2021年山东省济南市高考物理阶段检测试卷(二模)

2021年山东省济南市高考物理阶段检测试卷（二模）
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1.某体育场看台的风雨棚是钢架结构的，两侧倾斜钢柱用固定在其顶端的钢索拉住，下端用较链与水平
地面连接，钢索上有许多竖直短钢棒将棚顶支撑在钢索上，整个系统左右对称，结构简化图如图所示。

假设钢柱与水平地面所夹锐角为60°，钢索上端与钢柱的夹角为30°，钢索、短钢棒及棚顶的总质量为m，重力加速度为g。

则钢柱对钢索拉力的大小为()
mg B. mg C. √3mg D. 2mg
A. 1
2
2.水中的点光源S沿各个方向射出a、b两种单色光，其中沿SO方向射
到水面上的光路如图所示。

则下列说法正确的是()
A. 水中的反射光是b单色光
B. a、b光在水中的传播速度关系为v a<v b
C. 用同一双缝干涉装置进行实验可看到a光产生的干涉条纹间距比b
光产生的干涉条纹间距小
D. 若a、b两单色光的折射率为n a、n b，则在水面上有a、b光射出的面积之比为(n b2−1)：(n a2−1)
3.由中科院等离子体物理研究所设计制造的EAST全超导非圆截面托卡马克实验装置试用已经成功，标
志着我国站在了世界核聚变研究的前端。

设可控热核反应前氘核(12H)的质量为m1，氚核(13H)的质量为m2，反应后氦核(24He)的质量为m3，中子(01n)的质量为m4，已知真空中的光速为c。

下列说法中正确的是()
A. 核反应放出的能量为(m1+m2−m3−m4)c2
B. 上述核反应过程中原子核的比结合能减小
C. 这种热核反应释放出氦核，是α衰变
D. 这种装置的核反应原理与我国大亚湾核电站所使用核装置的原理相同
4.甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速为2m/s，振幅相同。

某时
刻的图象如图所示，则()
A. 甲、乙两波的起振方向相同
B. 甲、乙两波的频率之比为2：3
C. 甲、乙两波在相遇区域会发生干涉
D. 再经过3s，平衡位置在x=6m处的质点处于平衡位置
5.碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。

游乐场上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前
后两人的位移−时间图象(x−t图象)如图所示。

已知小孩的质量为20kg，大人的质量为60kg，碰碰车质量相同，碰撞时间极短。

下列说法正确的是()
A. 碰撞前后小孩的运动方向没有改变
B. 碰碰车的质量为50kg
C. 碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N⋅s
D. 碰撞过程中损失的机械能为600J
6.如图所示，垂直平面向里的匀强磁场右边界为直线，左边界为折线，折线与水平线
的夹角均为45°，一个正方形导线框的边长与磁场最小宽度MN均为l，线框从图示
位置沿水平线向右匀速穿过磁场过程中，规定线框中逆时针方向为感应电流的正方
向，则感应电流随运动距离的变化图像为()
A. B.
C. D.
7.中国建设了500m口径的球面射电望远镜FAST--被誉为“中国天眼”。

假设在未来，“天眼”发现了
一颗“来历不明且自带光环”的流浪行星，如图甲所示，该行星周围存在着环状物质。

为了测定环状物质是行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，“天眼”对其做了精确的观测，发现环状物质的线速度v与其到行星中心的距离r的关系如图乙所示。

已知引力常量为G，下列说法正确的是()
A. 环状物质是环绕该行星的卫星群
B. 该行星的质量为r0v02
G
C. 该行星的自转周期为2πr0
v0
D. 该行星表面的重力加速度大小为v02
r0
8.某品牌的电动汽车电池储能为60kW⋅ℎ，充电电压为400V，充电电流为35A，充电效率为95%，该电
动汽车以108km/ℎ的速度匀速行驶时，机械能转化效率为90%，可匀速行驶388.8km，则该电动汽车()
A. 充电时间约为6h
B. 匀速行驶时输出的功率为10kW
C. 匀速行驶时所受的阻力大小为500N
D. 匀速行驶时每秒消耗的电能为1.5×104J
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
9.如图所示，质量为3kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

质量为2kg的物体B用细线
悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。

某时刻将细线剪断，A、B一起向下
运动过程中(弹簧在弹性限度范围内，g取10m/s2)，下列说法正确的是()
A. 细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12N
B. 细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8N
C. B对A的压力最大为28N
D. B对A的压力最大为20N
10.如图甲所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙程度均匀的半圆形导轨CDB在B点平滑相接，半圆形
导轨半径R=0.4m，D为半圆形导轨的中点。

