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- 2021-06-21 发布
2016年四川省南充市高考物理一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．如图所示，用细绳将重球悬挂在光滑墙壁上，当绳子稍许变短（小球仍处于静止状态），此时（ ）
A．绳子的拉力变小，墙对球的弹力变大
B．绳子的拉力变小，墙对球的弹力变小
C．绳子的拉力变大，墙对球的弹力变大
D．绳子的拉力变大，墙对球的弹力变小
2．甲、乙两玩具车（视为质点）沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移图象如图所示，图象中的OC与AB平行，CB与OA平行，则下列
说法中正确的是（ ）
A．t1～t2时间内两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．0～t2时间内甲车的速度和乙车的速度始终不相等
D．t3时刻甲车和乙车的位移相等
3．取水平地面为重力势能零点．一物块从地面以初速度v0竖直向上运动，不计空气阻力，当物块运动到某一高度时，它的重力势能和动能恰好相等，则在该高度时物块的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
4．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球的半径为R；则地球的自转周期为（ ）
A．2π B．2π C．2π D．2π
5．关于静电场和在静电场中运动的带电粒子，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．匀强电场的场强大小处处相等，方向也处处相同
C．带电粒子总是从高电势向低电势运动
D．电场力做正功，带电粒子的电势能可能增大
6．把纯电阻A“10V，2.0W”接到某一电动势和内阻不变的电源上，电阻A实际消耗的功率是2.0W；换上另一个“10V，5.0W”的纯电阻B接到这一电源上，若电阻B实际消耗的功率要小于2.0W，则该电源的电动势和内阻应满足的条件是（设电阻不随温度改变）（ ）
A．E＞（10+2）V B．E＞（5+2）V C．r＞10Ω D．r＞5Ω
7．在点电荷Q产生的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的试探电荷，试探电荷运动到电场中的a点时的速度为v．若试探电荷从无穷远处以初速度v0运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，到a点时的速度仍为v，设无穷远处电势为零且只考虑试探电荷受电场力的作用．则下列判断正确的是（ ）
A．电场中a点的电势
B．试探电荷在电场中O点的电势能
C．试探电荷在无穷远处的初速度
D．ao间的电势差
二、解答题（共5小题，满分68分）
8．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．
（1）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0
；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值
（cm）
25.35
27.35
29.34
31.31
33.40
35.35
37.40
39.30
（2）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 的差值（填“L0”或“Lx”）．
③由图可知弹簧的劲度系数为 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 g（结果保留两位有效数字，重力加速度取10m/s2）．
9．（11分）提供以下器材量程为10.0mA、内阻为30Ω～40Ω的电流表一只定值电阻R1=150Ω，定值电阻R2=l00两只开关S，导线若干
要求利用这些器材测量一千电池（电动势约1.5V）的电动势．
I．按要求在实物图上连线；
Ⅱ．用已知量和直接测得量表示的待测电动势的表达式为E= ，式中各直接测得量的意义是 ．
10．（15分）车辆在行驶过程中随意变道可能造成交通事故．某司机驾车以54km/h在快车道上行驶，行驶在该车前面的另一辆小轿车以36km/h在慢车道上行驶，当后车车头和前车车尾相距d=5m时，前面司机突然加速变道至后车正前方，其加速度大小a1=1m/s2．不考虑变道带来的方向变化．（取=3.9）求：
（1）若后车的司机不减速，经过多少时间两车相撞；
（2）若后车的司机发现前车变道，立即刹车减速，为避免发生车祸，后车刹车减速的加速度a2至少为多大．
11．（17分）如图所示空间分为I、Ⅱ两个足够长的区域，各界面（图中虚线）水平，I区域存在匀强电场E1=1.0×l04V/m，方向竖直向上；Ⅱ区域存在匀强电场E2=×l05V/m，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1=5.0m，d2=4.0m．一质量m=1.0×10﹣8kg、电荷量q=1.6×10 ﹣6C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计，求：
