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2022-2023学年山东省烟台市高一（下）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省烟台市高一（下）期末物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省烟台市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的物体受到的合力一定是恒力
B. 做匀速圆周运动的物体线速度和角速度都保持不变
C. 做圆周运动的物体所受合力方向始终与速度方向垂直
D. 在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积
2. 下列说法正确的是( )
A. 做匀变速直线运动的物体的机械能一定不守恒
B. 在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能守恒
C. 做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相等
D. 质量相同的卫星在不同轨道上绕地球做匀速圆周运动，轨道半径越小，卫星的动能越大
3. 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化银纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ=1ρ。下列说法正确的是( )
A. 电导率的单位是Ω·m
B. 材料的电导率越大，其导电性能越强
C. 材料的电导率只与材料本身有关，与温度等因素无关
D. 材料的电导率大小与材料的长度、横截面积等因素有关
4. 2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射，约10分钟后，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，之后成功与离地高度约为400 km的中国空间站对接，发射取得圆满成功。这次任务是我国载人航天工程进入空间站应用与发展阶段的首次载人飞行任务，是工程立项实施以来的第29次发射任务，也是长征系列运载火箭的第475次飞行。下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球的运行速度大于第一宇宙速度
B. 空间站与地心连线在相等时间内扫过的面积相等
C. 空间站绕地球的运行周期大于月球绕地球的运行周期
D. 该飞船的发射速度大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
5. 如图所示，三个质量均为m的带正电小球A、B、C被三根不可伸长的绝缘细绳系于О点，三球平衡时绳OC处于竖直方向，且悬点O、球A、球C和球B所在位置恰好组成一个边长为a的正方形。已知A、B、C的电荷量分别为q1、q2、q3，mg=kq12a2，静电力常量为k，重力加速度为g，则q1：q2：q3等于( )
A. 1：1： 22 B. 1：2： 22 C. 1：1： 24 D. 1：2： 24
6. 如图甲所示，在光滑的水平面上有一质量为2 kg的物块，在水平变力F作用下从坐标原点处，沿x轴正方向由静止开始做直线运动，力F随位移x的变化情况如图乙所示。则物块运动到x=8 m处时，速度大小为( )
A. 2 m/s B. 6m/s C. 2 2m/s D. 4 m/s
7. 某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子轰击肿瘤并杀死癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。来自质子源的质子(初速度为零)，经粒子加速器加速后，形成细柱形的质子流。某次治疗时，所形成的质子流的等效电流为I，则此时加速器的加速电压U为(已知该细柱形的质子流横截面积为S，单位体积的质子数为n，质子的质量为m，其电荷量为e)( )
A. mI22n2e3S2 B. mI22n2eS2 C. mI24n2eS2 D. mI24n2e3S2
8. 如图所示，一半径为R的竖直圆轨道固定在水平地面上，内壁光滑，A为圆轨道的最低点，一质量为m，可视为质点的小球，开始时静止于A点，现给小球一个沿着水平方向的初速度v0= 4gR，重力加速度为g，则小球脱离圆轨道时距离A点的高度为( )
A. R B. 43R C. 53R D. 2+ 22R
二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 下列有关静电现象的说法中正确的是
A. 静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置
B. 印染厂应保持空气干燥，避免静电积累带来的潜在危害
C. 高压输电线上方有两根导线与大地相连是为了输电线免遭雷击
D. 油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应与地面绝缘
10. 如图所示为由灵敏电流表G和电阻箱R改装成的甲、乙电表的电路图，下列说法正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大 B. 甲表是电流表，R增大时量程减小
C. 乙表是电压表，R增大时量程减小 D. 乙表是电压表，R增大时量程增大
11. 航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。我国已经掌握了这种复杂的回收技术。如图所示为航天器跳跃式返回过程的示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为R，d点到地心的距离为L，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 航天器运动到d点时的加速度为gR2L2
B. 地球的平均密度为3g4πRG
C. 航天器在c点的机械能大于在e点的机械能
D. 航天器从a到c运动过程只受地球的万有引力作用
12. 如图甲所示为a、b两电学元件的伏安特性曲线，若把元件a、b串联，在其两端加上电压U0，如图乙所示，则( )
A. 元件a两端的电压Ua>U02 B. 元件a两端的电压Ua
A. 物块的动能增加了1.2mgs B. 物块的重力势能减少了0.6mgs
