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2022-2023学年陕西省西安市临潼区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年陕西省西安市临潼区高一（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。
1.2023年4月16日9时36分，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征四号”乙运载火箭成功将“风云三号”07星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设该卫星的运行轨道为圆轨道，且在该轨道上还有其他卫星绕地球运动，则对该轨道上的所有卫星，下列物理量一定相同的是( )
A. 机械能B. 周期C. 线速度D. 向心力
2.关于电荷与静电场，下列说法正确的是( )
A. 同一电场的电场线在电场中不相交
B. 元电荷就是电子，其数值最早是由密立根测得的
C. 原子核的体积很小，任何情况下都可以视为点电荷
D. 一对正、负电子可以同时湮灭转化为不带电的光子，说明电荷不一定守恒
3.图为体育生在高考前进行体能训练的一种方式，若他们拖着旧轮胎从水平路面以恒定速率运动到斜坡上，则( )
A. 轮胎在斜坡上受到的支持力对轮胎做正功
B. 轮胎受到的拉力对轮胎始终做正功
C. 轮胎受到的重力对轮胎始终没有做功
D. 轮胎受到的摩擦力对轮胎先做负功后做正功
4.2023年5月5日，“天舟五号”货运飞船(以下简称“天舟五号”)顺利撤离“天宫”空间站组合体，转入独立飞行阶段，后续“天舟五号”将在“神舟十五号”载人飞船撤离空间站组合体后，绕飞并对接于空间站节点舱前向端口。查阅资料可知“天宫”空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道高度约为400千米，“天舟五号”的撤离不影响“天宫”空间站的运行。下列关于“天舟五号”和“天宫”空间站的说法正确的是( )
A. “天舟五号”的发射速度大于第二宇宙速度
B. “天宫”空间站组合体在轨道上运行的线速度大小大于第一宇宙速度
C. “天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时向心加速度大小相等
D. “天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时，“天舟五号”可通过加速实现对接
5.某带电粒子只在电场力作用下先经过M点，再经过N点的运动轨迹如图中的虚线所示，图中的实线表示电场线。则( )
A. 该带电粒子带负电
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 该带电粒子从M点运动到N点的过程中加速度一直增大
D. 若在电场线上某点由静止释放带电粒子，则该带电粒子的运动轨迹一定与该电场线重合
6.空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气就会被击穿。查阅资料可知在温度为20℃的标准大气压(以下简称标准状态)下，距离为1cm空气的击穿电压为30kV。如图所示，在标准状态下进行的某次实验中，电压为4.2×104V的直流电源的两极连在一对平行金属板上，平行金属板间的距离为3cm，平行金属板间电场始终可视为匀强电场，下列措施中可能让金属板间空气被击穿的是( )
A. 将上面的金属板向上移动2cmB. 将直流电源的电压调整为6×104V
C. 将上面的金属板向左平移一定距离D. 将下面的金属板向上移动2cm
7.如图所示，从固定光滑斜面(图中已标出斜面的高度和底边长)顶端由静止释放一滑块(可视为质点)。已知滑块的质量为m，重力加速度大小为g，则滑块滑到斜面底端时( )
A. 滑块的速度大小为2 gh
B. 滑块的动能为 5mgh
C. 滑块受到的重力做功的瞬时功率为2mg gh
D. 滑块的重力势能一定为0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为点电荷)通过一长度为l的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上的O点，初始时静止于B点。某瞬间在天花板下方加上范围足够大且方向水平向右的匀强电场，小球将由静止开始运动，运动过程中轻绳始终绷紧，小球运动到最高点A时轻绳与竖直方向的夹角为θ(θ<90∘)。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到A点时所受合力为0
B. 小球受到的电场力大小F=mgtanθ
C. 小球在运动过程中到达A点时的重力势能最大
D. 小球从B点运动到A点速度先增大后减小
9.2022年9月2日，我国制造的2600吨级起重机横空出世，再次拉高了全球最大吨位起重机的门槛，并全面提升了大型陆上风机的安装效率。该起重机某次作业时，由静止开始提升质量m=1×105kg的物体，物体运动的v−t图像如图所示，4s末起重机达到额定功率，之后保持额定功率继续拉着物体竖直上升，一段时间后物体达到最大速度vm。取重力加速度大小g=10m/s2，不计阻力及吊钩、吊绳受到的重力。下列说法正确的是( )
A. 匀加速阶段物体受到拉力的大小为1.05×106N
B. 起重机的额定功率为2.1×106W
C. 匀加速阶段物体克服重力做的功为8×106J
D. 物体上升的最大速度vm=2.2m/s
10.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点构成的直角三角形，AB⊥BC，AB=BC=0.4m，D点为AC的中点。将电子从A点移动到B点，电场力对电子做的功为−2eV，再将电子从B点移动到C点，电子的电势能增加了2eV，已知φD=0，则( )
A. φA=−2V
B. φC=−2V
C. 匀强电场的电场强度大小E=5 2V/m
D. 匀强电场的电场强度方向与AC边垂直
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于玻璃棒的O点，如图所示。实验过程中两带电小球在各自位置均可视作点电荷，重力加速度大小为g。
(1)实验过程中，小球A、B在同一水平线上，为测出小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量是______。
A.小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角
