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2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了0分），9km/s，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
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2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 物理学家通过艰辛的实验和理论研究，探索出自然规律，为人类的进步做出巨大贡献，值得我们敬仰，下列说法中正确的是( )
A. 安培首先引入电场线和磁感线
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷电量e的数值
C. 开普勒总结归纳了行星运动定律，从而提出了日心说
D. 卡文迪什比较准确地测出了万有引力常量的数值
2. 北京时间2022年5月10日8时56分，天舟四号货运飞船成功对接天河核心舱。核心舱组合体离地高度约391.9千米，速度约7.68千米/秒。据以上信息，下列说法正确的是( )
A. “千米”是国际单位制中的基本单位
B. 核心舱内的实验器材处于完全失重状态，不受地球的作用力
C. 天平在核心舱内可以正常使用
D. 研究天和核心舱组合体绕地球的运行速度大小时，可以把核心舱视为质点
3. 如图所示为无人机沿曲线从M点向N点飞行的过程中的一段轨迹，速度逐渐减小，在此过程无人机所受合力方向可能的是( )
A. B.
C. D.
4. 2021校园篮球比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需( )
A. 减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ B. 增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C. 减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0 D. 减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0
5. 在高级中学选修课中，小柴同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是( )
A. 奶油转动的线速度不变
B. 蛋糕边缘的奶油线速度大小约为π3m/s
C. 奶油转动的向心加速度不变
D. 圆盘转动的角速度大小为π30rad/s
6. 如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C的半径之比为1：3：9，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小齿轮A和大齿轮B的角速度大小之比为3：1
B. 小齿轮A和后轮C的角速度大小之比为9：1
C. 大齿轮B边缘和后轮C边缘各点的线速度大小之比为1：3
D. 大齿轮B边缘和小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为3：1
7. 天启星座是我国首个正在建设的低轨卫星物联网星座。它由38颗低轨道卫星组成，这些低轨道卫星的周期大约为100分钟。则关于这些做圆周运动的低轨道卫星，下列说法正确的是( )
A. 线速度可能大于7.9km/s
B. 角速度一定大于地球同步卫星的角速度
C. 加速度可能小于地球同步卫星的加速度
D. 所需的向心力一定大于地球同步卫星所需的向心力
8. 2022年3月30日上午10时29分，我国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭成功将天平二号A、B、C卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，若已知A、B、C卫星绕地球做近似圆周运动，高地高度分别是hA、hB和hc，且hA>hB>hC，环绕周期分别是TA、TB和TC，地球表面重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 天平二号A星可能在地表上空沿某一经度线做匀速圆周运动
B. 根据开普勒第三定律有hA3TA2=hB3TB2=hC3TC2
C. 根据题中所给信息，可计算地球的质量
D. 根据题中所给信息，无法算地球的密度
9. “奋进”号宇航员斯蒂法尼斯海恩⋅派帕拎着一个工具包进行太空行走，关于工具包的说法正确的是( )
A. 宇航员不小心松开了拿工具包的手，在万有引力作用下工具包将飞向地球
B. 宇航员松开工具包后，不小心碰了一下工具包，工具包将飞离宇航员
C. 工具包的重量不能超过宇航员的最大承受力
D. 由于惯性，工具包脱手后会做直线运动而离开圆轨道
10. 如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )
A. a、b均做匀变速直线运动 B. a、b均做匀变速曲线运动
C. a球先落地 D. b球飞行的水平距离大
11. 如图所示，真空中一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷+Q、-Q，O为椭圆中心，ab、cd分别是椭圆长轴和短轴，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，下列说法中正确的是( )
A. 电势差Uec=Ufd
B. a、b两点场强不同
C. e、f两点场强相同
D. 将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电势能不变
12. 如图静电除尘器除尘原理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的，下列表述正确的是( )
A. 到达集尘极的尘埃带可能带正电，也可能带负电
B. 电场方向由集尘极指向放电极带电
C. 到达集尘极的带电尘埃所受静电力的方向与电场方向相同
D. 带电尘埃在电场中匀加速运动
13. 如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等差等势线，正点电荷q仅在静电力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，b点为轨迹上离O点最近的点，由此可知( )
A. 固定在O的点电荷带负电
B. 粒子在b点的电势能比a点大
C. 粒子在b点的速度比a点大
D. a点的场强比b点的场强大
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14. 如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是( )
A. 增大两极板之间的距离，指针张角变大
B. 将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C. 若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D. 若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
15. 如图是“嫦娥一号”探月卫星从发射到进入工作状态四个基本步骤的示意图，卫星先由地面发射，接着从发射轨道进入停泊轨道(实际上有多个停泊轨道，这里进行了简化处理)，然后由停泊轨道进入地月转移轨道；最后卫星进入工作轨道。卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则关于卫星在各轨道上的运动下列说法正确的是( )
A. 在发射轨道上关闭推进器后，卫星的速度先增大后减小
B. 在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度
C. 在转移轨道上，引力对卫星先做负功后做正功
D. 在转移轨道上，卫星不受地球引力作用
16. 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲乙两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v甲：v乙=2：1，不计空气阻力，则甲乙两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是( )
A. 他们飞行时间之比为t甲：t乙=2：1
B. 他们飞行的水平位移之比为x甲：x乙=4：1
C. 他们落到坡面上的瞬时速度方向平行
D. 他们落到坡面上的瞬时速度大小之比为v'甲：v'乙=4：1
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17. 用如图1所示装置研究平地运动，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PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢现落在挡板上时，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)下面的做法可以减小实验误差的有______。
A.使用密度小、体积大的球
B.实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下
C.使斜槽末端的切线保持水平
D.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦
(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：
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的对应白纸上的位置即为原点。
b.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2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y1y2 ______13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可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)。
