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2024届甘肃省张掖市民乐县第一中学高三上学期第二次诊断（期中）物理试题 （解析版）
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这是一份2024届甘肃省张掖市民乐县第一中学高三上学期第二次诊断（期中）物理试题 （解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1. 水平弹簧振子在做简谐运动过程中的位移随时间变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子在0.1s时的速度发生反向
B. 振子在0.15s时的弹性势能最大，动能最小
C. 振子在0.05s到0.15s过程中，回复力先变大再变小
D. 振子在0.15s到0.2s过程中，速度增大，加速度增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．振子在0.1s时的位移发生反向，速度方向不变，A错误；
B．振子在0.15s时位移最大，则弹性势能最大，动能最小，B正确；
C．振子在0.05s到0.15s过程中，位移先减小后增大，则回复力先变小再变大，C错误；
D．振子在0.15s到0.2s过程中，位移减小，则速度增大，回复力和加速度减小，D错误。
故选B。
2. 如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则下列描述正确的是（ ）
A. a、d处的质点位移始终为2A，b、c处的质点位移始终为零
B 图示时刻，e正处于波峰位置
C. 从图示时刻经过个周期，e处质点将处于波谷位置
D. e处的质点振幅仍为A
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、d处的质点振动加强，位移在大小在0和2A间变化，b、c处的质点振动减弱，位移始终为零，A错误；
B．e为a、d连线的中点，则e正处于平衡位置，B错误；
C．由传播方向可知，e处质点经过个周期处于波谷位置，C正确；
D．e处的质点振动加强，则振幅为2A，D错误。
故选C
3. 某人在大风中站立，他与水平地面间的最大静摩擦力为fm，其与大风作用的有效面积为S，假设风的密度为，风吹到人身上的速度立刻减为0，则在确保不被吹走的前提下，行人能够承受水平方向的最大风速为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当风对人的力等于最大静摩擦力时，风速最大，设t时间内吹到人身上风的质量为m，则
由动量定理得
联立得，最大风速为
故选A。
4. 如图所示，一列振幅为10cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是（ ）
A. 波的传播方向一定向右
B. 波长可能为3.5m
C. 周期可能为0.24s
D. 0.3s内质点P的位移大小为10cm
【答案】D
【解析】
【详解】A．波的传播方向不能确定，A错误；
B．P和Q之间只有一个波谷，则
或或
波长不能3.5m，B错误；
C．若Q点向上振动，则
得
若Q点向下振动，则
得
周期不可能为0.24s，C错误；
D．由题意可知，再经过0.3s，质点P到达波峰或波谷，故位移大小为10cm，D正确。
故选D。
5. 在 x 轴方向存在一静电场，其φ-x 图像如图所示，一电子以一定的初速度沿 x 轴从 O 点运动到 x4，电子仅受电场力，则该电子（ ）
A. 在 x1 处电势能最小
B. 从 x2到 x3受到的电场力和从 x3到 x4受到的电场力方向相反
C. 在 x1处受到的电场力最大
D. 在 x3处电势为零，电场强度也为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．电荷在某点的电势能为
由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；
B． x2到 x3的场强方向向右， x3到 x4的场强方向向右，所以电子在x2到 x3和x3到 x4受到的电场力方向都是向左，方向相同，故B错误；
C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在 x1处受到的电场力为0，故C错误；
D．φ-x图像中斜率表示电场强度， x3处的斜率不为0，所以 x3处的电场强度不为0，故D错误；
故选A。
6. 如图a所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v—t图像如图b中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5kg，乙物块质量为4kg，则（ ）
A. 此碰撞过程为弹性碰撞
B. 碰后瞬间乙物块速度为2.5m/s
C. 碰后乙物块移动的距离为3.5m
D. 碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5
【答案】B
【解析】
【详解】AB．碰撞前甲的速度为3m/s，碰撞后甲的速度为1m/s，根据动量守恒
代入数据得，碰后瞬间乙物块速度为
碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
则此碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．碰撞前，甲做匀减速运动，加速度大小为
可知，甲速度为零的时刻为。图像面积等于位移，则碰后乙物块移动的距离为
C错误；
D．乙的加速度大小为
碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为
D错误。
故选B。
7. 如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧固定连接的物体A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k。C为一固定的挡板。现让一质量为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘为一体，在之后的运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则（ ）
A. D和A在斜面上的运动一定不是简谐运动
B. D的最大加速度大小为
C. D和A做简谐运动的振幅为
D. B对C的最大弹力为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，D和A粘在一起之后的运动过程中，B始终处于静止状态。斜面光滑，由重力沿斜面的下滑分力和弹簧弹力提供D和A的回复力，则D和A在斜面上的运动是简谐运动，A错误；
B．当物体B对C有最小弹力时，D和A运动到最高点，D的最大加速度最大。对B分析，弹簧弹力为
对D和A
D的最大加速度大小为
B错误；
C．当D和A处于平衡位置时，弹簧的压缩量为
当D和A运动至最低点时
此时弹簧的压缩量为
则振幅为
C错误；
D．弹簧弹力最大时，对B
得
由牛顿第三定律，B对C的最大弹力为，D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O．一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则
A. 轨道上D点的场强大小为
B. 小球刚到达C点时，其加速度为零
C. 小球刚到达C点时，其动能为
D. 小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】由点电荷场强公式可得,轨道上D点的场强为: ，选项A错误；同理可得轨道上C点的场强也为:，在C点，由牛顿定律可得： ，解得a=0，选项B正确；从D到C，电场力做功为零，根据动能定理可得：，选项C正确；小球沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D错误；故选BC.