C. 物块的机械能增加了0.2mgs D. 物块克服摩擦力做功0.8mgs
14. 如图甲所示，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t=0时刻开始，开关改接1，得到流过电路中Р点的电流Ⅰ随时间t变化的图像如图乙所示，t=2s时，把开关改接2，则在0∼4s内，下列关于流过电路中Р点的电流Ⅰ大小随时间t变化的图像、电容器两极板的电势差UAB随时间t变化的图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）
15. 如下图所示，螺旋测微器的读数为_________mm：游标卡尺的读数为____________cm。
四、实验题（本大题共3小题，共16.0分）
16. 用如图甲所示的多用电表测量−阻值约为150092的电阻。测量步骤如下：．
(1)调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着_____________
(2)将选择开关旋转到欧姆挡的__________(选填“×1”“×10”“×100”“×1k”)倍率位置；
(3)将红、黑表笔分别插入“+”“−”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准____________：
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，表盘上的指针如图乙所示，则待测电阻Rx=___________；
(5)测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。
17. 某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻Rx，已知金属丝的电阻大约为10Ω，实验室中有以下器材可供使用：
A.电压表0∼3V，内阻约为5kΩ；
B.电压表0∼15V，内阻约为50kΩ；
C.电流表0∼0.6A，内阻约为0.5Ω；
D.电流表0∼3A，内阻约为0.1Ω；
E.滑动变阻器(0∼5Ω)；
F.两节干电池、开关及导线若干。
(1)要求待测金属丝两端的电压从零开始连续变化，电压表应选__________，电流表应选__________(请填写器材前字母序号)；
(2)请在右侧虚线框中将电路图补充完整。
18. 实验小组同学利用如图甲所示的装置验证系统的机械能守恒。其中定滑轮左边悬挂一个钩码，右边悬挂三个钩码。小组同学利用该装置经正确操作后打出的纸带一部分如图乙所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，己知打点计时器所用交流电的频率为f，每个钩码质量均为m，当地重力加速度为g。
(1)纸带中相邻两个计数点的时间间隔为T=__________；
(2)为减小测量误差，依次测得计数点A、B、C、D到О的距离分别为x1、x2、x3、x4。则打C点时纸带的瞬时速度大小可表示为vC=___________；
(3)由以上数据可求得，打点计时器在打点A到C的过程中，如果实验数据在误差范围内近似满足g=_______，说明系统机械能守恒。(均用题目中给定字母表示)
五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
19. 如图所示，工人师傅用电动机通过细绳将货物从倾角为θ的斜面底端拉到高处的平台上。现有质量为m的货物在绳子拉力作用下从静止开始沿着斜面向上运动，运动一段时间t时，货物做匀速运动，电动机突发故障，无法正常工作，使得绳子上拉力为零，货物继续沿斜面向上运动一段位移后最终停在斜面上。已知电动机工作时输出的功率恒为P，货物与斜面间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g。求：
(1)货物在运动过程中的最大速度；
(2)整个过程中，货物在斜面上运动的位移犬小。
20. 如图所示，A、B两颗卫星和赤道平面共面，沿相同方向环绕地球做匀速圆周运动，其中A为同步卫星，A卫星的轨道半径是B卫星的4倍，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T。
(1)求卫星B环绕地球运动的周期；
(2)若在t=0时刻观察到A、B两颗卫星相距最近，求这两颗卫星在t1=T6时刻二者之间的距离。
21. 如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，水平面上方空间足够大的区域内存在一个方向水平向右的匀强电场。一质量为m带正电的滑块，从斜面的底端开始以初速度v0沿着斜面向上运动，离开斜面后最终落在水平面上。已知斜面的长度L=8v0215g，滑也丹到的电场力大小为34mg，重力加速度为g，忽略滑块的大小，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
(1)滑块运动到轨迹最高点时的速度大小；
(2)滑块从开始由斜面底端沿着斜面运动到落到水平面上的过程中，滑块电势能的变化量。
22. 物理兴趣小组同学设计了一个游戏装置研究竖直平面内物体的运动。其简化的模型如图所示，竖直面内依次固定着斜面轨道AB和圆心为О、半径为R的圆周轨道，二者通过水平直轨道BC平滑连接，圆周轨道的左侧连接一段长度为2R的粗糙水平轨道CD，D点的左侧有一轻质弹簧固定在竖直挡板上，弹簧自由伸长时其右端恰好位于D点。在一次实验中，小组同学将一个质量为m的小滑块从斜面轨道上距离水平直轨道高度h=SR处由静止释放，滑块进入水平轨道运动到C点后，进入圆周轨道，运动一周后自C点离开圆周轨道后向D点运动。小滑块和CD段间的动摩擦因数μ=0.5，与其它部分摩擦均忽略不计，不计小滑块大小及经过连接处的机械能损失，重力加速度为g。求：
(1)弹簧获得最大弹性势能；
(2)滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小；
(3)整个过程中滑块在CD段运动的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，其周期和角速度都是不变的，但是线速度的方向不断改变，向心加速度指向圆心，大小不变，向时刻变化
本题重点掌握匀速圆周运动的定义，知道它的运动特征，明确变化的量与不变的量．知道线速度和角速度的关系。
【解答】
A.做匀速圆周运动的物体合力指向圆心，方向不断变化，是变力，A错误；
