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2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省渭南市大荔县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.关于电场强度E，下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq知，若q减半，则该处电场强度E变为原来的2倍
B. 由E=kQr2知，E与Q成正比，与r2成反比
C. E=kQr2中，Q是放入电场中的试探电荷
D. E=Fq不适用于点电荷形成的电场
2.反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点，下列说法正确的是( )
A. 该电场与等量同种点电荷形成的电场相似
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向
D. 试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
3.趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球，箭头指向表示投篮方向，ω表示大平台转动的角速度，下面的各俯视图中篮球可能被投入球筐内的是( )
A. B. C. D.
4.汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图，游乐场中有斜面长为l，高为h的滑梯，质量为m的小孩从滑梯顶部由静止开始下滑，到达底部的速度大小为v，重力加速度为g，小孩可视为质点，则小孩在下滑过程中( )
A. 所用的时间为2lv
B. 重力势能减少12mv2
C. 克服摩擦力做功为mgh
D. 到达滑梯底部时重力的功率mgv
6.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现将M中挖去半径为12R的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小为( )
A. G23Mm100R2
B. G27Mm100R2
C. G7Mm32R2
D. G7Mm18R2
7.在两个大物体引力场空间中存在着一些点，在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止，这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，如图所示，该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于处于拉格朗日L1和L2点上的两颗同等质量的卫星，下列说法正确的是( )
A. 两卫星绕地球做圆周运动的向心力相等
B. 两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
C. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的角速度较大
D. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度较大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球运动的角速度大小为 gtanθl
B. 保持θ不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小
C. 保持O到B的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期越长
D. 保持l不变时，夹角θ越大，小球运动的线速度越大
9.如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则这一过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块克服摩擦力做功为fl
B. 物块的动能变化为F(s+l)
C. 小车的动能变化为fs
D. 物块和小车组成的系统因摩擦而增加的内能为fl
10.2022年1月，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道上成功“捕获”失效的“北斗二号G2”卫星并送入更高的“墓地轨道”后，随即返回到地球静止轨道，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，下图是轨道抬升示意图，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )
A. 在“墓地轨道”上的动能大于在同步轨道上的动能
B. 在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期
C. 在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度
D. 在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图甲所示装置研究平抛运动，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点水平飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)实验时，每次都从同一位置由静止释放钢球，这样做是为了确保每次钢球从O点飞出时______。
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，在如图丙中，坐标原点选择正确的是______。
(3)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则求得钢球平抛的初速度大小为______(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
12.某同学用重物自由下落验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示。
(1)关于此述实验，下列说法中正确的是______；
A.重物最好选择密度较小的木块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v= 2gh来求解瞬时速度
(2)若实验中所用重锤质量m=0.2kg，打点纸带如图乙所示，O为第一个点，打点时间间隔为0.02s，则打B点时，重锤动能EkB=______J。从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是EP=______J。(g=10m/s2,结果保留三位有效数字)根据纸带的数据，得到的结论是______。