B.小球B的质量，小球B的悬线长度
C.小球A、B的质量，小球A、B之间的距离
(2)某次实验时，使小球A、B在同一水平线上且测得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30∘。保持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60∘，则移动前后小球A、B之间的距离之比为______。
(3)本实验中应用到的科学探究方法是______。
A.理想实验法
B.微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
12.图为“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器连接着频率为f的交流电，重力加速度大小为g。
(1)下列关于该实验的操作步骤或数据处理的说法正确的是______。
A.实验时必须用天平测出重物的质量
B.实验时应先接通打点计时器电源，后释放纸带
C.重复操作时必须让重物从同一位置开始下落
D.可以根据v= 2gh来计算打出纸带上某点时重物的瞬时速度
(2)用v表示打各计时点时重物的速度，h表示各计时点到起始点的距离，以v²为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v²−h图线，若图线的斜率等于k，则当地的重力加速度大小g=______(用k表示)时，说明重物在下落过程中机械能守恒。
(3)实验时用质量m的重物拖着纸带竖直下落，打点计时器在纸带上打出的部分计时点如图所示。纸带上长度单位为厘米，O为纸带运动的起点，从打下O点到打下B点过程中重物的重力势能的减少量ΔEp=______，在此过程中重物动能的增加量(均用题目中给定的物理量符号表示)ΔEk=______。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，真空中有两个点电荷A、B分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上，所带电荷量分别为Q1=+3.6×10−7C、Q2=−9×10−8C。现引入第三个点电荷D(图中未画出)，正好使三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量。
14.如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为点电荷)，小球恰好能在B点保持静止，此时细线与竖直方向的夹角θ=60∘，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)将小球拉至最低点C使细线竖直绷直后由静止释放小球，求小球通过与O点等高的A点时细线对小球的拉力大小F。
15.如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R=0.4m。用外力将一质量m=1kg的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点(此时物块与弹簧已分离)进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离x=1.2m。已知A、B两点间的距离L=2m，物块与水平地面AB间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)求弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(3)若半圆形轨道BC的半径可调节，仍然用外力将物块压缩弹簧至A点后由静止释放，求物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r=mr4π2T2
解得：T= 4π2r3GM，可知该轨道上卫星的周期相同；
v= GMr，可知该轨道上卫星的线速度的大小相等，但方向不同；
由于卫星的质量不一定相同，则卫星的向心力和机械能不一定相同。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由GMmr2=mv2r=mr4π2T2，即可推导出周期、速度的表达式。由于卫星的质量不一定相同，则卫星的机械能和向心力不一定相同
本题考查万有引力定律提供卫星做圆周运动的向心力，根据相关公式即可求解，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、同一电场的电场线不能相交，因为在同一个电场中任何一点的电场方向都只能有一个方向，故A正确；
B、元电荷一个电子所带的电荷量，用字母e表示。元电荷就是一个具体的数值，而不是一个物体，故B错误；
C、在研究原子核内部结构的时候，是不能把原子核看作点电荷的。物体能不能看作点电荷，与其体积大小无关，主要还是看具体研究的问题与其大小、形状有没有关系，故C错误；
D、一对正、负电子在湮灭前后的总电荷量都是零，所以还是符合电荷守恒的，故D错误。
故选：A。
同一电场的电场线不能相交；元电荷是一个具体的数值，不是一种物质；物体能不能看作点电荷，不是看其体积的大小，而是要看研究的问题；一对正、负电子的总电荷量为零，在其湮灭的过程中仍然符合电荷守恒定律。
对物理基本概念的掌握也是学好物理的必备条件之一。
3.【答案】B
【解析】解：A、轮胎在水平面上受到的支持力竖直向上，与运动方向垂直，对轮胎不做功，轮胎在斜坡上受到的支持力垂直斜坡斜向上，与运动方向垂直，对轮胎不做功，故A错误；
B、轮胎受到的拉力沿绳方向，与轮胎运动方向夹角始终为锐角，对轮胎做正功，故B正确；
C、轮胎所受的重力竖直向下，轮胎在水平面上运动时，重力方向与运动方向垂直，对轮胎不做功，在斜坡上运动时，重力方向与运动方向夹角为钝角，对轮胎做负功，故C错误；
D、轮胎受到的摩擦力始终与轮胎运动方向相反，对轮胎做负功，故D错误。
故选：B。
力的方向与运动方向垂直时不做功，夹角为锐角或0时时做正功，夹角为钝角或180∘时做正功，结合做功公式分析即可。
本题考查功的计算，解题关键是掌握做功公式，知道力对物体做正功、负功和不做功的条件。
4.【答案】C
【解析】解：A.第二宇宙速度是摆脱地球引力束缚最小的发射速度，“天舟五号”绕地球做匀速圆周运动，故其的发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B.第一宇宙速度是环绕地球圆周运动的最大环绕速度，运动半径等于地球半径，故“天宫”空间站组合体在轨道上运行的线速度大小小于第一宇宙速度，故B错误；
C.根据：GMmr2=ma，解得：a=GMr2
