高級中學名校試卷PAGEPAGE1高二下物理階段測試（一）一、選擇題（每題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-12題有多項符合題目要求。多選題目全部選對的得5分，選不全的得3分，選錯得0分。）1.如圖所示，斜面體固定在水平地面上，滑塊和彈簧組成彈簧振子，滑塊在光滑斜面上的A、B兩點之間做往復運動，O為平衡位置，下列說法正確的是（）A.滑塊運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力和回復力的作用B.滑塊運動到O點時，彈簧的彈力為0C.滑塊由A向O運動過程中，彈簧彈性勢能一直在減小D.滑塊由O向B運動過程中，滑塊的機械能一直在增大【答案】C【解析】A．滑塊運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力3個力的作用，回復力是效果力，并非滑塊受到的力，故A錯誤；B．滑塊運動到O點時，所受合力為0，則彈簧的彈力等于重力沿斜面向下的分力，不為0，故B錯誤；C．滑塊由A向O運動過程中，彈簧的形變量減小，彈性勢能一直在減小，故C正確；D．滑塊由O向B運動過程中，如果到達B點時，彈簧仍處于伸長狀態，則彈力一直做正功，滑塊的機械能一直在增大；如果到達B點時，彈簧處于壓縮狀態，則彈力先做正功后做負功，滑塊的機械能先增大后減小，故D錯誤。故選C。2.圖甲為“魔幻飛碟變形球”，用腳將其踩扁，松開腳一段時間后球會彈起。其簡化模型如圖乙，兩物塊A、B拴接在輕彈簧兩端。通過物塊A向下壓縮彈簧至某一位置后由靜止釋放，則物塊B會被彈起離開地面，空氣阻力和彈簧的質量忽略不計。下列說法正確的是（）A.松開腳，B離開地面前，A、B以及彈簧組成的系統機械能不守恒B.松開腳，B離開地面后，A、B以及彈簧組成的系統動量守恒C.松開腳，B離開地面之前，地面對B彈力的沖量大于A動量的變化量D.從B離開地面到彈簧第一次恢復原長的過程中，A的動量變化量小于B的動量變化量【答案】C【解析】A．松開腳后，A、B及彈簧組成的系統只有系統內部彈力做功，則系統機械能守恒，故A錯誤；B．B離開地面以后，A、B及彈簧組成的系統在豎直方向合力不為0，所以動量不守恒，故B錯誤；C．B離開地面之前，對系統A、B及彈簧組成的系統在豎直方向使用動量定理，選取豎直向上為正方向，可得顯然地面對B的沖量，故C正確；D．從B離開地面到彈簧第一次恢復原長過程中，對A在豎直方向使用動量定理有對B有可得A的動量變化量大于B的動量變化量，故D錯誤。故選C。3.如圖，質量為m的A球與質量為2m的B球在光滑的水平面上，現讓A球以速度v向右運動與靜止的B球發生正碰，取向右為正方向。則碰后A球的速度不可能為（）A. B. C.0 D.【答案】B【解析】D．若兩球碰后共速，根據動量守恒有解得故D可能，不符合題意；A．若兩球的碰撞是彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒有，解得故A可能，不符合題意；B．根據動量守恒有令，代入得則碰后的總動能比碰前的動能大，故B不可能，符合題意；C．根據動量守恒有令，代入得則碰后的總動能比碰前的動能小，故C可能，不符合題意。本題選不可能的，故選B。4.如圖所示，靜止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面體的質量為3m，直角邊長為L，將質量為m的滑塊（視為質點）從斜面體頂端由靜止釋放，滑塊沿斜面下滑的過程中，滑塊的加速度大小為a1，斜面體的加速度大小為a2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.從滑塊剛下滑到滑塊滑至斜面底端時，斜面體的位移大小為B.a1的水平分量與a2之比為C.滑塊對斜面體的作用力方向與地面對斜面體的作用力方向相反D.a1的豎直分量等于g【答案】B【解析】A．因為滑塊與斜面體組成的系統在水平方向上無外力，所以系統在水平方向上動量守恒，在水平方向有兩邊同乘以t，有可得又有聯立解得斜面體的位移大小為故A錯誤；B．設滑塊與斜面體之間的彈力大小為，則滑塊的加速度水平分量為斜面體的加速度為則a1的水平分量與a2之比為，故B正確；C．滑塊對斜面體作用力方向垂直斜面向下，地面對斜面體的作用力方向豎直向上，故C錯誤；D．以滑塊為對象，豎直方向根據牛頓第二定律可得可得故D錯誤。故選B。5.如圖所示，表面光滑的四分之一圓弧形軌道靜止在光滑水平面上。小球以一定的初速度從A點滑上軌道底端，并從B點離開軌道頂端。若軌道和小球的質量相等，則在小球和軌道相互作用的過程中（）A.小球和軌道組成的系統動量守恒B.小球從B點離開軌道時做豎直上拋運動C.小球對軌道先做正功后做負功D.