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2022-2023学年湖南省郴州市高一（下）期末物理试卷（选择考）（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省郴州市高一（下）期末物理试卷（选择考）（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.下列说法中符合物理史实的是( )
A. 开普勒通过万有引力定律计算预言了天王星的存在，后来被证实，因此天王星被称为“笔尖下发现的行星”
B. “月-地检验”通过验证月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的1602，从而证实地面上的物体所受地球的引力，月球所受地球的引力是同种性质的力，月-地检验为万有引力定律成立提供事实依据
C. 卡文迪什总结出万有引力定律，并在实验中测出了万有引力常量，并由此计算出地球的质量，卡文迪什被誉为第一个称量地球的人
D. 安培首先测出了元电荷的数值
2.如图所示的四幅图中的行为可以在绕地球做匀速圆周运动的中国空间站舱内完成的有( )
A. 如图甲，可以用台秤称量重物的质量
B. 如图乙，可以用水杯喝水
C. 如图丙，可以用沉淀法将水与沙子分离
D. 如图丁，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在任意面内做圆周运动
3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐.如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法错误的是( )
A. O点电场强度为零
B. O点电势为零
C. A、B两点电势为零
D. A、B两点电场强度相同
4.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动(无滑动)。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙=4：1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A. 甲、乙两圆盘的角速度之比ω1：ω2=4：1
B. 滑动前m1与m2的向心加速度之比a1：a2=1：4
C. 随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D. 随转速慢慢增加，m2先开始滑动
5.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，到达椭圆轨道远日点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点的运行速度等于地球的公转速度
B. 探测器在椭圆轨道B点的运行速度大于火星的公转速度
C. 探测器在椭圆轨道上的运动周期小于火星绕太阳的运动周期
D. 探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
6.如图所示，三个带电小球A、B、C(可视为质点)，静止在光滑水平地面上，A带正电，电荷量为q(q>0)，A、B之间距离为L，B、C之间距离为3L，则( )
A. B球带正电B. C球带负电C. C球电荷量9qD. B球电荷量为q
7.如图所示，实线为未标明方向的电场线，虚线为一带负电粒子仅在电场力用下通过该区域时的运动轨迹，a、b为轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定从a运动到b
B. a点的电场强度比b点大
C. a点的电势比b点高
D. 带电粒子在a点受到的电场力方向沿M指向N方向
8.有一星球的半径是地球半径的12，若该星球的密度与地球的密度的4倍，则该星球表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的( )
A. 2倍B. 12倍C. 14倍D. 18倍
9.如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为α，L2跟竖直方向的夹角为β，已知α>β，下列说法正确的是( )
A. 细线L1比细线L2所受的拉力小B. 小球m1的角速度比m2的角速度大
C. 小球m1的向心力比m2的向心力小D. 小球m1的线速度比m2的线速度小
10.某工地建房时用小车将细沙从一楼提到七楼(高度为20m)，小车和细沙总质量为10kg。由于小车漏沙，在被匀加速提升至七楼的过程中，小车和细沙的总质量随着上升距离的变化关系如图所示。小车可以看成质点，已知小车加速度为2m/s2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。由图像可知，在提升的整个过程中，拉力对小车做的功为( )
A. 2160JB. 1800JC. 2400JJD. 180J
11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A. 动能增加12mv2B. 机械能增加2mv2
C. 重力势能增加32mv2D. 电势能增加2mv2
二、实验题：本大题共2小题，共21分。
12.如图所示的实验装置，可以通过改变两极板的正对面积S，改变两极板间的距离d，在两极板间插入电介质等方法研究影响平行板电容器电容大小的因素。
(1)若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，可观察到静电计指针偏转角______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，极板间的电场强度______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(2)(多选)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.本实验研究的方法是累计法和等效替代法
B.本实验中M、N两极板与静电计的连接方式是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况
C.本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式C=QU，可定性判定电容的变化情况
D.本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环境造成极板漏电，会影响实验的效果
13.用如图装置来验证机械能守恒定律。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M(A的含挡光片、B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离H。