一质量为m=0.1kg的物体(可视为质点)将弹簧压缩到A 点后由静止释放，在弹力作用下获得向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导轨，物体在半圆形导轨上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示，重力加速度g=10m/s2，则()
A. 弹簧压缩到A点时弹簧的弹性势能为18J
B. 物体运动到C点时对半圆形导轨的压力大小为3N
C. 物体从B运动到C的过程中，合力对物体做的功为−1J
D. 物体从D运动到C的过程中，物体的机械能减少了0.1J
11.如图甲所示，长为2d的两水平金属板A、B组成一间距为d的平行板电容器，电容器的B板接地，A
板电势φ随时间t的变化关系如图乙所示，其周期T=d
v0。

P为靠近A板左侧的一粒子源，能够水平向
右发射初速度为v0的相同带电粒子。

已知t=0时刻发射的粒子刚好能从B板右侧边缘离开电容器，则下列判断正确的是()
A. t=0时刻发射的粒子从B板右侧离开时的速度大小仍为v0
B. 该粒子源发射的粒子的比荷为2v02
φ0
C. t=T
时刻射入的粒子离开电容器时的电势能小于射入时的电势能
4
D. t=0时刻发射的粒子经过T
的时间，其速度大小为√2v0
2
12.如图所示，两个质量均为m=1kg的物体A、B并排放置在倾角为30°的固定斜面上，且物体A与斜面。

现用沿斜面向上、大小为20N的恒力F作用在物体A上，使二者一起沿着斜面间的动摩擦因数为√3
3
运动，8s后撤去力F，已知物体B与A之间的相互作用力与恒力F之比为7：16，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是()
A. 物体B与斜面间的动摩擦因数也为√3
3
B. 运动过程中力F的最大功率为200W
C. 撤去力F瞬间，物体A的瞬时加速度为12.5m/s2
m
D. 撤去力F后，上滑过程中A、B间的最大距离是5
3
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
13.某班同学用如图1所示的实验装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。

长木板水平放在实验台上，右
端固定打点计时器，木块用细线绕过长木板左端的定滑轮与砂和砂桶相连，每次木块都由静止释放，重力加速度g取10m/s2。

(1)下列说法正确的是______ 。

A.砂和砂桶的质量一定要远小于木块的质量
B.应使细线与长木板平行
C.木块释放时到右端的距离应适当大些
D.不加垫块是为了使木块所受支持力等于木块的重力
(2)在此实验中，电源频率为50Hz，打出的一条纸带如图2，A、B、C、D、E为过程中相邻的计数点，
相邻的计数点之间有四个点没有标出，则木块的加速度为a=______ m/s2。

(3)已测出木块质量M=300g，打出这条纸带时砂和砂桶的总质量m=150g，木块与木板之间的动摩
擦因数μ=______ (本题结果均保留2位有效数字)。

14.用伏安法测定一个长度为90.00cm的电阻丝R的电阻率，实验室提供的器材如下：
电流表A：量程1mA，内阻R A=98Ω；
电池组E：电动势6V，内阻不计；
电压表V：量程3V，内阻约为5kΩ；
定值电阻R1=100Ω；
定值电阻R2=2Ω；
滑动变阻器R0：阻值范围0～10Ω，额定电流2A；
开关S、导线若干。

(1)某实验小组选用欧姆表“×1”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图所示，则该电阻的测量值
为______ Ω；
(2)实验要求尽可能多的测量数据，根据所提供的器材在图2的方框内画出电路图，要求在电路图中标
出所选器材的符号。

(3)用螺旋测微器测量该金属丝的直径，结果如图所示，则该金属丝的直径d为______ mm。

(4)连接实物图，闭合开关调节滑动变阻器得到多组U−I数据，测量数据如表所示，则金属丝的电阻
率ρ=______ Ω⋅m(计算结果保留三位有效数字)。

四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）
15.根据国家标准化管理委员会批准的《乘用车轮胎气压监测系统的性能要求和试验方法》相关规定，现
在所有在产乘用车强制安装TPMS(胎压监测系统)。