18. 某实验小组利用如图1装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)下列说法正确的是______。
A.实验中，应该先释放重物再接通打点计时器电源
B.实验中可以不测重物的质量
C.应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
D.应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
(2)安装好实验装置后，正确地进行了实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示。若重物的质量m=1kg，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gxOB，乙同学用vB=xAC2T，其中所选择方法正确的是______(填“甲”或“乙”)同学，从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量Ep=______J，重物动能的增加量Ek=______J。(g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)
四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
19. 有A、B、C、D四个完全相同的表面有金属的轻质小球，最开始只有A球带电，现将四个小球按图a放在绝缘水平面上靠在一起，然后将它们分开放在一个四周绝缘且光滑的容器中，结果四个小球恰好能静止在一个边长为d的、处在竖直平面的一个正方形的四个顶点(如图b所示)，已知每个小球质量为m，静电力常量为k，重力加速度为g，每个小球都可以看成点电荷。问：
(1)A球最开始带电量大小；
(2)容器底对A球弹力大小。
20. 水平地面上固定一光滑绝缘的斜面，倾角为37°，斜面长L=6m。当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，一质量为m，电荷量为q的带电小物块，恰好静止在斜面上。(计算时取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)
(1)请问该小物块带何种电？并用含m、q、g的字母表达式表示电场强度的大小；
(2)若电场强度方向不变，大小变化为原来的一半时，求小物块运动底端的速度v。
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，求小物块运动到底端的t。
21. 如图所示，有a、b、c三点处在匀强电场中，ab=5cm，ac=20cm，其中ab与电场方向平行，ab与ac成θ=120°角，一电子从a移到c电场力做了3.2×10-18J的负功，已知元电荷e=1.6×10-19C，求：
(1)匀强电场的场强大小及方向。
(2)电子从b移到c，电场力对它做功。
(3)设a点电势φa=0，则c点电势为多少？电子在b点的电势能为多少？
22. 如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDEF，倾斜轨道AB足够长，倾角θ=37°，BC段是与AB相切的半径为R1=1m、圆心角θ=37°的光滑圆弧，水平轨道的长度CF=4m，各段轨道均平滑连接，一半径也为R2=1m的竖直光滑圆轨道与水平面相切于D，CD=3m，最高点为E，底部略错开使小球可以通过圆轨道，在F点右侧固定一轻质弹簧，处于原长时弹簧左端正好位于F点，一质量为m=2kg的滑块P(视为质点)从A点静止释放。已知滑块P与AB段、CF段的动摩擦因数为μ=0.5，F点右侧光滑，不计其它阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。问：
(1)若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为多少？
(2)在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力：
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，求滑块最终停留在水平轨道的位置(描述该位置与C点的距离)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，故A错误；
B、库仑提出了库仑定律，密立根最早利用油滴实验测得元电荷电量e的数值，故B错误；
C、开普勒总结归纳了行星运动定律，哥白尼提出了日心说，故C错误；
D、卡文迪什比较准确地测出了万有引力常量的数值，故D正确。
故选：D。
根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视历史知识积累。
2.【答案】D
【解析】解：A、“千米”不是国际单位制中的基本单位，“米”是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、核心舱内的实验器材处于完全失重状态，但仍受地球的作用力，地球的万有引力提供向心力，故B错误；
C、物体在核心舱内处于完全失重状态，天平在核心舱内不可以正常使用，故C错误；
D、研究天和核心舱组合体绕地球的运行速度大小时，天和核心舱组合体的形状、大小可以忽略不计，可以把核心舱视为质点，故D正确。
故选：D。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位；核心舱内的实验器材处于完全失重状态，但仍受地球的作用力，地球的万有引力提供向心力。质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
掌握国际单位制中三个基本单位，知道物体看成质点的条件，要能够理解自由落体与完全失重；属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：无人机在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；同时，物体在飞行过程中减速，所以沿切向方向有与速度相反的力，故向心力和切线力与速度的方向的夹角要大于90°，故A正确，BCD错误。
故选：A。
物体的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的，又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的。
解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析物体的受力情况，物体受到指向圆心的力的合力使它做曲线运动，在切线方向的分力使它减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了。
4.【答案】D
【解析】解：因为篮球两次都是斜抛运动，且垂直击中篮板上的A点，根据抛体运动的特点，可以逆向思考，将该题目的过程看成篮球从A点做两次平抛，分别运动到B点和C点。
因为A点距离B点、C点的高度相等，竖直方向上都是自由落体运动，由t=2hg可知，篮球从A点运动到B点、C点的时间相等，由vy=gt可知B点、C点的竖直速度相等。
又因为水平方向上是匀速直线运动，由v=xt可知，相等时间内C点对应的水平位移大，所以C点的水平速度大，所以由v=vx2+vy2可得，篮球在C点对应的速度大，即从B点撤到C点时需要增大抛出速度v0。
由几何关系可得：tanθ=vyvx，因为竖直速度相等，C点的水平速度较大，所以C点的速度与水平方向的夹角较小，即从B点撤到C点需要减小抛射角θ。故ABC错误、D正确。
故选：D。
逆向思考，将篮球分别从B点、C点抛出垂直击中篮板A点的情况看成篮球从A点平抛分别落在B点、C点，然后利用平抛运动的规律，计算下落时间、竖直速度、水平速度，最后利用几何关系求解合速度大小及角度关系。
本题考查抛体运动，解题的突破点在于将两个斜抛运动通过逆向思维看成两个平抛运动。
5.【答案】D
【解析】解：D、蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则圆盘转一圈的周期T=60s，
由角速度与周期的关系可得角速度ω=2πT=π30rad/s，故D正确；
B、蛋糕边缘的奶油线速度大小v=ωr=π×0.1030m/s=π300m/s，故B错误；
A、奶油转动的线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；
C、奶油转动的向心加速度大小不变，方向时刻改变，故C错误。
故选：D。
根据转动一圈的时间，结合ω=2πT、v=ωr分析计算圆盘转动的角速度、线速度。物体做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向时刻变化。
解决本题的关键知道周期和角速度的关系，通过时间间隔求出周期是关键，基础题。
6.【答案】A
【解析】解：A、小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，根据v=ωr可知小齿轮A和大齿轮B的角速度大小之比为ωAωB=rBrA=31，故A正确；
B、小齿轮A和后轮C是同轴转动，角速度相等，故B错误；
C、小齿轮A和后轮C是同轴转动，小齿轮A和后轮C角速度相等，根据v=ωr可知小齿轮A和后轮C边缘的线速度之比为vAvC=rArC=19，
由于小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，可知大齿轮B边缘和后轮C边缘各点的线速度大小之比为1：9，故C错误；
D、根据a=v2r，由于小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，可知大齿轮B边缘和小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为aBaA=rArB=13，故D错误；
故选：A。
本题在齿轮传动中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。
对于齿轮传动装置问题要把握两点，一是同一链条上线速度相等，二是同轴传动时角速度相等。
7.【答案】B
