩擦因数k=0.2,A项正确;当F=6N时,二者刚好滑动,以后拉力增大,滑块的加速度不变,所以当F=8N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,B$$项错误;当F=6N时,小滑块的加速度为$$2m/s^2,$$对整体分析,由牛顿第二定律有F=(M+m)a,代入数据解得M+m=3kg,,当F>6N时,由牛顿第二定律得$$a=F-mgM=1MF-mM,$$由图线的斜率$$k=1M=26-4=1,$$,解得M=1kg,m=2kg,C项错误;若拉力作用在小滑块上,当F=9N时,若发生相对滑动,对小滑块由牛顿第二定律可得a’=对板有g=Ma”,解得$$a’=4m/s^2>a’,$$不合理,故二者保持相对静止一起加速,且$$a=FM+m=3m/s^2,D$$项正确。

14..【解解析】(1)根据机械能守恒定律有号m=E+ { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } = E _ { k } +mgh (2分) 得E–m-mgd tanE _ { k } = { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } – m g d (1分) 能为零,动能和速度最大,则 (2)①(2)①当粒子经过x=0的位置时,电势为零,则电势x=0 { 1 } { 2 } m v _ { m } ^ { 2 } + 0 = A 解得v _ { m } = { { 2 A } { m } } (1分) ②设粒子的运动区间为- x _ { m } x { x _ { m } } ,当粒子运动到x = x _ { m }处时,其势能最大为E _ { p m } ,,动能为零,则电势能E _ { p } = q _ { p } , _ { p m } = A = q _ { m } (1分)电场强度BE = { _ { 0 } } { d } = { _ { m } } { x _ { m } } (1分)所以x _ { m } = { d A } { q _ { 0 } } (1分)即粒子的运动区间为- { d A } { q 4 0 } x { d A } { q 4 0 } (1分)

13.(1)C(2分)(2)58(11分)58.8(1分)1.96(2分)解析:(1)平抛运动的竖直分运动是自由落体运动,与小球质量是否相等无关,选项A错误;平抛运动的竖直分运动是自由落体与其合运动具有等时性,所以应听到一次撞地声,选项B错误;为了证明此结论的普遮适用,应改变高度重复实验,选项C正确;此实验说明不了平抛运动的水平分运动是匀速直线运动,选项D错误(2)由y=gT^2,,得T=0.1s,小球平抛的初速度大小为z0=xT=1.96m/s,又y4=y3+3y=58.8cm,x4=u637=58.8cm,,则没有被拍摄到的小球位置坐标为(58.8cm,58.8cm).

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