可知“天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时向心加速度大小相等，故C正确；
D.“天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时，若“天舟五号”加速，其要做离心运动，会远离现有轨道，不能实现对接，故D错误。
故选：C。
根据第一、第二宇宙速度对应的物理意义即可解答AB，根据万有引力提供向心力分析加速度的表达式从而判断C，根据变轨原理分析D。
本题解题关键掌握万有引力提供向心力以及卫星变轨的应用，注意宇宙速度的理解。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故A错误；
BC、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度小于N点的电场强度，根据牛顿第二定律也可知，带电粒子从M点运动到N点的过程中加速度一直增大，故B错误，C正确；
D、该电场线是曲线，带电粒子运动轨迹不会与电场线重合，故D错误。
故选：C。
根据电场力和电场线的方向分析粒子电性，电场线的疏密程度表示场强的大小；根据牛顿第二定律分析加速度，粒子受到的力是变化的，电场线是曲线，运动轨迹不会与该电场线重合。
本题主要考查电场线的特点，还有根据粒子的运动轨迹确定粒子的受力方向，从而判断粒子的电性。
6.【答案】D
【解析】解：A.将上面的金属板向上移动，根据
E=Ud
可知两极板间的距离增大，电场强度减小，故不能让金属板间空气被击穿，故A错误；
B.发生击穿时的电场强度
E0=Ud=3×1041×10−2V/m=3×106V/m
将直流电源的电压调整为6×104V，电场强度为
E1=U1d′=6×1043×10−2V/m=2×106V/m故不能让金属板间空气被击穿，故B错误；
C.两极板间电势差不变，将上面的金属板向左平移一定距离，两极板间的距离不变，电场强度不变，故不能让金属板间空气被击穿，故C错误；
D.将下面的金属板向上移动2cm，电场强度为
E2=U′d′=4.2×104(3−2)×10−2V/m=4.2×106V/m
故能让金属板间空气被击穿，故D正确。
故选：D。
根据电容器原理结合匀强电场中场强与电势关系式U=Ed，即可求解。
解答本题的关键掌握匀强电场中场强与电势差的关系公式U=Ed，要明确d是沿电场方向两点间的距离。
7.【答案】A
【解析】解：AB.依题意，斜面光滑，滑块下滑过程只有重力做功，机械能守恒，可得
mg⋅2h=12mv2
解得
Ek=12mv2=2mgh
v=2 gh
故A正确；B错误；
C.滑块受到的重力做功的瞬时功率为
PG=mgvcsθ
又
csθ=2h (2h)2+h2
解得
PG=mgvcsθ=mg⋅2 gh⋅2h (2h)2+h2=4mg 5gh5
故C错误；
D.重力势能具有相对性，选定零势能面，才可以确定某点的重力势能。故D错误。
故选：A。
对滑块下滑过程应用机械能守恒即可求解；根据瞬时功率的定义式，由重力、速度及两者夹角求解；重力势能具有相对性，需选定零势能面。
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
8.【答案】CD
【解析】解：A.小球运动到A点时速度为零，所受合力不为零，故A错误；
B.根据动能定理有
Flsinθ−mgl(1−csθ)=0
小球受到的电场力
F=mg(1−csθ)sinθ
故B错误；
C.小球在运动过程中，重力一直做负功，故到达A点时的重力势能最大，故C正确；
D.根据等效重力可知，重力与电场力的合力先做正功，再做负功，故小球从B点运动到A点速度先增大后减小，故D正确。
故选：CD。
在A点根据小球的的运动状态分析受力情况，根据动能定理解得小球受的电场力；根据重力做功与重力势能的变化关系分析C，根据合力做功分析D。
本题考查等效重力场的知识，在只有重力作用下，最低点速度最大，最高点速度最小。当空间存在电场时，将重力和电场合成为等效重力场。
9.【答案】AB
【解析】解：A、由图像得，匀加速阶段物体的加速度a=ΔvΔt=24m/s2=0.5m/s2
由牛顿第二定律得：Fm−mg=ma
代入数据解得：Fm=1.05×106N
故A正确；
B、4s时，起重机达到额定功率，额定功率P额=Fmv4=1.05×106×2W=2.1×106W
故B正确；
C、由图像得，匀加速阶段物体的位移为h=12v4t=12×2×4m=4m
克服重力做功为WG=mgh=1×105×10×4J=4×106J
故C错误；
D、牵引力等于重力时，物体上升的速度最大，最大速度为vm=P额mg=2.1×1061×105×10m/s=2.1m/s
故D错误。
故选：AB。
v−t图像的斜率表示加速度，根据图像求解匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；根据功率公式求解起重机的额定功率；v−t图像与坐标轴所围面积表示做功，根据图像求解匀加速阶段物体的位移，根据做功公式求解克服重力做功；牵引力等于重力时，物体的速度最大，根据功率公式求解最大速度。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道v−t图像斜率和面积的含义，知道物体速度最大时，牵引力等于重力，掌握功和功率的计算公式，结合牛顿第二定律列式求解即可。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.电子从B点移动到C点，电子的电势能增加了2eV，即电场力对电子做的功为−2eV，因此
UAB=UBC=W−e=−2eV−e=2V
故
UAC=UAB+UBC=2V+2V=4V
D点为AC的中点，且
φD=0
故
φA=2V，φC=−2V
故B正确，A错误；
D.由AB选项分析可得
φB=φA−UAB=2V−2V=0
而
φD=0
因此BD为等势线，由几何知识可得
AC⊥BD
故匀强电场电场强度方向为沿AC方向，故D错误；
C.由几何知识得
AC= AB2+BC2
匀强电场的电场强度大小为
E=UACAC
解得：E=5 2V/m
故C正确。
故选：BC。
首先根据U=Wq求解B、C间电势差和A、B间电势差，找出等势面，然后根据公式U=Ed求解电场强度大小。
本题考查匀强电场中的等势面，关键是结合公式U=Wq和U=Ed列式分析，基础题目。
11.【答案】A 3：1 C
【解析】解：(1)假设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为α，对小球B进行受力分析，
根据共点力的平衡条件，有F库=mgtanα
