2025-2026学年河北省石家庄市张家口市部分学校（NT20名校联盟）高二（上）入学物理试卷（二）（含解析）

这是一份2025-2026学年河北省石家庄市张家口市部分学校（NT20名校联盟）高二（上）入学物理试卷（二）（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是( )
A. 甲图中，与点电荷等距的a、b两点
B. 乙图中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
C. 丙图中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点
D. 丁图中，匀强电场中的a、b两点
2.我国某研究团队提出以磁悬浮旋转抛射为核心的航天器发射新技术。已知地球和月球质量之比约为81：1，半径之比约为4：1。则绕地球运行的卫星最大线速度与绕月球运行的卫星最大线速度的比值约为( )
A. 9B. 16C. 4.5D. 1.9
3.如图所示，矩形线圈abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向夹角α=53°，已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，矩形线圈面积为S，磁感应强度大小为B，现将线圈绕ad顺时针旋转90°，则通过线圈的磁通量变化量为( )
A. BS
B. −0.2BS
C. −0.6BS
D. 1.4BS
4.质量为1kg的物体以50J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 物体运动的初速度大小为10m/s
B. 物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C. 物体运动过程中摩擦力的平均功率为20W
D. 物体运动的加速度大小为2.5m/s2
5.2024年3月20日，我国探月工程四期鹊桥二号中继星成功发射升空。当抵达距离月球表面某高度时，鹊桥二号开始进行近月制动，并顺利进入捕获轨道运行，如图所示，轨道的半长轴约为51900km。后经多次轨道调整，进入冻结轨道运行，轨道的半长轴约为9900km。则鹊桥二号在捕获轨道运行时( )
A. 周期小于在冻结轨道运行的周期
B. 机械能小于在冻结轨道运行的机械能
C. 近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度
D. 近月点的加速度小于在冻结轨道运行时近月点的加速度
6.如图所示，电源电动势E一定，内阻为r，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点。现增强照射电阻R3的光照强度，下列说法正确的是( )
A. 电容器两极板间电压减小
B. 电源的输出功率减小
C. 液滴仍然静止
D. 有向左的电流流经R2
7.共享电动车已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具。某共享电动车和驾驶员的总质量为100kg，电动车的额定功率为600W。若电动车从静止开始以额定功率在水平路面沿直线行驶，行驶的最大速度为5.0m/s，假定行驶中所受阻力恒定，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 电动车牵引力的最大值为120N
B. 当电动车的速度为2m/s时，其加速度大小为1.4m/s2
C. 若加速阶段的时间为2.5s，则加速阶段电动车克服摩擦力做的功为250J
D. 若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，匀加速时间共2.5s
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.图中的实线是一簇未标明方向的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动过程中只受电场力的作用，根据此图可作出正确判断的是( )
A. 带电粒子所带电荷的电性