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片的时间为Δt。
③测出挡光片的宽度Δx，则重物经过光电门时的速度为______，此速度实际上______(选填“大于”、“小于”或“等于”)挡光片中心通过遮光片时的速度。
(2)若系统(重物A、B以及物块C)从静止到下落距离为H这一运动过程中系统减少的重力势能为______，系统增加的动能为______，若系统减少的重力势能(在误差允许的范围内)等于系统增加的动能，则系统机械能守恒(已知重力加速度为g，用前面已给出的字母及测出的量表示)。
三、简答题：本大题共3小题，共35分。
14.如图所示，一个质量为m、电荷量q的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经电压为U1的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L，两板间距d。求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大？
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，则两金属板间的电压U2是多大？
15.已知该车的额定功率为200kW，质量为2×103kg，假设该车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.2倍，(g取10m/s2)求：
(1)汽车在路面上能达到的最大速度；
(2)若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这过程能持续多长时间？
(3)若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m达到最大速度，求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间。
16.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37∘的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不拴接。AB长为3R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37∘=0.6、cs37∘=0.8，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)滑块P在D点速度。
(2)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
(3)当滑块P的质量调为M(未知)时，滑块P能滑上圆弧轨道，在位置E(图上未标出)恰好脱离圆弧轨道，且E、O两点的连线与OC的夹角为37∘，求P的质量M。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.万有引力定律发现后，勒维耶通过万有引力定律计算预言了海王星的存在，后来被证实，因此海王星被称为“笔尖下发现的行星”，故A错误；
B.“月-地检验”通过验证月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的1602，从而证实地面上的物体所受地球的引力，月球所受地球的引力是同种性质的力，月-地检验为万有引力定律成立提供事实依据，故B正确；
C.牛顿总结出万有引力定律，卡文迪什在实验中测出了万有引力常量，并由此计算出地球的质量，卡文迪什被誉为第一个称量地球的人，故C错误；
D.美国物理学家密立根首先测出了元电荷的数值，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识进行解答，记住著名物理学家如密立根、牛顿、卡文迪什的物理学贡献即可。
本题考查物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，重视积累。
2.【答案】D
【解析】解：在绕地球做匀速圆周运动的中国空间站舱内，物体受到的万有引力提供其绕地球做匀速圆周运动的向心力，物体处于完全失重状态。
A.重物处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量重物的质量，故A错误；
B.水杯中的水处于完全失重状态，不会因重力而流入嘴中，故B错误；
C.沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；
D.小球处于完全失重状态，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动，拉力充当向心力作用，可以完成，故D正确。
故选：D。
若物体处于完全失重状态，与重力有关的现象和实验均无法实现，据此分析即可。
本题需要知道在空间站中的物体处于完全失重状态，知道处于失重状态的物体的物理特点。
3.【答案】D
【解析】解：A.在对角线上的两电荷在O点的合场强都为零，可知O点电场强度为零，故A正确；
BC.O、A、B三点在等量异号电荷连线的水平方向的中垂线上，则此三点的电势均为零，故BC正确；
D.由对称可知，A、B两点电场强度大小相同，但是方向不同，故D错误。
本题选说法错误的
故选：D。
根据电场叠加原理，分析O点电场强度，A、B两点电场强度方向不同；等量异号电荷连线的中垂线，电势为零，O、A、B三点电势均为零。
本题考查学生对电场叠加原理、电场电势分布、电场强度矢量性的理解，比较基础。
4.【答案】D
【解析】解：A.依题意，甲、乙两圆盘边缘上的线速度大小相等，根据
v=ωr
可知角速度与半径成反比，又r甲：r乙=4：1，所以甲、乙两圆盘的角速度之比为：
ω1：ω2=1：4，故A错误；
B.根据加速度表达式
an=ω2r
滑动前m1与m2的向心加速度之比为：
a1a2=ω12⋅2rω22⋅r
解得：a1a2=18，故B错误；
CD.根据静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：
μmg=mω2r
解得：ω= μgr
可知m1、m2的临界角速度之比为1： 2，而甲、乙的角速度之比为ω1：ω2=1：3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故C错误，D正确。
故选：D。
抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比；抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲、乙的角速度进行分析判断。
解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件。
5.【答案】C