(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2−h图像去研究机械能是否守恒。若忽略阻力因素，那么本实验的v2−h图像应该是下图中的______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.“复兴号”动车组列车是以中文命名的中国标准动车组，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，列车的质量为1.0×105kg，列车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的k倍，k=0.1，重力加速度g取10m/s2。
(1)若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，求列车的加速度大小；
(2)若列车由静止开始以1.0m/s2的加速度做匀加速运动，求：
①匀加速运动能维持的最长时间；
②25s末列车的瞬时功率。
14.如图甲所示，倾角为θ=37∘的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m=10kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)前5s内木箱的加速度a；
(2)木箱与传送带之间的动摩擦因数μ；
(3)全过程传送带对木箱做的功W。
15.如图所示，在粗糙水平地面上A点固定一个半径为R=0.4m的光滑竖直圆轨道，在A点与地面平滑连接.轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，自然伸长时右端恰好在O点，OA=0.6m，现将质量为m=1.2kg的物块P，从与圆心等高处的B点由静止释放，物块压缩弹簧至E点时速度为0(位置未标出)，第一次弹回后恰好停在A点，已知物块与水平地面间动摩擦因数μ=0.25。求：
(1)物块P第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力；
(2)OE的长度及弹簧的最大弹性势能；
(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，要使物块Q能通过圆轨道最高点C，则其质量应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AD.电场强度的定义式
E=Fq
该公式采用比值定义法，适用于一切静电场，且E与F、q无关，故AD错误；
BC.由点电荷的场强公式
E=kQr2
其中Q是场源电荷，可知E与Q成正比，与r2成反比，故B正确，C错误。
故选：B。
电场强度是电场本身决定，与试探电荷无关；
E=kQr2是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷，在以Q为中心，以r为半径的球面上，各处的场强大小是相等的；
E=Fq该公式采用比值定义法，适用于一切静电场。
本题要理解并掌握场强的两个公式E=Fq和E=kQr2，知道它们适用的条件和各个量的物理意义，要注意场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同。
2.【答案】B
【解析】解：A、反天刀鱼周围的电场是对称的，电场线从鱼头出发，指向鱼尾，类似于等量异种点电荷形成的电场，故A错误；
B、根据电场线的疏密表示电场的强弱，A点处电场线比B点处密，知A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C、正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，由于不知道试探电荷的电性，所以其在A点受到的电场力方向不一定沿电场线在该点的切线方向，故C错误；
D、由电场力公式F=Eq可知，同一试探电荷放在场强较大的位置受到的电场力越大，所以试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。
故选：B。
根据反天刀鱼周围的电场线分布情况，分析与哪种电场的电场线分布相似；根据电场线的疏密判断电场强度的大小；正电荷所受的电场力方向与电场方向相同，负电荷所受的电场力方向与电场方向相反；根据F=qE分析电场力大小关系。
解决本题时，要掌握等量异种点电荷电场的分布情况，并掌握电场线的物理意义，知道电场线的疏密表示电场的强弱，切线方向表示场强的方向。
3.【答案】C
【解析】解：若要篮球能够被投入球筐内，投篮的初速度与做匀速圆周运动的线速度的合速度方向应指向球筐，而线速度方向沿轨迹切线方向，对应四幅图中的方向向上，根据平行四边形定则可知投篮方向应斜向左下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
篮球参与了沿圆周切线方向运动和出手方向的运动，根据平行四边形定则确定合速度的方向，从而确定篮球能否被投入球框。
解决本题的关键知道球参与了两个方向的运动，通过平行四边形定则进行判断。
4.【答案】B
【解析】解：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据内饰的方向判断出汽车的转弯方向，同时根据合力指向轨迹的内侧做出分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解在曲线运动中，物体的合外力指向轨迹的内侧即可。
5.【答案】A
【解析】解：A、小孩从滑梯顶部下滑，做初速度为0的匀加速直线运动，由l=v−t=v2t，解得小孩在下滑过程中所用的时间为t=2lv，故A正确；
BC、小孩从滑梯顶部由静止下滑到达底部，由动能定理得
mgh−Wf=12mv2
所以重力势能减少为ΔEp=mgh>12mv2，克服摩擦力做功为Wf=mgh−12mv2，故BC错误；
D、小孩到达滑梯底部时重力的功率PG=mgvy=mgvsinα故选：A。
根据位移等于平均速度与时间的乘积求解小孩下滑的时间；根据重力做功求解重力势能减少；根据动能定理求解克服摩擦力做功；根据P=mgvy求解到达滑梯底部时重力的功率。
本题根据WG=mgh求出重力做的功，确定重力势能减少量，根据公式P=mgvsinα求解重力的瞬时功率。
6.【答案】A
【解析】解：挖去小球前，球对质点的万有引力为F1=GMm(2R)2=GMm4R2
挖去的球体的质量为M′=43π(R2)343πR3M=M8
被挖部分对质点的引力为F2=G18Mm(5R2)2=GMm50R2
则剩余部分对质点m的万有引力为F=F1−F2=GMm4R2−GMm50R2=23GMm100R2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
用挖去小球之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力。
本题的关键就是要对挖去小球之前的引力和挖去部分的引力计算，而不是直接去计算剩余部分对质点的引力，因为剩余部分不能看成质点。
7.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知，两卫星围绕地球运动的角速度和周期相同，由向心力公式：F=mω2r