B.匀速圆周运动角速度不变，线速度方向不断改变，B错误；
C.变速圆周运动切线方向合力不为零，此种情况物体所受合力与速度方向不垂直，C错误；
D.圆周运动中线速度的大小等于角速度与半径的乘积，D正确。
2.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了机械能守恒的判断，平抛运动、动能定理、卫星的运行规律等知识点，都是基础知识，要求同学们重视基础知识的理解与积累。
【解答】A、做自由落体运动的物体(属于匀变速直线运动)只受到重力，机械能守恒，故A错误；
B、在竖直平面内做匀速圆周运动的物体动能保持不变，而重力势能一直在变化，故机械能不守恒，故B错误；
C、做平抛运动的物体只有重力做功，相等时间内竖直方向的速度越来越大，竖直位移越来越大，则重力做功越多，根据动能定理可知动能的增量越来越大，故C错误；
D、根据GMmr2=mv2r，解得卫星的动能为Ek=12mv2=GMm2r，故质量相同的卫星做匀速圆周运动的轨道半径越小，卫星的动能越大，故D正确。
3.【答案】B
【解析】略
4.【答案】B
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及到卫星的运行规律问题。解题的关键是要知道人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供。
【解答】
【解答】
A.对空间站，其绕地球做圆周运动时受到的地球吸引力提供其向心力，据此有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于其运行的半径大于地球半径，故空间站绕地球的运行速度小于第一宇宙速度，A错误；
B.对空间站，其绕地球做匀速圆周运动，故空间站与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，B正确；
C.对空间站，其绕地球做圆周运动时受到的地球吸引力提供其向心力，据此有：，解得：T=2πr3GM，由于空间站绕地球运行的半径小于月球绕地球运行的半径，故空间站绕地球的运行周期小于月球绕地球的运行周期，C错误；
D.第二宇宙速度为脱离地球引力的最小发射速度，故D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】略
6.【答案】A
【解析】解：F−x图线与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，则该过程中，0∽2s、2∽4s、4∽6s，6∽8s力F做的功分别为2J、4J、0、−2J，力F做的总功W=2J+4J+0−2J=4J，根据动能定理有W=12mv2−0，代入数据解得所求速度大小为v=2m/s，故BCD错误，A正确。
这是一道图像题目，根据图像分析物体的运动状态，分图像的斜率、与坐标轴围成面积所表示的物理意义。并将其与物体运动的速度建立起联系是解题的关键。
F−x图像与x轴围成的面积表示力所做的总功，注意功的正负;根据动能定理W=△Ek求解x=8m的速度。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
由电流微观表达式结合动能定理求解加速电压。
掌握电流的微观表达式是求解的关键。
【解答】
质子在电场力作用下加速，设加速后的速度为v，根据动能定理有 eU=12mv2 等效电流为I，单位体积的质子数为n，根据微观表达式可得 I=neSv
联立解得：U=mI22n2e3S2，故A正确，BCD错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了机械能守恒、圆周运动的临界问题，要知道小球脱离轨道的临界条件是小球与轨道之间的相互作用力为零，此时重力指向圆心的分力提供小球的向心力，且运动过程中机械能守恒。
【解答】
小球一定在上半圆某个位置脱离轨道，设该位置所在半径与竖直方向的夹角为α，
则mgcosα=mv2R，
根据机械能守恒mgR(1+cosα)+12mv2=12mv02，
解得cosα=23，
所以小球脱离圆轨道时距离A点的高度为R(1+cosα)=53R 。
故选C。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查生活中的静电现象，基础题目。
根据静电知识逐一分析即可判断。
【解答】
A、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，可见静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置，故A正确；
B、印染厂的车间，有大量静电产生，因此要保持潮湿，这样才能及时将静电导走，避免静电积累带来的潜在危害，故B错误；
C、高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，这两条线一般与铁塔相连，将电流引入大地。故C正确；
D、油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，如果油罐车与地面绝缘良好会使静电积累，容易发生以外，故D错误。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电表的改装：电流表改装成电压表要串联电阻分压，电阻大分压大，电流表的改装原理，分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大。
【解答】
AB.甲是并联电阻起分流作用，为电流表，R增加，分流电流减小，量程变小，故A错误、B正确；
CD.乙是串联电阻起分压作用，为电压表，R增大，分压电压变大，量程变大，故D正确、C错误。
故选BD。
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
根据万有引力定律和牛顿第二定律相结合求航天器运动到d点时的加速度；根据功能关系分析航天器机械能的变化情况，确定航天器在c点与e点机械能的大小。
解答本题时，要掌握万有引力定律应用的一条基本思路：万有引力等于重力，由此确定航天器的加速度与重力加速度的关系。
【解答】
A.航天器运动到d点时，根据牛顿第二定律得：GMmL2=ma，在地球表面上有：GMmR2=mg，解得航天器运动到d点时的加速度a=gR2L2，A正确；
B.在地球表面上有：GMmR2=mg，解得M=gR2G，根据ρ=MV，V=43πR3，联立解得ρ=3g4πRG，B正确；
