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2021-2022学年湖南省长沙市天心区长郡中学高一（下）期中物理试卷（含答案）
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2021-2022学年湖南省长沙市天心区长郡中学高一（下）期中物理试卷
一.选择题（本题共10小题，共44分，1～6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7～10题，每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
B．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
C．从公式E＝来看，场强大小E与F成正比，与q成反比
D．根据F＝k，当两个点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
2．（4分）如图所示，空间中竖直平面内有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO＝OM＝h。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从P到O的过程中，小球的电势能一定是先增大后减少
B．从P到O的过程中，小球的加速度一定是先增大后减少
C．从P到M的过程中，小球的机械能一定是先增大后减少
D．到达M点时，小球的速度为
3．（4分）质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．赛车运动时发动机输出功率为40kW
D．图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为450km/h
4．（4分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c小球带同种电荷
B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
D．a、b小球电量之比为
5．（4分）如图所示，在正方体的顶点A和顶点C1处放置带电量分别为+q、﹣q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B处的电势大于顶点D处的电势
B．顶点B1、D1处的电场强度相同
C．质子从B点移动到C点电势能增加
D．电子从B1点移动到D点电势能减少
6．（4分）2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（ ）
A．0.2h B．1.7h C．4h D．12h
（多选）7．（5分）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块的速度先增大后减小
B．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块加速度先增大后减小
（多选）8．（5分）如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高
B．若粒子带负电，则Q点电势比P点电势高
C．若粒子带负电，则在P点时动能大
D．不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大
（多选）9．（5分）2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度
B．探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点
C．地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年
D．探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
（多选）10．（4分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程，下列判断正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端时的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv12﹣mv22
C．此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
D．此过程中电动机做功为mv12+mv1v2
二.实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（8分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图甲中实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为45°和60°，则为 。
12．（10分）用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是 （填字母代号）。
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺 D．天平（带砝码）
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为hA、hB、hC．已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T．设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝ ，动能变化量△Ek＝ 。（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0．已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式F0＝ 时，可验证机械能守恒。
三.计算题（本大题共3小题，共38分）
13．（10分）“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想，若机器人“玉兔号”在月球表面做了竖直上抛实验，测得物体以初速度v0抛出后，空中的运动时间为t，已知月球半径为R，求：
（1）月球表面重力加速度g；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H。
14．（13分）如图所示，在绝缘粗糙的水平地面上有水平方向的匀强电场，三个质量相同且均可看成点电荷的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上，球A在球B的正上方，AB间距为L，AC连线与水平方向夹角为30°，三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电，电荷量均为Q，C球带负电，带电量为﹣4Q，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）判断匀强电场的方向；
（2）球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小；
（3）地面对球C的摩擦力大小和方向。
15．（16分）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC＝2m，CDF为竖直平面内半径为R＝0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E＝1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m＝0.2kg，电荷量为q＝﹣1.0×10﹣3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为2N，求弹簧释放的弹性势能；
（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
2021-2022学年湖南省长沙市天心区长郡中学高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本题共10小题，共44分，1～6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7～10题，每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
B．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
C．从公式E＝来看，场强大小E与F成正比，与q成反比
D．根据F＝k，当两个点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
【分析】A、根据带电体能被看作点电荷的条件加以判断即可；
B、利用电场和电场线的定义可知，电场是客观存在的，电场线是人为引入的；