运动半径越大，向心力越大，r2大于r1，故处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大，故A错误；
B、由角速度与线速度的关系：v=ωr，r2大于r1，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，故B错误；
C、由题意可知，两卫星与月球同步绕地球运动，所以周期和角速度相等，故C错误；
D、由F=mω2r=ma可知，角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，故D正确。
故选：D。
鹊桥号中继星与月球同步绕地球运动，角速度相等，鹊桥号中继星靠月球和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小。
本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件。
8.【答案】BD
【解析】AB.对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mω2r
由几何知识得：r=lsinθ
解得小球运动的角速度大小为
ω= glcsθ
故保持θ不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小，故A错误，B正确；
C.小球运动的周期
T=2πω=2π lcsθg=2π hg
可知保持O到B的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期不变，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2r=mv2lsinθ
整理解得
v= glsinθtanθ
可知保持l不变时，夹角θ越大，小球运动的线速度越大，故D正确。
故选：BD。
小球在水平面内做匀速圆周运动，小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出角速度大小并判断周期的变化。
解决本题的关键知道小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，注意几何关系在本题中的应用。
9.【答案】CD
【解析】解：A、由题知，物块的位移为(s+l)，根据功的定义式，物块克服摩擦力做功为：Wf克=f(s+l)，故A错误；
B、对物块，根据动能定理有：F(s+l)−Wf克=ΔEk物
结合上述解得：ΔEk物=(F−f)(s+l)，故B错误；
C、对小车，受到向前摩擦力，向前运动的位移为l，根据动能定理有：fs=ΔEk车，即小车的动能变化为fs，故C正确；
D、根据能量转化与守恒定律有：F(s+l)=Q+ΔEk物+ΔEk车
结合上述解得：Q=fl，故D正确。
故选：CD。
根据动能定理：合力做功等于物体动能的变化，求解物块的动能。根据功能关系分析得知，物块和小车增加的机械能为F(s+l)−fl，系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功。
本题关键是明确滑块和小车的受力情况、运动情况、能量转化情况，然后结合功能关系进行分析，不难。
10.【答案】BC
【解析】解：A、对任意卫星，根据万有引力提供向心力可和：GMmr2=mv2r
解得卫星的运动行速度：v= GMr
由上式可知，在“墓地轨道”上的速度小于在同步轨道上的速度，在“墓地轨道”上的动能小于在同步轨道上的动能，故A错误；
B、转移轨道的半长轴大于同步轨道半径，根据开普勒第三定律：r13T12=r23T22，在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期，故B正确；
C、从同步轨道到转移轨道需要在经过P点时加速做离心运动，所以在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C正确；
D、根据牛顿第二定律有：GMmr2=ma
解得加速度：a=GMr2
此此可知，在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。
故选：BC。
根据卫星的运动速度公式比较两轨道上动能的大小；
根据开普勒第三定律比较两轨道周期的大小；
结合变轨原理进行分析；
由万有引力提供向心力，由此列式分析加速度的关系。
本题的解题关键是掌握万有引力提供向心力这一思路，知道卫星的轨道半径越大，速度越小，加速度越小。
11.【答案】速度相同 Ax gy2−y1
【解析】解：(1)确保平抛的初速度大小一定，需要每次都从同一位置由静止释放钢球；
(2)小球运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静止于O点时球心的位置，则球心对应白纸上的位置即为原点，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)设相邻计数点的时间间隔为T；
平抛运动的水平分运动为匀速运动，则x=v0T
平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，根据匀变速运动推论y2−y1=gT2
联立解得v0=x gy2−y1。
故答案为：(1)速度相同；(2)A；(3)x gy2−y1。
(1)本实验要求每次小球做平抛运动的初速度相同，据此分析释放点的位置相同的目的；
(2)根据平抛运动的特点判断各种方法是否符合平抛运动；
(3)根据匀变速运动的规律即可求解。
本题考查了平抛运动规律的研究，需要注意当坐标上的第一个点不是抛出点时，在竖直方向满足匀变速直线运动的推论，即Δy=gT2。
12.【答案】在误差范围内重锤的机械能守恒 C
【解析】解：(1)A、为了减小阻力的影响，重物选择密度大，而体积较小的金属球，故A错误；
B、由于动能和重力势能的表达式中均含有质量的因子，所以可以不用测质量，故B正确；
C、实验中应先接通电源，然后释放纸带，故C错误；
D、若用v= 2gh计算速度，实际上就默认了机械能守恒，故D错误。
(2)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时重锤的速度大小vB=xOC−xOA4T=(27.21−12.41)×0.014×0.02m/s=1.85m/s
此时重锤的动能EkB=12mvB2=12×0.2×1.852J12×0.2×3.72J≈0.342J
从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是ΔEp=mghOB=0.2×10×18.60×10−2J≈0.372J
根据计算可知，动能的增量和重力势能的减小量基本相等，因此可以得出的结论是在误差范围内物体的机械能守恒；
(3)若忽略阻力因素，重锤下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2
整理得：v2=2gh，v2与h成正比，故C正确，ABD错误。