由此可知，需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线偏离竖直方向的夹角。
故选：A。
(2)在移动小球A之前，对小球B进行受力分析，有F库1=mgtan30∘=kQAQBr12
在移动小球A之后，对小球B受力分析，有F库2=mgtan60∘=kQAQBr22
联立解得，r1:r2= 3:1。
(3)实验中控制小球A、B的电荷量不变，改变小球A、B之间的距离，此方法采用了控制变量法，C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)A；(2) 3：1；(3)C。
对小球B进行受力分析，根据共点力的平衡条件得出库仑力的表达式，从而知道需要测量的物理量；根据库仑力的计算公得出移动前后小球A、B之间的距离之比；本实验采用的是控制变量法，控制小球A、B的电荷量不变，只改变小球A、B之间的距离。
本题考查对小球B的受力分析以及库仑力的计算，解题关键是得到库仑力与重力间的等量关系，同时本实验采用控制变量法进行，只改变其中一个变量，其它变量保持不变，属于基础题型。
12.【答案】Bk2 mgx2 18m(x3−x1)2f2
【解析】解：(1)A.若要验证机械能守恒定律，则需要满足mgh=12mv2−12mv02
即gh=12v2−12v02
因此不需要用天平测质量，故A错误；
B.实验时应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放纸带，故B正确；
C.重复操作实验时，只需确保重物及纸带由静止释放，不需要从同一位置释放，故C错误；
D.v= 2gh是由重物做自由落体运动的规律推算出来的公式，而做自由落体运动的物体必然满足机械能守恒的条件，这样计算会导致实验失去验证的意义，故D错误。
故选：B。
(2)根据机械能守恒定律有mgh=12mv2−12mv02
化简得v2=2g⋅h+v02
因此根据实验数据绘出的v2−h图线的斜率k=2g
解得g=k2
(3)打点计时器打下B点时，重物下落的高度为x2，重力势能减少量ΔEp=mgx2
根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，B点速度为vB=xAC2T=x3−x12×1f=(x3−x1)f2
动能增加量ΔEk=12mvB2−0=18m(x3−x1)2f2
故答案为：(1)B；(2)k2；(3)mgx2；18m(x3−x1)2f2。
(1)A.根据需要验证的机械能守恒定律的表达式分析作答；
BC.根据实验的正确操作步骤作答；
D.根据表达式v= 2gh的推导过程和机械能守恒定律的条件分析作答。
(2)根据机械能守恒定律求解v2−h函数，结合图像斜率的含义求重力加速度；
(3)打点计时器打下B点时，重物下落的高度为x2，据此求重力势能的减小量；根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点速度，再求动能的增加量。
本题考查了验证机械能守恒定律，关键是求解重力势能的减小量和动能的增加量。要掌握求解瞬时速度的方法。
13.【答案】解：(1)x轴上点电荷A、B因为A、B带异种电荷，由于B电荷量小于A的，故场强为0的点要离B更近，则电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，设其坐标为x，则有
kQ1x2=kQ2(x−xAB)2
解得x=12cm
(2)由于x=12cm处电场强度为0，点电荷D应放置在x=12cm处才能受力平衡，对点电荷A受力分析，有
kQ1Q3x2=kQ2Q1xAB2
解得Q3=3.6×10−7C
答：(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标为x=12cm；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量为3.6×10−7C。
【解析】先A、B产生的电场强度的大小和方向，分析根据出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，再列式求解；三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态，对A列平衡方程求解D所带的电荷量。
分析出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置B的右侧是解本题的关键，再根据平衡方程列式即可，难度不大，解题时注意电荷间的距离。
14.【答案】解：(1)对小球受力分析，如下图所示：
小球在B点静止，合力为零，由几何关系可得：Eq=mgtan60∘
代入数据可得：E= 3mgq
(2)小球由C点运动到A点过程，由动能定理有：−mgl+Eql=12mvA2−0
小球运动到A点时，由水平方向细线拉力和电场力的合力提供向心力，在水平方向由牛顿第二定律有：F−Eq=mvA2l
代入数据可得：F=(3 3−2)mg
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为 3mgq；
(2)将小球拉至最低点C使细线竖直绷直后由静止释放小球，小球通过与O点等高的A点时细线对小球的拉力大小F为(3 3−2)mg。
【解析】(1)画出受力分析图，小球在B点静止，合力为零，由几何关系可得电场力和重力的大小关系，则可得电场强度的大小；
(2)从C点到A点利用动能定理可得A点速度大小，在A点水平方向由牛顿第二定律可得绳子拉力大小。
本题考查了带电粒子在电场中的综合问题，解题的关键对物体受力分析，注意在A点小球的细线拉力和电场力的合力提供向心力。
15.【答案】解：(1)物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有2R=12gt2
水平方向上有x=vCt
则vC=xt=1.2 2×2×0.410m/s=3m/s
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有FN+mg=mvC2R
由牛顿第三定律有FN′=FN
解得FN′=12.5N。
(2)物块从A点运动到C点，由动能定理有−2mgR−μmgL+W弹=12mvC2−0
根据功能关系可知W弹=E弹
解得E弹=22.5J。
(3)当半圆形轨道BC的半径变为R′时，物块从A点运动到C点，由动能定理有
−2mgR′−μmgL+W弹=12mvC′2−0
物块从C点做平抛运动，竖直方向上有2R′=12gt2
水平方向上有x=vC′t
解得x= 10R′−16R′2m