点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.
9. 如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块从P到B过程克服摩擦力做的功为1.5mgR
B. 物块从A到B过程与圆弧槽间正压力为
C. 物块在B点时对槽底的压力大小为
D. 物块滑到C点（C点位于A、B之间）且OC和OA的夹角为，此时重力的瞬时功率为
【答案】CD
【解析】
【详解】A． 在半圆弧槽中匀速率运动，根据动能定理
联立得，物块从P到B过程克服摩擦力做的功为
A错误；
B．物块从A到B过程与圆弧槽间正压力大小一直变化，B错误；
C．根据机械能守恒
物块在B点时，根据牛顿第二定律
得
由牛顿第三定律，物块在B点时对槽底的压力大小为，C正确；
D．物块滑到C点时重力的瞬时功率为
得
D正确。
故选CD。
10. 如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E，在地面上O点处有一足够大的固定绝缘平板OM与水平地面夹角，在地面上到O点距离为d的P点处有带电小球。已知小球的质量为m，当给小球一垂直于OM方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球所带的电量为
B. 小球初速度的大小为
C. 若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，小球仍能打到绝缘平板上
D. 若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，小球经过时间又落回地面
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由题意可知，带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示，可知小球带正电
可得
，
解得
根据动能定理可得
联立解得
A错误，B正确；
C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，沿方向和垂直于方向进行分解，则
小球仍能打到绝缘平板上，C正确；
D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，沿竖直方向和水平方向进行分解，则竖直方向的分速度为
又落回地面的时间为
D正确。
故选BCD。
三、实验题（共16分）
11. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压有的交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器材
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上
C．用天平测出重物的质量
D．释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中没有必要进行或者操作不恰当的步骤是________。（将其选项对应的字母填在横线处）
（2）在验证机械能守恒定律的实验中，若以为纵轴、以h为横轴，根据实验数据绘出的图像应是________，才能验证机械能守恒定律，图像的斜率等于________的数值。
【答案】 ①. BCD ②. 过原点的倾斜直线 ③. 重力加速度g
【解析】
【详解】（1）[1]B．打点计时器应接到电源的交流输出端上，故B错误；
C．验证机械能是否守恒只需验证
即
m可约去，故不需要用天平测重物的质量，则C没必要；
D．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，故D错误
故选BCD。
（2）[2][3]根据题意可知，物体自由下落过程中机械能守恒，则有
即
若以为纵轴、以h为横轴，根据实验数据绘出的图像应是过原点的倾斜直线，图像的斜率等于重力加速度g的数值。
12. 为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1 > m2。
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的___________点，m2的落点是图中的___________点。
（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量是守恒的。
（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式___________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 ①. D ②. F ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1][2]小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；
（2）[3]碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1。小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2。设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得
解得
同理可解得
所以只要满足
即
则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）[4]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式
即
m1LE = m1LD＋m2LF
13. 如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，求：