小球能夠回到A點且之后做自由落體運動【答案】D【解析】A.對小球和軌道組成的系統，水平方向不受外力，故系統水平方向動量守恒，在豎直方向，系統所受合外力不為零，故小球與軌道組成系統動量不守恒，故A錯誤；B.小球從B點離開軌道時相對軌道做豎直上拋運動，此時在水平方向與軌道速度相同，一起向左運動，故小球從B點離開軌道時做斜上拋運動，故B錯誤；C．小球對軌道的壓力始終垂直軌道向下，這個力的方向與軌道的運動方向夾角為銳角，故小球對軌道的壓力一直做正功，故C錯誤；D.對小球與軌道系統，在小球從A點出發再次回到A點的過程中，系統水平方向動量守恒又機械能守恒得解得由于軌道和小球的質量相等，故小球回到A點時的速度，恰好做自由落體運動，故D正確。故選D。6.如圖，水平絕緣面上的badc線框，處在磁感應強度B=1.0T方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿PQ在水平外力F作用下在粗糙的平行金屬導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離l=1.0m，定值電阻，金屬桿的電阻，導軌電阻忽略不計，金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A.通過R的感應電流的方向由d到aB.金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為3VC.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND.外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱【答案】C【解析】A．金屬桿PQ向右運動切割磁感線，根據右手定則可知，通過R的感應電流的方向由a到d，故A錯誤；BC．金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為回路的電流為則金屬桿PQ受到的安培力大小為故B錯誤，C正確；D．金屬棒做勻速運動，由于軌道粗糙，金屬棒受到摩擦力作用，根據能量守恒可知，外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱與因摩擦產生的熱量之和，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，質量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內部長度L=1m，盒內正中間放有一質量M=3m的物塊（可視為質點），物塊與盒子內部的動摩擦因數為0.03。從某一時刻起，給物塊一個水平向右、大小為4m/s的初速度v0，已知物體與盒子發生彈性碰撞，g=10m/s2，那么該物塊與盒子前、后壁發生碰撞的次數為（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】由動量守恒可得Mv0=（M+m）v到物塊停止系統機械能的損失為M-(M+m)v2=μMgx解得x=m≈6.67m故物塊與盒子發生7次碰撞。故選C。8.如圖，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為cm，下列說法正確的是（）A.振子運動周期是0.2sB.時，振子位于M點C.s時，振子具有最大速度D.從運動過程中，振子的加速度減小，振子的動能增加【答案】ACD【解析】A．因，可知振子的運動周期是故A正確；B．由，可知時，，即振子位于N點，故B錯誤；C．由可知s時，，此時振子在O點，振子速度最大，故C正確；D．從M→O，形變量減小，振子加速度減小，彈力做正功，振子的動能增加，故D正確。故選ACD。9.如圖甲所示質量為m的B木板放在水平面上，質量為2m的物塊A通過一輕彈簧與其連接。給A一豎直方向上的初速度，當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，A的位移隨時間變化規律如圖乙，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A.物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧提供B.物體A在運動中最大加速度為C.物體B在t1時刻對地面的壓力大小為2mgD.物體A的振動方程為【答案】BD【解析】A．物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，故A錯誤；B．當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零，則有解得故B正確；C．