【解析】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，因此在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度。故A错误；
B.同上述分析可知探测器在火星轨道的B点，需要加速，才能进入圆轨道，因此探测器在椭圆轨道B点的运行速度小于火星的公转速度。故B错误；
C.根据开普勒第三定律可得：
(1.5R+R2)3T探测器2=(1.5R)3T火星2
因为1.5R+R2=1.25R<1.5R
所以T探测器D.探测器受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
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：C。
根据卫星变轨的特点分析出探测器在不同位置的速度大小关系；
根据开普勒第三定律，结合半径的大小关系得出出周期的大小关系；
探测器受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式并完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解探测器做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和开普勒第三定律即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB.三个带电小球A、B、C静止在光滑水平地面上，则满足“两大夹小，两同夹异”，A球带正电，则B球带负电，C球带正电，故AB错误；
C.设B球带电量大小为qB，C球带电量大小为qC，对B球受力分析，由受力平衡得
kqqBL2=kqBqC(3L)2
解得：qC=9q，故C正确。
D.对C球受力分析，由受力平衡得
kqqC(4L)2=kqBqC(3L)2
解得：qB=916q，故D错误。
故选：C。
根据三小球平衡问题的口诀分析出小球所带电荷量的电性；
分别对B球和C球受力分析，根据库仑定律结合小球的平衡问题得出小球的电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合平衡条件和库仑定律即可完成解答。
7.【答案】D
【解析】解：D.粒子仅在电场力作用下做曲线运动，受到的电场力指向轨迹凹侧，故带电粒子在a点受到的电场力方向沿M指向N方向，故D正确；
C.粒子带负电，可知场强方向与粒子受力方向相反，a点的场强方向沿N指向M方向，在电场线中沿电场线方向电势降低，所以a点的电势比b点低，C错误；
B，电场线的疏密程度反应场强的大小，根据题意可知a点的电场强度比b点小，B错误；
A.由题述条件无法分析出粒子是否从a运动到b，A错误。
故选：D。
根据曲线运动的知识，结合电场线的方向得出带电粒子的受力方向；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系；
根据电场力的方向和粒子的电性得出场强的方向，进而得出电势的高低；
根据题意无法得出粒子的运动方向。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，能根据电场线的疏密程度得出场强的大小，同时理解沿着电场线方向电势逐渐降低，整体难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：由M=ρ⋅43πR3
星球表面的万有引力等于重力GMmR2=mg
联立解得：g=4GρπR3，依题意，有一星球的半径是地球半径的12，若该星球的密度与地球的密度的4倍
故g星g地=2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
星球表面的万有引力等于重力，同时联立质量密度公式，推出重力加速度公式，求比值。
本题考查学生对星球表面的万有引力等于重力规律的掌握，比较基础。
9.【答案】B
【解析】解：A.对小球受力分析，则细绳的拉力
T=mgcsθ
因α>β，则细线L1比细线L2所受的拉力大，故A错误；
B.小球受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
mgtanθ=mω2Lsinθ
可得：ω= gLcsθ
因α>β，小球m1的角速度比m2的角速度大，故B正确；
C.根据几何关系可得：
Fn=mgtanθ
因α>β，小球m1的向心力比m2的向心力大，故C错误；
D.根据线速度的表达式可得：
v=ωLsinθ= gLsinθtanθ
因α>β，小球m1的线速度比m2的线速度大，故D错误。
故选：B。
熟悉小球的受力分析，得出其各个力的大小，结合牛顿第二定律得出角速度的大小关系；
根据几何关系得出小球的合力，小球的合力提供向心力，结合几何关系得出向心力的大小关系；
根据线速度与角速度的关系分析出两球的线速度的大小关系。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
10.【答案】A
【解析】解：由图可知，小车和细沙的总质量随上升距离均匀减小，结合题图可知
m=10−0.1h
根据牛顿第二定律得
F−mg=ma
可得：F=120−1.2h
故拉力与位移满足线性关系，因此可用平均力法求解变力做功。
当h=0时，F1=120N；当h=20m时F2=96N；
则在提车的整个过程中，拉力对小车做的功为
W=F−h=F1+F22h，解得：W=2160J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据图像写出m与h的关系式，根据牛顿第二定律得到拉力F与h的关系，利用平均力法结合做功的公式计算出拉力对小车做的功。
本题主要考查功的公式，在处理力随位移均匀变化的情况时，可以利用平均力法求解出力做的功。
11.【答案】B
【解析】【分析】
小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，分别分析两个方向求得运动即可，注意两个运动的等时性。
本题考查灵活选择处理曲线运动的能力。小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，运用运动的合成与分解法研究是常用的思路。
【解答】
解：小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动；则有
A、小球的动能增加量为12m(2v)2−12mv2=32mv2，故A错误；
B、除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，则电场力做功等于水平方向小球动能的增加量12m(2v)2=2mv2，故B正确；
C、竖直方向，小球做竖直上抛，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为12mv2，故重力势能增加故12mv2，C错误；
D、电场力做正功，电势能减小，故D错误；