【解析】解：A、地球第一宇宙速度7.9km/s为地球表面轨道处卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度，是人造地球卫星的最大运行速度，故这些做圆周运动的低轨道卫星线速度不可能大于7.9km/s，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM∝r3，由于100min<24h，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的轨道半径小于同步卫星半径，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3∝1r3；可知这些做圆周运动的低轨道卫星的角速度一定大于地球同步卫星的角速度，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2∝1r2，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的加速度一定大于地球同步卫星的加速度，故C错误；
D、由于不清楚这些做圆周运动的低轨道卫星质量与地球同步卫星质量的大小关系，故不能确定这些做圆周运动的低轨道卫星所需的向心力与地球同步卫星所需的向心力的大小关系，故D错误。
故选：B。
地球第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度误；根据万有引力定律结合向心力的计算公式、牛顿第二定律等进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
8.【答案】D
【解析】解：A、由于地球绕南北轴在自转，所以地球卫星不可能地表上空沿某一经度线做匀速圆周运动，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，半长轴的三次方与周期的平方之比是一定值，有：(hA+R)3TA2=(hB+R)3TB2=(hC+R)3TC2，故B错误；
CD、卫星绕地球运动时，由万有引力定律提供向心力有：GMm(h+R)2=m4π2T2(h+R)，结合ρ=M43πR3。解得：M=4π2GT2(h+R)3，所以密度ρ=3π(h+R)3GT2R3，由于地球半径未知，所以无法求出地球的质量和密度，故D正确，C错误。
故选：D。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供提供向心力，其轨道的圆心在地心，但运动轨迹可以有很多选择；根据牛顿第二定律列式，分析能求得的物理量。
解答本题时，要知道卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，通过列式来确定能求得哪些物理量。
9.【答案】B
【解析】解：AD.宇航员和工具包都在绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，宇航员和工具包都处于完全失重状态，宇航员不小心松开了拿工具包的手，工具包依然保持和宇航员一起绕地球做匀速圆周运动，故AD错误；
B、宇航员松开工具包后，不小心碰了一下工具包，使得工具包速度发生变化，工具包将飞离宇航员，故B正确；
C、宇航员和工具包都在绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，宇航员和工具包都处于完全失重状态，工具包对宇航员没有压力作用，工具包的重量与宇航员的最大承受力没有关系，故C错误。
故选：B。
根据万有引力定律结合完全失重的知识进行分析。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用，关键是弄清楚宇航员和工具包所受的万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态。
10.【答案】D
【解析】解：AB、两球竖直方向仅受重力作用，水平方向随着距离增加，库仑力逐渐变小，所以a、b均做非匀变速曲线运动，故AB错误；
C、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，两球同时落地，故C错误；
D、对a受力分析，在静止时F库mag=tanα
对b受力分析，在静止时F库mbg=tanβ
又由β>α，可知ma>mb
a、b两个小球间作用力等大反向，在水平方向上，由F库=ma水平
得aa水平
故选：D。
同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库仑力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解。
本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据题中所给条件，可以判断出Uec>0、Ufd<0，二者电势差不等，但二者电势差的绝对值相等，A错误；
BC.a、b两点的场强大小和方向均相同，e、f两点场强大小相同，与ab的角度关于O点对称，方向均指向斜上方，故C正确，B错误；
D、将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选：C。
根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较a、b间场强关系；根据电场线疏密可知，在e、f两点场强关系；利用正电荷在电势高处电势能大，可分析正电荷电势能的变化。
这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小。
12.【答案】B
【解析】解：AB.由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故B正确，A错误；
C.负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D.由图可知，放电极和集尘极之间的电场类似于尖端放电所产生的电场，不是匀强电场，所以带电尘埃在电场中不可能做匀加速运动，故D错误。
故选：B。
由于集尘极与电源正极相连，而尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷；放电极接负极，带负电。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
13.【答案】B
【解析】解：A、正点电荷q受到的电场力方向在曲线轨迹的凹侧，则正点电荷q受到O点电荷的库仑斥力，所以固定在O的点电荷带正电，故A错误；
BC、正点电荷q从a处运动到b处，库仑斥力做负功，粒子的动能减少，速度减小，粒子在b点的速度比a点小，粒子的电势能增大，粒子在b点的电势能比a点大，故B正确，C错误；
D、根据点电荷场强表达式E=kQr2，可知离点电荷O越近的地方场强越大，故a点的场强比b点的场强小，故D错误。
故选：B。
根据等势线与电荷运动轨迹确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据等势线的疏密判断电场强度的变化．
解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．
14.【答案】AB
【解析】解：
A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故A正确。
B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增小，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故B正确。
C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增大，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。故C错误。
D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。
故选：AB。
已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．
本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=ɛS4πkd和定义式C=QU结合分析电容器动态变化问题，
15.【答案】BC
【解析】解：A、在发射轨道上关闭推进器后，卫星继续向上运动需要克服地球万有引力做功，卫星的速度不断减小，故A错误；
B、地球第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，根据GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度，故B正确；
CD.在转移轨道上，卫星同时受到地球引力和月球引力，一开始地球引力大于月球引力，之后地球引力小于月球引力，故地球、月球对卫星万有引力的合力先做负功后做正功，故C正确、D错误。
故选：BC。
根据万有引力做功情况判断速度的变化；根据万有引力提供向心力结合变轨原理进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
16.【答案】ABC
【解析】解：设斜坡倾角为θ，水平位移为x，竖直位移为y，合位移与水平位移的夹角为θ，落地时合速度与水平速度的夹角为α
A.由位移矢量三角形的关系，有tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
解得：t=2v0tanθg
可知他们在空中飞行的时间与水平初速度成正比，得：t甲t乙=v甲v乙=21，故A正确；
B.根据x=v0t，水平位移之比为：x甲x乙=v甲v乙⋅t甲t乙=41，故B正确；
C.根据平抛运动的推论tanα=2tan θ，可知两运动员落地时的速度方向相同，互相平行，故C正确；
D.由于两运动员落地时的合速度方向相同，故他们落在斜面上的合速度大小之比等于初速度之比为，则有v'甲v'乙=v甲v乙=21，故D错误。
故选：ABC。
答案为：ABC。
从斜面顶端抛出的平抛运动，抛出点和落地点之间的距离即为合位移的大小；熟练运用平抛运动的两个推论进行解得。
本题主要考查了平抛运动的基本规律及推理，在学生的学习过程中，可以通过举一反三的方式让学生熟练掌握。
17.【答案】BC 大于 xgy2-y1
【解析】解：(1)A.为了使小球抛出后受到的空气阻力影响小一些，应使用密度大、体积小的球，A错误；