C、根据比值定义法的意义，可知场强与F和q无关；
D、利用库仑定律的适用条件可以判断该项。
【解答】解：A、根据点电荷的定义可知，当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，可以看作点电荷，故A正确；
B、电场是客观存在的，电场线是人为引入的，故B错误；
C、公式E＝采用的是比值定义法，E由电场本身决定，与试探电荷无关，故C错误；
D、当两个点电荷间的距离趋近于零时，带电体不能被看作点电荷，公式F＝k不再适用，故此时利用公式得出的结论是错误的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了比值定义法、点电荷的成立条件和库仑定律的适用条件，以及电场和电场线的理解，在学习时要注意这几个方面。
2．（4分）如图所示，空间中竖直平面内有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO＝OM＝h。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从P到O的过程中，小球的电势能一定是先增大后减少
B．从P到O的过程中，小球的加速度一定是先增大后减少
C．从P到M的过程中，小球的机械能一定是先增大后减少
D．到达M点时，小球的速度为
【分析】两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，小球从P点到O运动的过程中，电场力方向P→O，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定。PO过程中，小球一直做加速运动，但加速度变化情况不确定。
【解答】解：AB、两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，带负电的小球从P点到O运动的过程中，电场力方向P→O，从P到O的过程中电场力做正功，电势能减小，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，故AB错误；
CD、根据功能关系，除重力以外的其他力做的功等于机械能的增量，从P到M电场力先做正功后做负功，且代数和为零，因此根据动能定理mgh＝，解得，所以小球的机械能先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。
3．（4分）质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．赛车运动时发动机输出功率为40kW
D．图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为450km/h
【分析】赛车以恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可
【解答】解：A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B、函数方程为，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；
C、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F﹣f＝ma，
联立得
结合图线，故，
所以P＝km＝500×800W＝400kW，f＝4m＝4×800N＝3200N，故C错误；
D、图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为v＝＝450km/h
故选：D。
【点评】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解
4．（4分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c小球带同种电荷
B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
D．a、b小球电量之比为
【分析】分别对三个小球减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用。对c由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系。
【解答】解：A、对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；
a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。
即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷。故A错误，B错误；
C、设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：，；
a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：
所以：．故C错误，D正确
故选：D。
【点评】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等。
5．（4分）如图所示，在正方体的顶点A和顶点C1处放置带电量分别为+q、﹣q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B处的电势大于顶点D处的电势
B．顶点B1、D1处的电场强度相同
C．质子从B点移动到C点电势能增加
D．电子从B1点移动到D点电势能减少
【分析】结合已学过的异种电荷的电场线分布与电势关系，根据对称性与电场的叠加可判断各点的电势与电场的大小。正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势低处电势能大。
【解答】解：A、由对称性知顶点B、D处的电势相等，故A错误；
B、由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C、B点的电势高于C点的电势，则质子从B点移动到C点电势能减少，故C错误；
D、D点电势比B1点电势高，电子带负电，电子从B1点移动到D点电势能减少，故D正确。
故选：D。
【点评】注意电场的矢量性比较，需要大小方向均相同才可以，等势面上的点电势相等。
6．（4分）2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（ ）
A．0.2h B．1.7h C．4h D．12h
【分析】根据万有引力提供向心力，结合密度公式和开普勒第三定律得出卫星绕地球表面做圆周运动的周期，结合题意进而得出“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期。
【解答】解：根据万有引力提供向心力，有
G＝mR（）2
又地球可以看作球体，故有V＝πR3，
根据密度公式可得ρ地＝
三式联立整理可得T0＝，式中G为引力常量，T0为卫星绕地球表面做圆周运动的周期。
根据开普勒第三定律可得
整理可知 h2
代入数据解得T0≈1.4 h
火星密度是地球的0.7倍，设“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期为T1，则
联立整理代入数据可得T1≈1.7 h，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】在处理天体运动问题时，要注意解题的关键在于：一是万有引力提供向心力；二是万有引力等于物体的重力。
（多选）7．（5分）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块的速度先增大后减小
B．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块加速度先增大后减小
【分析】根据题意分析清楚物块的运动过程，根据物块的运动过程判断物块速度变化情况，判断弹簧弹性势能与物块与弹簧机械能的变化情况。
【解答】解：AD、物块与弹簧接触前沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，当物块合力为零时速度最大，然后物块继续向上运动过程物块所受合力向下，加速度向下，物块向上做加速度增大的减速运动，直到速度为零，物块上升到最高点，由此可知，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，物块的速度先增大后减小，加速度先减小到零然后反向增大，故A正确，D错误；
B、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组成的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故B正确；
C、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
故选：AB。
【点评】根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据物块的运动过程，应用功能关系即可解题。