C.航天器沿cde轨迹做曲线运动，在大气层外运动，只有重力做功，机械能守恒，故航天器在c点的机械能等于在e点的机械能，C错误；
D.航天器从a到c运动过程，在大气层中运动，受地球的万有引力和空气阻力作用，D错误；
12.【答案】AD
【解析】
【分析】I−U图像中，根据欧姆定律可知U与I的比值即为导体的电阻。同时解决本题需要明确串联电路的特点。
【解答】AB、根据图甲，b为定值电阻，阻值始终为Rb=U0I0，a不是定值电阻，当电压小于U0时，根据欧姆定律可知其阻值Ra>Rb，
根据串联电路电压之比等于电阻之比可知图乙中元件a两端的电压Ua>U02 ，故A正确，B错误；
CD、图乙中元件b两端的电压小于U02，根据图甲可知流过b的电流I
13.【答案】BCD
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查功能关系的应用，涉及到动能定理的应用、重力做功、摩擦力做功及机械能增量的计算。解题的关键是要分析物体受力，明确各力做功及合力做功，根据功能关系确定能量变化情况。
【解答】
【解答】
A.对物体受力分析可知，物体所受合力F=ma=0.8mg，根据动能定理可知，物块的动能增加了0.8mgs，故A错误；
B.物块在沿斜面向下滑行距离s的过程中，在竖直方向上下降高度h=s·sin37。=0.6s，故物块的重力做了mgh的正功，物块的重力势能减小了0.6mgs，B正确；
CD.根据动能定理可知：WG+WF+W摩=ΔEk，故W摩=−0.8mgs，即克服摩擦力做了0.8mgs的功，又根据功能关系有WF+W摩=ΔE，故机械能增加了0.2mgs，故C、D均正确；
故选BCD。
14.【答案】AC
【解析】略
15.【答案】 8.400，3.050
【解析】略
16.【答案】 ⑴零刻度；(2)×100；(3)欧姆零点(0Ω)；(4)1300
【解析】略
17.【答案】 ⑴A、C；(2)如图
【解析】略
18.【答案】(1) 5f ；(2) f(x4−x2)10 ；(3) f2(x4−x2)100(x3−x1) 或 f2x4(x4−2x2)100(x3−x1)
【解析】略
19.【答案】(1)货物达到最大速度时有 F−mgsinθ−μmgcosθ=0
P=Fvm
vm=P2mgsinθ
(2)在时间t内，货物运动的位移为x1，由动能定理可得
Pt−(mgsinθ+μmgcosθ)x1=12mvm2−0
设此后货物向上滑行的位移为x2，由动能定理可得
−(mgsinθ+μmgcosθ)xx=0−12mvm2
货物在斜面上运动的总位移 x=x1+x2
由④⑤⑥式解得 x=Pt2mgsinθ ：
【解析】略
20.【答案】解：(1)对卫星A有GMmArA2=mArA4π2T2①
对卫星B有GMmBrB2=mBrB4π2TB2②
联立 ① ②解得：TB=T8③
(2)对地球表面附近物体GMm0R2=m0g④
联立 ① ④解得：rA=3gR2T24π2⑤
由题意可知rB=14rA=143gR2T24π2⑥
在0−T6时间内，A卫星转过的角度为θ1=2πT×T6=π3⑦
B卫星转过的角度为θ2=2πTB×T6 ⑧
联立 ③ ⑧解得：θ2=8π3 ⑨
由数学知识可得，两颗卫星轨道半径之间的夹角(锐角)为
Δθ=θ2−θ1−2π=π310
如图所示，由余弦定理得，两颗卫星之间的距离为
Δr= rA2+rB2−2rArBcosΔθ
联立 ⑤ ⑥10解得△r= 1343gR2T24π2
【解析】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；二是对于绕星球做圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
21.【答案】⑴设滑块沿着斜面运动加速度为a，由牛顿第二定律得
qEcosθ−mgsinθ=ma
解得a=0
故滑块沿着斜面以速度 v0 做匀速直线运动，离开斜面后，滑块做匀变速曲线运动，沿着水平向右的方向和竖直向上的方向建立平面直角坐标系，坐标原点设在斜面的最高点，如图所示在水平x方向，受电场力作用，加速度为
qE=max
ax=34g
在竖直y方向，受重力作用，加速度为g到达最高点时，竖直方向速度为零，则有
0=v0sinθ−gt
水平速度为 vx=v0cosθ+axt
联立⑤⑥解得 vx=54v0
滑块运动到轨迹最高点时的速度大小 v=vx=54v0
⑵滑块离开斜面后到落到水平面上过程中，竖直方向位移 y=−Lsinθ
y=v0sinθt−12gt2
解得 t=8v05g
水平方向 x=v0cosθt+12axt2
解得 x=56v0225g
整个过程中，电场力对滑块做的功为 W=qE(Lcosθ+x)
由功能关系可得电势能的变化量为 ΔEp=−W
ΔEp=−2mv02
【解析】(1)滑块在斜面上运动时，根据牛顿第二定律求出加速度为零，故滑块沿斜面向上做匀速直线运动，离开斜面的速度即为v0，离开斜面后做匀变速曲线运动，将其运动正交分解，水平方向向右做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动的合成与分解规律求出滑块运动到轨迹最高点时的速度大小；
(2)根据运动的合成与分解规律求出滑块离开斜面后继续运动的水平位移，再求出电场力做功，电场力做的正功等于电势能的减少量。
22.【答案】解：⑴设弹簧获得最大弹性势能为 EPm ，由能量守恒定律得
EPm=mgh−μmg⋅2R
EPm=4mgR
(2)设滑块第一次到达圆周轨道最高点时速度为v，由机械能守恒定律得
mg⋅5R−mg⋅2R=12mv2
FN+mg=mv2R
由牛顿第三定律可知，滑块在最高点对轨道压力大小为 FN=5mg
(3)设滑块能够在竖直圆周轨道做完整圆周运动时，在最高点和最低点的最小速度分别为 v0 、 V0 ，
则有 mg=mv02R
12mV02=mg⋅2R+12mv02
由⑥⑦解得 V0= 5gR
设滑块和弹簧第一次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为 v1 ，则
mg⋅5R−2μmg⋅2R=12mv12
解得 v1= 6gR
由于 v1>V0 ，滑块能够到达最高点返回斜面，而后又从斜面返回并离开圆周轨道，并再一次和弹簧
发生作用，设滑块和弹簧第二次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为 v2 ，
则 mg⋅5R−4μmg⋅2R=12mv22
解得 v2= 2gR