驾驶员在开车前发现其中一条轮胎内的压强为150kPa，此时环境温度为27℃，为保证行车安全，驾驶员对其充气。

已知轮胎容积为22L，该型号汽车正常行驶时胎压需达到250kPa，轮胎内温度为57℃，气体被充入前的压强为大气压强p0=
1.0×105Pa，温度与环境温度相同，不考虑轮胎容积的变化，求被充入的气体在充入前的体积。

16.国家雪车雪橇中心位于北京延庆区西北部，赛道全长1975m，垂直落差121m，由16个角度、倾斜度
都不同的弯道组成，其中全长179m的回旋弯赛道是全球首个360°回旋弯道。

2022年北京冬奥会期间，国家雪车雪橇中心将承担雪车、钢架雪车、雪橇三个项目的全部比赛，其中钢架雪车比赛惊险刺激，深受观众喜爱。

测试赛上，一钢架雪车选手单手扶车，助跑加速30m之后，迅速跳跃车上，以俯卧姿态滑行。

该选手推车助跑时间为4.98s，运动员质量为80kg，通过回旋弯道某点时的速度为108km/ℎ，到达终点时的速度为124km/ℎ。

该选手推车助跑过程视为匀加速直线运动，回旋弯道可近似看作水平面，重力加速度g取10m/s2，结果保留两位有效数字。

求该选手：
(1)助跑加速的末速度；
(2)以108km/ℎ的速度通过回旋弯道某点时钢架雪车对运动员作用力的大小。

17.N为竖直放置的与xOy平面平行的屏，以垂直于两平面的直线为z轴，向右为正方向，建立空间直角
坐标系Oxyz，如图所示。

在xOy平面第二象限内有沿y轴负方向的匀强电场，第一象限内有沿z轴正方向(图中垂直纸面向外)的匀强磁场，x轴下方有沿z轴负方向(图中垂直纸面向里)的匀强电场，两部分电场的电场强度大小相等。

一质量为m、电荷量为+q的粒子，从x轴上A点以初速度v0射出，方向与x轴正方向成60°角，后来从y轴上P点垂直于y轴进入磁场，从x轴上的C点离开磁场，离开磁场时速度与x轴正方向成120°角，最终打到屏N上。

已知OP=L，屏N与xOy平面间的距离为4L，不计粒子重力。

求：
(1)OA的长度；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子打到屏上位置的x、y坐标；
(4)粒子打到屏上时速度与屏夹角θ的正切值。

18.如图所示，水平轨道AB与竖直面内的圆弧轨道BC相切，AB间距离d=5.2m，圆弧BC所对圆心角
为θ=3°，半径R=2.5m，圆弧轨道BC与倾斜直轨道CD相切。

质量为M=0.3kg的小物块静止在轨道上的B点，小物块与轨道间的动摩擦因数μ=0.05。

质量为m=0.1kg的小球从倾斜轨道上D点由静止释放，D点距水平面AB高度为ℎ=0.8m，小球与各段轨道间的摩擦均不计，小球与小物块间发生的碰撞为弹性碰撞。

sin3°=0.05，cos3°=1，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)第一次碰撞后瞬间小球速度的大小；
(2)物块最终停下时到B点的距离；
(3)物块经过A点时的速度大小；
(4)小球由释放到第一次到A点经历的时间。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：对钢索、短钢棒及棚顶的整体可以看作共点力的平衡，两边钢索总拉力F 与总重力G 交汇于一点，处于三力平衡状态，根据平衡条件得：
2Fcos60°=mg
解得：F =mg ，故B 正确，ACD 错误； 故选：B 。

对钢索、短钢棒及棚顶的整体来说可以看作共点力的平衡，两边钢索总拉力F 与总重力G 交汇于一点，处于三力平衡状态，根据共点力平衡条件求解钢柱对钢索拉力的大小。

本题以实际问题为素材，考查建立物理模型的能力，实质是共点力平衡问题的应用。

2.【答案】D
【解析】解：A 、根据光路图可知，b 光在水面发生了全反射，所以水中的反射光既有a 光也有b 光，故A 错误；
B 、根据光路图可知，a 光未发生全反射，所以a 光的临界角大于b 光，根据sin
C =1
n 可知，a 光的折射率小于b 光，由v =c
n 可知，a 光的速度大于b 光，故B 错误；
C 、因为a 光的波长大于b 光的波长，根据△x =L
d λ可知，a 光干涉条纹间距比b 光的宽，故C 错误； D 、令光源到水面的竖直距离为h ，a 光照亮的区域的半径为r a ，b 光照亮的区域的半径为r b ，a 光的临界角为C 1，b 光的临界角为C 2， 则sinC 1=
r 1
√r 1
2+ℎ
2=1
n a ， 同理，sinC 2=r 2
√r 2
2+ℎ2
=1
n b ， 则有：r 12：r 22=(n b 2−1)：(n a
2
−1)， 所以在水面上有a 、b 光射出的面积之比为S a ：S b =r 12：r 22=(n b 2−1)：(n a
2−1)，故D 正确。