（多选）8．（5分）如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高
B．若粒子带负电，则Q点电势比P点电势高
C．若粒子带负电，则在P点时动能大
D．不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大
【分析】根据运动轨迹可知合力方向向下，但是电场力方向不确定，故电场方向不确定，假设从P向Q则受向下电场力，动能的变化通过合外力做功来判断。
【解答】解：由题意可知，该电场为竖直方向的匀强电场，且该带电粒子受到的电场力是向下的。
A、若粒子带正电，则电场方向向下，根据沿着电场线方向电势降低的规律知，φP＞φQ，故A错误；
B、若粒子带负电，则电场方向向上，根据沿着电场线方向电势降低的规律知，φQ＞φP，故B正确；
C、若粒子带负电，则粒子受向下的电场力，从P到Q做加速运动，所以Q点的动能大，故C错误；
D、无论可种粒子，若从P向Q运动，受向下电场力，则加速运动；若是从Q到P，受向下的电场力做减速运动。两种情况均是Q点的动能大，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决此类带电质点在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出合外力方向和所受电场力方向，然后进一步判断电势、动能等物理量的变化。
（多选）9．（5分）2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度
B．探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点
C．地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年
D．探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
【分析】探测器做离心运动，发动机做正功，可确定在椭圆轨道 A 点的速度大于地球的公转速度；根据开普勒第三定律分别对火星探测器轨道和火星轨道列方程，即可求探测器由A点大约经多长时间才能抵达火星附近的B点以及火星的公转周期；根据万有引力提供向心力，写出加速度的表达式，即可确定AB两点的加速度的大小。
【解答】解：A、探测器在地球轨道上的A点被发射出去，探测器做离心运动，发动机做正功，速度增大，所以在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度，故A错误。
B、因为地球的公转周期T1＝1年，设探测器在椭圆轨道运动的周期为T2，根据开普勒第三定律得：
解得：T2≈1.4年，故大约经过 t＝＝0.7年后抵达火星附近的 B 点。故B正确。
设火星公转周期为T3，根据开普勒第三定律得：
解得：T3＝1.84年
设经过t时间地球和火星两次相距最近，即地球比火星多转一圈，根据△θ＝•△t得：
代入数据解得：t＝2.2年，故C正确。
D、根据万有引力提供向心力得：
解得：a＝，可知探测器在椭圆轨道 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了万有引力定律及开普勒第三定律，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。另外从相距最近到再次相距最近时，两星球转过的角度相差2π。
（多选）10．（4分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程，下列判断正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端时的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv12﹣mv22
C．此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
D．此过程中电动机做功为mv12+mv1v2
【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后根据v1小于v2的情况分析。根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。根据能量守恒找出各种形式能量的关系。
【解答】解：A、由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时与传送带一起向右匀速运动，滑块返回传送带右端时的速率 v′2＝v1，故A错误；
B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理可知，传送带对滑块做功 W＝mv12﹣mv22，故B正确；
C、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1＝t1
滑块克服摩擦力做功：W1＝fx1＝f××t1…①
又滑块克服摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1＝mv22…②
该过程中传送带的位移：x2＝v1t1
摩擦力对传送带做功：W2＝﹣fx2＝﹣fv1t1＝﹣fv1×＝﹣2fx1×…③
将①②代入③得：W2＝﹣mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3＝t2
摩擦力对滑块做功：W3＝fx3＝mv12
该过程中传送带的位移：x4＝v1t2＝2x3
滑块相对传送带的总位移：x相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总＝fx相对＝W1+W2+W3＝m（v1+v2）2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q＝W总＝fx相＝m（v1+v2）2，故C正确；
D、全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q＝W+mv22﹣mv12
整理得：W＝Q﹣mv22+mv12＝mv12+mv1v2，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。计算滑块与传送带间摩擦产生的热量时要根据相对位移求。
二.实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（8分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图甲中实验采用的方法是 D （填正确选项前的字母）
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 增大 （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为45°和60°，则为 。
【分析】（1）本实验采用的是控制变量法；
（2）电荷之间的静电力随着距离的减小而增大；
（3）根据受力情况结合平衡条件进行解答。
【解答】解：（1）图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故D正确、ABC错误；
故选：D。
（2）根据实验现象可知，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大；
（3）设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示；
当A球带电量为q1时，由平衡条件得：F＝＝mgtan45°，其中r1＝PBsin45°
当A球带电量为q2时，由平衡条件得：F′＝＝mgtan60°，其中r2＝PBsin60°
联立解得：＝。
故答案为：（1）D；（2）增大；（3）。
【点评】本题主要是考查库仑力的特点及利用平衡方程求解电量的关系，掌握库仑定律内容以及表达式，能够根据平衡条件进行解答。
12．（10分）用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是 AC （填字母代号）。
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺 D．天平（带砝码）
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为hA、hB、hC．已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T．设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝ mghB ，动能变化量△Ek＝ 。（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0．已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式F0＝ 3mg 时，可验证机械能守恒。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据下降的高度求出重力势能的变化量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的变化量；