B. a、b两点电势的高低
C. 带电粒子在a、b两点动能的大小关系
D. 带电粒子在a、b两点加速度的大小关系
9.如图所示，图线甲、乙分别为电源和某导体的U−I图线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，下列说法正确的是( )
A. 电源的内阻r=5Ω
B. 该导体的阻值随电流的增大而增大
C. 当该导体直接与该电源相连时，该导体消耗的功率为100W
D. 当该导体直接与该电源相连时，电源的效率为80%
10.如图所示，轻弹簧一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连，小球套在固定的竖直光滑杆上，P点到O点的距离为L，OP与杆垂直，杆上M、N两点与O点的距离均为2L。已知弹簧原长为54L，重力加速度为g。现让小球从M处由静止释放，下列说法正确的是( )
A. 小球从M运动到N的过程中，有三个位置小球的加速度为g
B. 小球从M运动到P的过程中，小球的机械能先减小后增大
C. 小球从M运动到P的过程中，小球的动能增加量等于弹簧弹性势能的减少量
D. 小球通过N点时速率为2 3gL
三、非选择题：本大题共5小题，共54分。
11.（6分）小唐邀请小李、小赵与小黄三位同学一起利用气垫导轨验证机械能守恒定律，如图是他们所用的实验装置示意图。已知光电计时器可以测出滑块的挡光片通过各光电门所用的时间，回答下列问题：
(1)小唐同学测出挡光片的宽度d，记录下挡光片先后通过光电门1和2所用的时间分别为t1和t2，并用刻度尺和重垂线测得光电门1和2的竖直高度差为ℎ，已知重力加速度为g，若选择光电门1所在水平面为参考平面，则滑块经过光电门2时的机械能表达式为______(用t2、m、ℎ、d和g表示)；
(2)小李同学认为要想实验结果更理想，可以采取以下措施，这些措施中不必要的是______；
A.挡光片的宽度d适当小些 B.光电门1和2的竖直高度差ℎ适当大些
C.每次实验需精确测量滑块的质量 D.每次实验滑块都要从同一位置由静止释放
(3)小赵同学选择滑块释放位置参考平面后，测出挡光片的宽度d，记录下挡光片先后通过光电门1和2所用的时间分别为t1和t2，并用刻度尺和重垂线测得光电门1和2距参考平面的高度分别为ℎ1、ℎ2，小黄同学建立了以1t22−1t12为纵轴、ℎ2−ℎ1为横轴的坐标系并描点连线，得出图线，如果图线为过原点的倾斜直线且斜率约为______(用d和g表示)，则可认为在误差允许范围内滑块的机械能守恒。
12.（6分）某同学用伏安法测量某金属丝的电阻率ρ(该金属丝阻值约为5Ω)。实验中除开关、若干导线之外还提供下列器材：
电压表V(量程0～3V，内阻约3kΩ)；
电流表A1(量程0～0.6A，内阻约3Ω)；
电流表A2(量程0～3A，内阻约0.1Ω)；
滑动变阻器R1(0～50Ω)；
电源(电源电压E=3V)。
(1)为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选______(填器材的字母符号)，电流表应______(填“内接”或“外接”)；
(2)该同学用刻度尺测量金属丝的长度l=0.810m，测得金属丝的直径如图所示，则该金属丝直径的测量值d= ______mm；
(3)该同学将金属丝接入电路，测得金属丝两端电压及流过金属丝的电流，利用以上测量数据，得到这种材料的电阻率ρ≈4.2×10−5Ω⋅m，考虑到(1)中的实验电路，则该电阻率测量值与真实值相比会______(选填“偏大”或“偏小)。
13.（12分）我国航天技术飞速发展，设想数年后宇航员登上了某星球表面。宇航员从距该星球表面高度为ℎ处，沿水平方向以初速度v抛出一质量为m小球，测得小球做平抛运动的水平距离为L，已知该星球的半径为R(R远大于ℎ)。求：
(1)小球落至该星球表面时的动能；
(2)该星球近地卫星的周期。
14.（14分）如图所示，一个质量m=1.2kg的物体从光滑且固定的斜面上A点由静止开始下滑依次经过B、C、D各点。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度ℎ=0.2m。其中BC为水平面，BC长度lBC=1.5m，CD为光滑的14圆弧，半径R=0.6m。物体与水平面BC间的动摩擦因数μ=0.2，轨道在B、C两点平滑连接，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)物体第一次运动到C点时对轨道的压力大小；