（1）细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能Ep；
（2）若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
【答案】（1）Ep=24J；（2）
【解析】
【详解】（1）设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律得
A向N运动的过程，运用动能定理得
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
解得
vA=3m/s
Ep=24J
（2）滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为，滑块A加速度大小为
由运动学公式得
滑块与传送带间的相对滑动路程为
在相对滑动过程中产生的摩擦热
联立解得
14. 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q= +6×10-5 C的带电小球2（可视为质点）静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m =0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。求：
（1）黏合体在A点的速度大小；
（2）弹簧的弹性势能；
（3）小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
【答案】（1）5m/s；（2）9.2J；（3）0.6s
【解析】
【详解】(1)小球2所受电场力
小球1和小球2的重力和为
如图所示
小球12所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为
所以
所以A点是小球12在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球12恰能沿圆弧到达A点，所以
解得
(2)小球从C点到A点，由动能定理得
解得
小球12的碰撞由动量守恒定律得
解得
小球1碰撞前的速度
由机械能守恒可得弹簧的弹性势能
(3)如图小球12在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
由竖直方向匀加速运动可得
解得
15. 如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标已知小球抛出时的动能为，在B点的动能为，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；
匀强电场的场强和小球的质量；
小球在电场中运动的最小动能．
【答案】（1）1：1（2）匀强电场的场强为，小球的质量为（3）
【解析】
【详解】解：设小球质量m，初速度为，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，
有：
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，
由运动学公式得：
联立解得：
即
设小球在B点竖直方向上的速度为，有
又
设小球在A点竖直方向的速度为，由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且
联立解得：
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：
联立解得：，方向水平向右
又有运动学公式得
联立解得：
由以上所得结果可知与水平方向夹角为，vA与水平方向夹角为，
建立如图所示坐标系
将分解到xy上，小球在方向上做匀速运动，在当方向上做类似于竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为
而
解得
答：小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比为1：1；
匀强电场的场强为，小球的质量为；
1. 水平弹簧振子在做简谐运动过程中的位移随时间变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 振子在0.1s时的速度发生反向
B. 振子在0.15s时的弹性势能最大，动能最小
C. 振子在0.05s到0.15s过程中，回复力先变大再变小
D. 振子在0.15s到0.2s过程中，速度增大，加速度增大
【答案】B
【解析】
【详解】A．振子在0.1s时的位移发生反向，速度方向不变，A错误；
B．振子在0.15s时位移最大，则弹性势能最大，动能最小，B正确；
C．振子在0.05s到0.15s过程中，位移先减小后增大，则回复力先变小再变大，C错误；
D．振子在0.15s到0.2s过程中，位移减小，则速度增大，回复力和加速度减小，D错误。
故选B。
2. 如图所示，有两列频率相同、振动方向相同、振幅均为A、传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉，两列波的传播方向如图中箭头所示。图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则下列描述正确的是（ ）
A. a、d处的质点位移始终为2A，b、c处的质点位移始终为零
B 图示时刻，e正处于波峰位置
C. 从图示时刻经过个周期，e处质点将处于波谷位置
D. e处的质点振幅仍为A
【答案】C
【解析】
【详解】A．a、d处的质点振动加强，位移在大小在0和2A间变化，b、c处的质点振动减弱，位移始终为零，A错误；
B．e为a、d连线的中点，则e正处于平衡位置，B错误；
C．由传播方向可知，e处质点经过个周期处于波谷位置，C正确；
D．e处的质点振动加强，则振幅为2A，D错误。
故选C