B.为了保证每次抛出时小球的初速度相同，实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下，B正确；
C.为了保证小球抛出时做平抛运动，应使斜槽末端的切线保持水平，C正确；
D.小钢球与斜槽间的摩擦不影响每次抛出时小球的初速度是否相同，D错误；
故选：BC。
(2)b、AB和BC的水平间距相等，说明A到B所用时间T等于B到C所用时间T，A点不是平抛运动起始点，设A点的竖直分速度为vy，则有：y1=vyT+12gT2y1+y2=vy⋅2T+12g(2T)2
可得：y2=vyT+32gT2
则有：y1y2=vyT+12gT2vyT+32gT2>vyT+12gT23vyT+32gT2=13
竖直方向做自由落体运动，根据：Δy=y2-y1=gT2
解得：T=y2-y1g
水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0T
解得钢球平抛的初速度大小为：v0=xT=xgy2-y1
故答案为：(1)BC；(2)b、大于；xgy2-y1
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)明确实验原理，知道应记录球心位置；根据位移-时间公式求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差。根据位移—时间规律求两邻两时间段竖直位移的比值，结合水平位移求出平抛运动的初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
18.【答案】BC 乙 2.28 2.26
【解析】解：(1)A.实验中，应该先接通打点计时器电源再释放纸带，A错误；
B.由于机械能守恒表达式中质量可被消去，故实验中可以不测重物的质量而进行验证，B正确；
CD.应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力，下落时更接近于自由落体运动，C正确，D错误。
故选：BC。
(2)若用vB2=2gxOB计算出打下点B时重物的速度，则重物做自由落体运动，只有重力做功，等于默认了机械能守恒，与实验目的相悖，故应选择乙同学的方法。
重物重力势能的减少量：Ep=mghOB=1×9.8×0.2325J=2.28J。
重物动能的增加量：Ek=12mvB2=12m(xAC2T)2=12×1×(0.3250-0.15502×0.04)2J=2.26J。
故答案为：(1)BC；(2)乙、2.28、2.26
(1)根据实验原理选择合适的实验器材，判断操作步骤的正确与否；
(2)根据机械能守恒定律分析甲乙两同学的处理数据方法的正确与错误，根据重力势能和动能的公式求减小的重力势能和增加的动能。
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，结合机械能的公式求重力势能的减小量和动能的增加量。
19.【答案】解：(1)设A求最开带电量大小为Q，四个小球接触后，每个小球带电量为Q4，
对B球，竖直方向由平衡条件可得kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°=mg
代入数据解得Q=8dmg(4+2)k
(2)对A球由平衡条件可得N=mg+kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°
代入数据解得N=2mg
答：(1)A球最开始带电量大小为8dmg(4+2)k；
(2)容器底对A球弹力大小为2mg。
【解析】(1)竖直方向上手里平衡，根据库仑定律计算电荷量的大小；
(2)对A球由平衡条件计算作用力。
本题考查了库仑定律的理解，结合受力平衡分析计算。
20.【答案】解：(1)对物块受力分析如图
可知小球带正电，根据平衡条件可得qEmg=tan37°
解得E=mgtan37°q=3mg4q
(2)当场强变为原来的12时，物块受到的合外力
F合=mgsin37°-12qEcos37°=0.3mg=ma
解得a=3m/s2
方向沿斜面向下，根据运动学公式2aL=v2
解得v=6m/s
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，根据牛顿第二定律得(mg-qE)sin37°=ma
解得a=32m/s2
根据运动学公式L=12at2
解得t=22s
答：(1)请问该小物块带正电，电场强度的大小为3mg4q；
(2)小物块运动底端的速度v为6m/s。
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，小物块运动到底端的t为22s。
【解析】(1)带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再判断电荷的电性，根据平衡条件确定电场强度大小。
(2)当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．由牛顿第二定律可求出加速度大小，再根据运动学基本公式求解速度。
(3)牛顿第二定律及运动学公式求解小物块运动到底端的t。
本题考查了带电物体的平衡问题及电场改变后物体的运动问题。解题的关键是关键是求合力，应用牛顿运动定律求加速度解题难度适中。
21.【答案】解：(1)电子从a移到c电场力做负功，所以场强方向水平向右。
Wac=-eE⋅ac⋅sin30°
将ac=20cm=0.2m代入解得：E=200V/m
(2)电子从b移到a电场力做负功为：Wba=-eE⋅ab
电子从b移到c电场力做负功：Wbc=Wba+Wac
将ab=5cm=0.05m代入解得Wbc=-4.8×10-18J
(3)根据Uac=φa-φc=E⋅ac⋅sin30°
解得φc=-20V
同理可得b点的电势φb=10V
电子在b点的电势能为Epb=-φbe
联立代入数据解得：Epb=-1.6×10-18J
答：(1)匀强电场的场强大小为200V/m，方向水平向右；
(2)电子从b移到c，电场力对它做功为-4.8×10-18J；
(3)设a点电势φa=0，则c点电势为-20V，电子在b点的电势能为-1.6×10-18J。
【解析】(1)根据电场力做功公式W=qE⋅d，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．
(2)电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．
(3)根据a、c两点的电势解得电势差．
匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．
22.【答案】解：(1)在E点，根据牛顿第二定律得
mg=mvE2R
解得：vE=10m/s
从释放到E点根据动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1cosθ-μmgCD-mgR(1+cosθ)=12mvE2-0
解得：L1=19m；
(2)从释放点到C点由动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1+mgR(1-cosθ)=12mvC2
在C点根据牛顿第二定律得
N-mg=mvC2R
解得：N=180N，
结合牛顿第三定律可得在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力大小为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，根据动能定理
mgL2sinθ-μmgL2+mgR(1-cosθ)=EkC
解得：在C点的初动能EkC=100J
若vE≥gR=10m/s滑块可过最高点；计算此时D点对应的动能，从D到E，根据动能定理得
mg⋅2R=EkD-EkE
解得：EkD=50J
则D点的动能小于50J时滑块无法过E点；
假设物块从C点出发D点，能够到达E点通过圆轨道，经过弹簧反弹后又回到D点，即对C→D→E→D→F→D→E→D整个过程进行动能定理
-μmg(|CD|+2|DF|)=EkD-EkC
解得：x=0.64m
对整个过程进行动能定理
-μmgS总=0-EkC
解得：S总=10m
则滑块最终停留的位置与C点的距离
L=S总-2|CD|-2|DF|-2x
代入数据联立解得：L=0.72m。
答：(1)若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为19m；
(2)在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，滑块最终停留在水平轨道的位置与C点相距0.72m。
【解析】(1)当滑块恰好能通过E点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出E点速度，从释放到E点，根据动能定理列式可求释放位置；
(2)从释放点到C点过程中，根据动能定理列式求出到达C是速度，在C点受力分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(3)通过计算判断滑块最终可能停止位置，再对整体列动能定理即可。
本题考查动能定理的灵活应用，隐含条件的挖掘，圆周运动的知识，过程复杂，比较难。
绝密★启用前
2021-2022学年浙江省宁波市余姚市高一（下）期末物理试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共13小题，共39.0分）
1. 物理学家通过艰辛的实验和理论研究，探索出自然规律，为人类的进步做出巨大贡献，值得我们敬仰，下列说法中正确的是( )
A. 安培首先引入电场线和磁感线
B. 库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷电量e的数值
C. 开普勒总结归纳了行星运动定律，从而提出了日心说
D. 卡文迪什比较准确地测出了万有引力常量的数值
2. 北京时间2022年5月10日8时56分，天舟四号货运飞船成功对接天河核心舱。核心舱组合体离地高度约391.9千米，速度约7.68千米/秒。据以上信息，下列说法正确的是( )
A. “千米”是国际单位制中的基本单位
B. 核心舱内的实验器材处于完全失重状态，不受地球的作用力
C. 天平在核心舱内可以正常使用
D. 研究天和核心舱组合体绕地球的运行速度大小时，可以把核心舱视为质点
3. 如图所示为无人机沿曲线从M点向N点飞行的过程中的一段轨迹，速度逐渐减小，在此过程无人机所受合力方向可能的是( )