時刻物塊A在平衡位置，此時彈簧處于壓縮狀態，彈力為對物體B受力分析有則可得由牛頓第三定律得物體B在時刻對地面的壓力大小為，故C錯誤；D．由圖乙可知振幅為10cm，周期為1.0s，圓頻率為規定向上為正方向，t=0時刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運動，所以初相為則振子的振動方程為故D正確。故選BD。10.質量分別為m甲和m乙的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是，；甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙的動量變為，則m甲，m乙的關系可能是（）A.m甲＝m乙 B.2m甲＝m乙 C.5m甲＝2m乙 D.4m甲＝m乙【答案】BC【解析】ABCD．根據動量守恒定律得解得碰撞過程系統的總動能不增加，則有代入數據解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有代入數據解得綜上有所以，只有和可能，AD錯誤BC正確。故選BC。11.如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊，從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M=5m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為，重力加速度為g，則（）A.全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+LB.全過程小車相對地面的位移大小為C.小車在運動過程中速度的最大值為D.、L、R三者之間的關系為【答案】CD【解析】AB．滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，由人船模型特點有由上兩式解得，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為，全過程小車相對地面的位移大小為，所以AB錯誤；C．滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒，則有由上兩式解得小車在運動過程中速度的最大值為，故C正確；D．滑塊最后恰好停在C點時，小車也停止運動，全程由能量守恒定律則有解得故D正確。故選CD。12.如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊、用輕質橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。時，以水平向左的初速度開始運動，初速度為0，、運動的圖像如圖乙所示。已知的質量為時間內的位移為時二者發生碰撞并粘在一起，則（）A.B的質量為B.橡皮繩的最大彈性勢能為C.橡皮繩的原長為D.二者發生碰撞并粘在一起后的速度為【答案】AD【解析】A．由圖乙及動量守恒定律得解得故A正確；B．時刻二者速度相同，橡皮繩剛好處于最大形變量，由能量守恒有解得橡皮繩的最大彈性勢能為故B錯誤；C．由圖分析可知時刻，橡皮繩剛好由拉伸狀態變為原長，階段物塊向右勻速運動，物塊向左勻速運動，直至相碰，由于系統動量和能量守恒有解得二者的速度大小為、則設橡皮繩原長為，由運動關系可知橡皮繩的原長為故C錯誤；D．由動量守恒定律得解得二者發生碰撞并粘在一起后的速度故D正確。故選AD。二、實驗題（每空3分，共9分）13.楊同學設計了如圖所示一個簡易實驗來驗證動量守恒定律，將一個彈射裝置固定在長水平板上，彈射器的彈簧原長時右端在點。物塊A和物塊B的質量分別為和，兩者與長水平板間的動摩擦因數相同且較小。先不放物塊B，用物塊A壓縮彈簧右端至Q點后由靜止釋放，物塊A運動到長水平板上的P點后停下。在長水平板上點右側某處標記點O，將物塊B放置在O點后，再次用物塊A壓縮彈簧右端至Q點后由靜止釋放，兩物塊發生對心正碰，最終分別停在M點和N點。多次重復實驗，確定P、M、N的平均位置，得到OP、OM、ON的長度分別為、、，、、的長度分別為、、。兩物塊體積較小，重力加速度為g。（1）在實驗時，物塊A和物塊B的質量應符合________（填“”“”或“”）。（2）楊同學需要驗證的關系式為________（從、、、、、、、當中選擇你認為必需的物理量表示）。（3）將O點的標記位置適當________（填“左移”或“右移”），可以進一步減小實驗的誤差。