故选：B。
12.【答案】变大 不变 BCD
【解析】解：(1)若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，极板间距d变大，由C=εrS4πkd可知，电容C变小，由U=QC可知，电压U变大，静电计指针偏转角反应的就是极板间电压，故可观察到静电计指针偏转角变大。
极板间的电场强度可表示为E=Ud
结合电容器的定义式和决定式可知E=4πkQϵrS
故场强与d无关，场强不变。
(2)A.本实验研究的方法是控制变量法，故A错误；
B.本实验中M、N两极板与静电计的连接是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况，故B正确；
C.本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式C=QU可知，电容的变化情况，故C正确；
D.本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环可定性判境造成极板漏电，会影响实验的效果，故D正确。
故选：BCD。
故答案为：(1)变大；不变；(2)BCD
(1)静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C=εrS4πkd分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式U=QC分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况；
(2)根据实验原理及操作规范分析解答。
处理电容器动态分析时关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
13.【答案】ΔxΔt 小于 mgH12(2M+m)(ΔxΔt)2
【解析】解：(1)③根据匀加速直线运动的一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得重物经过光电门时的速度为：v=ΔxΔt
根据匀加速直线运动的v−t图像(如下图所示)，v1表示中间时刻的速度，v2表示中间位置的速度
由图可知：v1(2)系统(重物A、B以及物块C)从静止到下落距离为H这一运动过程中系统减少的重力势能为
ΔEp=mgH
系统增加的动能为
ΔEk=12(2M+m)(ΔxΔt)2
若系统减少的重力势能(在误差允许的范围内)等于系统增加的动能，则系统机械能守恒。
故答案为：(1)ΔxΔt；小于；(2)mgH；12(2M+m)(ΔxΔt)2
(1)理解光电门的测速原理，结合图像分析出速度的大小关系；
(2)根据重力势能的计算公式得出系统减小的重力势能，结合机械能守恒定律完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解光电门的测速原理，结合机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)带电微粒经过加速电场加速过程，根据动能定理可得
qU1=12mv02
解得：v0= 2qU1m
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，微粒在偏转电场做类平抛运动，则有
L=v0t
vy=at
a=qE2m=qU2md
又tanθ=vyv0
联立解得：U2=2dU1tanθL
答：(1)微粒进入偏转电场时的速度为 2qU1m；
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，则两金属板间的电压U2为2dU1tanθL。
【解析】(1)根据动能定理列式计算出微粒的速度；
(2)根据类平抛运动的特点，结合运动学公式和几何关系得出金属板间的电压。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉微粒的受力分析，结合动能定理和类平抛运动的特点即可完成分析。
15.【答案】解：(1)该车行驶时受到的阻力大小为：f=0.2mg=0.2×2×103×10N=4×103N
当速度达到最大时，牵引力等于阻力，可得
P=fvm
解得：vm=50m/s
(2)汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得牵引力大小为：
F=ma+f=2×103×2N+4×103N=8000N
匀加速结束时的速度为
v1=PF=200×1038000m/s=25m/s
匀加速的时间为
t1=v1a=252s=12.5s
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度的过程，由动能定理可得
Pt2−fs=12mvm2，其中：s=200m
解得：t2=16.5s
答：(1)汽车在路面上能达到的最大速度50m/s；
(2)若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这过程能持续12.5s；
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间16.5s。
【解析】(1)汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，用额定功率除以阻力可得最大速度；
(2)汽车做匀加速直线运动这一过程能持续到汽车达到额定功率，先用牛顿第二定律求出牵引力，然后用额定功率除以牵引力即可得到匀加速结束时的速度，再用运动学公式求出加速时间；
(3)已知额定功率、阻力、运动距离、最大速度，直接用动能定理即可求出汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间。
本题主要考查机车启动问题，是一道理论联系实际的好题，有助于培养学生的求知欲和学习积极性，解题关键是熟悉机车启动的两种方式，结合牛顿运动定律及动能定理即可求解。
16.【答案】解：(1)滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，则有
mg=mvD2R
可得：vD= gR
(2)滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得
Ep=μmgcs37∘×52R+mg(52Rsin37∘+R+Rcs37∘)+12mvD2
联立解得：Ep=4.8mgR
(3)依题意，滑块恰好脱离圆轨道时，应在OC水平线的上方与OC方向的夹角为37∘处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则
Mgsin37∘=Mv2R
解得滑块在E点的速度大小为：v= 35gR
滑块P由静止运动到E点的过程，由能量守恒定律可得
Ep=Mg[(3R−0.5R)sin37∘+Rcs37∘+Rsin37∘]+μMgcs37∘(3R−0.5R)+12Mv2