A. B.
C. D.
4. 2021校园篮球比赛中一运动员将篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。若该运动员后撤到C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，运动员需( )
A. 减小抛出速度v0，同时增大抛射角θ B. 增大抛出速度v0，同时增大抛射角θ
C. 减小抛射角θ，同时减小抛射速度v0 D. 减小抛射角θ，同时增大抛射速度v0
5. 在高级中学选修课中，小柴同学在体验糕点制作“裱花”环节时，他在绕中心匀速转动的圆盘上放了一块直径8英寸(20cm)的蛋糕，在蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则下列说法正确的是( )
A. 奶油转动的线速度不变
B. 蛋糕边缘的奶油线速度大小约为π3m/s
C. 奶油转动的向心加速度不变
D. 圆盘转动的角速度大小为π30rad/s
6. 如图所示，自行车的小齿轮A、大齿轮B、后轮C的半径之比为1：3：9，在用力蹬脚踏板前进的过程中，下列说法正确的是( )
A. 小齿轮A和大齿轮B的角速度大小之比为3：1
B. 小齿轮A和后轮C的角速度大小之比为9：1
C. 大齿轮B边缘和后轮C边缘各点的线速度大小之比为1：3
D. 大齿轮B边缘和小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为3：1
7. 天启星座是我国首个正在建设的低轨卫星物联网星座。它由38颗低轨道卫星组成，这些低轨道卫星的周期大约为100分钟。则关于这些做圆周运动的低轨道卫星，下列说法正确的是( )
A. 线速度可能大于7.9km/s
B. 角速度一定大于地球同步卫星的角速度
C. 加速度可能小于地球同步卫星的加速度
D. 所需的向心力一定大于地球同步卫星所需的向心力
8. 2022年3月30日上午10时29分，我国在酒泉卫星发射中心用长征十一号运载火箭成功将天平二号A、B、C卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，若已知A、B、C卫星绕地球做近似圆周运动，高地高度分别是hA、hB和hc，且hA>hB>hC，环绕周期分别是TA、TB和TC，地球表面重力加速度为g，则以下说法正确的是( )
A. 天平二号A星可能在地表上空沿某一经度线做匀速圆周运动
B. 根据开普勒第三定律有hA3TA2=hB3TB2=hC3TC2
C. 根据题中所给信息，可计算地球的质量
D. 根据题中所给信息，无法算地球的密度
9. “奋进”号宇航员斯蒂法尼斯海恩⋅派帕拎着一个工具包进行太空行走，关于工具包的说法正确的是( )
A. 宇航员不小心松开了拿工具包的手，在万有引力作用下工具包将飞向地球
B. 宇航员松开工具包后，不小心碰了一下工具包，工具包将飞离宇航员
C. 工具包的重量不能超过宇航员的最大承受力
D. 由于惯性，工具包脱手后会做直线运动而离开圆轨道
10. 如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线悬挂于同一点，两球静止时，它们距水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β。若同时剪断两根细线，空气阻力不计，两球带电荷量不变，则( )
A. a、b均做匀变速直线运动 B. a、b均做匀变速曲线运动
C. a球先落地 D. b球飞行的水平距离大
11. 如图所示，真空中一椭圆的两焦点M、N处固定两个等量异种电荷+Q、-Q，O为椭圆中心，ab、cd分别是椭圆长轴和短轴，ef是椭圆上关于O点对称的两个点，下列说法中正确的是( )
A. 电势差Uec=Ufd
B. a、b两点场强不同
C. e、f两点场强相同
D. 将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电势能不变
12. 如图静电除尘器除尘原理的示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘的目的，下列表述正确的是( )
A. 到达集尘极的尘埃带可能带正电，也可能带负电
B. 电场方向由集尘极指向放电极带电
C. 到达集尘极的带电尘埃所受静电力的方向与电场方向相同
D. 带电尘埃在电场中匀加速运动
13. 如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等差等势线，正点电荷q仅在静电力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，b点为轨迹上离O点最近的点，由此可知( )
A. 固定在O的点电荷带负电
B. 粒子在b点的电势能比a点大
C. 粒子在b点的速度比a点大
D. a点的场强比b点的场强大
二、多选题（本大题共3小题，共6.0分）
14. 如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带电，则下列判断正确的是( )
A. 增大两极板之间的距离，指针张角变大
B. 将A板稍微上移，静电计指针张角将变大
C. 若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大
D. 若将A板拿走，则静电计指针张角变为零
15. 如图是“嫦娥一号”探月卫星从发射到进入工作状态四个基本步骤的示意图，卫星先由地面发射，接着从发射轨道进入停泊轨道(实际上有多个停泊轨道，这里进行了简化处理)，然后由停泊轨道进入地月转移轨道；最后卫星进入工作轨道。卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则关于卫星在各轨道上的运动下列说法正确的是( )
A. 在发射轨道上关闭推进器后，卫星的速度先增大后减小
B. 在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度
C. 在转移轨道上，引力对卫星先做负功后做正功
D. 在转移轨道上，卫星不受地球引力作用
16. 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲乙两名运动员(均视为质点)从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v甲：v乙=2：1，不计空气阻力，则甲乙两名运动员从飞出至落到斜坡(可视为斜面)上的过程中，下列说法正确的是( )
A. 他们飞行时间之比为t甲：t乙=2：1
B. 他们飞行的水平位移之比为x甲：x乙=4：1
C. 他们落到坡面上的瞬时速度方向平行
D. 他们落到坡面上的瞬时速度大小之比为v'甲：v'乙=4：1
第II卷（非选择题）
三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）
17. 用如图1所示装置研究平地运动，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PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢现落在挡板上时，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)下面的做法可以减小实验误差的有______。
A.使用密度小、体积大的球
B.实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下
C.使斜槽末端的切线保持水平
D.尽量减小钢球与斜槽间的摩擦
(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：
a.取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的对应白纸上的位置即为原点。
b.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2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y1y2 ______13(选填“大于”、“等于”或者“小于”)。可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)。
18. 某实验小组利用如图1装置进行“验证机械能守恒定律”的实验。
(1)下列说法正确的是______。
A.实验中，应该先释放重物再接通打点计时器电源
B.实验中可以不测重物的质量
C.应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力
D.应选用质量较小的重物，使重物的惯性小一些，下落时更接近于自由落体运动
(2)安装好实验装置后，正确地进行了实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示。若重物的质量m=1kg，相邻计数点间的时间间隔为0.04s，计算B点瞬时速度时，甲同学用vB2=2gxOB，乙同学用vB=xAC2T，其中所选择方法正确的是______(填“甲”或“乙”)同学，从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，重物重力势能的减少量Ep=______J，重物动能的增加量Ek=______J。(g=9.8m/s2，结果均保留三位有效数字)