当R′=516m时，物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离xmax=54m=1.25m。
答：(1)物块经过C点时对轨道的压力大小为12.5N；
(2)弹簧被压缩至A点时的弹性势能为22.5J；
(3)物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离为1.25m。
【解析】(1)根据平抛运动的规律，求出小滑块通过C点的速度，由牛顿第二定律结合向心力，求出对轨道的压力大小。
(2)小滑块从A到B，利用能量守恒定律求弹簧的弹性势能。
(3)根据平抛运动的规律和动能定理相结合得到x与R之间的关系式，再结合数学知识求x的最大值。
解决本题时，关键要能根据平抛运动的规律和动能定理相结合得到x与R之间的关系式，运用数学知识求x的最大值，这是常用的极值法，要熟练掌握。
1.2023年4月16日9时36分，我国在酒泉卫星发射中心使用“长征四号”乙运载火箭成功将“风云三号”07星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。假设该卫星的运行轨道为圆轨道，且在该轨道上还有其他卫星绕地球运动，则对该轨道上的所有卫星，下列物理量一定相同的是( )
A. 机械能B. 周期C. 线速度D. 向心力
2.关于电荷与静电场，下列说法正确的是( )
A. 同一电场的电场线在电场中不相交
B. 元电荷就是电子，其数值最早是由密立根测得的
C. 原子核的体积很小，任何情况下都可以视为点电荷
D. 一对正、负电子可以同时湮灭转化为不带电的光子，说明电荷不一定守恒
3.图为体育生在高考前进行体能训练的一种方式，若他们拖着旧轮胎从水平路面以恒定速率运动到斜坡上，则( )
A. 轮胎在斜坡上受到的支持力对轮胎做正功
B. 轮胎受到的拉力对轮胎始终做正功
C. 轮胎受到的重力对轮胎始终没有做功
D. 轮胎受到的摩擦力对轮胎先做负功后做正功
4.2023年5月5日，“天舟五号”货运飞船(以下简称“天舟五号”)顺利撤离“天宫”空间站组合体，转入独立飞行阶段，后续“天舟五号”将在“神舟十五号”载人飞船撤离空间站组合体后，绕飞并对接于空间站节点舱前向端口。查阅资料可知“天宫”空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道高度约为400千米，“天舟五号”的撤离不影响“天宫”空间站的运行。下列关于“天舟五号”和“天宫”空间站的说法正确的是( )
A. “天舟五号”的发射速度大于第二宇宙速度
B. “天宫”空间站组合体在轨道上运行的线速度大小大于第一宇宙速度
C. “天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时向心加速度大小相等
D. “天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时，“天舟五号”可通过加速实现对接
5.某带电粒子只在电场力作用下先经过M点，再经过N点的运动轨迹如图中的虚线所示，图中的实线表示电场线。则( )
A. 该带电粒子带负电
B. M点的电场强度大于N点的电场强度
C. 该带电粒子从M点运动到N点的过程中加速度一直增大
D. 若在电场线上某点由静止释放带电粒子，则该带电粒子的运动轨迹一定与该电场线重合
6.空气是不导电的，但是如果空气中的电场很强，空气就会被击穿。查阅资料可知在温度为20℃的标准大气压(以下简称标准状态)下，距离为1cm空气的击穿电压为30kV。如图所示，在标准状态下进行的某次实验中，电压为4.2×104V的直流电源的两极连在一对平行金属板上，平行金属板间的距离为3cm，平行金属板间电场始终可视为匀强电场，下列措施中可能让金属板间空气被击穿的是( )
A. 将上面的金属板向上移动2cmB. 将直流电源的电压调整为6×104V
C. 将上面的金属板向左平移一定距离D. 将下面的金属板向上移动2cm
7.如图所示，从固定光滑斜面(图中已标出斜面的高度和底边长)顶端由静止释放一滑块(可视为质点)。已知滑块的质量为m，重力加速度大小为g，则滑块滑到斜面底端时( )
A. 滑块的速度大小为2 gh
B. 滑块的动能为 5mgh
C. 滑块受到的重力做功的瞬时功率为2mg gh
D. 滑块的重力势能一定为0
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球(可视为点电荷)通过一长度为l的绝缘轻绳悬挂于水平天花板上的O点，初始时静止于B点。某瞬间在天花板下方加上范围足够大且方向水平向右的匀强电场，小球将由静止开始运动，运动过程中轻绳始终绷紧，小球运动到最高点A时轻绳与竖直方向的夹角为θ(θ<90∘)。重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球运动到A点时所受合力为0
B. 小球受到的电场力大小F=mgtanθ
C. 小球在运动过程中到达A点时的重力势能最大
D. 小球从B点运动到A点速度先增大后减小
9.2022年9月2日，我国制造的2600吨级起重机横空出世，再次拉高了全球最大吨位起重机的门槛，并全面提升了大型陆上风机的安装效率。该起重机某次作业时，由静止开始提升质量m=1×105kg的物体，物体运动的v−t图像如图所示，4s末起重机达到额定功率，之后保持额定功率继续拉着物体竖直上升，一段时间后物体达到最大速度vm。取重力加速度大小g=10m/s2，不计阻力及吊钩、吊绳受到的重力。下列说法正确的是( )
A. 匀加速阶段物体受到拉力的大小为1.05×106N
B. 起重机的额定功率为2.1×106W
C. 匀加速阶段物体克服重力做的功为8×106J
D. 物体上升的最大速度vm=2.2m/s
10.如图所示，在与纸面平行的匀强电场中有A、B、C三个点构成的直角三角形，AB⊥BC，AB=BC=0.4m，D点为AC的中点。将电子从A点移动到B点，电场力对电子做的功为−2eV，再将电子从B点移动到C点，电子的电势能增加了2eV，已知φD=0，则( )
A. φA=−2V
B. φC=−2V
C. 匀强电场的电场强度大小E=5 2V/m
D. 匀强电场的电场强度方向与AC边垂直
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，某同学采用了如图所示的实验装置。将带正电的小球A置于可移动且可调整高度的绝缘底座上，带正电的小球B用绝缘丝线悬挂于玻璃棒的O点，如图所示。实验过程中两带电小球在各自位置均可视作点电荷，重力加速度大小为g。
(1)实验过程中，小球A、B在同一水平线上，为测出小球B受到的库仑力大小，需要测量的一组物理量是______。
A.小球B的质量，小球B的悬线偏离竖直方向的夹角