3. 某人在大风中站立，他与水平地面间的最大静摩擦力为fm，其与大风作用的有效面积为S，假设风的密度为，风吹到人身上的速度立刻减为0，则在确保不被吹走的前提下，行人能够承受水平方向的最大风速为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】当风对人的力等于最大静摩擦力时，风速最大，设t时间内吹到人身上风的质量为m，则
由动量定理得
联立得，最大风速为
故选A。
4. 如图所示，一列振幅为10cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3m。某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3s，Q第一次到达波峰。则下列说法正确的是（ ）
A. 波的传播方向一定向右
B. 波长可能为3.5m
C. 周期可能为0.24s
D. 0.3s内质点P的位移大小为10cm
【答案】D
【解析】
【详解】A．波的传播方向不能确定，A错误；
B．P和Q之间只有一个波谷，则
或或
波长不能3.5m，B错误；
C．若Q点向上振动，则
得
若Q点向下振动，则
得
周期不可能为0.24s，C错误；
D．由题意可知，再经过0.3s，质点P到达波峰或波谷，故位移大小为10cm，D正确。
故选D。
5. 在 x 轴方向存在一静电场，其φ-x 图像如图所示，一电子以一定的初速度沿 x 轴从 O 点运动到 x4，电子仅受电场力，则该电子（ ）
A. 在 x1 处电势能最小
B. 从 x2到 x3受到的电场力和从 x3到 x4受到的电场力方向相反
C. 在 x1处受到的电场力最大
D. 在 x3处电势为零，电场强度也为零
【答案】A
【解析】
【详解】A．电荷在某点的电势能为
由公式可知，负点电荷在电势越大的地方，电势能越小，所以该电子在x1处的电势能最小，故A正确；
B． x2到 x3的场强方向向右， x3到 x4的场强方向向右，所以电子在x2到 x3和x3到 x4受到的电场力方向都是向左，方向相同，故B错误；
C．φ-x图像中斜率表示电场强度，可知电子在 x1处受到的电场力为0，故C错误；
D．φ-x图像中斜率表示电场强度， x3处的斜率不为0，所以 x3处的电场强度不为0，故D错误；
故选A。
6. 如图a所示，在粗糙的水平地面上有两个大小相同但材质不同的甲、乙物块。t=0时刻，甲物块以速度向右运动，经一段时间后与静止的乙物块发生正碰，碰撞前后两物块运动的v—t图像如图b中实线所示，其中甲物块碰撞前后的图线平行，已知甲物块质量为5kg，乙物块质量为4kg，则（ ）
A. 此碰撞过程为弹性碰撞
B. 碰后瞬间乙物块速度为2.5m/s
C. 碰后乙物块移动的距离为3.5m
D. 碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为6∶5
【答案】B
【解析】
【详解】AB．碰撞前甲的速度为3m/s，碰撞后甲的速度为1m/s，根据动量守恒
代入数据得，碰后瞬间乙物块速度为
碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
则此碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．碰撞前，甲做匀减速运动，加速度大小为
可知，甲速度为零的时刻为。图像面积等于位移，则碰后乙物块移动的距离为
C错误；
D．乙的加速度大小为
碰后甲、乙两物块所受摩擦力之比为
D错误。
故选B。
7. 如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有两个用轻质弹簧固定连接的物体A和B，它们的质量均为m，弹簧的劲度系数为k。C为一固定的挡板。现让一质量为m的物体D从距A为L的位置由静止释放，D和A相碰后立即粘为一体，在之后的运动过程中，物体B对C的最小弹力为，则（ ）
A. D和A在斜面上的运动一定不是简谐运动
B. D的最大加速度大小为
C. D和A做简谐运动的振幅为
D. B对C的最大弹力为
【答案】D
【解析】
【详解】A．由题意可知，D和A粘在一起之后的运动过程中，B始终处于静止状态。斜面光滑，由重力沿斜面的下滑分力和弹簧弹力提供D和A的回复力，则D和A在斜面上的运动是简谐运动，A错误；
B．当物体B对C有最小弹力时，D和A运动到最高点，D的最大加速度最大。对B分析，弹簧弹力为
对D和A
D的最大加速度大小为
B错误；
C．当D和A处于平衡位置时，弹簧的压缩量为
当D和A运动至最低点时
此时弹簧的压缩量为
则振幅为
C错误；
D．弹簧弹力最大时，对B
得
由牛顿第三定律，B对C的最大弹力为，D正确。
故选D。
二、多项选择题（每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8. 如图所示，水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道CD的最低点，光滑直导轨的上端点D到A、B两点的距离均为L，D在AB边上的竖直投影点为O．一对电荷量均为－Q的点电荷分别固定于A、B两点．在D处将质量为m、电荷量为+q的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，将小球由静止开始释放，已知静电力常量为k、重力加速度为g，且，忽略空气阻力，则
A. 轨道上D点的场强大小为
B. 小球刚到达C点时，其加速度为零
C. 小球刚到达C点时，其动能为
D. 小球沿直轨道CD下滑过程中，其电势能先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】由点电荷场强公式可得,轨道上D点的场强为: ，选项A错误；同理可得轨道上C点的场强也为:，在C点，由牛顿定律可得： ，解得a=0，选项B正确；从D到C，电场力做功为零，根据动能定理可得：，选项C正确；小球沿直轨道CD下滑过程中，电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小后增大，选项D错误；故选BC.
点睛：解答此题关键是搞清两个点电荷周围的电场分布情况，利用对称的思想求解场强及电势的关系；注意立体图与平面图形的转化关系.