四、计算题（本大题共4小题，共41.0分）
19. 有A、B、C、D四个完全相同的表面有金属的轻质小球，最开始只有A球带电，现将四个小球按图a放在绝缘水平面上靠在一起，然后将它们分开放在一个四周绝缘且光滑的容器中，结果四个小球恰好能静止在一个边长为d的、处在竖直平面的一个正方形的四个顶点(如图b所示)，已知每个小球质量为m，静电力常量为k，重力加速度为g，每个小球都可以看成点电荷。问：
(1)A球最开始带电量大小；
(2)容器底对A球弹力大小。
20. 水平地面上固定一光滑绝缘的斜面，倾角为37°，斜面长L=6m。当沿水平方向加如图所示的匀强电场时，一质量为m，电荷量为q的带电小物块，恰好静止在斜面上。(计算时取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2)
(1)请问该小物块带何种电？并用含m、q、g的字母表达式表示电场强度的大小；
(2)若电场强度方向不变，大小变化为原来的一半时，求小物块运动底端的速度v。
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，求小物块运动到底端的t。
21. 如图所示，有a、b、c三点处在匀强电场中，ab=5cm，ac=20cm，其中ab与电场方向平行，ab与ac成θ=120°角，一电子从a移到c电场力做了3.2×10-18J的负功，已知元电荷e=1.6×10-19C，求：
(1)匀强电场的场强大小及方向。
(2)电子从b移到c，电场力对它做功。
(3)设a点电势φa=0，则c点电势为多少？电子在b点的电势能为多少？
22. 如图所示，竖直平面内固定有轨道ABCDEF，倾斜轨道AB足够长，倾角θ=37°，BC段是与AB相切的半径为R1=1m、圆心角θ=37°的光滑圆弧，水平轨道的长度CF=4m，各段轨道均平滑连接，一半径也为R2=1m的竖直光滑圆轨道与水平面相切于D，CD=3m，最高点为E，底部略错开使小球可以通过圆轨道，在F点右侧固定一轻质弹簧，处于原长时弹簧左端正好位于F点，一质量为m=2kg的滑块P(视为质点)从A点静止释放。已知滑块P与AB段、CF段的动摩擦因数为μ=0.5，F点右侧光滑，不计其它阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。问：
(1)若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为多少？
(2)在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力：
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，求滑块最终停留在水平轨道的位置(描述该位置与C点的距离)。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，故A错误；
B、库仑提出了库仑定律，密立根最早利用油滴实验测得元电荷电量e的数值，故B错误；
C、开普勒总结归纳了行星运动定律，哥白尼提出了日心说，故C错误；
D、卡文迪什比较准确地测出了万有引力常量的数值，故D正确。
故选：D。
根据物理学史解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，重视历史知识积累。
2.【答案】D
【解析】解：A、“千米”不是国际单位制中的基本单位，“米”是国际单位制中的基本单位，故A错误；
B、核心舱内的实验器材处于完全失重状态，但仍受地球的作用力，地球的万有引力提供向心力，故B错误；
C、物体在核心舱内处于完全失重状态，天平在核心舱内不可以正常使用，故C错误；
D、研究天和核心舱组合体绕地球的运行速度大小时，天和核心舱组合体的形状、大小可以忽略不计，可以把核心舱视为质点，故D正确。
故选：D。
国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量．它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位；核心舱内的实验器材处于完全失重状态，但仍受地球的作用力，地球的万有引力提供向心力。质点是只计质量、不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件的科学抽象，能否看作质点物体本身无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略。
掌握国际单位制中三个基本单位，知道物体看成质点的条件，要能够理解自由落体与完全失重；属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：无人机在飞行过程中，沿曲线从M点向N点飞行的过程中，做曲线运动，必有力提供向心力，向心力是指向圆心的；同时，物体在飞行过程中减速，所以沿切向方向有与速度相反的力，故向心力和切线力与速度的方向的夹角要大于90°，故A正确，BCD错误。
故选：A。
物体的运动为曲线运动，故在半径方向上合力不为零且是指向圆心的，又是做减速运动，故在切线上合力不为零且与瞬时速度的方向相反，分析这两个力的合力，即可看出那个图象是正确的。
解决此题关键是要沿半径方向上和切线方向分析物体的受力情况，物体受到指向圆心的力的合力使它做曲线运动，在切线方向的分力使它减速，知道了这两个分力的方向，也就可以判断合力的方向了。
4.【答案】D
【解析】解：因为篮球两次都是斜抛运动，且垂直击中篮板上的A点，根据抛体运动的特点，可以逆向思考，将该题目的过程看成篮球从A点做两次平抛，分别运动到B点和C点。
因为A点距离B点、C点的高度相等，竖直方向上都是自由落体运动，由t=2hg可知，篮球从A点运动到B点、C点的时间相等，由vy=gt可知B点、C点的竖直速度相等。
又因为水平方向上是匀速直线运动，由v=xt可知，相等时间内C点对应的水平位移大，所以C点的水平速度大，所以由v=vx2+vy2可得，篮球在C点对应的速度大，即从B点撤到C点时需要增大抛出速度v0。
由几何关系可得：tanθ=vyvx，因为竖直速度相等，C点的水平速度较大，所以C点的速度与水平方向的夹角较小，即从B点撤到C点需要减小抛射角θ。故ABC错误、D正确。
故选：D。
逆向思考，将篮球分别从B点、C点抛出垂直击中篮板A点的情况看成篮球从A点平抛分别落在B点、C点，然后利用平抛运动的规律，计算下落时间、竖直速度、水平速度，最后利用几何关系求解合速度大小及角度关系。
本题考查抛体运动，解题的突破点在于将两个斜抛运动通过逆向思维看成两个平抛运动。
5.【答案】D
【解析】解：D、蛋糕上每隔4s均匀“点”一次奶油，蛋糕一周均匀“点”上15个奶油，则圆盘转一圈的周期T=60s，
由角速度与周期的关系可得角速度ω=2πT=π30rad/s，故D正确；
B、蛋糕边缘的奶油线速度大小v=ωr=π×0.1030m/s=π300m/s，故B错误；
A、奶油转动的线速度大小不变，方向时刻改变，故A错误；
C、奶油转动的向心加速度大小不变，方向时刻改变，故C错误。
故选：D。
根据转动一圈的时间，结合ω=2πT、v=ωr分析计算圆盘转动的角速度、线速度。物体做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向改变，向心加速度大小不变，方向时刻变化。
解决本题的关键知道周期和角速度的关系，通过时间间隔求出周期是关键，基础题。
6.【答案】A
【解析】解：A、小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，根据v=ωr可知小齿轮A和大齿轮B的角速度大小之比为ωAωB=rBrA=31，故A正确；
B、小齿轮A和后轮C是同轴转动，角速度相等，故B错误；
C、小齿轮A和后轮C是同轴转动，小齿轮A和后轮C角速度相等，根据v=ωr可知小齿轮A和后轮C边缘的线速度之比为vAvC=rArC=19，
由于小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，可知大齿轮B边缘和后轮C边缘各点的线速度大小之比为1：9，故C错误；
D、根据a=v2r，由于小齿轮A和大齿轮B边缘的线速度相等，可知大齿轮B边缘和小齿轮A边缘各点的向心加速度大小之比为aBaA=rArB=13，故D错误；
故选：A。
本题在齿轮传动中考查线速度、角速度、半径等之间的关系，解决这类问题的关键是弄清哪些地方线速度相等，哪些位置角速度相等。
对于齿轮传动装置问题要把握两点，一是同一链条上线速度相等，二是同轴传动时角速度相等。
7.【答案】B
【解析】解：A、地球第一宇宙速度7.9km/s为地球表面轨道处卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度，是人造地球卫星的最大运行速度，故这些做圆周运动的低轨道卫星线速度不可能大于7.9km/s，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，解得：T=4π2r3GM∝r3，由于100min<24h，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的轨道半径小于同步卫星半径，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r，解得：ω=GMr3∝1r3；可知这些做圆周运动的低轨道卫星的角速度一定大于地球同步卫星的角速度，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2∝1r2，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的加速度一定大于地球同步卫星的加速度，故C错误；