（1）粒子离开区域I时的速度大小；
（2）粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0s速度变为零，求此
电场的方向及电场强度E3．
12．（19分）如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=l m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t﹣4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．试求：
（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
（2）B、C两点间的距离x；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
2016年四川省南充市高考物理一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．如图所示，用细绳将重球悬挂在光滑墙壁上，当绳子稍许变短（小球仍处于静止状态），此时（ ）
A．绳子的拉力变小，墙对球的弹力变大
B．绳子的拉力变小，墙对球的弹力变小
C．绳子的拉力变大，墙对球的弹力变大
D．绳子的拉力变大，墙对球的弹力变小
【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．
【分析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出力图，根据平衡条件求出墙壁对小球的支持力以及绳子对球的拉力表达式，再对表达式进行分析即可．
【解答】解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G，墙的支持力N和绳子的拉力T，作出力图如图．
设绳子与墙之间的夹角为θ，根据平衡条件得：
N=mgtanθ
T=
如果所用的绳子变短，θ增大，G不变，则由上式可知N变大，T变大；
故选：C．
【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出支持力和拉力的表示进行分析．也可以运用图解法直观分析．
2．甲、乙两玩具车（视为质点）沿同一方向做直线运动，某时刻经过同一地点，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移图象如图所示，图象中的OC与AB平行，CB与OA平行，则下列
说法中正确的是（ ）
A．t1～t2时间内两车的距离越来越远
B．0～t3时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度
C．0～t2时间内甲车的速度和乙车的速度始终不相等
D．t3时刻甲车和乙车的位移相等
【考点】匀变速直线运动的图像．
【分析】在位移﹣时间图象中，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，斜率表示速度；图象的交点表示位移相等，平均速度等于位移除以时间．
【解答】解：A、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知t1到t2时刻两车的距离始终相等，故A错误；
B、由图可知，t3时刻两物体的位移相同；故两物体的平均速度相等，故B错误；
C、图象的斜率表示物体的速度，由图可知，t1～t2时间内甲车的速度和乙车的速度相等，故C错误；
D、t3时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，初位置也相同，则位移相等，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查x﹣t图象，在分析图象时要注意先明确图象的坐标，再根据图象的性质进行分析．
3．取水平地面为重力势能零点．一物块从地面以初速度v0竖直向上运动，不计空气阻力，当物块运动到某一高度时，它的重力势能和动能恰好相等，则在该高度时物块的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
【考点】机械能守恒定律．
【分析】竖直上抛运动在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，可用机械能守恒和相等条件分别列式求解即可．
【解答】解：设当物块运动到高度h时，它的重力势能和动能恰好相等，速率为v．
物块上升的过程中，根据机械能守恒定律得：
mgh+=
又mgh=
联立解得：v=v0．
故选：C
【点评】竖直上抛运动常常根据分段法或整体法求解，做题时选择合适的方法即可；如果涉及到能量问题，可用机械能守恒定律进行研究．
4．假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球的半径为R；则地球的自转周期为（ ）
A．2π B．2π C．2π D．2π
【考点】万有引力定律及其应用；向心力．
【分析】