设滑块以速度 v2 从C点进入圆周轨道，能够上升的最大高度为h1，则
12mv22=mgh1
解得h1=R，由此可见滑块沿着圆周轨道运动圆周后，再次返回到CD轨道上运动，设滑块在轨道CD段运动的总路程为s，则由能量守恒定律得 mg⋅5R=μmgs
在CD段运动的加速度的大小为 a=μg
s=12at2
解得 t=2 10Rg
【解析】本题考查了能量守恒、机械能守恒、动能定理、竖直面的圆周运动、牛顿第二定律以及运动学公式，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题，有一定难度，要求同学们细心认真。
2022-2023学年山东省烟台市高一（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）
1. 关于圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 做匀速圆周运动的物体受到的合力一定是恒力
B. 做匀速圆周运动的物体线速度和角速度都保持不变
C. 做圆周运动的物体所受合力方向始终与速度方向垂直
D. 在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积
2. 下列说法正确的是( )
A. 做匀变速直线运动的物体的机械能一定不守恒
B. 在竖直平面内做匀速圆周运动的物体机械能守恒
C. 做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相等
D. 质量相同的卫星在不同轨道上绕地球做匀速圆周运动，轨道半径越小，卫星的动能越大
3. 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化银纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ=1ρ。下列说法正确的是( )
A. 电导率的单位是Ω·m
B. 材料的电导率越大，其导电性能越强
C. 材料的电导率只与材料本身有关，与温度等因素无关
D. 材料的电导率大小与材料的长度、横截面积等因素有关
4. 2023年5月30日，搭载神舟十六号载人飞船的长征二号F遥十六运载火箭在酒泉卫星发射中心发射，约10分钟后，神舟十六号载人飞船与火箭成功分离，进入预定轨道，之后成功与离地高度约为400 km的中国空间站对接，发射取得圆满成功。这次任务是我国载人航天工程进入空间站应用与发展阶段的首次载人飞行任务，是工程立项实施以来的第29次发射任务，也是长征系列运载火箭的第475次飞行。下列说法正确的是( )
A. 空间站绕地球的运行速度大于第一宇宙速度
B. 空间站与地心连线在相等时间内扫过的面积相等
C. 空间站绕地球的运行周期大于月球绕地球的运行周期
D. 该飞船的发射速度大于第二宇宙速度且小于第三宇宙速度
5. 如图所示，三个质量均为m的带正电小球A、B、C被三根不可伸长的绝缘细绳系于О点，三球平衡时绳OC处于竖直方向，且悬点O、球A、球C和球B所在位置恰好组成一个边长为a的正方形。已知A、B、C的电荷量分别为q1、q2、q3，mg=kq12a2，静电力常量为k，重力加速度为g，则q1：q2：q3等于( )
A. 1：1： 22 B. 1：2： 22 C. 1：1： 24 D. 1：2： 24
6. 如图甲所示，在光滑的水平面上有一质量为2 kg的物块，在水平变力F作用下从坐标原点处，沿x轴正方向由静止开始做直线运动，力F随位移x的变化情况如图乙所示。则物块运动到x=8 m处时，速度大小为( )
A. 2 m/s B. 6m/s C. 2 2m/s D. 4 m/s
7. 某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中，为了能让质子轰击肿瘤并杀死癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。来自质子源的质子(初速度为零)，经粒子加速器加速后，形成细柱形的质子流。某次治疗时，所形成的质子流的等效电流为I，则此时加速器的加速电压U为(已知该细柱形的质子流横截面积为S，单位体积的质子数为n，质子的质量为m，其电荷量为e)( )
A. mI22n2e3S2 B. mI22n2eS2 C. mI24n2eS2 D. mI24n2e3S2
8. 如图所示，一半径为R的竖直圆轨道固定在水平地面上，内壁光滑，A为圆轨道的最低点，一质量为m，可视为质点的小球，开始时静止于A点，现给小球一个沿着水平方向的初速度v0= 4gR，重力加速度为g，则小球脱离圆轨道时距离A点的高度为( )
A. R B. 43R C. 53R D. 2+ 22R
二、多选题（本大题共6小题，共18.0分）
9. 下列有关静电现象的说法中正确的是
A. 静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置
B. 印染厂应保持空气干燥，避免静电积累带来的潜在危害
C. 高压输电线上方有两根导线与大地相连是为了输电线免遭雷击
D. 油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应与地面绝缘
10. 如图所示为由灵敏电流表G和电阻箱R改装成的甲、乙电表的电路图，下列说法正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大 B. 甲表是电流表，R增大时量程减小
C. 乙表是电压表，R增大时量程减小 D. 乙表是电压表，R增大时量程增大
11. 航天器回收的“跳跃式返回技术”指航天器在关闭发动机后进入大气层，依靠大气升力再次冲出大气层，降低速度后再进入大气层。我国已经掌握了这种复杂的回收技术。如图所示为航天器跳跃式返回过程的示意图，大气层的边界为虚线大圆，已知地球半径为R，d点到地心的距离为L，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
A. 航天器运动到d点时的加速度为gR2L2
B. 地球的平均密度为3g4πRG
C. 航天器在c点的机械能大于在e点的机械能
D. 航天器从a到c运动过程只受地球的万有引力作用
12. 如图甲所示为a、b两电学元件的伏安特性曲线，若把元件a、b串联，在其两端加上电压U0，如图乙所示，则( )
A. 元件a两端的电压Ua>U02 B. 元件a两端的电压Ua
A. 物块的动能增加了1.2mgs B. 物块的重力势能减少了0.6mgs
C. 物块的机械能增加了0.2mgs D. 物块克服摩擦力做功0.8mgs