(2)物体最终停止的位置到B点的距离s。
15.（16分）如图所示，在竖直平面内三条竖直虚线A、B、C相互平行，A、B间距为L，B、C间距为2L。在A、B间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅰ，电场强度大小为E1；在B、C间有平行于虚线向下的匀强电场Ⅱ，垂直于虚线的直线分别交A、C于P、Q点。在P点与PQ成60°斜向右上射出一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子，粒子恰好垂直虚线B进入电场Ⅱ，经电场Ⅱ偏转恰好到达Q点，重力加速度为g。求：
(1)粒子在电场Ⅱ中运动的时间；
(2)电场Ⅱ的电场强度大小；
(3)粒子运动到Q点时重力做功的瞬时功率。
答案解析
1.【答案】BD
【解析】解：A、根据点电荷的电场的特点可知，图中a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；
B、根据电场线的疏密看出ab两点的电场强度大小相等，而此中垂线是一条等势线，a、b两点的场强方向都与中垂线垂直向左，说明电场强度方向相同，则ab两点的电场强度相同，故B正确；
C、电场线的方向表示电场强度的方向，可看出该电场中的a、b两点电场强度方向不同，故C错误；
D、匀强电场中a、b两点电场强度大小相等，方向相同，故D正确。
故选：BD。
电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同。根据这个条件进行判断。
对于等量异种电荷和等量异种电荷的电场线分布要抓住对称性。等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，其各点的电场强度方向相同。
2.【答案】C
【解析】解：绕星球运行的最大环绕速度为中心天体的第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R，可得中心天体的第一宇宙速度v= GMR，地球和月球质量之比约为81：1，半径之比约为4：1，则地球和月球的第一宇宙速度之比为v地v月=92=4.5，即最大环绕速度的比值约为4.5，故ABD错误，C正确。
故选：C。
利用万有引力提供向心力的规律，推导出卫星贴近天体表面运行时的最大线速度公式，再结合地球与月球的质量、半径比例关系，求解出绕地球和绕月球运行的卫星最大线速度的比值。
本题考查了万有引力定律的应用以及卫星绕天体做匀速圆周运动时线速度的相关计算。
3.【答案】B
【解析】解：线圈水平放置时的磁通量为Φ1=BSsin53°=0.8BS，线圈竖直放置时的磁通量为Φ2=BScs53°=0.6BS，则磁通量变化量ΔΦ=Φ2−Φ1=0.6BS−0.8BS=−0.2BS，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据磁通量和磁通量的变化量列式进行分析解答。
考查磁通量和磁通量的变化量，会根据题意进行准确分析解答。
4.【答案】A
【解析】解：由Ek1=12mv2=50 J，解得：v=10m/s。由题图像知末动能Ek2=0，初动能Ek1=50J。根据动能定理：Ff⋅x=Ek2−Ek1，解得：Ff=−5N。又Ff=−μmg，解得：μ=0.5。由牛顿第二定律：a=Ffm，解得：a=−5m/s2。物体运动时间：t=0−va，解得：t=2s。平均功率：P−=Wt，解得：P−=25 W。故BCD错误，A正确。
故选：A。
物体初动能已知且质量已知，通过动能与速度的关系可求出初速度。图像显示动能随位移线性减小至零，根据动能定理可求得摩擦力大小，结合质量可计算加速度。摩擦因数需通过摩擦力与重力关系求得。平均功率由摩擦力做功与运动时间之比得到，时间通过初速度和加速度计算。