【答案】（1）（2）（3）左移【解析】（1）為保證物塊A碰撞物塊B后一定不反彈，物塊A和物塊B的質量應符合；（2）物塊A從點到點，根據動能定理得得碰撞前物塊A到點時速度的大小同理可得，碰撞后物塊A和物塊B的速度分別為，若動量守恒定律成立，則應滿足即（3）將O點的標記位置適當左移，碰撞的初速度較大，碰后減速的位移較大，有利于減小測量的偶然誤差。三、解答題（14題12分，15題19分，共31分）14.如圖所示，光滑水平面上放有一個彈簧振子，已知振子滑塊的質量m=0.1kg，彈簧勁度系數為k=62.5N/m，將振子滑塊從平衡位置O向左移4cm，由靜止釋放后在B、C間運動，設系統在B處時具有的彈性勢能為0.05J，問：（1）滑塊的加速度的最大值am為多少？（2）求滑塊最大速度vm；（3）滑塊完成5次全振動時走過的路程s。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）在B點加速度最大，由可得（2）系統的機械能守恒得（3）滑塊完成5次全振動時走過的路程15.如圖，高度的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質量。A、B間夾一壓縮量的輕彈簧，彈簧與A、B不栓接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離后停止。A、B均視為質點，取重力加速度。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小和；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能。【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J【解析】（1）對A物塊由平拋運動知識得代入數據解得，脫離彈簧時A的速度大小為AB物塊質量相等，同時受到大小相等方向相反的彈簧彈力及大小相等方向相反的摩擦力，則AB物塊整體動量守恒，則解得脫離彈簧時B的速度大小為（2）對物塊B由動能定理代入數據解得，物塊與桌面的動摩擦因數為（3）彈簧的彈性勢能轉化為AB物塊的動能及這個過程中克服摩擦力所做的功，即其中，解得整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能高二下物理階段測試（一）一、選擇題（每題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，第1-7題只有一項符合題目要求，第8-12題有多項符合題目要求。多選題目全部選對的得5分，選不全的得3分，選錯得0分。）1.如圖所示，斜面體固定在水平地面上，滑塊和彈簧組成彈簧振子，滑塊在光滑斜面上的A、B兩點之間做往復運動，O為平衡位置，下列說法正確的是（）A.滑塊運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力和回復力的作用B.滑塊運動到O點時，彈簧的彈力為0C.滑塊由A向O運動過程中，彈簧彈性勢能一直在減小D.滑塊由O向B運動過程中，滑塊的機械能一直在增大【答案】C【解析】A．滑塊運動過程中受重力、支持力、彈簧彈力3個力的作用，回復力是效果力，并非滑塊受到的力，故A錯誤；B．滑塊運動到O點時，所受合力為0，則彈簧的彈力等于重力沿斜面向下的分力，不為0，故B錯誤；C．滑塊由A向O運動過程中，彈簧的形變量減小，彈性勢能一直在減小，故C正確；D．滑塊由O向B運動過程中，如果到達B點時，彈簧仍處于伸長狀態，則彈力一直做正功，滑塊的機械能一直在增大；如果到達B點時，彈簧處于壓縮狀態，則彈力先做正功后做負功，滑塊的機械能先增大后減小，故D錯誤。故選C。2.圖甲為“魔幻飛碟變形球”，用腳將其踩扁，松開腳一段時間后球會彈起。其簡化模型如圖乙，兩物塊A、B拴接在輕彈簧兩端。通過物塊A向下壓縮彈簧至某一位置后由靜止釋放，則物塊B會被彈起離開地面，空氣阻力和彈簧的質量忽略不計。下列說法正確的是（）A.松開腳，B離開地面前，A、B以及彈簧組成的系統機械能不守恒B.松開腳，B離開地面后，A、B以及彈簧組成的系統動量守恒C.松開腳，B離開地面之前，地面對B彈力的沖量大于A動量的變化量D.從B離開地面到彈簧第一次恢復原長的過程中，A的動量變化量小于B的動量變化量【答案】C【解析】A．松開腳后，A、B及彈簧組成的系統只有系統內部彈力做功，則系統機械能守恒，故A錯誤；B．B離開地面以后，A、B及彈簧組成的系統在豎直方向合力不為0，所以動量不守恒，故B錯誤；C．B離開地面之前，對系統A、B及彈簧組成的系統在豎直方向使用動量定理，選取豎直向上為正方向，可得顯然地面對B的沖量，故C正確；D．從B離開地面到彈簧第一次恢復原長過程中，對A在豎直方向使用動量定理有對B有可得A的動量變化量大于B的動量變化量，故D錯誤。故選C。3.