14. 如图甲所示，单刀双掷开关S原来跟2相接，从t=0时刻开始，开关改接1，得到流过电路中Р点的电流Ⅰ随时间t变化的图像如图乙所示，t=2s时，把开关改接2，则在0∼4s内，下列关于流过电路中Р点的电流Ⅰ大小随时间t变化的图像、电容器两极板的电势差UAB随时间t变化的图像中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、填空题（本大题共1小题，共2.0分）
15. 如下图所示，螺旋测微器的读数为_________mm：游标卡尺的读数为____________cm。
四、实验题（本大题共3小题，共16.0分）
16. 用如图甲所示的多用电表测量−阻值约为150092的电阻。测量步骤如下：．
(1)调节指针定位螺丝，使多用电表指针指着_____________
(2)将选择开关旋转到欧姆挡的__________(选填“×1”“×10”“×100”“×1k”)倍率位置；
(3)将红、黑表笔分别插入“+”“−”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准____________：
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端接触，表盘上的指针如图乙所示，则待测电阻Rx=___________；
(5)测量完毕，将选择开关旋转到OFF位置。
17. 某实验小组在“测定金属丝的电阻率”的实验中，欲先采用伏安法测出金属丝的电阻Rx，已知金属丝的电阻大约为10Ω，实验室中有以下器材可供使用：
A.电压表0∼3V，内阻约为5kΩ；
B.电压表0∼15V，内阻约为50kΩ；
C.电流表0∼0.6A，内阻约为0.5Ω；
D.电流表0∼3A，内阻约为0.1Ω；
E.滑动变阻器(0∼5Ω)；
F.两节干电池、开关及导线若干。
(1)要求待测金属丝两端的电压从零开始连续变化，电压表应选__________，电流表应选__________(请填写器材前字母序号)；
(2)请在右侧虚线框中将电路图补充完整。
18. 实验小组同学利用如图甲所示的装置验证系统的机械能守恒。其中定滑轮左边悬挂一个钩码，右边悬挂三个钩码。小组同学利用该装置经正确操作后打出的纸带一部分如图乙所示，他选择了几个计时点作为计数点，相邻两计数点间还有4个计时点没有标出，己知打点计时器所用交流电的频率为f，每个钩码质量均为m，当地重力加速度为g。
(1)纸带中相邻两个计数点的时间间隔为T=__________；
(2)为减小测量误差，依次测得计数点A、B、C、D到О的距离分别为x1、x2、x3、x4。则打C点时纸带的瞬时速度大小可表示为vC=___________；
(3)由以上数据可求得，打点计时器在打点A到C的过程中，如果实验数据在误差范围内近似满足g=_______，说明系统机械能守恒。(均用题目中给定字母表示)
五、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
19. 如图所示，工人师傅用电动机通过细绳将货物从倾角为θ的斜面底端拉到高处的平台上。现有质量为m的货物在绳子拉力作用下从静止开始沿着斜面向上运动，运动一段时间t时，货物做匀速运动，电动机突发故障，无法正常工作，使得绳子上拉力为零，货物继续沿斜面向上运动一段位移后最终停在斜面上。已知电动机工作时输出的功率恒为P，货物与斜面间的动摩擦因数为tanθ，重力加速度为g。求：
(1)货物在运动过程中的最大速度；
(2)整个过程中，货物在斜面上运动的位移犬小。
20. 如图所示，A、B两颗卫星和赤道平面共面，沿相同方向环绕地球做匀速圆周运动，其中A为同步卫星，A卫星的轨道半径是B卫星的4倍，已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，地球自转周期为T。
(1)求卫星B环绕地球运动的周期；
(2)若在t=0时刻观察到A、B两颗卫星相距最近，求这两颗卫星在t1=T6时刻二者之间的距离。
21. 如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，水平面上方空间足够大的区域内存在一个方向水平向右的匀强电场。一质量为m带正电的滑块，从斜面的底端开始以初速度v0沿着斜面向上运动，离开斜面后最终落在水平面上。已知斜面的长度L=8v0215g，滑也丹到的电场力大小为34mg，重力加速度为g，忽略滑块的大小，sin37°=0.6，cos37=0.8。求：
(1)滑块运动到轨迹最高点时的速度大小；
(2)滑块从开始由斜面底端沿着斜面运动到落到水平面上的过程中，滑块电势能的变化量。
22. 物理兴趣小组同学设计了一个游戏装置研究竖直平面内物体的运动。其简化的模型如图所示，竖直面内依次固定着斜面轨道AB和圆心为О、半径为R的圆周轨道，二者通过水平直轨道BC平滑连接，圆周轨道的左侧连接一段长度为2R的粗糙水平轨道CD，D点的左侧有一轻质弹簧固定在竖直挡板上，弹簧自由伸长时其右端恰好位于D点。在一次实验中，小组同学将一个质量为m的小滑块从斜面轨道上距离水平直轨道高度h=SR处由静止释放，滑块进入水平轨道运动到C点后，进入圆周轨道，运动一周后自C点离开圆周轨道后向D点运动。小滑块和CD段间的动摩擦因数μ=0.5，与其它部分摩擦均忽略不计，不计小滑块大小及经过连接处的机械能损失，重力加速度为g。求：
(1)弹簧获得最大弹性势能；
(2)滑块第一次到达圆周轨道最高点处对轨道的压力大小；
(3)整个过程中滑块在CD段运动的时间。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
匀速圆周运动指速度大小不变的圆周运动，其周期和角速度都是不变的，但是线速度的方向不断改变，向心加速度指向圆心，大小不变，向时刻变化
本题重点掌握匀速圆周运动的定义，知道它的运动特征，明确变化的量与不变的量．知道线速度和角速度的关系。
【解答】
A.做匀速圆周运动的物体合力指向圆心，方向不断变化，是变力，A错误；
B.匀速圆周运动角速度不变，线速度方向不断改变，B错误；
C.变速圆周运动切线方向合力不为零，此种情况物体所受合力与速度方向不垂直，C错误；
D.圆周运动中线速度的大小等于角速度与半径的乘积，D正确。
2.【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了机械能守恒的判断，平抛运动、动能定理、卫星的运行规律等知识点，都是基础知识，要求同学们重视基础知识的理解与积累。