解得：M=87m
答：(1)滑块P在D点速度为 gR；
(2)将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小为4.8mgR；
(3)P的质量M为87m。
【解析】(1)由于滑块P刚好能到达圆轨道的最高点D，在D点，由其重力恰好提供向心力，由此求出滑块P在D点的速度。
(2)滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可求出弹簧的弹性势能大小；
(3)滑块P恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的支持力等于零，仅由重力沿半径方向的分力提供向心力，由此条件求得滑块在E点的速度，再根据能量守恒定律求出P的质量M。
解决本题时要理清滑块的运动过程，把握圆周运动最高点的临界条件。运用能量守恒定律时，不要遗漏涉及到的所有能量。
1.下列说法中符合物理史实的是( )
A. 开普勒通过万有引力定律计算预言了天王星的存在，后来被证实，因此天王星被称为“笔尖下发现的行星”
B. “月-地检验”通过验证月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的1602，从而证实地面上的物体所受地球的引力，月球所受地球的引力是同种性质的力，月-地检验为万有引力定律成立提供事实依据
C. 卡文迪什总结出万有引力定律，并在实验中测出了万有引力常量，并由此计算出地球的质量，卡文迪什被誉为第一个称量地球的人
D. 安培首先测出了元电荷的数值
2.如图所示的四幅图中的行为可以在绕地球做匀速圆周运动的中国空间站舱内完成的有( )
A. 如图甲，可以用台秤称量重物的质量
B. 如图乙，可以用水杯喝水
C. 如图丙，可以用沉淀法将水与沙子分离
D. 如图丁，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在任意面内做圆周运动
3.内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐.如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法错误的是( )
A. O点电场强度为零
B. O点电势为零
C. A、B两点电势为零
D. A、B两点电场强度相同
4.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动(无滑动)。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为r甲：r乙=4：1，两圆盘和小物体m1、m2之间的动摩擦因数相同，m1距O点为2r，m2距O′点为r，当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时( )
A. 甲、乙两圆盘的角速度之比ω1：ω2=4：1
B. 滑动前m1与m2的向心加速度之比a1：a2=1：4
C. 随转速慢慢增加，m1先开始滑动
D. 随转速慢慢增加，m2先开始滑动
5.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，到达椭圆轨道远日点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点的运行速度等于地球的公转速度
B. 探测器在椭圆轨道B点的运行速度大于火星的公转速度
C. 探测器在椭圆轨道上的运动周期小于火星绕太阳的运动周期
D. 探测器在椭圆轨道A点的加速度小于在B点的加速度
6.如图所示，三个带电小球A、B、C(可视为质点)，静止在光滑水平地面上，A带正电，电荷量为q(q>0)，A、B之间距离为L，B、C之间距离为3L，则( )
A. B球带正电B. C球带负电C. C球电荷量9qD. B球电荷量为q
7.如图所示，实线为未标明方向的电场线，虚线为一带负电粒子仅在电场力用下通过该区域时的运动轨迹，a、b为轨迹上的两点，下列说法正确的是( )
A. 粒子一定从a运动到b
B. a点的电场强度比b点大
C. a点的电势比b点高
D. 带电粒子在a点受到的电场力方向沿M指向N方向
8.有一星球的半径是地球半径的12，若该星球的密度与地球的密度的4倍，则该星球表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的( )
A. 2倍B. 12倍C. 14倍D. 18倍
9.如图所示，两根长度相同的细线分别系有两个完全相同的小球，细线的上端都系于O点，设法让两个小球均在水平面上做匀速圆周运动。已知L1跟竖直方向的夹角为α，L2跟竖直方向的夹角为β，已知α>β，下列说法正确的是( )
A. 细线L1比细线L2所受的拉力小B. 小球m1的角速度比m2的角速度大
C. 小球m1的向心力比m2的向心力小D. 小球m1的线速度比m2的线速度小
10.某工地建房时用小车将细沙从一楼提到七楼(高度为20m)，小车和细沙总质量为10kg。由于小车漏沙，在被匀加速提升至七楼的过程中，小车和细沙的总质量随着上升距离的变化关系如图所示。小车可以看成质点，已知小车加速度为2m/s2，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。由图像可知，在提升的整个过程中，拉力对小车做的功为( )
A. 2160JB. 1800JC. 2400JJD. 180J
11.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m的带电小球，以初速度v从M点竖直向上运动，通过N点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M运动到N的过程( )
A. 动能增加12mv2B. 机械能增加2mv2
C. 重力势能增加32mv2D. 电势能增加2mv2
二、实验题：本大题共2小题，共21分。
12.如图所示的实验装置，可以通过改变两极板的正对面积S，改变两极板间的距离d，在两极板间插入电介质等方法研究影响平行板电容器电容大小的因素。
(1)若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，可观察到静电计指针偏转角______(选填“变大”、“变小”或“不变”)，极板间的电场强度______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(2)(多选)关于本实验，下列说法正确的是______。
A.本实验研究的方法是累计法和等效替代法
B.本实验中M、N两极板与静电计的连接方式是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况
C.本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式C=QU，可定性判定电容的变化情况