如圖，質量為m的A球與質量為2m的B球在光滑的水平面上，現讓A球以速度v向右運動與靜止的B球發生正碰，取向右為正方向。則碰后A球的速度不可能為（）A. B. C.0 D.【答案】B【解析】D．若兩球碰后共速，根據動量守恒有解得故D可能，不符合題意；A．若兩球的碰撞是彈性碰撞，根據動量守恒和能量守恒有，解得故A可能，不符合題意；B．根據動量守恒有令，代入得則碰后的總動能比碰前的動能大，故B不可能，符合題意；C．根據動量守恒有令，代入得則碰后的總動能比碰前的動能小，故C可能，不符合題意。本題選不可能的，故選B。4.如圖所示，靜止放置在光滑水平地面上的表面光滑的等腰直角斜面體的質量為3m，直角邊長為L，將質量為m的滑塊（視為質點）從斜面體頂端由靜止釋放，滑塊沿斜面下滑的過程中，滑塊的加速度大小為a1，斜面體的加速度大小為a2，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.從滑塊剛下滑到滑塊滑至斜面底端時，斜面體的位移大小為B.a1的水平分量與a2之比為C.滑塊對斜面體的作用力方向與地面對斜面體的作用力方向相反D.a1的豎直分量等于g【答案】B【解析】A．因為滑塊與斜面體組成的系統在水平方向上無外力，所以系統在水平方向上動量守恒，在水平方向有兩邊同乘以t，有可得又有聯立解得斜面體的位移大小為故A錯誤；B．設滑塊與斜面體之間的彈力大小為，則滑塊的加速度水平分量為斜面體的加速度為則a1的水平分量與a2之比為，故B正確；C．滑塊對斜面體作用力方向垂直斜面向下，地面對斜面體的作用力方向豎直向上，故C錯誤；D．以滑塊為對象，豎直方向根據牛頓第二定律可得可得故D錯誤。故選B。5.如圖所示，表面光滑的四分之一圓弧形軌道靜止在光滑水平面上。小球以一定的初速度從A點滑上軌道底端，并從B點離開軌道頂端。若軌道和小球的質量相等，則在小球和軌道相互作用的過程中（）A.小球和軌道組成的系統動量守恒B.小球從B點離開軌道時做豎直上拋運動C.小球對軌道先做正功后做負功D.小球能夠回到A點且之后做自由落體運動【答案】D【解析】A.對小球和軌道組成的系統，水平方向不受外力，故系統水平方向動量守恒，在豎直方向，系統所受合外力不為零，故小球與軌道組成系統動量不守恒，故A錯誤；B.小球從B點離開軌道時相對軌道做豎直上拋運動，此時在水平方向與軌道速度相同，一起向左運動，故小球從B點離開軌道時做斜上拋運動，故B錯誤；C．小球對軌道的壓力始終垂直軌道向下，這個力的方向與軌道的運動方向夾角為銳角，故小球對軌道的壓力一直做正功，故C錯誤；D.對小球與軌道系統，在小球從A點出發再次回到A點的過程中，系統水平方向動量守恒又機械能守恒得解得由于軌道和小球的質量相等，故小球回到A點時的速度，恰好做自由落體運動，故D正確。故選D。6.如圖，水平絕緣面上的badc線框，處在磁感應強度B=1.0T方向豎直向下的勻強磁場中，金屬桿PQ在水平外力F作用下在粗糙的平行金屬導軌上以速度v=2m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離l=1.0m，定值電阻，金屬桿的電阻，導軌電阻忽略不計，金屬桿始終與導軌垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A.通過R的感應電流的方向由d到aB.金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為3VC.金屬桿PQ受到的安培力大小為0.5ND.外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱【答案】C【解析】A．金屬桿PQ向右運動切割磁感線，根據右手定則可知，通過R的感應電流的方向由a到d，故A錯誤；BC．金屬桿PQ切割磁感線產生的感應電動勢的大小為回路的電流為則金屬桿PQ受到的安培力大小為故B錯誤，C正確；D．金屬棒做勻速運動，由于軌道粗糙，金屬棒受到摩擦力作用，根據能量守恒可知，外力F做功的數值等于電路產生的焦耳熱與因摩擦產生的熱量之和，故D錯誤。故選C。7.如圖所示，質量為m的盒子放在光滑的水平面上，盒子內部長度L=1m，盒內正中間放有一質量M=3m的物塊（可視為質點），物塊與盒子內部的動摩擦因數為0.03。從某一時刻起，給物塊一個水平向右、大小為4m/s的初速度v0，已知物體與盒子發生彈性碰撞，g=10m/s2，那么該物塊與盒子前、后壁發生碰撞的次數為（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】由動量守恒可得Mv0=（M+m）v到物塊停止系統機械能的損失為M-(M+m)v2=μMgx解得x=m≈6.67m故物塊與盒子發生7次碰撞。故選C。8.如圖，水平彈簧振子沿x軸在M、N間做簡諧運動，坐標原點O為振子的平衡位置，其振動方程為cm，下列說法正確的是（）A.