B.小球B的质量，小球B的悬线长度
C.小球A、B的质量，小球A、B之间的距离
(2)某次实验时，使小球A、B在同一水平线上且测得小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为30∘。保持小球A、B的电荷量不变，移动小球A后，调整小球A的高度，确保两小球始终在同一水平线上，小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为60∘，则移动前后小球A、B之间的距离之比为______。
(3)本实验中应用到的科学探究方法是______。
A.理想实验法
B.微小量放大法
C.控制变量法
D.等效替代法
12.图为“验证机械能守恒定律”的实验装置，所用的打点计时器连接着频率为f的交流电，重力加速度大小为g。
(1)下列关于该实验的操作步骤或数据处理的说法正确的是______。
A.实验时必须用天平测出重物的质量
B.实验时应先接通打点计时器电源，后释放纸带
C.重复操作时必须让重物从同一位置开始下落
D.可以根据v= 2gh来计算打出纸带上某点时重物的瞬时速度
(2)用v表示打各计时点时重物的速度，h表示各计时点到起始点的距离，以v²为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v²−h图线，若图线的斜率等于k，则当地的重力加速度大小g=______(用k表示)时，说明重物在下落过程中机械能守恒。
(3)实验时用质量m的重物拖着纸带竖直下落，打点计时器在纸带上打出的部分计时点如图所示。纸带上长度单位为厘米，O为纸带运动的起点，从打下O点到打下B点过程中重物的重力势能的减少量ΔEp=______，在此过程中重物动能的增加量(均用题目中给定的物理量符号表示)ΔEk=______。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，真空中有两个点电荷A、B分别固定在x轴的坐标为0和6cm的位置上，所带电荷量分别为Q1=+3.6×10−7C、Q2=−9×10−8C。现引入第三个点电荷D(图中未画出)，正好使三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态。已知静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量。
14.如图所示，在竖直平面内有水平向右的匀强电场，长度为l的绝缘细线一端固定在O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的带正电小球(可视为点电荷)，小球恰好能在B点保持静止，此时细线与竖直方向的夹角θ=60∘，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)将小球拉至最低点C使细线竖直绷直后由静止释放小球，求小球通过与O点等高的A点时细线对小球的拉力大小F。
15.如图所示，粗糙水平地面AB与固定在竖直面内的半圆形光滑轨道BC在B点平滑连接，轨道半径R=0.4m。用外力将一质量m=1kg的物块压缩弹簧至A点，撤去外力，由静止释放物块，物块经过B点(此时物块与弹簧已分离)进入半圆形轨道向上运动到达最高点C后飞出，落到水平地面上时与B点的距离x=1.2m。已知A、B两点间的距离L=2m，物块与水平地面AB间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s2，不计空气阻力。
(1)求物块经过C点时对轨道的压力大小；
(2)求弹簧被压缩至A点时的弹性势能；
(3)若半圆形轨道BC的半径可调节，仍然用外力将物块压缩弹簧至A点后由静止释放，求物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：根据万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r=mr4π2T2
解得：T= 4π2r3GM，可知该轨道上卫星的周期相同；
v= GMr，可知该轨道上卫星的线速度的大小相等，但方向不同；
由于卫星的质量不一定相同，则卫星的向心力和机械能不一定相同。
故ACD错误，B正确；
故选：B。
万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，由GMmr2=mv2r=mr4π2T2，即可推导出周期、速度的表达式。由于卫星的质量不一定相同，则卫星的机械能和向心力不一定相同
本题考查万有引力定律提供卫星做圆周运动的向心力，根据相关公式即可求解，难度不大。
2.【答案】A
【解析】解：A、同一电场的电场线不能相交，因为在同一个电场中任何一点的电场方向都只能有一个方向，故A正确；
B、元电荷一个电子所带的电荷量，用字母e表示。元电荷就是一个具体的数值，而不是一个物体，故B错误；
C、在研究原子核内部结构的时候，是不能把原子核看作点电荷的。物体能不能看作点电荷，与其体积大小无关，主要还是看具体研究的问题与其大小、形状有没有关系，故C错误；
D、一对正、负电子在湮灭前后的总电荷量都是零，所以还是符合电荷守恒的，故D错误。
故选：A。
同一电场的电场线不能相交；元电荷是一个具体的数值，不是一种物质；物体能不能看作点电荷，不是看其体积的大小，而是要看研究的问题；一对正、负电子的总电荷量为零，在其湮灭的过程中仍然符合电荷守恒定律。
对物理基本概念的掌握也是学好物理的必备条件之一。
3.【答案】B
【解析】解：A、轮胎在水平面上受到的支持力竖直向上，与运动方向垂直，对轮胎不做功，轮胎在斜坡上受到的支持力垂直斜坡斜向上，与运动方向垂直，对轮胎不做功，故A错误；
B、轮胎受到的拉力沿绳方向，与轮胎运动方向夹角始终为锐角，对轮胎做正功，故B正确；
C、轮胎所受的重力竖直向下，轮胎在水平面上运动时，重力方向与运动方向垂直，对轮胎不做功，在斜坡上运动时，重力方向与运动方向夹角为钝角，对轮胎做负功，故C错误；
D、轮胎受到的摩擦力始终与轮胎运动方向相反，对轮胎做负功，故D错误。
故选：B。
力的方向与运动方向垂直时不做功，夹角为锐角或0时时做正功，夹角为钝角或180∘时做正功，结合做功公式分析即可。
本题考查功的计算，解题关键是掌握做功公式，知道力对物体做正功、负功和不做功的条件。
4.【答案】C
【解析】解：A.第二宇宙速度是摆脱地球引力束缚最小的发射速度，“天舟五号”绕地球做匀速圆周运动，故其的发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B.第一宇宙速度是环绕地球圆周运动的最大环绕速度，运动半径等于地球半径，故“天宫”空间站组合体在轨道上运行的线速度大小小于第一宇宙速度，故B错误；