D.本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环境造成极板漏电，会影响实验的效果
13.用如图装置来验证机械能守恒定律。
(1)实验时，该同学进行了如下操作：
①将质量均为M(A的含挡光片、B的含挂钩)的重物用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出挡光片中心到光电门中心的竖直距离H。
②在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统(重物A、B以及物块C)中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片的时间为Δt。
③测出挡光片的宽度Δx，则重物经过光电门时的速度为______，此速度实际上______(选填“大于”、“小于”或“等于”)挡光片中心通过遮光片时的速度。
(2)若系统(重物A、B以及物块C)从静止到下落距离为H这一运动过程中系统减少的重力势能为______，系统增加的动能为______，若系统减少的重力势能(在误差允许的范围内)等于系统增加的动能，则系统机械能守恒(已知重力加速度为g，用前面已给出的字母及测出的量表示)。
三、简答题：本大题共3小题，共35分。
14.如图所示，一个质量为m、电荷量q的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经电压为U1的加速电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中。金属板长L，两板间距d。求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度是多大？
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，则两金属板间的电压U2是多大？
15.已知该车的额定功率为200kW，质量为2×103kg，假设该车在水平路面上行驶时受到的阻力为车重的0.2倍，(g取10m/s2)求：
(1)汽车在路面上能达到的最大速度；
(2)若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这过程能持续多长时间？
(3)若汽车从静止开始以额定功率启动，行驶了200m达到最大速度，求汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间。
16.如图所示，将原长为R的轻质弹簧放置在倾角为37∘的倾斜轨道AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，质量可调)接触但不拴接。AB长为3R，B端与半径为R的光滑圆弧轨道BCD平滑相连，O点为圆心，D点在O点的正上方，C点与O点等高。滑块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动滑块P，每次都将弹簧压缩至原长的一半，然后放开，P开始沿轨道AB运动。当P的质量为m时恰好能到达圆弧轨道的最高点D。已知重力加速度大小为g，sin37∘=0.6、cs37∘=0.8，弹簧始终在弹性限度内。求：
(1)滑块P在D点速度。
(2)求将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小。
(3)当滑块P的质量调为M(未知)时，滑块P能滑上圆弧轨道，在位置E(图上未标出)恰好脱离圆弧轨道，且E、O两点的连线与OC的夹角为37∘，求P的质量M。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.万有引力定律发现后，勒维耶通过万有引力定律计算预言了海王星的存在，后来被证实，因此海王星被称为“笔尖下发现的行星”，故A错误；
B.“月-地检验”通过验证月球公转加速度约为苹果落向地面加速度的1602，从而证实地面上的物体所受地球的引力，月球所受地球的引力是同种性质的力，月-地检验为万有引力定律成立提供事实依据，故B正确；
C.牛顿总结出万有引力定律，卡文迪什在实验中测出了万有引力常量，并由此计算出地球的质量，卡文迪什被誉为第一个称量地球的人，故C错误；
D.美国物理学家密立根首先测出了元电荷的数值，故D错误。
故选：B。
根据物理学史和常识进行解答，记住著名物理学家如密立根、牛顿、卡文迪什的物理学贡献即可。
本题考查物理学史，对于物理学上重大发现、发明、著名理论和实验要加强记忆，重视积累。
2.【答案】D
【解析】解：在绕地球做匀速圆周运动的中国空间站舱内，物体受到的万有引力提供其绕地球做匀速圆周运动的向心力，物体处于完全失重状态。
A.重物处于完全失重状态，对台秤的压力为零，无法通过台秤测量重物的质量，故A错误；
B.水杯中的水处于完全失重状态，不会因重力而流入嘴中，故B错误；
C.沙子处于完全失重状态，不能通过沉淀法与水分离，故C错误；
D.小球处于完全失重状态，给小球一个很小的初速度，小球能在拉力作用下在竖直面内做圆周运动，拉力充当向心力作用，可以完成，故D正确。
故选：D。
若物体处于完全失重状态，与重力有关的现象和实验均无法实现，据此分析即可。
本题需要知道在空间站中的物体处于完全失重状态，知道处于失重状态的物体的物理特点。
3.【答案】D
【解析】解：A.在对角线上的两电荷在O点的合场强都为零，可知O点电场强度为零，故A正确；
BC.O、A、B三点在等量异号电荷连线的水平方向的中垂线上，则此三点的电势均为零，故BC正确；
D.由对称可知，A、B两点电场强度大小相同，但是方向不同，故D错误。
本题选说法错误的
故选：D。
根据电场叠加原理，分析O点电场强度，A、B两点电场强度方向不同；等量异号电荷连线的中垂线，电势为零，O、A、B三点电势均为零。
本题考查学生对电场叠加原理、电场电势分布、电场强度矢量性的理解，比较基础。
4.【答案】D
【解析】解：A.依题意，甲、乙两圆盘边缘上的线速度大小相等，根据
v=ωr
可知角速度与半径成反比，又r甲：r乙=4：1，所以甲、乙两圆盘的角速度之比为：
ω1：ω2=1：4，故A错误；
B.根据加速度表达式
an=ω2r
滑动前m1与m2的向心加速度之比为：
a1a2=ω12⋅2rω22⋅r
解得：a1a2=18，故B错误；
CD.根据静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：
μmg=mω2r
解得：ω= μgr
可知m1、m2的临界角速度之比为1： 2，而甲、乙的角速度之比为ω1：ω2=1：3，可知当转速增加时，m2先达到临界角速度，所以m2先开始滑动，故C错误，D正确。
故选：D。
抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比；抓住最大静摩擦提供向心力求出发生滑动时的临界角速度，结合甲、乙的角速度进行分析判断。