（3）先假设小球下落过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球到达最低点的速度，根据牛顿第二定律即可求出F0。
【解答】解：（1）实验中打点计时器需接交流电源，需要用刻度尺测量点迹间的距离。时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平。
故选：AC；
（2）从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量为△Ep＝mghB，打B点时，重物的速度为，由于初速度为零，则动能的增加量为；
（3）假设小球下落过程中，机械能守恒，设小球到达最低点的速度为v，细线的长度为L，根据机械能守恒定律有，在最低点，根据牛顿第二定律有，可得F0＝3mg。
故答案为：（1）AC，（2）mghB，，（3）3mg。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的变化量；对第（3）问的分析，要从原理的变化上入手，假设机械能守恒，从而可得结果。
三.计算题（本大题共3小题，共38分）
13．（10分）“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想，若机器人“玉兔号”在月球表面做了竖直上抛实验，测得物体以初速度v0抛出后，空中的运动时间为t，已知月球半径为R，求：
（1）月球表面重力加速度g；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H。
【分析】（1）物体做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动规律求出重力加速度。
（2）探测器做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出探测距月面的高度。
【解答】解：（1）物体做竖直上抛运动，运动时间：t＝，
重力加速度：g＝；
（2）月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：，
探测器做圆周运动，万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，
解得：；
答：（1）月球表面重力加速度g为；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H为：﹣R。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用运动学公式、万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
14．（13分）如图所示，在绝缘粗糙的水平地面上有水平方向的匀强电场，三个质量相同且均可看成点电荷的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上，球A在球B的正上方，AB间距为L，AC连线与水平方向夹角为30°，三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电，电荷量均为Q，C球带负电，带电量为﹣4Q，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）判断匀强电场的方向；
（2）球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小；
（3）地面对球C的摩擦力大小和方向。
【分析】（1）（2）根据A球受力平衡，可知电场方向，根据受力分析结合平衡条件可解得．
（2）根据C受力分析，根据平衡条件可解得．
【解答】解：（1）对A球受力分析可知C对A的库仑力向左方，A处于静止状态，可知外加电场向右；
（2）A球受力示意如图1：
图1
A保持静止，则A受力平衡，水平方向有
QE＝cos30°
竖直方向有mg+sin30°＝
联立解得A球质量为m＝，电场强度为E＝
（3）C球受力示意如图2：
图2
根据共点力平衡可知：f++cos30°＝4QE
解得：f＝＞0，故地面对C的摩擦力方向向右；
答：（1）匀强电场的方向向右；
（2）球A的质量为，匀强电场的电场强度E的大小为；
（3）地面对球C的摩擦力大小为，方向向右。
【点评】解决本题的关键掌握库仑定律，会运用平衡知识判断外加电场的方向．以及能够熟练平衡条件解答．
15．（16分）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC＝2m，CDF为竖直平面内半径为R＝0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E＝1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m＝0.2kg，电荷量为q＝﹣1.0×10﹣3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为2N，求弹簧释放的弹性势能；
（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
【分析】（1）滑块P运动到F点时，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块到达F点的速度，再根据功能关系求解弹簧释放的弹性势能；
（2）滑块从D点到F点，由动能定理求出滑块通过D点的速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块在D点时对轨道的压力；
（3）计算等效重力，找到等效最高点，分析题意找到滑块不与轨道分离的两种情况，分别用动能定理解答。
【解答】解：（1）滑块在F点时受力如图1所示，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N+mg＝m
根据牛顿第三定律知N＝2N
解得：vF＝2m/s
从释放弹簧到滑块到达F点的过程，由能量守恒定律得
EP＝μmgLBC+2mgR+
解得弹簧释放的弹性势能：EP＝2J
（2）滑块从D点到F点，由动能定理得：
﹣mgR+qER＝﹣
在D点，对滑块由牛顿第二定律得：
qE+ND＝m
解得：ND＝3.5N
由牛顿第三定律可知滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。
（3）如图2所示，滑块的等效重力大小为：mg′＝
解得：mg′＝2.5N，
设mg′方向与竖直方向夹角θ，则有：
tanθ＝＝＝0.75，可得θ＝37°
M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点。
①要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得：
mg′＝m
滑块P从释放到M点的过程中，由动能定理得：
EP1﹣μmgLBC﹣mg′R（1+cosθ）＝﹣0
联立可得：EP1＝1.95J
②小球达到等效圆心等高点（N点）的速度为零，由动能定理得：
EP2﹣μmgLBC﹣mg′Rcosθ＝0﹣0，
解得：EP2＝1.2J
所以欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道，弹性势能的取值范围：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
答：（1）弹簧释放的弹性势能为2J；
（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右；
（3）弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。为：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
【点评】本题的关键要理清滑块的运动情况和受力情况，把握隐含的临界条件。在（3）问中，一是计算等效重力，找到等效最高点，二是滑块不与轨道分离的两种情况，记住这种模型。
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2021-2022学年湖南省长沙市天心区长郡中学高一（下）期中物理试卷
一.选择题（本题共10小题，共44分，1～6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7～10题，每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
B．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
C．从公式E＝来看，场强大小E与F成正比，与q成反比
D．根据F＝k，当两个点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