D、由于不清楚这些做圆周运动的低轨道卫星质量与地球同步卫星质量的大小关系，故不能确定这些做圆周运动的低轨道卫星所需的向心力与地球同步卫星所需的向心力的大小关系，故D错误。
故选：B。
地球第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度误；根据万有引力定律结合向心力的计算公式、牛顿第二定律等进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
8.【答案】D
【解析】解：A、由于地球绕南北轴在自转，所以地球卫星不可能地表上空沿某一经度线做匀速圆周运动，故A错误；
B、根据开普勒第三定律，半长轴的三次方与周期的平方之比是一定值，有：(hA+R)3TA2=(hB+R)3TB2=(hC+R)3TC2，故B错误；
CD、卫星绕地球运动时，由万有引力定律提供向心力有：GMm(h+R)2=m4π2T2(h+R)，结合ρ=M43πR3。解得：M=4π2GT2(h+R)3，所以密度ρ=3π(h+R)3GT2R3，由于地球半径未知，所以无法求出地球的质量和密度，故D正确，C错误。
故选：D。
卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供提供向心力，其轨道的圆心在地心，但运动轨迹可以有很多选择；根据牛顿第二定律列式，分析能求得的物理量。
解答本题时，要知道卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力，通过列式来确定能求得哪些物理量。
9.【答案】B
【解析】解：AD.宇航员和工具包都在绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，宇航员和工具包都处于完全失重状态，宇航员不小心松开了拿工具包的手，工具包依然保持和宇航员一起绕地球做匀速圆周运动，故AD错误；
B、宇航员松开工具包后，不小心碰了一下工具包，使得工具包速度发生变化，工具包将飞离宇航员，故B正确；
C、宇航员和工具包都在绕地球做匀速圆周运动，地球的万有引力提供向心力，宇航员和工具包都处于完全失重状态，工具包对宇航员没有压力作用，工具包的重量与宇航员的最大承受力没有关系，故C错误。
故选：B。
根据万有引力定律结合完全失重的知识进行分析。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用，关键是弄清楚宇航员和工具包所受的万有引力完全提供向心力，处于完全失重状态。
10.【答案】D
【解析】解：AB、两球竖直方向仅受重力作用，水平方向随着距离增加，库仑力逐渐变小，所以a、b均做非匀变速曲线运动，故AB错误；
C、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，两球同时落地，故C错误；
D、对a受力分析，在静止时F库mag=tanα
对b受力分析，在静止时F库mbg=tanβ
又由β>α，可知ma>mb
a、b两个小球间作用力等大反向，在水平方向上，由F库=ma水平
得aa水平
故选：D。
同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库仑力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解。
本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题。
11.【答案】C
【解析】解：A、根据题中所给条件，可以判断出Uec>0、Ufd<0，二者电势差不等，但二者电势差的绝对值相等，A错误；
BC.a、b两点的场强大小和方向均相同，e、f两点场强大小相同，与ab的角度关于O点对称，方向均指向斜上方，故C正确，B错误；
D、将一正电荷由e点沿椭圆移到f点，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选：C。
根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较a、b间场强关系；根据电场线疏密可知，在e、f两点场强关系；利用正电荷在电势高处电势能大，可分析正电荷电势能的变化。
这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小。
12.【答案】B
【解析】解：AB.由于集尘极与电池的正极连接，电场方向由集尘板指向放电极，尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，故B正确，A错误；
C.负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，故C错误；
D.由图可知，放电极和集尘极之间的电场类似于尖端放电所产生的电场，不是匀强电场，所以带电尘埃在电场中不可能做匀加速运动，故D错误。
故选：B。
由于集尘极与电源正极相连，而尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，说明尘埃带负电荷；放电极接负极，带负电。
本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
13.【答案】B
【解析】解：A、正点电荷q受到的电场力方向在曲线轨迹的凹侧，则正点电荷q受到O点电荷的库仑斥力，所以固定在O的点电荷带正电，故A错误；
BC、正点电荷q从a处运动到b处，库仑斥力做负功，粒子的动能减少，速度减小，粒子在b点的速度比a点小，粒子的电势能增大，粒子在b点的电势能比a点大，故B正确，C错误；
D、根据点电荷场强表达式E=kQr2，可知离点电荷O越近的地方场强越大，故a点的场强比b点的场强小，故D错误。
故选：B。
根据等势线与电荷运动轨迹确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据等势线的疏密判断电场强度的变化．
解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功．
14.【答案】AB
【解析】解：
A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故A正确。
B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增小，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大。故B正确。
C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=ɛS4πkd可知，电容增大，电量不变，由C=QU分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小。故C错误。
D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零。故D错误。
故选：AB。
已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．
本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=ɛS4πkd和定义式C=QU结合分析电容器动态变化问题，
15.【答案】BC
【解析】解：A、在发射轨道上关闭推进器后，卫星继续向上运动需要克服地球万有引力做功，卫星的速度不断减小，故A错误；
B、地球第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做匀速圆周运动的线速度，根据GMmr2=mv2r，解得v=GMr，可知在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度，故B正确；
CD.在转移轨道上，卫星同时受到地球引力和月球引力，一开始地球引力大于月球引力，之后地球引力小于月球引力，故地球、月球对卫星万有引力的合力先做负功后做正功，故C正确、D错误。
故选：BC。
根据万有引力做功情况判断速度的变化；根据万有引力提供向心力结合变轨原理进行分析。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析。
16.【答案】ABC
【解析】解：设斜坡倾角为θ，水平位移为x，竖直位移为y，合位移与水平位移的夹角为θ，落地时合速度与水平速度的夹角为α
A.由位移矢量三角形的关系，有tanθ=yx=12gt2v0t=gt2v0
解得：t=2v0tanθg
可知他们在空中飞行的时间与水平初速度成正比，得：t甲t乙=v甲v乙=21，故A正确；
B.根据x=v0t，水平位移之比为：x甲x乙=v甲v乙⋅t甲t乙=41，故B正确；
C.根据平抛运动的推论tanα=2tan θ，可知两运动员落地时的速度方向相同，互相平行，故C正确；