故选：D 。

根据光路图分析两单色光在界面发生全反射的特征，以此判断反射光的组成成分，根据sinC =1
n 分析两光的折射率大小，根据v =c
n 求解光在水中传播的速度的大小关系；由△x =L
d λ分析条纹间距大小关系，根据
几何知识分析在水面上两种光射出的半径之比，再分析面积之比。

解决该题的关键是能根据全反射现象的条件以及临界角的公式分析两种单色光的折射率的大小关系，熟记条纹间距公式以及光速的公式。

3.【答案】A
【解析】解：A.可控热核反应装置中发生的核反应方程式是 12H+13H→24He+01n，核反应过程中存在质量亏损，因此m1+m2>m3+m4
核反应过程中的质量亏损△m=m1+m2−m3−m4
释放的核能为△E=△mc2=(m1+m2−m3−m4)c2，故A正确；
B.因轻核聚变反应释放巨大核能，说明拆开的结合能小于组合的结合能，则生成物的比结合能更大，故B 错误；
C.这种热核实验反应是核聚变反应，而不是自发发生的α衰变，故C错误；
D.这种装置的核反应是核聚变，我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变，它们的核反应原理不相同，故D错误。

故选：A。

根据爱因斯坦质能方程可求释放的核能；因轻核聚变反应释放巨大核能，说明拆开的结合能小于组合的结合能，则生成物的比结合能更大；α衰变是自发发生的；我国大亚湾核电站所使用核装置是核裂变。

本题考查核聚变、爱因斯坦质能方程，考查知识点有针对性，重点突出，充分考查了学生掌握知识与应用知识的能力。

4.【答案】D
【解析】解：A、根据波的传播方向，由波形图可得：甲波起振方向向下，乙波起振方向向.上，故两波起振方向相反，故A错误；
B、由图可得：甲、乙两波波长之比为2：3，根据f=v
可知频率之比为3：2，故B错误；
λ
C、由于甲、乙两波的频率不相等，故甲、乙两波在相遇区域会不发生干涉，故C错误；
D、根据波的传播，再经过3s，由公式得△x=vt=2×3m=6m，甲波向右传播6m，乙波向左传播6m，
故两波源之间两波的波形如图所示：
由图可得：平衡位置在x=6m处的质点处于平衡位置，平衡位置在x=7m处质点合位移为负，振动方向向上，故D正确。

故选：D。

根据波的传播方向得到波前振动方向，从而得到波源起振方向；由图得到波长，即可根据波速相同得到频率之比；根据波传播得到经过3s后两波波形，即可由叠加定理得到振动方向及位移。

机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程，掌握波的叠加原理是关键。

5.【答案】D
【解析】解：A、位移−间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由图可知，碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A错误；
B、由图可知，碰前瞬间小孩的速度为：v1=4
2m/s=2m/s，大人的速度为：v2=4−10
2
m/s=−3m/s，
碰撞后的共同速度为v=2−4
2
m/s=−1m/s，
设碰碰车的质量为M，规定小孩的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：(m1+M)v1+(m2+M)v2= (2M+m1+m2)v，代入数据解得：M=60kg，故B错误；
C、规定小孩开始运动方向为正方向，碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量为p1=(M+m1)v1=(60+
20)×2kg⋅m/s=160kg⋅m/s，碰后总动量为p1′=(M+m1)v=(60+20)×(−1)kg⋅m/s=−80kg⋅m/s，根据动量定理可知：I=△p=p1′−p1=−80−160kg⋅m/s=−240N⋅s，故C错误；
D、由能量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能为：△E=1
2(M+m1)v121
2
(M+m2)v22−1
2
(2M+m1+
m2)v2=1
2×(60+20)×22J+1
2
×(60+60)×32J−1
2
×(60×2+20+60)×12J=600J，故D正确。