2．（4分）如图所示，空间中竖直平面内有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO＝OM＝h。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从P到O的过程中，小球的电势能一定是先增大后减少
B．从P到O的过程中，小球的加速度一定是先增大后减少
C．从P到M的过程中，小球的机械能一定是先增大后减少
D．到达M点时，小球的速度为
3．（4分）质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．赛车运动时发动机输出功率为40kW
D．图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为450km/h
4．（4分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c小球带同种电荷
B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
D．a、b小球电量之比为
5．（4分）如图所示，在正方体的顶点A和顶点C1处放置带电量分别为+q、﹣q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B处的电势大于顶点D处的电势
B．顶点B1、D1处的电场强度相同
C．质子从B点移动到C点电势能增加
D．电子从B1点移动到D点电势能减少
6．（4分）2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（ ）
A．0.2h B．1.7h C．4h D．12h
（多选）7．（5分）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块的速度先增大后减小
B．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块加速度先增大后减小
（多选）8．（5分）如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高
B．若粒子带负电，则Q点电势比P点电势高
C．若粒子带负电，则在P点时动能大
D．不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大
（多选）9．（5分）2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度
B．探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点
C．地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年
D．探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
（多选）10．（4分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程，下列判断正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端时的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv12﹣mv22
C．此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
D．此过程中电动机做功为mv12+mv1v2
二.实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（8分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图甲中实验采用的方法是 （填正确选项前的字母）
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为45°和60°，则为 。
12．（10分）用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是 （填字母代号）。
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺 D．天平（带砝码）
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为hA、hB、hC．已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T．设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝ ，动能变化量△Ek＝ 。（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0．已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式F0＝ 时，可验证机械能守恒。
三.计算题（本大题共3小题，共38分）
13．（10分）“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想，若机器人“玉兔号”在月球表面做了竖直上抛实验，测得物体以初速度v0抛出后，空中的运动时间为t，已知月球半径为R，求：
（1）月球表面重力加速度g；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H。
14．（13分）如图所示，在绝缘粗糙的水平地面上有水平方向的匀强电场，三个质量相同且均可看成点电荷的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上，球A在球B的正上方，AB间距为L，AC连线与水平方向夹角为30°，三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电，电荷量均为Q，C球带负电，带电量为﹣4Q，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）判断匀强电场的方向；
（2）球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小；
（3）地面对球C的摩擦力大小和方向。
15．（16分）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC＝2m，CDF为竖直平面内半径为R＝0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E＝1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m＝0.2kg，电荷量为q＝﹣1.0×10﹣3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为2N，求弹簧释放的弹性势能；
（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
2021-2022学年湖南省长沙市天心区长郡中学高一（下）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一.选择题（本题共10小题，共44分，1～6题，每小题4分，只有一个选项符合题目要求，7～10题，每小题4分，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
1．（4分）下列说法正确的是（ ）
A．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，这两个带电体才可以看成点电荷
B．电场和电场线一样，是人为设想出来的，其实并不存在
C．从公式E＝来看，场强大小E与F成正比，与q成反比
D．根据F＝k，当两个点电荷间的距离趋近于零时，电场力将趋向无穷大
【分析】A、根据带电体能被看作点电荷的条件加以判断即可；
B、利用电场和电场线的定义可知，电场是客观存在的，电场线是人为引入的；
C、根据比值定义法的意义，可知场强与F和q无关；
D、利用库仑定律的适用条件可以判断该项。
【解答】解：A、根据点电荷的定义可知，当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用力的影响可以忽略时，可以看作点电荷，故A正确；
B、电场是客观存在的，电场线是人为引入的，故B错误；
C、公式E＝采用的是比值定义法，E由电场本身决定，与试探电荷无关，故C错误；
D、当两个点电荷间的距离趋近于零时，带电体不能被看作点电荷，公式F＝k不再适用，故此时利用公式得出的结论是错误的，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了比值定义法、点电荷的成立条件和库仑定律的适用条件，以及电场和电场线的理解，在学习时要注意这几个方面。
2．（4分）如图所示，空间中竖直平面内有两个固定的等量正点电荷，两电荷的连线处于水平方向，O为连线的中点，P、M为连线的中垂线上的两点，且PO＝OM＝h。现将一带负电的小球从P点静止释放，重力加速度为g，不计阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从P到O的过程中，小球的电势能一定是先增大后减少