9. 如图所示，半径为R的半圆弧槽固定在水平面上，槽口向上，槽口直径水平，一个质量为m的物块从P点由静止释放刚好从槽口A点无碰撞地进入槽中，并沿圆弧槽匀速率地滑行到B点，不计物块的大小，P点到A点高度为h，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A. 物块从P到B过程克服摩擦力做的功为1.5mgR
B. 物块从A到B过程与圆弧槽间正压力为
C. 物块在B点时对槽底的压力大小为
D. 物块滑到C点（C点位于A、B之间）且OC和OA的夹角为，此时重力的瞬时功率为
【答案】CD
【解析】
【详解】A． 在半圆弧槽中匀速率运动，根据动能定理
联立得，物块从P到B过程克服摩擦力做的功为
A错误；
B．物块从A到B过程与圆弧槽间正压力大小一直变化，B错误；
C．根据机械能守恒
物块在B点时，根据牛顿第二定律
得
由牛顿第三定律，物块在B点时对槽底的压力大小为，C正确；
D．物块滑到C点时重力的瞬时功率为
得
D正确。
故选CD。
10. 如图所示，在水平地面上方有水平向右的匀强电场，其电场强度的大小为E，在地面上O点处有一足够大的固定绝缘平板OM与水平地面夹角，在地面上到O点距离为d的P点处有带电小球。已知小球的质量为m，当给小球一垂直于OM方向的初速度时，小球恰好沿垂线PN运动到绝缘平板上的N点且未发生碰撞。小球可视作质点，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小球所带的电量为
B. 小球初速度的大小为
C. 若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，小球仍能打到绝缘平板上
D. 若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，小球经过时间又落回地面
【答案】BCD
【解析】
【详解】AB．由题意可知，带电小球所受合力与小球速度方向相反，如图所示，可知小球带正电
可得
，
解得
根据动能定理可得
联立解得
A错误，B正确；
C．若给小球一个垂直地面竖直向上的初速度，沿方向和垂直于方向进行分解，则
小球仍能打到绝缘平板上，C正确；
D．若给小球一个平行于绝缘平板MN的初速度，沿竖直方向和水平方向进行分解，则竖直方向的分速度为
又落回地面的时间为
D正确。
故选BCD。
三、实验题（共16分）
11. 用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验所用的电源为学生电源，输出电压有的交流电和直流电两种。重物从高处由静止开始下落，重物拖着纸带通过打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点进行测量，即可验证机械能守恒定律。
（1）下面列举了该实验的几个操作步骤：
A．按照图示的装置安装器材
B．将打点计时器接到电源的直流输出端上
C．用天平测出重物的质量
D．释放纸带，同时接通电源开关打出一条纸带
E．测量打出的纸带上某些点之间的距离
F．根据测量的结果计算重物下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能
其中没有必要进行或者操作不恰当的步骤是________。（将其选项对应的字母填在横线处）
（2）在验证机械能守恒定律的实验中，若以为纵轴、以h为横轴，根据实验数据绘出的图像应是________，才能验证机械能守恒定律，图像的斜率等于________的数值。
【答案】 ①. BCD ②. 过原点的倾斜直线 ③. 重力加速度g
【解析】
【详解】（1）[1]B．打点计时器应接到电源的交流输出端上，故B错误；
C．验证机械能是否守恒只需验证
即
m可约去，故不需要用天平测重物的质量，则C没必要；
D．开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重物，故D错误
故选BCD。
（2）[2][3]根据题意可知，物体自由下落过程中机械能守恒，则有
即
若以为纵轴、以h为横轴，根据实验数据绘出的图像应是过原点的倾斜直线，图像的斜率等于重力加速度g的数值。
12. 为了验证碰撞中的动量守恒和检验两个小球的碰撞是否为弹性碰撞（碰撞过程中没有机械能损失），某同学选取了两个体积相同、质量不等的小球，按下述步骤做了如下实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2，且m1 > m2。
②按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端。
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
④将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。
⑤用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的___________点，m2的落点是图中的___________点。
（2）用测得的物理量来表示，只要满足关系式___________，则说明碰撞中动量是守恒的。
（3）用测得的物理量来表示，只要再满足关系式___________，则说明两小球的碰撞是弹性碰撞。
【答案】 ①. D ②. F ③. ④.