故选：D。

根据位移−间图线得出小孩和大人的运动速度以及碰撞后的速度，结合动量守恒定律求出碰碰车的质量；根据动量定理，结合小孩和碰碰车碰撞前后的动量，求出碰撞过程中的冲量大小；根据能量守恒定理求出碰撞过程中损失的机械能。

本题考查了动量守恒定律、动量定理和图像的综合运用，能够从图像中获取碰撞前后的速度大小和方向是
解决本题的关键。

6.【答案】B
【解析】解：线框穿过磁场的过程如图所示，
线框运动距离满足x≤l
2
时，线框右边切割磁感线的有效长度增大，一直到l，根据E=BL有效v可知感应电动势增大，结合欧姆定律可知感应电流增大，根据右手定则可知感应电流的方向沿逆时针方向；
线框运动距离满足l
2
<x≤l时，线框右边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，感应电流的方向仍然沿逆时针方向；
线框运动距离满足l<x≤3l
2
时，线框右边全部和左边部分切割磁感线，总的有效切割长度变小，感应电流
变小，仍然沿逆时针方向，当x=3l
2
时感应电流为零；
线框运动距离满足3l
2<x≤5l
2
时，线框左边切割磁感线的有效长度不变，感应电流大小恒定，根据右手定
则可知感应电流的方向沿顺时针方向，故ACD错误，B正确。

故选：B。

线框的边切割磁感线的过程中，根据右手定则判断感应电流的方向，根据公式E=BLv计算产生的电动势
的大小，其中要注意L为有效长度，根据I=E
R
计算电流。

电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．
7.【答案】C
【解析】解：A、若环状物质为环绕该行星的卫星群，根据万有引力提供环状物质做圆周运动的向心力得：
G Mm
r2
=m
v2
r
解得：M=rv2
G ，v=√GM
r
，即v∝√1
r
若环状物质为行星的组成部分，则环状物质与行星是同轴转动，角速度相同，由v=ωr可知，v∝r，图
乙中的图线表示v∝r，说明环状物质是该行星的组成部分，不是环绕该行星的卫星群，故A错误。

B、若环状物质为环绕该行星的卫星群，则M=r0v02
G
，因为环状物质是行星的组成部分，故B错误。

C、因为环状物质是行星的组成部分，距离行星中心r0处的环状物质的自转周期，即行星的自转周期，根据速度与半径间的关系得：
v0=ωr0=2πT
r0
解得：T=2πr0v
，故C正确。

D、因为环状物质是行星的组成部分，所以距离行星中心r0处的环状物质的自转加速度为a=v02
r0
，因该行星包括环状物质在内组成的整体对应的质量与半径未知，故无法计算行星表面的重力加速度，故D错误。

故选：C。

根据速度与半径间的关系，可确定环状物质为环绕该行星的卫星群，还是行星的组成部分；如果是环绕该行星的卫星群，那么可求行星的质量及行星表面的重力加速度；如果是行星的组成部分，则可求该行星的自转周期。

本题考查万有引力定律与天体环绕物质的测定，若环状物质为环绕该行星的卫星群，可用万有引力提供向心力解题；若环状物质是该行星的组成部分，只能用圆周运动的表达式解题。

8.【答案】C
【解析】解：A、充电功率为：P c=UI=400V×35A=14kW
因为充电效率是95%，设充满电所需的时间为t c，则有：
P c t c×95%=W
代入数据解得：t c=4.5ℎ，故A错误；
B、以108km/ℎ行驶388.8km所用的时间为：t=x
v =388.8
108
ℎ=3.6ℎ
因为机械能转化效率为90%，设匀速行驶时电池的输出功率为P，则有：
Pt=W×90%
代入数据解得：P=15kW，故B错误；
C、匀速行驶时，牵引力等于阻力，设牵引力为F，由P=Fv可得：
F=P
v =15000
30
N=500N，所以阻力的大小为f=F=500N，故C正确；
D、匀速行驶时系统消耗的总功率为：P1=W
t =60
3.6
kW=16.7kW
所以每秒消耗的电能为：W1=P1△t=1.67×104×1J=1.67×104J，故D错误；
故选：C。

利用充电电压和充电电流计算出充电功率，考虑到充电效率不是100%，可以列出关系式Pt×95%=W，从而求出充满电所用的时间；匀速行驶有90%的电能转化成机械能输出，其与时间的比值即为电池的输出功率；整个过程系统消耗的总电能除以总时间就是系统每秒消耗的电能；利用功率表达式P=Fv计算匀速阶段的牵引力，再根据匀速运动时牵引力等于阻力的特点得到阻力的大小。