C.根据：GMmr2=ma，解得：a=GMr2
可知“天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时向心加速度大小相等，故C正确；
D.“天舟五号”与“天宫”空间站在同一轨道上运行时，若“天舟五号”加速，其要做离心运动，会远离现有轨道，不能实现对接，故D错误。
故选：C。
根据第一、第二宇宙速度对应的物理意义即可解答AB，根据万有引力提供向心力分析加速度的表达式从而判断C，根据变轨原理分析D。
本题解题关键掌握万有引力提供向心力以及卫星变轨的应用，注意宇宙速度的理解。
5.【答案】C
【解析】解：A、由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，故A错误；
BC、M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度小于N点的电场强度，根据牛顿第二定律也可知，带电粒子从M点运动到N点的过程中加速度一直增大，故B错误，C正确；
D、该电场线是曲线，带电粒子运动轨迹不会与电场线重合，故D错误。
故选：C。
根据电场力和电场线的方向分析粒子电性，电场线的疏密程度表示场强的大小；根据牛顿第二定律分析加速度，粒子受到的力是变化的，电场线是曲线，运动轨迹不会与该电场线重合。
本题主要考查电场线的特点，还有根据粒子的运动轨迹确定粒子的受力方向，从而判断粒子的电性。
6.【答案】D
【解析】解：A.将上面的金属板向上移动，根据
E=Ud
可知两极板间的距离增大，电场强度减小，故不能让金属板间空气被击穿，故A错误；
B.发生击穿时的电场强度
E0=Ud=3×1041×10−2V/m=3×106V/m
将直流电源的电压调整为6×104V，电场强度为
E1=U1d′=6×1043×10−2V/m=2×106V/m
C.两极板间电势差不变，将上面的金属板向左平移一定距离，两极板间的距离不变，电场强度不变，故不能让金属板间空气被击穿，故C错误；
D.将下面的金属板向上移动2cm，电场强度为
E2=U′d′=4.2×104(3−2)×10−2V/m=4.2×106V/m
故能让金属板间空气被击穿，故D正确。
故选：D。
根据电容器原理结合匀强电场中场强与电势关系式U=Ed，即可求解。
解答本题的关键掌握匀强电场中场强与电势差的关系公式U=Ed，要明确d是沿电场方向两点间的距离。
7.【答案】A
【解析】解：AB.依题意，斜面光滑，滑块下滑过程只有重力做功，机械能守恒，可得
mg⋅2h=12mv2
解得
Ek=12mv2=2mgh
v=2 gh
故A正确；B错误；
C.滑块受到的重力做功的瞬时功率为
PG=mgvcsθ
又
csθ=2h (2h)2+h2
解得
PG=mgvcsθ=mg⋅2 gh⋅2h (2h)2+h2=4mg 5gh5
故C错误；
D.重力势能具有相对性，选定零势能面，才可以确定某点的重力势能。故D错误。
故选：A。
对滑块下滑过程应用机械能守恒即可求解；根据瞬时功率的定义式，由重力、速度及两者夹角求解；重力势能具有相对性，需选定零势能面。
经典力学问题一般先对物体进行受力分析，求得合外力及运动过程做功情况，然后根据牛顿定律、动能定理及几何关系求解．
8.【答案】CD
【解析】解：A.小球运动到A点时速度为零，所受合力不为零，故A错误；
B.根据动能定理有
Flsinθ−mgl(1−csθ)=0
小球受到的电场力
F=mg(1−csθ)sinθ
故B错误；
C.小球在运动过程中，重力一直做负功，故到达A点时的重力势能最大，故C正确；
D.根据等效重力可知，重力与电场力的合力先做正功，再做负功，故小球从B点运动到A点速度先增大后减小，故D正确。
故选：CD。
在A点根据小球的的运动状态分析受力情况，根据动能定理解得小球受的电场力；根据重力做功与重力势能的变化关系分析C，根据合力做功分析D。
本题考查等效重力场的知识，在只有重力作用下，最低点速度最大，最高点速度最小。当空间存在电场时，将重力和电场合成为等效重力场。
9.【答案】AB
【解析】解：A、由图像得，匀加速阶段物体的加速度a=ΔvΔt=24m/s2=0.5m/s2
由牛顿第二定律得：Fm−mg=ma
代入数据解得：Fm=1.05×106N
故A正确；
B、4s时，起重机达到额定功率，额定功率P额=Fmv4=1.05×106×2W=2.1×106W
故B正确；
C、由图像得，匀加速阶段物体的位移为h=12v4t=12×2×4m=4m
克服重力做功为WG=mgh=1×105×10×4J=4×106J
故C错误；
D、牵引力等于重力时，物体上升的速度最大，最大速度为vm=P额mg=2.1×1061×105×10m/s=2.1m/s
故D错误。
故选：AB。
v−t图像的斜率表示加速度，根据图像求解匀加速阶段的加速度，根据牛顿第二定律求解牵引力；根据功率公式求解起重机的额定功率；v−t图像与坐标轴所围面积表示做功，根据图像求解匀加速阶段物体的位移，根据做功公式求解克服重力做功；牵引力等于重力时，物体的速度最大，根据功率公式求解最大速度。
本题考查机车启动问题，解题关键是知道v−t图像斜率和面积的含义，知道物体速度最大时，牵引力等于重力，掌握功和功率的计算公式，结合牛顿第二定律列式求解即可。
10.【答案】BC
【解析】解：AB.电子从B点移动到C点，电子的电势能增加了2eV，即电场力对电子做的功为−2eV，因此
UAB=UBC=W−e=−2eV−e=2V
故
UAC=UAB+UBC=2V+2V=4V
D点为AC的中点，且
φD=0
故
φA=2V，φC=−2V
故B正确，A错误；
D.由AB选项分析可得
φB=φA−UAB=2V−2V=0
而
φD=0
因此BD为等势线，由几何知识可得
AC⊥BD
故匀强电场电场强度方向为沿AC方向，故D错误；
C.由几何知识得
AC= AB2+BC2
匀强电场的电场强度大小为
E=UACAC
解得：E=5 2V/m
故C正确。
故选：BC。
首先根据U=Wq求解B、C间电势差和A、B间电势差，找出等势面，然后根据公式U=Ed求解电场强度大小。
本题考查匀强电场中的等势面，关键是结合公式U=Wq和U=Ed列式分析，基础题目。
11.【答案】A 3：1 C
【解析】解：(1)假设小球B静止时悬线与竖直方向的夹角为α，对小球B进行受力分析，
根据共点力的平衡条件，有F库=mgtanα
由此可知，需要测量的物理量为小球B的质量、小球B的悬线偏离竖直方向的夹角。
故选：A。
(2)在移动小球A之前，对小球B进行受力分析，有F库1=mgtan30∘=kQAQBr12
在移动小球A之后，对小球B受力分析，有F库2=mgtan60∘=kQAQBr22