故答案为：(1)B；(2)0.342，0.372，在误差范围内重锤的机械能守恒；(3)C
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)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B点的动能，根据下降的高度求出重力势能的减小量，通过比较得出实验的结论；
(3)根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。
13.【答案】(1)列车速度为20m/s时，牵引力
F=P额v=1.0×104×10320N=5×105N
加速度为
a=F−kmgm=5×105−0.1×1.0×1051.0×105m/s2=4m/s2
(2)①设列车匀加速运动能维持的最长时间为t，其实际功率达到额定功率时不再匀加速运动
F′−kmg=ma′
代入数据解得
F′=2×105N
由公式P额=F′vm
代入数据解得
vm=50m/s
根据速度与时间公式vm=a′t
代入数据解得
t=50s
②25s末列车处于匀加速运动阶段，速度
v=a′t′=25m/s
瞬时功率
P=F′v=2×105×25W=5.0×103kW
答：(1)若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，列车的加速度大小为4m/s2；
(2)①匀加速运动能维持的最长时间为50s；
②25s末列车的瞬时功率为5.0×103kW。
【解析】(1)根据P=fv求得牵引力的大小，根据牛顿第二定律求出加速度；
(2)①根据牛顿第二定律求得匀加速时的牵引力，根据P=Fv求得匀加速达到的最大速度，根据速度-时间公式求得运动时间；
②25s末列车处于匀加速运动阶段，根据速度与时间公式求出速度大小，再根据瞬时功率P=F′v求出功率大小。
本题主要考查了机车乙恒定的加速度启动，明确启动方式，抓住当牵引力等于阻力时速度达到最大。
14.【答案】(1)v−t图像的斜率表示加速度，根据图像可得前5s内木箱的加速度为
a=ΔvΔt=25m/s2=0.4m/s2
(2)前5s内木箱受到重力、支持力和滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有
μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
代入数据解得
μ=0.8
(3)v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知前10s内木箱通过的位移
x=12×(5+10)×2m=15m
A、B的高度差
h=xsin37∘=15×0.6m=9m
前10s内木箱先做加速运动，后做匀速运动，根据动能定理，有
W−mgh=12mv2−0
代入数据解得
W=920J
答：(1)前5s内木箱的加速度为0.4m/s2；
(2)木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8；
(3)全过程传送带对木箱做的功为920J。
【解析】木箱放上传送带先做匀加速运动，根据v−t图像的斜率求出木箱的加速度；
再根据牛顿第二定律求解木箱与传送带之间的动摩擦因数；
根据位移-时间公式求出木箱与传送带的相对位移和木箱在10s内上升的高度，再根据动能定理进行求解。
本题首先要明确木箱的运动情况，选取研究过程，分析运动过程中木箱的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
15.【答案】解：(1)物块从B到A，由动能定理有：mgR=12mvA2
在A点根据牛顿第二定律有：FN−mg=mvA2R
联立解得轨道对物块的支持力：FN=36N
由牛顿第三定律可得，物块第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力等于36N
(2)设物块到达E点时弹簧的弹性势能EP最大，压缩量为x，物块从B到E，根据功能关系有：mgR=μmg(OA+x)+EP
物块从E到A，根据功能关系有：EP=μmg(OA+x)
解得：x=0.2m，EP=2.4J
(3)物块Q在E点时，弹簧的弹性势能仍为EP，设物块Q质量为m′时恰能通过圆轨道最高点C，物块Q在C点，有：m′g=m′vC2R
解得：vC=2m/s
物块Q从E点到C点根据能量守恒定律有：Ep=μm′g(OA+x)+m′g×2R+12m′vC2
解得：m′=0.2kg
要使物块Q能通过圆轨道最高点C，在C点的速度应大于2m/s，所以其质量应小于0.2kg。
答：(1)物块P第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力为36N；
(2)OE的长度为0.2m，弹簧的最大弹性势能为2.4J；
(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，要使物块Q能通过圆轨道最高点C，则其质量应满足小于0.2kg。
【解析】(1)物块从B点到A点根据动能定理求解达到A点的速度大小，在A点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得物块第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力的大小；
(2)由B到E的过程根据功能关系列方程，由E到A的过程根据功能关系列方程联立求解；
(3)物块Q到达C点时质量恰好提供向心力，由此列方程；物块Q从E点到C点，根据能量守恒定律关系列方程联立求解物块Q质量。
本题主要是考查了功能关系和竖直平面内的圆周运动，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
1.关于电场强度E，下列说法正确的是( )
A. 由E=Fq知，若q减半，则该处电场强度E变为原来的2倍
B. 由E=kQr2知，E与Q成正比，与r2成反比
C. E=kQr2中，Q是放入电场中的试探电荷
D. E=Fq不适用于点电荷形成的电场
2.反天刀鱼是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着带电器官，这些器官能在鱼周围产生电场，反天刀鱼周围的电场线分布如图所示，A、B均为电场中的点，下列说法正确的是( )
A. 该电场与等量同种点电荷形成的电场相似
B. A点的电场强度大于B点的电场强度
C. 试探电荷在A点受到的电场力方向为电场线在该点的切线方向
D. 试探电荷在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力
3.趣味投篮比赛中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球，箭头指向表示投篮方向，ω表示大平台转动的角速度，下面的各俯视图中篮球可能被投入球筐内的是( )
A. B. C. D.
4.汽车在水平地面转弯时，坐在车里的小云发现车内挂饰偏离了竖直方向，如图所示。设转弯时汽车所受的合外力为F，关于本次转弯，下列图示可能正确的是( )