解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式和离心运动的条件。
5.【答案】C
【解析】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，因此在椭圆轨道A点的速度大于地球的公转速度。故A错误；
B.同上述分析可知探测器在火星轨道的B点，需要加速，才能进入圆轨道，因此探测器在椭圆轨道B点的运行速度小于火星的公转速度。故B错误；
C.根据开普勒第三定律可得：
(1.5R+R2)3T探测器2=(1.5R)3T火星2
因为1.5R+R2=1.25R<1.5R
所以T探测器
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
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：C。
根据卫星变轨的特点分析出探测器在不同位置的速度大小关系；
根据开普勒第三定律，结合半径的大小关系得出出周期的大小关系；
探测器受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出加速度的表达式并完成分析。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解探测器做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律和开普勒第三定律即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：AB.三个带电小球A、B、C静止在光滑水平地面上，则满足“两大夹小，两同夹异”，A球带正电，则B球带负电，C球带正电，故AB错误；
C.设B球带电量大小为qB，C球带电量大小为qC，对B球受力分析，由受力平衡得
kqqBL2=kqBqC(3L)2
解得：qC=9q，故C正确。
D.对C球受力分析，由受力平衡得
kqqC(4L)2=kqBqC(3L)2
解得：qB=916q，故D错误。
故选：C。
根据三小球平衡问题的口诀分析出小球所带电荷量的电性；
分别对B球和C球受力分析，根据库仑定律结合小球的平衡问题得出小球的电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉小球的受力分析，结合平衡条件和库仑定律即可完成解答。
7.【答案】D
【解析】解：D.粒子仅在电场力作用下做曲线运动，受到的电场力指向轨迹凹侧，故带电粒子在a点受到的电场力方向沿M指向N方向，故D正确；
C.粒子带负电，可知场强方向与粒子受力方向相反，a点的场强方向沿N指向M方向，在电场线中沿电场线方向电势降低，所以a点的电势比b点低，C错误；
B，电场线的疏密程度反应场强的大小，根据题意可知a点的电场强度比b点小，B错误；
A.由题述条件无法分析出粒子是否从a运动到b，A错误。
故选：D。
根据曲线运动的知识，结合电场线的方向得出带电粒子的受力方向；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小关系；
根据电场力的方向和粒子的电性得出场强的方向，进而得出电势的高低；
根据题意无法得出粒子的运动方向。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，能根据电场线的疏密程度得出场强的大小，同时理解沿着电场线方向电势逐渐降低，整体难度不大。
8.【答案】A
【解析】解：由M=ρ⋅43πR3
星球表面的万有引力等于重力GMmR2=mg
联立解得：g=4GρπR3，依题意，有一星球的半径是地球半径的12，若该星球的密度与地球的密度的4倍
故g星g地=2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
星球表面的万有引力等于重力，同时联立质量密度公式，推出重力加速度公式，求比值。
本题考查学生对星球表面的万有引力等于重力规律的掌握，比较基础。
9.【答案】B
【解析】解：A.对小球受力分析，则细绳的拉力
T=mgcsθ
因α>β，则细线L1比细线L2所受的拉力大，故A错误；
B.小球受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
mgtanθ=mω2Lsinθ
可得：ω= gLcsθ
因α>β，小球m1的角速度比m2的角速度大，故B正确；
C.根据几何关系可得：
Fn=mgtanθ
因α>β，小球m1的向心力比m2的向心力大，故C错误；
D.根据线速度的表达式可得：
v=ωLsinθ= gLsinθtanθ
因α>β，小球m1的线速度比m2的线速度大，故D错误。
故选：B。
熟悉小球的受力分析，得出其各个力的大小，结合牛顿第二定律得出角速度的大小关系；
根据几何关系得出小球的合力，小球的合力提供向心力，结合几何关系得出向心力的大小关系；
根据线速度与角速度的关系分析出两球的线速度的大小关系。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合几何关系和牛顿第二定律即可完成解答。
10.【答案】A
【解析】解：由图可知，小车和细沙的总质量随上升距离均匀减小，结合题图可知
m=10−0.1h
根据牛顿第二定律得
F−mg=ma
可得：F=120−1.2h
故拉力与位移满足线性关系，因此可用平均力法求解变力做功。
当h=0时，F1=120N；当h=20m时F2=96N；
则在提车的整个过程中，拉力对小车做的功为
W=F−h=F1+F22h，解得：W=2160J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
先根据图像写出m与h的关系式，根据牛顿第二定律得到拉力F与h的关系，利用平均力法结合做功的公式计算出拉力对小车做的功。
本题主要考查功的公式，在处理力随位移均匀变化的情况时，可以利用平均力法求解出力做的功。
11.【答案】B
【解析】【分析】
小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动，分别分析两个方向求得运动即可，注意两个运动的等时性。
本题考查灵活选择处理曲线运动的能力。小球在水平和竖直两个方向受到的都是恒力，运用运动的合成与分解法研究是常用的思路。
【解答】
解：小球的运动可以看成竖直方向竖直上抛和水平方向的匀加速直线运动；则有
A、小球的动能增加量为12m(2v)2−12mv2=32mv2，故A错误；
B、除重力外，只有电场力做功，电场力做功等于小球的机械能增加量，则电场力做功等于水平方向小球动能的增加量12m(2v)2=2mv2，故B正确；
C、竖直方向，小球做竖直上抛，到达N点竖直速度为0，竖直方向动能减小量为12mv2，故重力势能增加故12mv2，C错误；
D、电场力做正功，电势能减小，故D错误；
故选：B。
12.【答案】变大 不变 BCD