联立解得，r1:r2= 3:1。
(3)实验中控制小球A、B的电荷量不变，改变小球A、B之间的距离，此方法采用了控制变量法，C正确，ABD错误。
故选：C。
故答案为：(1)A；(2) 3：1；(3)C。
对小球B进行受力分析，根据共点力的平衡条件得出库仑力的表达式，从而知道需要测量的物理量；根据库仑力的计算公得出移动前后小球A、B之间的距离之比；本实验采用的是控制变量法，控制小球A、B的电荷量不变，只改变小球A、B之间的距离。
本题考查对小球B的受力分析以及库仑力的计算，解题关键是得到库仑力与重力间的等量关系，同时本实验采用控制变量法进行，只改变其中一个变量，其它变量保持不变，属于基础题型。
12.【答案】Bk2 mgx2 18m(x3−x1)2f2
【解析】解：(1)A.若要验证机械能守恒定律，则需要满足mgh=12mv2−12mv02
即gh=12v2−12v02
因此不需要用天平测质量，故A错误；
B.实验时应先接通打点计时器电源，待打点稳定后再释放纸带，故B正确；
C.重复操作实验时，只需确保重物及纸带由静止释放，不需要从同一位置释放，故C错误；
D.v= 2gh是由重物做自由落体运动的规律推算出来的公式，而做自由落体运动的物体必然满足机械能守恒的条件，这样计算会导致实验失去验证的意义，故D错误。
故选：B。
(2)根据机械能守恒定律有mgh=12mv2−12mv02
化简得v2=2g⋅h+v02
因此根据实验数据绘出的v2−h图线的斜率k=2g
解得g=k2
(3)打点计时器打下B点时，重物下落的高度为x2，重力势能减少量ΔEp=mgx2
根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，B点速度为vB=xAC2T=x3−x12×1f=(x3−x1)f2
动能增加量ΔEk=12mvB2−0=18m(x3−x1)2f2
故答案为：(1)B；(2)k2；(3)mgx2；18m(x3−x1)2f2。
(1)A.根据需要验证的机械能守恒定律的表达式分析作答；
BC.根据实验的正确操作步骤作答；
D.根据表达式v= 2gh的推导过程和机械能守恒定律的条件分析作答。
(2)根据机械能守恒定律求解v2−h函数，结合图像斜率的含义求重力加速度；
(3)打点计时器打下B点时，重物下落的高度为x2，据此求重力势能的减小量；根据匀变速中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求B点速度，再求动能的增加量。
本题考查了验证机械能守恒定律，关键是求解重力势能的减小量和动能的增加量。要掌握求解瞬时速度的方法。
13.【答案】解：(1)x轴上点电荷A、B因为A、B带异种电荷，由于B电荷量小于A的，故场强为0的点要离B更近，则电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，设其坐标为x，则有
kQ1x2=kQ2(x−xAB)2
解得x=12cm
(2)由于x=12cm处电场强度为0，点电荷D应放置在x=12cm处才能受力平衡，对点电荷A受力分析，有
kQ1Q3x2=kQ2Q1xAB2
解得Q3=3.6×10−7C
答：(1)x轴上点电荷A、B产生的电场强度为0的坐标为x=12cm；
(2)放置在点电荷A、B产生的电场强度为0处的点电荷D所带的电荷量为3.6×10−7C。
【解析】先A、B产生的电场强度的大小和方向，分析根据出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置一定在点电荷B的右侧，再列式求解；三个点电荷仅在静电力作用下处于平衡状态，对A列平衡方程求解D所带的电荷量。
分析出点电荷A、B产生的电场强度为0的位置B的右侧是解本题的关键，再根据平衡方程列式即可，难度不大，解题时注意电荷间的距离。
14.【答案】解：(1)对小球受力分析，如下图所示：
小球在B点静止，合力为零，由几何关系可得：Eq=mgtan60∘
代入数据可得：E= 3mgq
(2)小球由C点运动到A点过程，由动能定理有：−mgl+Eql=12mvA2−0
小球运动到A点时，由水平方向细线拉力和电场力的合力提供向心力，在水平方向由牛顿第二定律有：F−Eq=mvA2l
代入数据可得：F=(3 3−2)mg
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为 3mgq；
(2)将小球拉至最低点C使细线竖直绷直后由静止释放小球，小球通过与O点等高的A点时细线对小球的拉力大小F为(3 3−2)mg。
【解析】(1)画出受力分析图，小球在B点静止，合力为零，由几何关系可得电场力和重力的大小关系，则可得电场强度的大小；
(2)从C点到A点利用动能定理可得A点速度大小，在A点水平方向由牛顿第二定律可得绳子拉力大小。
本题考查了带电粒子在电场中的综合问题，解题的关键对物体受力分析，注意在A点小球的细线拉力和电场力的合力提供向心力。
15.【答案】解：(1)物块从C点飞出做平抛运动，竖直方向上有2R=12gt2
水平方向上有x=vCt
则vC=xt=1.2 2×2×0.410m/s=3m/s
对物块在半圆形轨道上C点受力分析，有FN+mg=mvC2R
由牛顿第三定律有FN′=FN
解得FN′=12.5N。
(2)物块从A点运动到C点，由动能定理有−2mgR−μmgL+W弹=12mvC2−0
根据功能关系可知W弹=E弹
解得E弹=22.5J。
(3)当半圆形轨道BC的半径变为R′时，物块从A点运动到C点，由动能定理有
−2mgR′−μmgL+W弹=12mvC′2−0
物块从C点做平抛运动，竖直方向上有2R′=12gt2
水平方向上有x=vC′t
解得x= 10R′−16R′2m
当R′=516m时，物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离xmax=54m=1.25m。
答：(1)物块经过C点时对轨道的压力大小为12.5N；
(2)弹簧被压缩至A点时的弹性势能为22.5J；
(3)物块从C点平抛后落到水平地面上时离B点的最大距离为1.25m。
【解析】(1)根据平抛运动的规律，求出小滑块通过C点的速度，由牛顿第二定律结合向心力，求出对轨道的压力大小。
(2)小滑块从A到B，利用能量守恒定律求弹簧的弹性势能。
(3)根据平抛运动的规律和动能定理相结合得到x与R之间的关系式，再结合数学知识求x的最大值。
解决本题时，关键要能根据平抛运动的规律和动能定理相结合得到x与R之间的关系式，运用数学知识求x的最大值，这是常用的极值法，要熟练掌握。
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