本题以动能—位移图像为背景，综合考查动能定理、牛顿第二定律及功率计算。题目计算量适中，重点在于图像信息提取与公式的灵活应用，需结合初末状态准确求解摩擦力和加速度。通过动能变化与位移的关系深化对功能关系的理解，锻炼学生运用图像解决实际问题的能力。
5.【答案】C
【解析】解：A、根据开普勒第三定律有a13T12=a23T22，可知鹊桥二号在捕获轨道运行的周期大于在冻结轨道运行的周期，故A错误。
B、根据轨道半径越大机械能越大，可知鹊桥二号在捕获轨道运行的机械能大于在冻结轨道运行的机械能，故B错误。
C、从捕获轨道到冻结轨道，鹊桥二号在近月点进行近月制动减速，在捕获轨道运行时近月点的速度大于在冻结轨道运行时近月点的速度，故C正确。
D、鹊桥二号在两轨道的近月点所受的万有引力相同，根据牛顿第二定律可知，在捕获轨道运行时近月点的加速度等于在冻结轨道运行时近月点的加速度，故D错误。
故选：C。
卫星变轨(近月制动)过程中，发动机做功影响机械能，从而分析不同轨道机械能大小；利用万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律，分析卫星在近月点的加速度。
本题考查了开普勒第三定律、卫星变轨过程中的机械能变化以及万有引力定律的应用。
6.【答案】D
【解析】解：A、R1与R3串联，R1与电容器并联，增强照射R3的光强，R3电阻阻值减小，电阻总电流增大，R1两端电压增大，故电容器两极板的电压增大，故A错误；
B、因不知电源内阻与外电阻的大小关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故B错误；
C、增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，则R1两端电压增大，电容器两极板间电压增大，根据E=Ud可知两极板间电场强度增大，根据平衡条件可知，开始时液滴所受静电力与重力平衡，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电场强度增大，液滴所受静电力增大，将大于重力，则液滴所受合外力向上，将向上运动，故C错误；
D、由电路连接方式易知电容器上极板带正电，增强照射电阻R3的光照强度，电容器两极板间电压增大，根据Q=CU可知电容器充电，有向左的电流流经R3，故D正确。
故选：D。
电容器的电容由电容器本身性质决定，与板间电压和电荷量无关；增强照射电阻R3的光照强度，R3阻值减小，回路总电阻减小，总电流增大，根据欧姆定律分析R1两端电压的变化，即可知道电容器板间电压的变化。根据板间场强E的变化，分析M点电势的变化；根据液滴所受电场力的变化，判断液滴运动方向；根据Q=CU分析电容器所带电荷量的变化，分析R2中电流方向。
本题考查闭合电路欧姆定律的应用，解决本题的关键要抓住电容器板间电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，判断电容器板间电压的变化。
7.【答案】C
【解析】解：A、电动车的额定功率为P=600W，电动车以额定功率行驶，达到最大速度vm=5.0m/s时牵引力等于阻力，由P=Fvm=fvm，解得电动车受到的阻力大小为f=Pvm=6005.0N=120N，则加速阶段牵引力应大于120N，故A错误；
B、当电动车的速度为v=2m/s时牵引力大小为：F1=Pv
根据牛顿第二定律可得此时其加速度大小为：a=F1−fm，解得：a=1.8m/s2，故B错误；
C、若加速阶段的时间为t=2.5s，设加速阶段电动车克服摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得：
Pt−Wf=12mvm2，解得：Wf=250J，故C正确；
D、若电动车从静止开始以a1=2m/s2的加速度匀加速启动，根据牛顿第二定律得：F2−f=ma1，解得此过程的牵引力大小为F2=320N
当功率达到额定功率时匀加速运动结束，此时速度大小为v2=PF2=600320m/s=158m/s
此过程所用时间为：t2=v2a1，解得：t2=1516s，故D错误。
故选：C。