【解析】
【详解】（1）[1][2]小球m1和小球m2相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，都做平抛运动，所以碰撞后m1球的落地点是D点，m2球的落地点是F点；
（2）[3]碰撞前，小于m1落在图中的E点，设其水平初速度为v1。小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中的D点，设其水平初速度为，m2的落点是图中的F点，设其水平初速度为v2。设斜面BC与水平面的倾角为α，由平抛运动规律得
解得
同理可解得
所以只要满足
即
则说明两球碰撞过程中动量守恒。
（3）[4]若两小球的碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后机械能没有损失，则要满足关系式
即
m1LE = m1LD＋m2LF
13. 如图所示，足够长的光滑水平台面M距地面高h=0.80m，平台右端紧接长度L=5.4m的水平传送带NP，A、B两滑块的质量分别为mA=4kg、mB=2kg，滑块之间压着一条轻弹簧(不与两滑块栓接)并用一根细线锁定，两者一起在平台上以速度v=1m/s向右匀速运动；突然，滑块间的细线瞬间断裂，两滑块与弹簧脱离，之后A继续向右运动，并在静止的传送带上滑行了1.8m，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2，求：
（1）细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能Ep；
（2）若在滑块A冲到传送带时传送带立即以速度v1=1m/s逆时针匀速运动，求滑块A与传送带系统因摩擦产生的热量Q；
【答案】（1）Ep=24J；（2）
【解析】
【详解】（1）设A、B与弹簧分离瞬间的速度分别为vA、vB，取向右为正方向，由动量守恒定律得
A向N运动的过程，运用动能定理得
细线断裂瞬间弹簧释放的弹性势能为
解得
vA=3m/s
Ep=24J
（2）滑块A在皮带上向右减速到0后向左加速到与传送带共速，之后随传送带向左离开，设相对滑动时间为，滑块A加速度大小为
由运动学公式得
滑块与传送带间的相对滑动路程为
在相对滑动过程中产生的摩擦热
联立解得
14. 如图所示，空间有一水平向右的匀强电场，电场强度的大小为E=1.0×104 V/m。该空间有一个半径为R=2m的竖直光滑绝缘圆环的一部分，圆环与光滑水平面相切于C点，A点所在的半径与竖直直径BC成37°角。质量为m=0.04 kg、电荷量为q= +6×10-5 C的带电小球2（可视为质点）静止于C点。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端自由伸长时位于P点。质量也为m =0.04 kg的不带电小球1挨着轻弹簧右端，现用力缓慢压缩轻弹簧右端到P点左侧某点后释放。小球1沿光滑水平面运动到C点与小球2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两小球黏合在一起且恰能沿圆弧到达A点。P、C两点间距离较远，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。求：
（1）黏合体在A点的速度大小；
（2）弹簧的弹性势能；
（3）小球黏合体由A点到达水平面运动的时间。
【答案】（1）5m/s；（2）9.2J；（3）0.6s
【解析】
【详解】(1)小球2所受电场力
小球1和小球2的重力和为
如图所示
小球12所受重力与电场力的合力与竖直方向的夹角为
所以
所以A点是小球12在重力场和电场中做圆周运动的等效最高点，由于小球12恰能沿圆弧到达A点，所以
解得
(2)小球从C点到A点，由动能定理得
解得
小球12的碰撞由动量守恒定律得
解得
小球1碰撞前的速度
由机械能守恒可得弹簧的弹性势能
(3)如图小球12在A点竖直方向上做匀加速运动
竖直方向上的初速度为
由竖直方向匀加速运动可得
解得
15. 如图所示，在坐标系xOy中，x轴水平向右，y轴竖直向下，在区域内存在与x轴平行的匀强电场未画出，一带正电小球，电荷量为q，从原点O水平抛出，再从A点进入电场区域，并从C点离开，其运动的轨迹如图所示，B点是小球在电场中向右运动的最远点，B点的横坐标已知小球抛出时的动能为，在B点的动能为，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比；
匀强电场的场强和小球的质量；
小球在电场中运动的最小动能．
【答案】（1）1：1（2）匀强电场的场强为，小球的质量为（3）
【解析】
【详解】解：设小球质量m，初速度为，从O到A，小球水平方向做匀速直线运动，
有：
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，依据题意小球在B点水平方向的速度为0，
由运动学公式得：
联立解得：
即
设小球在B点竖直方向上的速度为，有
又
设小球在A点竖直方向的速度为，由于小球在竖直方向做自由落体运动，而且
联立解得：
从A运动到B点，小球水平方向做匀减速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得：
联立解得：，方向水平向右
又有运动学公式得
联立解得：
由以上所得结果可知与水平方向夹角为，vA与水平方向夹角为，
建立如图所示坐标系
将分解到xy上，小球在方向上做匀速运动，在当方向上做类似于竖直上抛运动，所以小球在电场中运动的最小动能为
而
解得
答：小球在OA段运动的时间与在AB段运动的时间之比为1：1；
匀强电场的场强为，小球的质量为；
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