振子運動周期是0.2sB.時，振子位于M點C.s時，振子具有最大速度D.從運動過程中，振子的加速度減小，振子的動能增加【答案】ACD【解析】A．因，可知振子的運動周期是故A正確；B．由，可知時，，即振子位于N點，故B錯誤；C．由可知s時，，此時振子在O點，振子速度最大，故C正確；D．從M→O，形變量減小，振子加速度減小，彈力做正功，振子的動能增加，故D正確。故選ACD。9.如圖甲所示質量為m的B木板放在水平面上，質量為2m的物塊A通過一輕彈簧與其連接。給A一豎直方向上的初速度，當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零。從某時刻開始計時，A的位移隨時間變化規律如圖乙，已知重力加速度為g，空氣阻力不計，下列說法正確的是（）A.物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧提供B.物體A在運動中最大加速度為C.物體B在t1時刻對地面的壓力大小為2mgD.物體A的振動方程為【答案】BD【解析】A．物塊A做簡諧運動，回復力由彈簧的彈力和重力的合力來提供，故A錯誤；B．當A運動到最高點時，B與水平面間的作用力剛好為零，則有解得故B正確；C．時刻物塊A在平衡位置，此時彈簧處于壓縮狀態，彈力為對物體B受力分析有則可得由牛頓第三定律得物體B在時刻對地面的壓力大小為，故C錯誤；D．由圖乙可知振幅為10cm，周期為1.0s，圓頻率為規定向上為正方向，t=0時刻位移為0.05m，表示振子由平衡位置上方0.05m處開始運動，所以初相為則振子的振動方程為故D正確。故選BD。10.質量分別為m甲和m乙的甲、乙兩球在水平光滑軌道上同向運動，已知它們的動量分別是，；甲從后面追上乙并發生碰撞，碰后乙的動量變為，則m甲，m乙的關系可能是（）A.m甲＝m乙 B.2m甲＝m乙 C.5m甲＝2m乙 D.4m甲＝m乙【答案】BC【解析】ABCD．根據動量守恒定律得解得碰撞過程系統的總動能不增加，則有代入數據解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有代入數據解得綜上有所以，只有和可能，AD錯誤BC正確。故選BC。11.如圖，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于B點。一質量為m的可視為質點的滑塊，從小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點。已知小車質量M=5m，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為，重力加速度為g，則（）A.全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為R+LB.全過程小車相對地面的位移大小為C.小車在運動過程中速度的最大值為D.、L、R三者之間的關系為【答案】CD【解析】AB．滑塊與小車組成的系統水平方向動量守恒，由人船模型特點有由上兩式解得，全過程滑塊在水平方向上相對地面的位移的大小為，全過程小車相對地面的位移大小為，所以AB錯誤；C．滑塊滑到圓弧軌道最低點時，小車速度最大，滑動與小車組成的系統水平方向動量守恒，則有由上兩式解得小車在運動過程中速度的最大值為，故C正確；D．滑塊最后恰好停在C點時，小車也停止運動，全程由能量守恒定律則有解得故D正確。故選CD。12.如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊、用輕質橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。時，以水平向左的初速度開始運動，初速度為0，、運動的圖像如圖乙所示。已知的質量為時間內的位移為時二者發生碰撞并粘在一起，則（）A.B的質量為B.橡皮繩的最大彈性勢能為C.橡皮繩的原長為D.二者發生碰撞并粘在一起后的速度為【答案】AD【解析】A．由圖乙及動量守恒定律得解得故A正確；B．時刻二者速度相同，橡皮繩剛好處于最大形變量，由能量守恒有解得橡皮繩的最大彈性勢能為故B錯誤；C．由圖分析可知時刻，橡皮繩剛好由拉伸狀態變為原長，階段物塊向右勻速運動，物塊向左勻速運動，直至相碰，由于系統動量和能量守恒有解得二者的速度大小為、則設橡皮繩原長為，由運動關系可知橡皮繩的原長為故C錯誤；D．由動量守恒定律得解得二者發生碰撞并粘在一起后的速度故D正確。故選AD。二、實驗題（每空3分，共9分）13.楊同學設計了如圖所示一個簡易實驗來驗證動量守恒定律，將一個彈射裝置固定在長水平板上，彈射器的彈簧原長時右端在點。物塊A和物塊B的質量分別為和，