【解析】解：(1)若实验中极板上的电荷量几乎不变，把M板向左平移一小段距离后，极板间距d变大，由C=εrS4πkd可知，电容C变小，由U=QC可知，电压U变大，静电计指针偏转角反应的就是极板间电压，故可观察到静电计指针偏转角变大。
极板间的电场强度可表示为E=Ud
结合电容器的定义式和决定式可知E=4πkQϵrS
故场强与d无关，场强不变。
(2)A.本实验研究的方法是控制变量法，故A错误；
B.本实验中M、N两极板与静电计的连接是并联，所以可通过静电计指针偏转情况判断极板间电势差变化情况，故B正确；
C.本实验中极板上的电荷量几乎不变，根据电容器电容的定义式C=QU可知，电容的变化情况，故C正确；
D.本实验环境相对干燥好，因为潮湿的环可定性判境造成极板漏电，会影响实验的效果，故D正确。
故选：BCD。
故答案为：(1)变大；不变；(2)BCD
(1)静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大。根据电容的决定式C=εrS4πkd分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式U=QC分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况；
(2)根据实验原理及操作规范分析解答。
处理电容器动态分析时关键抓住不变量。若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变。
13.【答案】ΔxΔt 小于 mgH12(2M+m)(ΔxΔt)2
【解析】解：(1)③根据匀加速直线运动的一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得重物经过光电门时的速度为：v=ΔxΔt
根据匀加速直线运动的v−t图像(如下图所示)，v1表示中间时刻的速度，v2表示中间位置的速度
由图可知：v1
ΔEp=mgH
系统增加的动能为
ΔEk=12(2M+m)(ΔxΔt)2
若系统减少的重力势能(在误差允许的范围内)等于系统增加的动能，则系统机械能守恒。
故答案为：(1)ΔxΔt；小于；(2)mgH；12(2M+m)(ΔxΔt)2
(1)理解光电门的测速原理，结合图像分析出速度的大小关系；
(2)根据重力势能的计算公式得出系统减小的重力势能，结合机械能守恒定律完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解光电门的测速原理，结合机械能守恒定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)带电微粒经过加速电场加速过程，根据动能定理可得
qU1=12mv02
解得：v0= 2qU1m
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，微粒在偏转电场做类平抛运动，则有
L=v0t
vy=at
a=qE2m=qU2md
又tanθ=vyv0
联立解得：U2=2dU1tanθL
答：(1)微粒进入偏转电场时的速度为 2qU1m；
(2)若微粒射出电场时的偏转角度为θ，则两金属板间的电压U2为2dU1tanθL。
【解析】(1)根据动能定理列式计算出微粒的速度；
(2)根据类平抛运动的特点，结合运动学公式和几何关系得出金属板间的电压。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉微粒的受力分析，结合动能定理和类平抛运动的特点即可完成分析。
15.【答案】解：(1)该车行驶时受到的阻力大小为：f=0.2mg=0.2×2×103×10N=4×103N
当速度达到最大时，牵引力等于阻力，可得
P=fvm
解得：vm=50m/s
(2)汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得牵引力大小为：
F=ma+f=2×103×2N+4×103N=8000N
匀加速结束时的速度为
v1=PF=200×1038000m/s=25m/s
匀加速的时间为
t1=v1a=252s=12.5s
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度的过程，由动能定理可得
Pt2−fs=12mvm2，其中：s=200m
解得：t2=16.5s
答：(1)汽车在路面上能达到的最大速度50m/s；
(2)若汽车从静止开始保持2m/s2的加速度做匀加速直线运动，这过程能持续12.5s；
(3)汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间16.5s。
【解析】(1)汽车达到最大速度时，牵引力等于阻力，用额定功率除以阻力可得最大速度；
(2)汽车做匀加速直线运动这一过程能持续到汽车达到额定功率，先用牛顿第二定律求出牵引力，然后用额定功率除以牵引力即可得到匀加速结束时的速度，再用运动学公式求出加速时间；
(3)已知额定功率、阻力、运动距离、最大速度，直接用动能定理即可求出汽车从静止到获得最大行驶速度所用的时间。
本题主要考查机车启动问题，是一道理论联系实际的好题，有助于培养学生的求知欲和学习积极性，解题关键是熟悉机车启动的两种方式，结合牛顿运动定律及动能定理即可求解。
16.【答案】解：(1)滑块P刚好能沿圆轨道运动到圆轨道的最高点，则有
mg=mvD2R
可得：vD= gR
(2)滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可得
Ep=μmgcs37∘×52R+mg(52Rsin37∘+R+Rcs37∘)+12mvD2
联立解得：Ep=4.8mgR
(3)依题意，滑块恰好脱离圆轨道时，应在OC水平线的上方与OC方向的夹角为37∘处，此位置轨道对滑块的弹力刚好为零，则
Mgsin37∘=Mv2R
解得滑块在E点的速度大小为：v= 35gR
滑块P由静止运动到E点的过程，由能量守恒定律可得
Ep=Mg[(3R−0.5R)sin37∘+Rcs37∘+Rsin37∘]+μMgcs37∘(3R−0.5R)+12Mv2
解得：M=87m
答：(1)滑块P在D点速度为 gR；
(2)将弹簧压缩至原长的一半时，弹簧弹性势能的大小为4.8mgR；
(3)P的质量M为87m。
【解析】(1)由于滑块P刚好能到达圆轨道的最高点D，在D点，由其重力恰好提供向心力，由此求出滑块P在D点的速度。
(2)滑块P由静止运动到圆轨道最高点过程，由能量守恒定律可求出弹簧的弹性势能大小；
(3)滑块P恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的支持力等于零，仅由重力沿半径方向的分力提供向心力，由此条件求得滑块在E点的速度，再根据能量守恒定律求出P的质量M。
解决本题时要理清滑块的运动过程，把握圆周运动最高点的临界条件。运用能量守恒定律时，不要遗漏涉及到的所有能量。
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