A. B.
C. D.
5.如图，游乐场中有斜面长为l，高为h的滑梯，质量为m的小孩从滑梯顶部由静止开始下滑，到达底部的速度大小为v，重力加速度为g，小孩可视为质点，则小孩在下滑过程中( )
A. 所用的时间为2lv
B. 重力势能减少12mv2
C. 克服摩擦力做功为mgh
D. 到达滑梯底部时重力的功率mgv
6.有一质量为M、半径为R、密度均匀的球体，在距离球心O为2R的地方有一质量为m的质点。现将M中挖去半径为12R的球体，如图所示，则剩余部分对m的万有引力大小为( )
A. G23Mm100R2
B. G27Mm100R2
C. G7Mm32R2
D. G7Mm18R2
7.在两个大物体引力场空间中存在着一些点，在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止，这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继卫星是世界上首颗运行于地月拉格朗日L2点的通信卫星，如图所示，该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于处于拉格朗日L1和L2点上的两颗同等质量的卫星，下列说法正确的是( )
A. 两卫星绕地球做圆周运动的向心力相等
B. 两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
C. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的角速度较大
D. 处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心加速度较大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长为l的轻质细线悬于B点，使小球在水平面内做匀速圆周运动，轨迹圆圆心为O，细线与竖直方向夹角为θ，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 小球运动的角速度大小为 gtanθl
B. 保持θ不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小
C. 保持O到B的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期越长
D. 保持l不变时，夹角θ越大，小球运动的线速度越大
9.如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端，现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端，则这一过程中，下列说法正确的是( )
A. 物块克服摩擦力做功为fl
B. 物块的动能变化为F(s+l)
C. 小车的动能变化为fs
D. 物块和小车组成的系统因摩擦而增加的内能为fl
10.2022年1月，我国“实践21号”卫星在地球同步轨道上成功“捕获”失效的“北斗二号G2”卫星并送入更高的“墓地轨道”后，随即返回到地球静止轨道，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行，下图是轨道抬升示意图，转移轨道与同步轨道、墓地轨道分别相切于P、Q点，则“北斗二号G2”卫星( )
A. 在“墓地轨道”上的动能大于在同步轨道上的动能
B. 在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期
C. 在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度
D. 在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.用如图甲所示装置研究平抛运动，将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上，钢球沿斜槽轨道PO滑下后从O点水平飞出，落在水平挡板MN上，由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
(1)实验时，每次都从同一位置由静止释放钢球，这样做是为了确保每次钢球从O点飞出时______。
(2)为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于O点，在如图丙中，坐标原点选择正确的是______。
(3)若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则求得钢球平抛的初速度大小为______(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
12.某同学用重物自由下落验证机械能守恒定律。实验装置如图甲所示。
(1)关于此述实验，下列说法中正确的是______；
A.重物最好选择密度较小的木块
B.重物的质量可以不测量
C.实验中应先释放纸带，后接通电源
D.可以利用公式v= 2gh来求解瞬时速度
(2)若实验中所用重锤质量m=0.2kg，打点纸带如图乙所示，O为第一个点，打点时间间隔为0.02s，则打B点时，重锤动能EkB=______J。从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是EP=______J。(g=10m/s2,结果保留三位有效数字)根据纸带的数据，得到的结论是______。
(3)某同学在纸带上选取计数点后，测量它们到起始点O的距离h，然后利用正确的方法测量并计算出打相应计数点时重锤的速度v，通过描绘v2−h图像去研究机械能是否守恒。若忽略阻力因素，那么本实验的v2−h图像应该是下图中的______。
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
13.“复兴号”动车组列车是以中文命名的中国标准动车组，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，列车的质量为1.0×105kg，列车在水平路面上行驶时，受到的阻力是车重的k倍，k=0.1，重力加速度g取10m/s2。