D.由于两运动员落地时的合速度方向相同，故他们落在斜面上的合速度大小之比等于初速度之比为，则有v'甲v'乙=v甲v乙=21，故D错误。
故选：ABC。
答案为：ABC。
从斜面顶端抛出的平抛运动，抛出点和落地点之间的距离即为合位移的大小；熟练运用平抛运动的两个推论进行解得。
本题主要考查了平抛运动的基本规律及推理，在学生的学习过程中，可以通过举一反三的方式让学生熟练掌握。
17.【答案】BC 大于 xgy2-y1
【解析】解：(1)A.为了使小球抛出后受到的空气阻力影响小一些，应使用密度大、体积小的球，A错误；
B.为了保证每次抛出时小球的初速度相同，实验时让小球每次都从同一高度由静止开始滚下，B正确；
C.为了保证小球抛出时做平抛运动，应使斜槽末端的切线保持水平，C正确；
D.小钢球与斜槽间的摩擦不影响每次抛出时小球的初速度是否相同，D错误；
故选：BC。
(2)b、AB和BC的水平间距相等，说明A到B所用时间T等于B到C所用时间T，A点不是平抛运动起始点，设A点的竖直分速度为vy，则有：y1=vyT+12gT2y1+y2=vy⋅2T+12g(2T)2
可得：y2=vyT+32gT2
则有：y1y2=vyT+12gT2vyT+32gT2>vyT+12gT23vyT+32gT2=13
竖直方向做自由落体运动，根据：Δy=y2-y1=gT2
解得：T=y2-y1g
水平方向做匀速直线运动，则有：x=v0T
解得钢球平抛的初速度大小为：v0=xT=xgy2-y1
故答案为：(1)BC；(2)b、大于；xgy2-y1
(1)根据实验的原理以及操作中的注意事项确定正确的操作步骤；
(2)明确实验原理，知道应记录球心位置；根据位移-时间公式求出从抛出到到达A、B两点的时间，从而得出时间差。根据位移—时间规律求两邻两时间段竖直位移的比值，结合水平位移求出平抛运动的初速度。
解决本题的关键知道实验的原理以及注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
18.【答案】BC 乙 2.28 2.26
【解析】解：(1)A.实验中，应该先接通打点计时器电源再释放纸带，A错误；
B.由于机械能守恒表达式中质量可被消去，故实验中可以不测重物的质量而进行验证，B正确；
CD.应选用质量较大的重物，使重物和纸带所受的重力远大于它们所受的阻力，下落时更接近于自由落体运动，C正确，D错误。
故选：BC。
(2)若用vB2=2gxOB计算出打下点B时重物的速度，则重物做自由落体运动，只有重力做功，等于默认了机械能守恒，与实验目的相悖，故应选择乙同学的方法。
重物重力势能的减少量：Ep=mghOB=1×9.8×0.2325J=2.28J。
重物动能的增加量：Ek=12mvB2=12m(xAC2T)2=12×1×(0.3250-0.15502×0.04)2J=2.26J。
故答案为：(1)BC；(2)乙、2.28、2.26
(1)根据实验原理选择合适的实验器材，判断操作步骤的正确与否；
(2)根据机械能守恒定律分析甲乙两同学的处理数据方法的正确与错误，根据重力势能和动能的公式求减小的重力势能和增加的动能。
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，结合机械能的公式求重力势能的减小量和动能的增加量。
19.【答案】解：(1)设A求最开带电量大小为Q，四个小球接触后，每个小球带电量为Q4，
对B球，竖直方向由平衡条件可得kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°=mg
代入数据解得Q=8dmg(4+2)k
(2)对A球由平衡条件可得N=mg+kQ4⋅Q4d2+kQ4⋅Q4(2d)2sin45°
代入数据解得N=2mg
答：(1)A球最开始带电量大小为8dmg(4+2)k；
(2)容器底对A球弹力大小为2mg。
【解析】(1)竖直方向上手里平衡，根据库仑定律计算电荷量的大小；
(2)对A球由平衡条件计算作用力。
本题考查了库仑定律的理解，结合受力平衡分析计算。
20.【答案】解：(1)对物块受力分析如图
可知小球带正电，根据平衡条件可得qEmg=tan37°
解得E=mgtan37°q=3mg4q
(2)当场强变为原来的12时，物块受到的合外力
F合=mgsin37°-12qEcos37°=0.3mg=ma
解得a=3m/s2
方向沿斜面向下，根据运动学公式2aL=v2
解得v=6m/s
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，根据牛顿第二定律得(mg-qE)sin37°=ma
解得a=32m/s2
根据运动学公式L=12at2
解得t=22s
答：(1)请问该小物块带正电，电场强度的大小为3mg4q；
(2)小物块运动底端的速度v为6m/s。
(3)若电场强度大小不变，方向变为竖直向上时，小物块运动到底端的t为22s。
【解析】(1)带电物体静止于光滑斜面上恰好静止，且斜面又处于水平匀强电场中，则可根据重力、支持力，又处于平衡，可得电场力方向，再判断电荷的电性，根据平衡条件确定电场强度大小。
(2)当电场强度减半后，物体受力不平衡，产生加速度．由牛顿第二定律可求出加速度大小，再根据运动学基本公式求解速度。
(3)牛顿第二定律及运动学公式求解小物块运动到底端的t。
本题考查了带电物体的平衡问题及电场改变后物体的运动问题。解题的关键是关键是求合力，应用牛顿运动定律求加速度解题难度适中。
21.【答案】解：(1)电子从a移到c电场力做负功，所以场强方向水平向右。
Wac=-eE⋅ac⋅sin30°
将ac=20cm=0.2m代入解得：E=200V/m
(2)电子从b移到a电场力做负功为：Wba=-eE⋅ab
电子从b移到c电场力做负功：Wbc=Wba+Wac
将ab=5cm=0.05m代入解得Wbc=-4.8×10-18J
(3)根据Uac=φa-φc=E⋅ac⋅sin30°
解得φc=-20V
同理可得b点的电势φb=10V
电子在b点的电势能为Epb=-φbe
联立代入数据解得：Epb=-1.6×10-18J
答：(1)匀强电场的场强大小为200V/m，方向水平向右；
(2)电子从b移到c，电场力对它做功为-4.8×10-18J；
(3)设a点电势φa=0，则c点电势为-20V，电子在b点的电势能为-1.6×10-18J。
【解析】(1)根据电场力做功公式W=qE⋅d，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离．
(2)电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2．
(3)根据a、c两点的电势解得电势差．
匀强电场中电场力做功公式W=qEd中，d是两点间沿电场线方向的距离，求功时要注意判断功的正负．
22.【答案】解：(1)在E点，根据牛顿第二定律得
mg=mvE2R
解得：vE=10m/s
从释放到E点根据动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1cosθ-μmgCD-mgR(1+cosθ)=12mvE2-0
解得：L1=19m；
(2)从释放点到C点由动能定理得
mgL1sinθ-μmgL1+mgR(1-cosθ)=12mvC2
在C点根据牛顿第二定律得
N-mg=mvC2R
解得：N=180N，
结合牛顿第三定律可得在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力大小为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，根据动能定理
mgL2sinθ-μmgL2+mgR(1-cosθ)=EkC
解得：在C点的初动能EkC=100J
若vE≥gR=10m/s滑块可过最高点；计算此时D点对应的动能，从D到E，根据动能定理得
mg⋅2R=EkD-EkE
解得：EkD=50J
则D点的动能小于50J时滑块无法过E点；
假设物块从C点出发D点，能够到达E点通过圆轨道，经过弹簧反弹后又回到D点，即对C→D→E→D→F→D→E→D整个过程进行动能定理
-μmg(|CD|+2|DF|)=EkD-EkC
解得：x=0.64m
对整个过程进行动能定理
-μmgS总=0-EkC
解得：S总=10m
则滑块最终停留的位置与C点的距离
L=S总-2|CD|-2|DF|-2x
代入数据联立解得：L=0.72m。
答：(1)若滑块P第一次过圆弧轨道的最高点E是恰好通过，则释放位置到B点的距离L1为19m；
(2)在(1)问前提下，滑块P第一次经过C点时对轨道的压力为180N，方向竖直向下；
(3)若物块在斜面上从距B点为L2=24m处静止释放，滑块最终停留在水平轨道的位置与C点相距0.72m。
【解析】(1)当滑块恰好能通过E点时，重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求出E点速度，从释放到E点，根据动能定理列式可求释放位置；
(2)从释放点到C点过程中，根据动能定理列式求出到达C是速度，在C点受力分析，根据牛顿第二定律列式可解；
(3)通过计算判断滑块最终可能停止位置，再对整体列动能定理即可。
本题考查动能定理的灵活应用，隐含条件的挖掘，圆周运动的知识，过程复杂，比较难。
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