质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，在赤道的物体所受地球的引力等于其重力和向心力的矢量和，根据牛顿第二定律和万有引力定律列式后联立求解即可．
【解答】解：质量为m的物体在两极所受地球的引力等于其所受的重力，故：
在赤道，引力为重力和向心力的矢量和，故：
联立解得：
T=2π
故选：B
【点评】解决本题的关键是认识到在赤道处的重力实为地球对物体的万有引力减去物体随地球自转的向心力，掌握力的关系是正确解题的前提．
5．关于静电场和在静电场中运动的带电粒子，下列说法正确的是（ ）
A．电场强度为零的地方，电势也为零
B．匀强电场的场强大小处处相等，方向也处处相同
C．带电粒子总是从高电势向低电势运动
D．电场力做正功，带电粒子的电势能可能增大
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．
【分析】本题根据电场力做功与电势能的关系分析，明确电场力做正功，电势能减少，相反，电势能增大．匀强电场中，电势差与场强的关系是U=Ed．
【解答】解：A、场强与电势没有必然的联系，场强为零电势不一定为零，电势高的地方场强不一定大，故A错误；
B、匀强电场的场强大小处处相等，方向也处处相同；故B正确；
C、正电荷只有当电场线是直线时，初速度为零的正电荷在电场力作用下一定沿电场线运动；在电场力作用下，若无初速度，或初速度与电场线的夹角不大于90°，从高电势向低电势运动，若初速度与电场线的夹角大于90°，从低电势向高电势运动，故C错误．
D、电场力做正功时，电势能一定减小；故D错误；
故选：B．
【点评】本题考查匀强电场中电场强度、电势差以及电势能之间的关系，要注意明确电场力做功量度电势能的变化．
6．把纯电阻A“10V，2.0W”接到某一电动势和内阻不变的电源上，电阻A实际消耗的功率是2.0W；换上另一个“10V，5.0W”的纯电阻B接到这一电源上，若电阻B实际消耗的功率要小于2.0W，则该电源的电动势和内阻应满足的条件是（设电阻不随温度改变）（ ）
A．E＞（10+2）V B．E＞（5+2）V C．r＞10Ω D．r＞5Ω
【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．
【分析】根据功率公式P=求出两个灯泡的电阻．根据功率公式得到两个灯泡实际功率的表达式，代入数据计算可解得电源内阻和电动势的取值范围．
【解答】解：设电源电动势为E，内电阻r，
RA=Ω=50Ω
RB=Ω=20Ω
所以当B连入时，用电器两端的电压将小于10V，它消耗的实际功率将小于5.0W，有可能小于2.0W，
但需要满足：
P1=（）2RA=2W
P2=（）2RB＜2W
可解得：r＞Ω
E＞10+2V，
满足上述条件时，B的实际功率小于2.0W．
故选：A
【点评】解决本题要知道，根据闭合电路的欧姆定律路端电压
，由于电源有内阻，所以外电阻R变化时，路端电压就会变化，R增大，路端电压U变大，R减小，U减小．
7．在点电荷Q产生的电场中的O点，由静止释放一个质量为m、带电荷量为+q的试探电荷，试探电荷运动到电场中的a点时的速度为v．若试探电荷从无穷远处以初速度v0运动到电场中的a点时，需克服电场力做功W，到a点时的速度仍为v，设无穷远处电势为零且只考虑试探电荷受电场力的作用．则下列判断正确的是（ ）
A．电场中a点的电势
B．试探电荷在电场中O点的电势能
C．试探电荷在无穷远处的初速度
D．ao间的电势差
【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势能．
【分析】由Ep=﹣W求得电势能，由U=求得电势差，由动能定理求得速度．
【解答】解：A、从无穷远处运动到电场中的a点时，需克服电场力做功为W，则由a点到无穷远处电场力做功为W，则在a点的电势为：φa=，则A正确；
B、无限远处的电势为零，由O点到无穷远处的电场力做功为： mv2+W，则o点的电势能为Ep=qφO=，则B错误；
C、电荷在a点的动能为，由无穷远处的速度为v0，则=﹣w，则v0=＞，则C错误
D、aO间电势差为UaO==，则D正确．
故选：AD．
【点评】
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系．根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系．根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答．
二、解答题（共5小题，满分68分）
8．某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系．
（1）弹簧自然悬挂，待弹簧静止时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值
（cm）
25.35
27.35
29.34
31.31
33.40
35.35
37.40
39.30
（2）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 Lx 的差值（填“L0”或“Lx”）．
③由图可知弹簧的劲度系数为 4.9 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 10 g（结果保留两位有效数字，重力加速度取10m/s2）．