B．从P到O的过程中，小球的加速度一定是先增大后减少
C．从P到M的过程中，小球的机械能一定是先增大后减少
D．到达M点时，小球的速度为
【分析】两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，小球从P点到O运动的过程中，电场力方向P→O，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定。PO过程中，小球一直做加速运动，但加速度变化情况不确定。
【解答】解：AB、两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，带负电的小球从P点到O运动的过程中，电场力方向P→O，从P到O的过程中电场力做正功，电势能减小，但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则小球所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定，故AB错误；
CD、根据功能关系，除重力以外的其他力做的功等于机械能的增量，从P到M电场力先做正功后做负功，且代数和为零，因此根据动能定理mgh＝，解得，所以小球的机械能先增大后减小，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。
3．（4分）质量为800kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，已知图像斜率k的数值大小为500。则赛车（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．加速度随时间均匀增大
C．赛车运动时发动机输出功率为40kW
D．图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为450km/h
【分析】赛车以恒定功率启动，对汽车受力分析后根据牛顿第二定律列方程，再结合图象进行分析即可
【解答】解：A、由图可知，加速度变化，故做变加速直线运动，故A错误；
B、函数方程为，汽车加速运动，速度增大，加速度减小，故B错误；
C、对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有F﹣f＝ma，
联立得
结合图线，故，
所以P＝km＝500×800W＝400kW，f＝4m＝4×800N＝3200N，故C错误；
D、图中b点取值应为0.008，其对应的物理意义表示赛车的最大时速为v＝＝450km/h
故选：D。
【点评】本题关键对汽车受力分析后，根据牛顿第二定律列出加速度与速度关系的表达式，再结合图象进行分析求解
4．（4分）如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c小球带同种电荷
B．a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C．a、b小球电量之比为
D．a、b小球电量之比为
【分析】分别对三个小球减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用。对c由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系。
【解答】解：A、对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；
a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反。
即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷。故A错误，B错误；
C、设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：，；
a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：
所以：．故C错误，D正确
故选：D。
【点评】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等。
5．（4分）如图所示，在正方体的顶点A和顶点C1处放置带电量分别为+q、﹣q的点电荷，则下列说法正确的是（ ）
A．顶点B处的电势大于顶点D处的电势
B．顶点B1、D1处的电场强度相同
C．质子从B点移动到C点电势能增加
D．电子从B1点移动到D点电势能减少
【分析】结合已学过的异种电荷的电场线分布与电势关系，根据对称性与电场的叠加可判断各点的电势与电场的大小。正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势低处电势能大。
【解答】解：A、由对称性知顶点B、D处的电势相等，故A错误；
B、由电场叠加和对称性知顶点B1、D1处的电场强度大小相等，但方向不同，故B错误；
C、B点的电势高于C点的电势，则质子从B点移动到C点电势能减少，故C错误；
D、D点电势比B1点电势高，电子带负电，电子从B1点移动到D点电势能减少，故D正确。
故选：D。
【点评】注意电场的矢量性比较，需要大小方向均相同才可以，等势面上的点电势相等。
6．（4分）2020年的中国航天让国人振奋不已，也让世界看到了中国力量、中国速度。“北斗三号”最后一颗全球组网卫星成功定点于距离地球3.6万公里的地球同步轨道，其轨道半径约为地球半径的6.6倍，顺利进入长期运行管理模式；长征五号遥四运载火箭飞行了约36分钟就成功将首个火星探测器“天问一号”送入预定轨道。若火星密度是地球密度的0.7倍，则“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期约为（ ）
A．0.2h B．1.7h C．4h D．12h
【分析】根据万有引力提供向心力，结合密度公式和开普勒第三定律得出卫星绕地球表面做圆周运动的周期，结合题意进而得出“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期。
【解答】解：根据万有引力提供向心力，有
G＝mR（）2
又地球可以看作球体，故有V＝πR3，
根据密度公式可得ρ地＝
三式联立整理可得T0＝，式中G为引力常量，T0为卫星绕地球表面做圆周运动的周期。
根据开普勒第三定律可得
整理可知 h2
代入数据解得T0≈1.4 h
火星密度是地球的0.7倍，设“天问一号”绕火星表面做圆周运动的周期为T1，则
联立整理代入数据可得T1≈1.7 h，故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】在处理天体运动问题时，要注意解题的关键在于：一是万有引力提供向心力；二是万有引力等于物体的重力。
（多选）7．（5分）我国风洞技术世界领先。如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中（ ）
A．物块的速度先增大后减小
B．物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
C．弹簧弹性势能先增大后减小
D．物块加速度先增大后减小
【分析】根据题意分析清楚物块的运动过程，根据物块的运动过程判断物块速度变化情况，判断弹簧弹性势能与物块与弹簧机械能的变化情况。
【解答】解：AD、物块与弹簧接触前沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，当物块合力为零时速度最大，然后物块继续向上运动过程物块所受合力向下，加速度向下，物块向上做加速度增大的减速运动，直到速度为零，物块上升到最高点，由此可知，从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，物块的速度先增大后减小，加速度先减小到零然后反向增大，故A正确，D错误；
B、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组成的系统一直做正功，由功能关系可知，物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故B正确；
C、从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故C错误；
故选：AB。
【点评】根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，根据物块的运动过程，应用功能关系即可解题。
（多选）8．（5分）如图所示，虚线为电场中一簇等间距的等差等势面，实线为一带电粒子通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，不计重力。下列说法正确的是（ ）
A．若粒子带正电，则Q点电势比P点电势高
B．若粒子带负电，则Q点电势比P点电势高
C．若粒子带负电，则在P点时动能大
D．不论粒子带正电或负电，都是在Q点时动能大