【解答】A、做自由落体运动的物体(属于匀变速直线运动)只受到重力，机械能守恒，故A错误；
B、在竖直平面内做匀速圆周运动的物体动能保持不变，而重力势能一直在变化，故机械能不守恒，故B错误；
C、做平抛运动的物体只有重力做功，相等时间内竖直方向的速度越来越大，竖直位移越来越大，则重力做功越多，根据动能定理可知动能的增量越来越大，故C错误；
D、根据GMmr2=mv2r，解得卫星的动能为Ek=12mv2=GMm2r，故质量相同的卫星做匀速圆周运动的轨道半径越小，卫星的动能越大，故D正确。
3.【答案】B
【解析】略
4.【答案】B
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查万有引力定律的应用，涉及到卫星的运行规律问题。解题的关键是要知道人造卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供。
【解答】
【解答】
A.对空间站，其绕地球做圆周运动时受到的地球吸引力提供其向心力，据此有：GMmr2=mv2r，解得：v= GMr，由于其运行的半径大于地球半径，故空间站绕地球的运行速度小于第一宇宙速度，A错误；
B.对空间站，其绕地球做匀速圆周运动，故空间站与地心连线在相等时间内扫过的面积相等，B正确；
C.对空间站，其绕地球做圆周运动时受到的地球吸引力提供其向心力，据此有：，解得：T=2πr3GM，由于空间站绕地球运行的半径小于月球绕地球运行的半径，故空间站绕地球的运行周期小于月球绕地球的运行周期，C错误；
D.第二宇宙速度为脱离地球引力的最小发射速度，故D错误；
故选B。
5.【答案】C
【解析】略
6.【答案】A
【解析】解：F−x图线与坐标轴围成的面积表示力F所做的功，则该过程中，0∽2s、2∽4s、4∽6s，6∽8s力F做的功分别为2J、4J、0、−2J，力F做的总功W=2J+4J+0−2J=4J，根据动能定理有W=12mv2−0，代入数据解得所求速度大小为v=2m/s，故BCD错误，A正确。
这是一道图像题目，根据图像分析物体的运动状态，分图像的斜率、与坐标轴围成面积所表示的物理意义。并将其与物体运动的速度建立起联系是解题的关键。
F−x图像与x轴围成的面积表示力所做的总功，注意功的正负;根据动能定理W=△Ek求解x=8m的速度。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
由电流微观表达式结合动能定理求解加速电压。
掌握电流的微观表达式是求解的关键。
【解答】
质子在电场力作用下加速，设加速后的速度为v，根据动能定理有 eU=12mv2 等效电流为I，单位体积的质子数为n，根据微观表达式可得 I=neSv
联立解得：U=mI22n2e3S2，故A正确，BCD错误。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了机械能守恒、圆周运动的临界问题，要知道小球脱离轨道的临界条件是小球与轨道之间的相互作用力为零，此时重力指向圆心的分力提供小球的向心力，且运动过程中机械能守恒。
【解答】
小球一定在上半圆某个位置脱离轨道，设该位置所在半径与竖直方向的夹角为α，
则mgcosα=mv2R，
根据机械能守恒mgR(1+cosα)+12mv2=12mv02，
解得cosα=23，
所以小球脱离圆轨道时距离A点的高度为R(1+cosα)=53R 。
故选C。
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
本题考查生活中的静电现象，基础题目。
根据静电知识逐一分析即可判断。
【解答】
A、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，可见静电除尘器是利用静电把灰尘吸附在电极上的装置，故A正确；
B、印染厂的车间，有大量静电产生，因此要保持潮湿，这样才能及时将静电导走，避免静电积累带来的潜在危害，故B错误；
C、高压输电铁塔最上面的两条导线是避雷线，防止雷直接击到输电线上，这两条线一般与铁塔相连，将电流引入大地。故C正确；
D、油罐车上的搭地铁链是为了把产生的静电导走，如果油罐车与地面绝缘良好会使静电积累，容易发生以外，故D错误。
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查电表的改装：电流表改装成电压表要串联电阻分压，电阻大分压大，电流表的改装原理，分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大。
【解答】
AB.甲是并联电阻起分流作用，为电流表，R增加，分流电流减小，量程变小，故A错误、B正确；
CD.乙是串联电阻起分压作用，为电压表，R增大，分压电压变大，量程变大，故D正确、C错误。
故选BD。
11.【答案】AB
【解析】
【分析】
根据万有引力定律和牛顿第二定律相结合求航天器运动到d点时的加速度；根据功能关系分析航天器机械能的变化情况，确定航天器在c点与e点机械能的大小。
解答本题时，要掌握万有引力定律应用的一条基本思路：万有引力等于重力，由此确定航天器的加速度与重力加速度的关系。
【解答】
A.航天器运动到d点时，根据牛顿第二定律得：GMmL2=ma，在地球表面上有：GMmR2=mg，解得航天器运动到d点时的加速度a=gR2L2，A正确；
B.在地球表面上有：GMmR2=mg，解得M=gR2G，根据ρ=MV，V=43πR3，联立解得ρ=3g4πRG，B正确；
C.航天器沿cde轨迹做曲线运动，在大气层外运动，只有重力做功，机械能守恒，故航天器在c点的机械能等于在e点的机械能，C错误；
D.航天器从a到c运动过程，在大气层中运动，受地球的万有引力和空气阻力作用，D错误；
12.【答案】AD
【解析】
【分析】I−U图像中，根据欧姆定律可知U与I的比值即为导体的电阻。同时解决本题需要明确串联电路的特点。
【解答】AB、根据图甲，b为定值电阻，阻值始终为Rb=U0I0，a不是定值电阻，当电压小于U0时，根据欧姆定律可知其阻值Ra>Rb，
根据串联电路电压之比等于电阻之比可知图乙中元件a两端的电压Ua>U02 ，故A正确，B错误；
CD、图乙中元件b两端的电压小于U02，根据图甲可知流过b的电流I
13.【答案】BCD
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查功能关系的应用，涉及到动能定理的应用、重力做功、摩擦力做功及机械能增量的计算。解题的关键是要分析物体受力，明确各力做功及合力做功，根据功能关系确定能量变化情况。