(1)若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，求列车的加速度大小；
(2)若列车由静止开始以1.0m/s2的加速度做匀加速运动，求：
①匀加速运动能维持的最长时间；
②25s末列车的瞬时功率。
14.如图甲所示，倾角为θ=37∘的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m=10kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t=10s时木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，求：
(1)前5s内木箱的加速度a；
(2)木箱与传送带之间的动摩擦因数μ；
(3)全过程传送带对木箱做的功W。
15.如图所示，在粗糙水平地面上A点固定一个半径为R=0.4m的光滑竖直圆轨道，在A点与地面平滑连接.轻弹簧左端固定在竖直墙壁上，自然伸长时右端恰好在O点，OA=0.6m，现将质量为m=1.2kg的物块P，从与圆心等高处的B点由静止释放，物块压缩弹簧至E点时速度为0(位置未标出)，第一次弹回后恰好停在A点，已知物块与水平地面间动摩擦因数μ=0.25。求：
(1)物块P第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力；
(2)OE的长度及弹簧的最大弹性势能；
(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，要使物块Q能通过圆轨道最高点C，则其质量应满足什么条件？
答案和解析
1.【答案】B
【解析】AD.电场强度的定义式
E=Fq
该公式采用比值定义法，适用于一切静电场，且E与F、q无关，故AD错误；
BC.由点电荷的场强公式
E=kQr2
其中Q是场源电荷，可知E与Q成正比，与r2成反比，故B正确，C错误。
故选：B。
电场强度是电场本身决定，与试探电荷无关；
E=kQr2是点电荷场强的计算式，Q是场源电荷，在以Q为中心，以r为半径的球面上，各处的场强大小是相等的；
E=Fq该公式采用比值定义法，适用于一切静电场。
本题要理解并掌握场强的两个公式E=Fq和E=kQr2，知道它们适用的条件和各个量的物理意义，要注意场强是矢量，只有大小和方向都相同，场强才相同。
2.【答案】B
【解析】解：A、反天刀鱼周围的电场是对称的，电场线从鱼头出发，指向鱼尾，类似于等量异种点电荷形成的电场，故A错误；
B、根据电场线的疏密表示电场的强弱，A点处电场线比B点处密，知A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确；
C、正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，由于不知道试探电荷的电性，所以其在A点受到的电场力方向不一定沿电场线在该点的切线方向，故C错误；
D、由电场力公式F=Eq可知，同一试探电荷放在场强较大的位置受到的电场力越大，所以试探电荷在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力，故D错误。
故选：B。
根据反天刀鱼周围的电场线分布情况，分析与哪种电场的电场线分布相似；根据电场线的疏密判断电场强度的大小；正电荷所受的电场力方向与电场方向相同，负电荷所受的电场力方向与电场方向相反；根据F=qE分析电场力大小关系。
解决本题时，要掌握等量异种点电荷电场的分布情况，并掌握电场线的物理意义，知道电场线的疏密表示电场的强弱，切线方向表示场强的方向。
3.【答案】C
【解析】解：若要篮球能够被投入球筐内，投篮的初速度与做匀速圆周运动的线速度的合速度方向应指向球筐，而线速度方向沿轨迹切线方向，对应四幅图中的方向向上，根据平行四边形定则可知投篮方向应斜向左下，故C正确，ABD错误。
故选：C。
篮球参与了沿圆周切线方向运动和出手方向的运动，根据平行四边形定则确定合速度的方向，从而确定篮球能否被投入球框。
解决本题的关键知道球参与了两个方向的运动，通过平行四边形定则进行判断。
4.【答案】B
【解析】解：根据图中可知，车内的挂饰偏向了右方，由此可知，汽车正在向左转弯，由于汽车做曲线运动，故合力F指向轨迹的内侧，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据内饰的方向判断出汽车的转弯方向，同时根据合力指向轨迹的内侧做出分析。
本题主要考查了曲线运动的相关应用，理解在曲线运动中，物体的合外力指向轨迹的内侧即可。
5.【答案】A
【解析】解：A、小孩从滑梯顶部下滑，做初速度为0的匀加速直线运动，由l=v−t=v2t，解得小孩在下滑过程中所用的时间为t=2lv，故A正确；
BC、小孩从滑梯顶部由静止下滑到达底部，由动能定理得
mgh−Wf=12mv2
所以重力势能减少为ΔEp=mgh>12mv2，克服摩擦力做功为Wf=mgh−12mv2，故BC错误；
D、小孩到达滑梯底部时重力的功率PG=mgvy=mgvsinα
根据位移等于平均速度与时间的乘积求解小孩下滑的时间；根据重力做功求解重力势能减少；根据动能定理求解克服摩擦力做功；根据P=mgvy求解到达滑梯底部时重力的功率。
本题根据WG=mgh求出重力做的功，确定重力势能减少量，根据公式P=mgvsinα求解重力的瞬时功率。
6.【答案】A
【解析】解：挖去小球前，球对质点的万有引力为F1=GMm(2R)2=GMm4R2
挖去的球体的质量为M′=43π(R2)343πR3M=M8
被挖部分对质点的引力为F2=G18Mm(5R2)2=GMm50R2
则剩余部分对质点m的万有引力为F=F1−F2=GMm4R2−GMm50R2=23GMm100R2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
用挖去小球之前球对质点的引力，减去被挖部分对质点的引力，就是剩余部分对质点的引力。