【分析】根据运动轨迹可知合力方向向下，但是电场力方向不确定，故电场方向不确定，假设从P向Q则受向下电场力，动能的变化通过合外力做功来判断。
【解答】解：由题意可知，该电场为竖直方向的匀强电场，且该带电粒子受到的电场力是向下的。
A、若粒子带正电，则电场方向向下，根据沿着电场线方向电势降低的规律知，φP＞φQ，故A错误；
B、若粒子带负电，则电场方向向上，根据沿着电场线方向电势降低的规律知，φQ＞φP，故B正确；
C、若粒子带负电，则粒子受向下的电场力，从P到Q做加速运动，所以Q点的动能大，故C错误；
D、无论可种粒子，若从P向Q运动，受向下电场力，则加速运动；若是从Q到P，受向下的电场力做减速运动。两种情况均是Q点的动能大，故D正确。
故选：BD。
【点评】解决此类带电质点在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出合外力方向和所受电场力方向，然后进一步判断电势、动能等物理量的变化。
（多选）9．（5分）2020年7月23日，中国火星探测任务“天问一号”探测器在海南文昌航天发射场发射升空。如图所示，已知地球和火星到太阳的距离分别为R和1.5R，若某火星探测器在地球轨道上的A点被发射出去，进入预定的椭圆轨道，通过椭圆轨道到达远日点B进行变速被火星俘获。下列说法正确的是（ ）
A．探测器在椭圆轨道A点的速度等于地球的公转速度
B．探测器由A点大约经0.7年才能抵达火星附近的B点
C．地球和火星两次相距最近的时间间隔约为2.2年
D．探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
【分析】探测器做离心运动，发动机做正功，可确定在椭圆轨道 A 点的速度大于地球的公转速度；根据开普勒第三定律分别对火星探测器轨道和火星轨道列方程，即可求探测器由A点大约经多长时间才能抵达火星附近的B点以及火星的公转周期；根据万有引力提供向心力，写出加速度的表达式，即可确定AB两点的加速度的大小。
【解答】解：A、探测器在地球轨道上的A点被发射出去，探测器做离心运动，发动机做正功，速度增大，所以在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度，故A错误。
B、因为地球的公转周期T1＝1年，设探测器在椭圆轨道运动的周期为T2，根据开普勒第三定律得：
解得：T2≈1.4年，故大约经过 t＝＝0.7年后抵达火星附近的 B 点。故B正确。
设火星公转周期为T3，根据开普勒第三定律得：
解得：T3＝1.84年
设经过t时间地球和火星两次相距最近，即地球比火星多转一圈，根据△θ＝•△t得：
代入数据解得：t＝2.2年，故C正确。
D、根据万有引力提供向心力得：
解得：a＝，可知探测器在椭圆轨道 A 点的加速度大于在 B 点的加速度，故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了万有引力定律及开普勒第三定律，要熟记万有引力的公式和圆周运动的一些关系变换式，解题依据为万有引力提供向心力。另外从相距最近到再次相距最近时，两星球转过的角度相差2π。
（多选）10．（4分）如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1顺时针匀速运动。一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2＞v1）滑上传送带，最终滑块又返回至传送带的右端。关于上述过程，下列判断正确的是（ ）
A．滑块返回传送带右端时的速率为v2
B．此过程中传送带对滑块做功为mv12﹣mv22
C．此过程中滑块与传送带间因摩擦产生的热量为m（v1+v2）2
D．此过程中电动机做功为mv12+mv1v2
【分析】物体由于惯性冲上皮带后，受到向右的滑动摩擦力，减速向左滑行，之后依然受到向右的滑动摩擦力，会继续向右加速，然后根据v1小于v2的情况分析。根据动能定理得全过程传送带对物块做的总功。根据能量守恒找出各种形式能量的关系。
【解答】解：A、由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于v1＜v2，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时与传送带一起向右匀速运动，滑块返回传送带右端时的速率 v′2＝v1，故A错误；
B、此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理可知，传送带对滑块做功 W＝mv12﹣mv22，故B正确；
C、设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：x1＝t1
滑块克服摩擦力做功：W1＝fx1＝f××t1…①
又滑块克服摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：W1＝mv22…②
该过程中传送带的位移：x2＝v1t1
摩擦力对传送带做功：W2＝﹣fx2＝﹣fv1t1＝﹣fv1×＝﹣2fx1×…③
将①②代入③得：W2＝﹣mv1v2
设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：x3＝t2
摩擦力对滑块做功：W3＝fx3＝mv12
该过程中传送带的位移：x4＝v1t2＝2x3
滑块相对传送带的总位移：x相＝x1+x2+x4﹣x3＝x1+x2+x3
滑动摩擦力对系统做功：W总＝fx相对＝W1+W2+W3＝m（v1+v2）2
滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功，Q＝W总＝fx相＝m（v1+v2）2，故C正确；
D、全过程中，电动机对皮带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q＝W+mv22﹣mv12
整理得：W＝Q﹣mv22+mv12＝mv12+mv1v2，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题关键是对于物体返回的过程分析，物体先做减速运动，之后反向加速，最后做匀速运动。计算滑块与传送带间摩擦产生的热量时要根据相对位移求。
二.实验题（本大题共2小题，共18分）
11．（8分）某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大（或减小）小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
（1）图甲中实验采用的方法是 D （填正确选项前的字母）
A．理想实验法
B．等效替代法
C．微小量放大法
D．控制变量法
（2）图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而 增大 （填“增大”“减小”或“不变”）
（3）接着该组同学使小球处于同一位置，增大（或减少）小球A所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在P点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球B，在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球A，当A球到达悬点P的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为θ若两次实验中A的电量分别为q1和q2，θ分别为45°和60°，则为 。
【分析】（1）本实验采用的是控制变量法；
（2）电荷之间的静电力随着距离的减小而增大；
（3）根据受力情况结合平衡条件进行解答。
【解答】解：（1）图甲中先保持带电小球的电荷量不变，把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，改变两个小球之间的距离，比较库仑力的大小；后来保持小球之间的距离不变，改变小球所带的电荷量大小，分析小球之间的库仑力，所以实验采用的方法是控制变量法，故D正确、ABC错误；
故选：D。
（2）根据实验现象可知，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而增大；
（3）设小球B的质量为m，电量为q，B球的受力情况如图所示；
当A球带电量为q1时，由平衡条件得：F＝＝mgtan45°，其中r1＝PBsin45°
当A球带电量为q2时，由平衡条件得：F′＝＝mgtan60°，其中r2＝PBsin60°
联立解得：＝。
故答案为：（1）D；（2）增大；（3）。
【点评】本题主要是考查库仑力的特点及利用平衡方程求解电量的关系，掌握库仑定律内容以及表达式，能够根据平衡条件进行解答。
12．（10分）用如图甲所示的实验装置做“验证机械能守恒定律”实验时，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始下落。
（1）除了图示的实验器材，下列实验器材中还必须使用的是 AC （填字母代号）。
A．交流电源 B．秒表 C．刻度尺 D．天平（带砝码）