【解答】
【解答】
A.对物体受力分析可知，物体所受合力F=ma=0.8mg，根据动能定理可知，物块的动能增加了0.8mgs，故A错误；
B.物块在沿斜面向下滑行距离s的过程中，在竖直方向上下降高度h=s·sin37。=0.6s，故物块的重力做了mgh的正功，物块的重力势能减小了0.6mgs，B正确；
CD.根据动能定理可知：WG+WF+W摩=ΔEk，故W摩=−0.8mgs，即克服摩擦力做了0.8mgs的功，又根据功能关系有WF+W摩=ΔE，故机械能增加了0.2mgs，故C、D均正确；
故选BCD。
14.【答案】AC
【解析】略
15.【答案】 8.400，3.050
【解析】略
16.【答案】 ⑴零刻度；(2)×100；(3)欧姆零点(0Ω)；(4)1300
【解析】略
17.【答案】 ⑴A、C；(2)如图
【解析】略
18.【答案】(1) 5f ；(2) f(x4−x2)10 ；(3) f2(x4−x2)100(x3−x1) 或 f2x4(x4−2x2)100(x3−x1)
【解析】略
19.【答案】(1)货物达到最大速度时有 F−mgsinθ−μmgcosθ=0
P=Fvm
vm=P2mgsinθ
(2)在时间t内，货物运动的位移为x1，由动能定理可得
Pt−(mgsinθ+μmgcosθ)x1=12mvm2−0
设此后货物向上滑行的位移为x2，由动能定理可得
−(mgsinθ+μmgcosθ)xx=0−12mvm2
货物在斜面上运动的总位移 x=x1+x2
由④⑤⑥式解得 x=Pt2mgsinθ ：
【解析】略
20.【答案】解：(1)对卫星A有GMmArA2=mArA4π2T2①
对卫星B有GMmBrB2=mBrB4π2TB2②
联立 ① ②解得：TB=T8③
(2)对地球表面附近物体GMm0R2=m0g④
联立 ① ④解得：rA=3gR2T24π2⑤
由题意可知rB=14rA=143gR2T24π2⑥
在0−T6时间内，A卫星转过的角度为θ1=2πT×T6=π3⑦
B卫星转过的角度为θ2=2πTB×T6 ⑧
联立 ③ ⑧解得：θ2=8π3 ⑨
由数学知识可得，两颗卫星轨道半径之间的夹角(锐角)为
Δθ=θ2−θ1−2π=π310
如图所示，由余弦定理得，两颗卫星之间的距离为
Δr= rA2+rB2−2rArBcosΔθ
联立 ⑤ ⑥10解得△r= 1343gR2T24π2
【解析】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；二是对于绕星球做圆周运动的卫星，根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
21.【答案】⑴设滑块沿着斜面运动加速度为a，由牛顿第二定律得
qEcosθ−mgsinθ=ma
解得a=0
故滑块沿着斜面以速度 v0 做匀速直线运动，离开斜面后，滑块做匀变速曲线运动，沿着水平向右的方向和竖直向上的方向建立平面直角坐标系，坐标原点设在斜面的最高点，如图所示在水平x方向，受电场力作用，加速度为
qE=max
ax=34g
在竖直y方向，受重力作用，加速度为g到达最高点时，竖直方向速度为零，则有
0=v0sinθ−gt
水平速度为 vx=v0cosθ+axt
联立⑤⑥解得 vx=54v0
滑块运动到轨迹最高点时的速度大小 v=vx=54v0
⑵滑块离开斜面后到落到水平面上过程中，竖直方向位移 y=−Lsinθ
y=v0sinθt−12gt2
解得 t=8v05g
水平方向 x=v0cosθt+12axt2
解得 x=56v0225g
整个过程中，电场力对滑块做的功为 W=qE(Lcosθ+x)
由功能关系可得电势能的变化量为 ΔEp=−W
ΔEp=−2mv02
【解析】(1)滑块在斜面上运动时，根据牛顿第二定律求出加速度为零，故滑块沿斜面向上做匀速直线运动，离开斜面的速度即为v0，离开斜面后做匀变速曲线运动，将其运动正交分解，水平方向向右做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动的合成与分解规律求出滑块运动到轨迹最高点时的速度大小；
(2)根据运动的合成与分解规律求出滑块离开斜面后继续运动的水平位移，再求出电场力做功，电场力做的正功等于电势能的减少量。
22.【答案】解：⑴设弹簧获得最大弹性势能为 EPm ，由能量守恒定律得
EPm=mgh−μmg⋅2R
EPm=4mgR
(2)设滑块第一次到达圆周轨道最高点时速度为v，由机械能守恒定律得
mg⋅5R−mg⋅2R=12mv2
FN+mg=mv2R
由牛顿第三定律可知，滑块在最高点对轨道压力大小为 FN=5mg
(3)设滑块能够在竖直圆周轨道做完整圆周运动时，在最高点和最低点的最小速度分别为 v0 、 V0 ，
则有 mg=mv02R
12mV02=mg⋅2R+12mv02
由⑥⑦解得 V0= 5gR
设滑块和弹簧第一次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为 v1 ，则
mg⋅5R−2μmg⋅2R=12mv12
解得 v1= 6gR
由于 v1>V0 ，滑块能够到达最高点返回斜面，而后又从斜面返回并离开圆周轨道，并再一次和弹簧
发生作用，设滑块和弹簧第二次作用后，经过CD返回到圆周轨道最低点C时的速度大小为 v2 ，
则 mg⋅5R−4μmg⋅2R=12mv22
解得 v2= 2gR
设滑块以速度 v2 从C点进入圆周轨道，能够上升的最大高度为h1，则
12mv22=mgh1
解得h1=R，由此可见滑块沿着圆周轨道运动圆周后，再次返回到CD轨道上运动，设滑块在轨道CD段运动的总路程为s，则由能量守恒定律得 mg⋅5R=μmgs
在CD段运动的加速度的大小为 a=μg
s=12at2
解得 t=2 10Rg
【解析】本题考查了能量守恒、机械能守恒、动能定理、竖直面的圆周运动、牛顿第二定律以及运动学公式，关键是要认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题，有一定难度，要求同学们细心认真。
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2023-2024学年山东省烟台市高一（上）期末考试物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年山东省烟台市高一（上）期末考试物理试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