本题的关键就是要对挖去小球之前的引力和挖去部分的引力计算，而不是直接去计算剩余部分对质点的引力，因为剩余部分不能看成质点。
7.【答案】D
【解析】解：A、由题意可知，两卫星围绕地球运动的角速度和周期相同，由向心力公式：F=mω2r
运动半径越大，向心力越大，r2大于r1，故处于L2点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大，故A错误；
B、由角速度与线速度的关系：v=ωr，r2大于r1，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，故B错误；
C、由题意可知，两卫星与月球同步绕地球运动，所以周期和角速度相等，故C错误；
D、由F=mω2r=ma可知，角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，故D正确。
故选：D。
鹊桥号中继星与月球同步绕地球运动，角速度相等，鹊桥号中继星靠月球和地球引力的合力提供向心力，根据v=rω，a=rω2比较线速度和向心加速度的大小。
本题考查万有引力的应用，题目较为新颖，在解题时要注意分析向心力的来源及题目中隐含的条件。
8.【答案】BD
【解析】AB.对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mω2r
由几何知识得：r=lsinθ
解得小球运动的角速度大小为
ω= glcsθ
故保持θ不变时，细线越长，则小球运动的角速度越小，故A错误，B正确；
C.小球运动的周期
T=2πω=2π lcsθg=2π hg
可知保持O到B的距离不变时，细线越长，则小球运动的周期不变，故C错误；
D.根据牛顿第二定律有
mgtanθ=mv2r=mv2lsinθ
整理解得
v= glsinθtanθ
可知保持l不变时，夹角θ越大，小球运动的线速度越大，故D正确。
故选：BD。
小球在水平面内做匀速圆周运动，小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求出角速度大小并判断周期的变化。
解决本题的关键知道小球所受的重力和拉力的合力提供圆周运动的向心力，注意几何关系在本题中的应用。
9.【答案】CD
【解析】解：A、由题知，物块的位移为(s+l)，根据功的定义式，物块克服摩擦力做功为：Wf克=f(s+l)，故A错误；
B、对物块，根据动能定理有：F(s+l)−Wf克=ΔEk物
结合上述解得：ΔEk物=(F−f)(s+l)，故B错误；
C、对小车，受到向前摩擦力，向前运动的位移为l，根据动能定理有：fs=ΔEk车，即小车的动能变化为fs，故C正确；
D、根据能量转化与守恒定律有：F(s+l)=Q+ΔEk物+ΔEk车
结合上述解得：Q=fl，故D正确。
故选：CD。
根据动能定理：合力做功等于物体动能的变化，求解物块的动能。根据功能关系分析得知，物块和小车增加的机械能为F(s+l)−fl，系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功。
本题关键是明确滑块和小车的受力情况、运动情况、能量转化情况，然后结合功能关系进行分析，不难。
10.【答案】BC
【解析】解：A、对任意卫星，根据万有引力提供向心力可和：GMmr2=mv2r
解得卫星的运动行速度：v= GMr
由上式可知，在“墓地轨道”上的速度小于在同步轨道上的速度，在“墓地轨道”上的动能小于在同步轨道上的动能，故A错误；
B、转移轨道的半长轴大于同步轨道半径，根据开普勒第三定律：r13T12=r23T22，在转移轨道上的运动周期大于地球自转周期，故B正确；
C、从同步轨道到转移轨道需要在经过P点时加速做离心运动，所以在转移轨道上经过P点的速度大于在同步轨道上经过P点的速度，故C正确；
D、根据牛顿第二定律有：GMmr2=ma
解得加速度：a=GMr2
此此可知，在转移轨道上经过P点的加速度等于在同步轨道上经过P点的加速度，故D错误。
故选：BC。
根据卫星的运动速度公式比较两轨道上动能的大小；
根据开普勒第三定律比较两轨道周期的大小；
结合变轨原理进行分析；
由万有引力提供向心力，由此列式分析加速度的关系。
本题的解题关键是掌握万有引力提供向心力这一思路，知道卫星的轨道半径越大，速度越小，加速度越小。
11.【答案】速度相同 Ax gy2−y1
【解析】解：(1)确保平抛的初速度大小一定，需要每次都从同一位置由静止释放钢球；
(2)小球运动中记录下的是其球心的位置，故抛出点也应是小球静止于O点时球心的位置，则球心对应白纸上的位置即为原点，故A正确，BCD错误。
故选：A。
(3)设相邻计数点的时间间隔为T；
平抛运动的水平分运动为匀速运动，则x=v0T
平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，根据匀变速运动推论y2−y1=gT2
联立解得v0=x gy2−y1。
故答案为：(1)速度相同；(2)A；(3)x gy2−y1。
(1)本实验要求每次小球做平抛运动的初速度相同，据此分析释放点的位置相同的目的；
(2)根据平抛运动的特点判断各种方法是否符合平抛运动；
(3)根据匀变速运动的规律即可求解。
本题考查了平抛运动规律的研究，需要注意当坐标上的第一个点不是抛出点时，在竖直方向满足匀变速直线运动的推论，即Δy=gT2。
12.【答案】在误差范围内重锤的机械能守恒 C
【解析】解：(1)A、为了减小阻力的影响，重物选择密度大，而体积较小的金属球，故A错误；
B、由于动能和重力势能的表达式中均含有质量的因子，所以可以不用测质量，故B正确；
C、实验中应先接通电源，然后释放纸带，故C错误；
D、若用v= 2gh计算速度，实际上就默认了机械能守恒，故D错误。
(2)做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打B点时重锤的速度大小vB=xOC−xOA4T=(27.21−12.41)×0.014×0.02m/s=1.85m/s
此时重锤的动能EkB=12mvB2=12×0.2×1.852J12×0.2×3.72J≈0.342J