（2）实验中，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C测得它们到起始点O（O点与下一点的间距接近2mm）的距离分别为hA、hB、hC．已知当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T．设重物质量为m。从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量△Ep＝ mghB ，动能变化量△Ek＝ 。（用已知字母表示）
（3）某同学用如图丙所示装置验证机械能守恒定律，将力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，一端连在力传感器上。将小球拉至水平位置从静止释放，到达最低点时力传感器显示的示数为F0．已知小球质量为m，当地重力加速度为g。在误差允许范围内，当满足关系式F0＝ 3mg 时，可验证机械能守恒。
【分析】（1）根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材；
（2）根据下降的高度求出重力势能的变化量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而得出动能的变化量；
（3）先假设小球下落过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球到达最低点的速度，根据牛顿第二定律即可求出F0。
【解答】解：（1）实验中打点计时器需接交流电源，需要用刻度尺测量点迹间的距离。时间可以通过打点计时器直接得出，不需要秒表，验证动能的增加量和重力势能的减小量是否相等，质量可以约去，不需要天平。
故选：AC；
（2）从打O点到B点的过程中，重物的重力势能变化量为△Ep＝mghB，打B点时，重物的速度为，由于初速度为零，则动能的增加量为；
（3）假设小球下落过程中，机械能守恒，设小球到达最低点的速度为v，细线的长度为L，根据机械能守恒定律有，在最低点，根据牛顿第二定律有，可得F0＝3mg。
故答案为：（1）AC，（2）mghB，，（3）3mg。
【点评】解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，掌握纸带的处理方法，会通过纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求解重力势能的变化量；对第（3）问的分析，要从原理的变化上入手，假设机械能守恒，从而可得结果。
三.计算题（本大题共3小题，共38分）
13．（10分）“玉兔号”登月车在月球表面接触的第一步实现了中国人“奔月”的伟大梦想，若机器人“玉兔号”在月球表面做了竖直上抛实验，测得物体以初速度v0抛出后，空中的运动时间为t，已知月球半径为R，求：
（1）月球表面重力加速度g；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H。
【分析】（1）物体做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动规律求出重力加速度。
（2）探测器做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律可以求出探测距月面的高度。
【解答】解：（1）物体做竖直上抛运动，运动时间：t＝，
重力加速度：g＝；
（2）月球表面的物体受到的重力等于万有引力，即：，
探测器做圆周运动，万有引力提供向心力，
由牛顿第二定律得：，
解得：；
答：（1）月球表面重力加速度g为；
（2）探测器绕月做周期为T的匀速圆周运动时离月球表面的高度H为：﹣R。
【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提，根据题意应用运动学公式、万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。
14．（13分）如图所示，在绝缘粗糙的水平地面上有水平方向的匀强电场，三个质量相同且均可看成点电荷的带电小球A、B、C分别位于竖直平面内的直角三角形的三个顶点上。球B、C在地面上，球A在球B的正上方，AB间距为L，AC连线与水平方向夹角为30°，三球恰好都可以静止不动。已知A、B带正电，电荷量均为Q，C球带负电，带电量为﹣4Q，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
（1）判断匀强电场的方向；
（2）球A的质量m及匀强电场的电场强度E的大小；
（3）地面对球C的摩擦力大小和方向。
【分析】（1）（2）根据A球受力平衡，可知电场方向，根据受力分析结合平衡条件可解得．
（2）根据C受力分析，根据平衡条件可解得．
【解答】解：（1）对A球受力分析可知C对A的库仑力向左方，A处于静止状态，可知外加电场向右；
（2）A球受力示意如图1：
图1
A保持静止，则A受力平衡，水平方向有
QE＝cos30°
竖直方向有mg+sin30°＝
联立解得A球质量为m＝，电场强度为E＝
（3）C球受力示意如图2：
图2
根据共点力平衡可知：f++cos30°＝4QE
解得：f＝＞0，故地面对C的摩擦力方向向右；
答：（1）匀强电场的方向向右；
（2）球A的质量为，匀强电场的电场强度E的大小为；
（3）地面对球C的摩擦力大小为，方向向右。
【点评】解决本题的关键掌握库仑定律，会运用平衡知识判断外加电场的方向．以及能够熟练平衡条件解答．
15．（16分）如图所示，AC水平轨道上AB段光滑，BC段粗糙，且LBC＝2m，CDF为竖直平面内半径为R＝0.2m的光滑半圆轨道，两轨道相切于C点，CF右侧有电场强度E＝1.5×103N/C的匀强电场，方向水平向右。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与带负电滑块P接触但不连接，弹簧原长时滑块在B点。现向左压缩弹簧后由静止释放，已知滑块P的质量为m＝0.2kg，电荷量为q＝﹣1.0×10﹣3C，与轨道BC间的动摩擦因数为μ＝0.2，忽略滑块P与轨道间电荷转移。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）若滑块P运动到F点的瞬间对轨道压力为2N，求弹簧释放的弹性势能；
（2）在（1）的条件下，滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力；
（3）欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道（即滑块只能从C点或者F点离开半圆轨道），求弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。
【分析】（1）滑块P运动到F点时，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出滑块到达F点的速度，再根据功能关系求解弹簧释放的弹性势能；
（2）滑块从D点到F点，由动能定理求出滑块通过D点的速度，再由牛顿第二定律和牛顿第三定律求解滑块在D点时对轨道的压力；
（3）计算等效重力，找到等效最高点，分析题意找到滑块不与轨道分离的两种情况，分别用动能定理解答。
【解答】解：（1）滑块在F点时受力如图1所示，由重力和轨道作用力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：
N+mg＝m
根据牛顿第三定律知N＝2N
解得：vF＝2m/s
从释放弹簧到滑块到达F点的过程，由能量守恒定律得
EP＝μmgLBC+2mgR+
解得弹簧释放的弹性势能：EP＝2J
（2）滑块从D点到F点，由动能定理得：
﹣mgR+qER＝﹣
在D点，对滑块由牛顿第二定律得：
qE+ND＝m
解得：ND＝3.5N
由牛顿第三定律可知滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右。
（3）如图2所示，滑块的等效重力大小为：mg′＝
解得：mg′＝2.5N，
设mg′方向与竖直方向夹角θ，则有：
tanθ＝＝＝0.75，可得θ＝37°
M、N两点分别为等效最高点和等效圆心等高点。
①要使滑块P恰好沿半圆轨道运动到M点时不与轨道分离，可得：
mg′＝m
滑块P从释放到M点的过程中，由动能定理得：
EP1﹣μmgLBC﹣mg′R（1+cosθ）＝﹣0
联立可得：EP1＝1.95J
②小球达到等效圆心等高点（N点）的速度为零，由动能定理得：
EP2﹣μmgLBC﹣mg′Rcosθ＝0﹣0，
解得：EP2＝1.2J
所以欲使滑块P在进入圆轨道后不脱离圆轨道，弹性势能的取值范围：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
答：（1）弹簧释放的弹性势能为2J；
（2）滑块运动到与O点等高的D点时对轨道的压力大小为3.5N，方向水平向右；
（3）弹簧最初释放的弹性势能的取值范围。为：EP≥1.95J或EP≤1.2J。
【点评】本题的关键要理清滑块的运动情况和受力情况，把握隐含的临界条件。在（3）问中，一是计算等效重力，找到等效最高点，二是滑块不与轨道分离的两种情况，记住这种模型。
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