【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系．
【分析】（2）弹簧自然悬挂，待弹簧静止后读出弹簧长度；把砝码盘挂在弹簧下面，记下此时弹簧长度；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，弹簧的伸长量为放砝码后弹簧长度和挂砝码盘时的长度差．
（3）根据弹簧的伸长与所受到的拉力成正比进行求解即可．
【解答】解：（2）横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与的LX差值．
（3）由图可知弹簧的劲度系数为：k===5N/m
10g砝码的重力为：G=mg=0.01kg×10N/kg=0.1N，
因为弹簧的伸长与所受拉力成正比，
所以有： =，
代入数据得： =
即：F盘=0.1N，
所以砝码盘质量：m===0.01kg=10g．
故答案为：（2）Lx（3）5.0，10
【点评】弹簧测力计的原理是在弹簧的弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比．对于实验问题，我们要利用图想法分析测量数据求解可以减少误差
9．（11分）（2016•南充一模）提供以下器材量程为10.0mA、内阻为30Ω～40Ω的电流表一只定值电阻R1=150Ω，定值电阻R2=l00两只开关S，导线若干
要求利用这些器材测量一千电池（电动势约1.5V）的电动势．
I．按要求在实物图上连线；
Ⅱ．用已知量和直接测得量表示的待测电动势的表达式为E= ，式中各直接测得量的意义是 I1是外电阻为R1时的电流，I2是外电阻为R1和R2串联时的电流 ．
【考点】测定电源的电动势和内阻．
【分析】题目中只有两个定值电阻和电流表，故只能通过串并联关系得出两种不同的阻值，同时应考虑电路的安全性，从而选取合适的电路图，连接实物图，由闭合电路欧姆定律可得出表达式，联立可解得电动势的表达式．
【解答】
解：I．根据分析可知，要改变电阻只能通过两电阻串并联的方式来改变，所以可以把一个开关与R2并联，通过开关控制R2是否接入电路，连接实物图，如图所示：
Ⅱ．根据闭合电路欧姆定律得：
E=I1（R1+RA+r），
E=I2（R2+R1+RA+r），
解得：E=，其中I1是外电阻为R1时的电流，I2是外电阻为R1和R2串联时的电流．
故答案为：Ⅰ．如图所示；Ⅱ．；I1是外电阻为R1时的电流，I2是外电阻为R1和R2串联时的电流．
【点评】本题为设计性实验，这种实验的考查是近几年高考的热点；在考试中要灵活把握，认真分析题意，找出切实可行的实验方法．
10．（15分）（2016•南充一模）车辆在行驶过程中随意变道可能造成交通事故．某司机驾车以54km/h在快车道上行驶，行驶在该车前面的另一辆小轿车以36km/h在慢车道上行驶，当后车车头和前车车尾相距d=5m时，前面司机突然加速变道至后车正前方，其加速度大小a1=1m/s2．不考虑变道带来的方向变化．（取=3.9）求：
（1）若后车的司机不减速，经过多少时间两车相撞；
（2）若后车的司机发现前车变道，立即刹车减速，为避免发生车祸，后车刹车减速的加速度a2至少为多大．
【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．
【分析】（1）设经过时间t1，两车相撞，根据运动学基本公式求出两车在t1
时间内的位移，抓住后面一辆车的位移减去前面一辆车的位移等于d求解即可；
（2）当速度相等时，刚好不相撞，此时加速度最大，设经过时间t2两车速度相等，根据速度﹣时间公式以及位移时间公式求解．
【解答】解：（1）v1=36km/h=10m/s，v2=54km/h=15m/s，
设经过时间t1，两车相撞，则有：
解得： =1.1 s
（2）当两车速度相等时不相撞，以后不会相撞，当速度相等时，刚好不相撞，此时加速度最大，设经过时间t2两车速度相等，则有：
v2﹣a2t2=v1+a1t2，
根据位移关系得：
解得：a2=1.5m/s2．
答：（1）若后车的司机不减速，经过1.1s时间两车相撞；
（2）若后车的司机发现前车变道，立即刹车减速，为避免发生车祸，后车刹车减速的加速度a2至少为1.5m/s2．
【点评】本题主要考查了运动学基本公式的直接应用，知道当两车速度相等时不相撞，以后不会相撞，注意两车运动的时间相对，还要抓住位移关系列式求解，难度适中．
11．（17分）（2016•南充一模）如图所示空间分为I、Ⅱ两个足够长的区域，各界面（图中虚线）水平，I区域存在匀强电场E1=1.0×l04V/m，方向竖直向上；Ⅱ区域存在匀强电场E2=×l05V/m，方向水平向右，两个区域宽度分别为d1=5.0m，d2=4.0m．一质量m=1.0×10﹣8kg、电荷量q=1.6×10 ﹣6C的粒子从D点由静止释放，粒子重力忽略不计，求：
（1）粒子离开区域I时的速度大小；
（2）粒子出区域Ⅱ后加另一个匀强电场，使粒子在此电场作用下经1.0s速度变为零，求此
电场的方向及电场强度E3．