从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是ΔEp=mghOB=0.2×10×18.60×10−2J≈0.372J
根据计算可知，动能的增量和重力势能的减小量基本相等，因此可以得出的结论是在误差范围内物体的机械能守恒；
(3)若忽略阻力因素，重锤下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv2
整理得：v2=2gh，v2与h成正比，故C正确，ABD错误。
故答案为：(1)B；(2)0.342，0.372，在误差范围内重锤的机械能守恒；(3)C
(1)根据实验原理和实验注意事项分析；
(2)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B点的动能，根据下降的高度求出重力势能的减小量，通过比较得出实验的结论；
(3)根据机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。
解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。
13.【答案】(1)列车速度为20m/s时，牵引力
F=P额v=1.0×104×10320N=5×105N
加速度为
a=F−kmgm=5×105−0.1×1.0×1051.0×105m/s2=4m/s2
(2)①设列车匀加速运动能维持的最长时间为t，其实际功率达到额定功率时不再匀加速运动
F′−kmg=ma′
代入数据解得
F′=2×105N
由公式P额=F′vm
代入数据解得
vm=50m/s
根据速度与时间公式vm=a′t
代入数据解得
t=50s
②25s末列车处于匀加速运动阶段，速度
v=a′t′=25m/s
瞬时功率
P=F′v=2×105×25W=5.0×103kW
答：(1)若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，列车的加速度大小为4m/s2；
(2)①匀加速运动能维持的最长时间为50s；
②25s末列车的瞬时功率为5.0×103kW。
【解析】(1)根据P=fv求得牵引力的大小，根据牛顿第二定律求出加速度；
(2)①根据牛顿第二定律求得匀加速时的牵引力，根据P=Fv求得匀加速达到的最大速度，根据速度-时间公式求得运动时间；
②25s末列车处于匀加速运动阶段，根据速度与时间公式求出速度大小，再根据瞬时功率P=F′v求出功率大小。
本题主要考查了机车乙恒定的加速度启动，明确启动方式，抓住当牵引力等于阻力时速度达到最大。
14.【答案】(1)v−t图像的斜率表示加速度，根据图像可得前5s内木箱的加速度为
a=ΔvΔt=25m/s2=0.4m/s2
(2)前5s内木箱受到重力、支持力和滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有
μmgcs37∘−mgsin37∘=ma
代入数据解得
μ=0.8
(3)v−t图像与时间轴围成的面积表示位移，根据图像可知前10s内木箱通过的位移
x=12×(5+10)×2m=15m
A、B的高度差
h=xsin37∘=15×0.6m=9m
前10s内木箱先做加速运动，后做匀速运动，根据动能定理，有
W−mgh=12mv2−0
代入数据解得
W=920J
答：(1)前5s内木箱的加速度为0.4m/s2；
(2)木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8；
(3)全过程传送带对木箱做的功为920J。
【解析】木箱放上传送带先做匀加速运动，根据v−t图像的斜率求出木箱的加速度；
再根据牛顿第二定律求解木箱与传送带之间的动摩擦因数；
根据位移-时间公式求出木箱与传送带的相对位移和木箱在10s内上升的高度，再根据动能定理进行求解。
本题首先要明确木箱的运动情况，选取研究过程，分析运动过程中木箱的受力情况和能量转化情况，根据功能关系列方程解答。
15.【答案】解：(1)物块从B到A，由动能定理有：mgR=12mvA2
在A点根据牛顿第二定律有：FN−mg=mvA2R
联立解得轨道对物块的支持力：FN=36N
由牛顿第三定律可得，物块第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力等于36N
(2)设物块到达E点时弹簧的弹性势能EP最大，压缩量为x，物块从B到E，根据功能关系有：mgR=μmg(OA+x)+EP
物块从E到A，根据功能关系有：EP=μmg(OA+x)
解得：x=0.2m，EP=2.4J
(3)物块Q在E点时，弹簧的弹性势能仍为EP，设物块Q质量为m′时恰能通过圆轨道最高点C，物块Q在C点，有：m′g=m′vC2R
解得：vC=2m/s
物块Q从E点到C点根据能量守恒定律有：Ep=μm′g(OA+x)+m′g×2R+12m′vC2
解得：m′=0.2kg
要使物块Q能通过圆轨道最高点C，在C点的速度应大于2m/s，所以其质量应小于0.2kg。
答：(1)物块P第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力为36N；
(2)OE的长度为0.2m，弹簧的最大弹性势能为2.4J；
(3)若换一个材料相同的物块Q，在弹簧右端将弹簧压缩到E点由静止释放，要使物块Q能通过圆轨道最高点C，则其质量应满足小于0.2kg。
【解析】(1)物块从B点到A点根据动能定理求解达到A点的速度大小，在A点根据牛顿第二定律、牛顿第三定律可得物块第一次到达圆轨道A点时对轨道的压力的大小；
(2)由B到E的过程根据功能关系列方程，由E到A的过程根据功能关系列方程联立求解；
(3)物块Q到达C点时质量恰好提供向心力，由此列方程；物块Q从E点到C点，根据能量守恒定律关系列方程联立求解物块Q质量。
本题主要是考查了功能关系和竖直平面内的圆周运动，首先要选取研究过程，分析运动过程中物体的受力情况和能量转化情况，然后分析运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据功能关系列方程解答。
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