本题围绕电池的相关参数计算功与功率，易错点在于BD选项，要注意B选项所求功率是指电池的输出功率，即转化成机械能的这部分有效功率，D选项所求电能是指整个系统单位时间内消耗的电能，应该用系统消耗的总电能除以总时间。

9.【答案】AC
【解析】解：AB、剪断细线前A、B间无压力，A静止处于平衡状态，对A，由平衡条件得：kx1=m A g，剪断细线瞬间，对A、B系统，由牛顿第二定律得：(m A+m B)g−kx1=(m A+m B)a1，
对B，由牛顿第二定律得：m B g−F1=m B a1
代入数据解得：a1=4m/s2，F1=12N，
由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小F1′=F1=12N，故A正确，B错误；
CD、A、B运动到最低点时，B对A的压力最大；剪断细线后A、B一起做简谐运动，
由简谐运动的对称性可知，A、B系统在最低点与最高点加速度大小相等，在最低点加速度a2=4m/s2，方向竖直向上，
在最低点，对B，由牛顿第二定律得：F2−m B g=m B a2
代入数据解得：F2=28N，由牛顿第三定律可知，
B对A的最大压力F2′=F2=28N，故C正确，D错误。

故选：AC。

以A、B组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出剪断细线瞬间AB的加速度，然后以B为研究对象，应用牛顿第二定律求出A对B的支持力，然后应用牛顿第三定律求出B对A的压力大小；当A、B到达最低点时，B对A的压力最大，应用牛顿第二定律求出B对A的最大压力。

本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚A、B的运动过程与受力情况是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。

10.【答案】BC
【解析】解：A、从图乙可以看出，物体到达B点时的速度大小为v B=6m/s，到达C点时的速度大小为
v C=4m/s，从A到B的过程中，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能E P=1
2mv B2=1
2
×0.1×62J=1.8J，
故A错误；
B、设运动到C点时导轨对物体的弹力为F N，则由牛顿第二定律可得F N+mg=mv C2
R
，代入数据解得F N=3N，由牛顿第三定律可知对半圆形导轨的压力大小为3N，故B正确；
C、由动能定理可得，物体从B到C过程中合外力做的功为W=1
2mv C2−1
2
mv B2，代入数据解得W=−1J，
故C正确；
D、由能量守恒定律可知，物体从B到C过程中减少的机械能为E=1
2mv B2−1
2
mv12−mg⋅2R，代入数据
可解得E=0.2J，由于物体从B到C过程中速度一直减小，根据牛顿运动定律分析可知从B到C的过程中物体对半圆形导轨的压力逐渐减小，由摩擦力公式F f=μF N可知，物体从B到D过程中所受的摩擦力大于从D到C过程中所受的摩擦力，由功能关系可知，物体从B到D过程中克服摩擦力做的功大于从D到C
过程中克服摩擦力做的功，由于整个过程中机械能减少了0.2J，故从D到C过程中机械能的减少量小于0.1J，故D错误；
故选：BC。

根据图乙判断出物体在B点和C点的速度，从A到B，根据能量守恒求得弹簧具有的弹性势能，在C点，根据牛顿定律求得相互作用力，从B到C根据动能定理求得合外力做功，由于从B到C的过程中，速度逐渐减小，物体对轨道的压力减小，由摩擦力公式F f=μF N可知，物体从B到D过程中所受的摩擦力大于从D到C过程中所受的摩擦力，即可判断出出克服摩擦力做功情况，判断粗机械能的变化
本题考查动能定理、功能关系的应用，抓住在从B到C的过程中物体与轨道间的相互作用的变化，判断出摩擦力的变化。

11.【答案】ABD
【解析】解：A、由于粒子在电场中的运动时间为t=2d
v0
=2T，所以粒子离开电容器时，刚好在电容器中
运动了2个周期，由对称性可知，粒子在竖直方向上的分速度为零，故粒子离开电容器时，其速度等于水平速度v0，故A正确；
B、在2个周期内，粒子在竖直方向上运动的距离为d，由匀变速直线运动的规律可得d=4×1
2a×(T
2
)2，
又因为a=qφ0
md ，T=
d
v0
，可解得q
m
=2v02
ϕ0
，故B正确；。