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【分析】（1）根据动能定理求出粒子离开区域I时的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求出粒子刚出区域Ⅱ时速度与边界的夹角，要使粒子的速度变为零，所加电场的方向应与粒子出区域Ⅱ时的速度方向相反，
然后根据速度的合成求出粒子刚出区域Ⅱ时速度大小，最后根据牛顿第二定律和运动学公式求出所加的另一个电场强度．
【解答】解：（1）由动能定理得，qEId1=m，
解得：v1==m/s=4×103 m/s．
（2）粒子在区域Ⅱ做类平抛运动，水平向右为y轴，竖直向上为x轴．
设粒子刚出区域Ⅱ时速度与边界的夹角为θ，
则有：vx=v1 vy=at…①
粒子在匀强电场区域Ⅱ运动时的加速度：
a=…②
粒子在匀强电场区域Ⅱ内的运动时间：
t=…③
又有：tanθ=…④
联立①②③④代入数据可解得：θ=30°，
要使粒子的速度变为零，所加电场的方向应与粒子出区域Ⅱ时的速度方向相反，即与水平成30°斜向左下方；
粒子刚出区域Ⅱ时速度大小：
v== m/s=8×103 m/s，
粒子在另一个匀强电场区域运动时的加速度：
a′=…⑤
又因为v=a′t′…⑥
联立⑤⑥代入数据可解得：E3=50V/m．
答：（1）粒子离开区域I时的速度大小为4×103 m/s；
（2）此电场的方向及电场强度E3为50V/m．
【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律．
处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律．
12．（19分）（2016•南充一模）如图所示，AB为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R=l m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m=2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后（不栓接）释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x=12t﹣4t2（式中x单位是m，t单位是s），假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin 37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．试求：
（1）若CD=1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
（2）B、C两点间的距离x；
（3）若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
【考点】动能定理的应用；机械能守恒定律．
【分析】（1）物块从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系x=12t﹣5t2，根据待定系数法可以判断出初速度和加速度的值．对物体运用动能定理求弹簧对物块所做的功．
（2）根据CB段匀减速直线运动的位移时间关系得出物体运动的加速度，从而根据牛顿第二定律求出动摩擦因数，因为物体恰好到达P点，根据牛顿第二定律得出P点的速度，通过机械能守恒定律得出B点的速度，然后通过匀变速直线运动的速度位移公式求出B、C两点间的距离xBC．
（3）根据动能定理判断物体能否返回时回到与O点等高的位置，若不能回到等高的位置，则小球将不会脱离轨道．
【解答】解：（1）由x=12t﹣4t2知，物块在C点速度为：v0=12 m/s，
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：
W﹣mgsin 37°•CD=
代入数据得：W=+mgsin 37°•CD=156 J
（2）由x=12t﹣4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为：a=8 m/s2，
物块在P点的速度满足：
物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有：
物块从C运动到B的过程中有：
由以上各式解得：x=6.125m
（3）设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：
mgsin θ+μmgcos θ=ma
代入数据解得：μ=0.25
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得：
解得： =﹣19＜0
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
答：（1）物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功是156J；
（2）B、C两点间的距离xBC是6.125m；
（3）物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中不会脱离轨道．
【点评】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．