电动车以额定功率行驶，达到最大速度时牵引力等于阻力，根据：P=Fv，求得电动车受到的阻力大小，在加速阶段牵引力要大于阻力；根据：P=Fv，求得速度为2m/s时牵引力大小，根据牛顿第二定律求解此时的加速度大小；已知加速阶段的时间，根据动能定理求解加速阶段电动车克服摩擦力做的功；若电动车从静止开始以2m/s2的加速度匀加速启动，根据牛顿第二定律求得此过程的牵引力大小，当功率达到额定功率时匀加速运动结束，根据：P=Fv，求得此时速度大小，再由运动学公式求得此过程所用时间。
本题考查了机车启动问题，考查了动能定理、牛顿第二定律的应用。掌握瞬时功率的表达式，在机车启动问题中要注意牵引力的变化与运动形式的变化。
8.【答案】CD
【解析】解：AB.根据物体做曲线运动时的特点可知，粒子所受静电力指向轨迹曲线凹侧，则由粒子的运动轨迹可知，其在a、b两点所受的静电力都沿着电场线指向左侧；但并不知道电场线的方向，所以无法判断带电粒子所带电荷的电性及a、b两点电势的高低，故AB错误；
C.假设粒子从a向b运动，则由图可知其所受静电力方向与速度方向的夹角为钝角，则静电力做负功；由动能定理可知，粒子从a向b运动动能减小，则带电粒子在a点的动能更大，故C正确；
D.电场线的疏密程度表示电场的强弱，由图知，a点电场强度更大，则由F=qE=ma可知，带电粒子在a点的加速度更大，故D正确；
故选：CD。
AB.根据物体做曲线运动时的特点及电场的特点即可分析判断；
C.结合前面分析及题意，根据动能定理，即可分析判断；
D.电场线的疏密程度表示电场的强弱，据此分析判断。
本题考查根据带电粒子的运动轨迹判断功与能的转化情况，解题时需注意，在只有电场力做功的情况下，电势能与动能之和保持不变，也就是说粒子的动能增大时，电势能减小。
9.【答案】AD
【解析】解：A、U−I图像中的甲直线的斜率和截距的物理意义，可知电源的电动势E=50V，内阻r=|ΔUΔI|=|20−506−0|Ω=5Ω，故A正确；
B、根据R=UI，由U−I图像中的乙曲线可知该导体的阻值随电流的增大而减小，故B错误；
C、该导体与该电源相连时，电阻两端的电压、电流分别为U=40V，I=2A，则该导体消耗的功率P=UI=80W，此时，电路消耗的总功率P=EI=50×2W=100W，则电源的效率η=P出P×100%，解得：η=80%，故C错误，D正确。
故选：AD。
根据U−I图像中的甲直线的斜率和截距的物理意义，结合欧姆定律以及功率公式分析求解。
本题考查了电学图像，理解U−I图像中的直线的斜率和截距的物理意义是解决此类问题的关键。
10.【答案】AD
【解析】解：A、已知：OM=ON=2L，OP=L，弹簧的原长为54L，所以小球在MP之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为零，在此位置小球受到的合力等于重力，同理小球在PN之间某个位置时弹簧处于原长，弹簧弹力为0，小球受到的合力等于重力。当小球经过P点时，弹簧弹力的方向垂直于杆，小球受到的合力等于重力，则小球从M运动到N的过程中，有三个位置小球的加速度为g，故A正确；
B、小球从M运动到N的过程中，弹簧先对小球做正功后做负功，则小球从M运动到P的过程中，小球的机械能先增大后减小，故B错误；
C、由机械能守恒定律可知，小球从M运动到P的过程中，动能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量与小球重力势能的减小量之和，故C错误；
D、由几何关系可得M、N之间的距离为2 3L。小球在M、N两个位置时，弹簧的长度相等，所以弹簧的弹性势能相等，小球由M到N的过程，小球的重力势能全部转化为动能，则有：
mg×2 3L=12mv2，解得小球通过N点时速率为：v=2 3gL，故D正确。
故选：AD。
由已知条件确定弹簧处于原长的位置，小球在弹簧为原长的位置受到的合力等于重力。小球经过P点时弹簧弹力的方向垂直于杆，此位置小球受到的合力等于重力；小球从M运动到N的过程中，弹簧先对小球做正功后做负功，根据功能关系判断此过程小球的机械能的变化；由机械能守恒定律分析小球从M运动到P的过程中动能的增加量；在M、N两个位置时弹簧的弹性势能相等，小球由M到N的过程，小球的重力势能全部转化为动能，据此求解小球通过N点时速率。
本题考查了机械能守恒定律、功能关系的应用。掌握力做功与能量转化的关系。
11.【答案】E=12m(dt2)2−mgℎ； CD； 2gd2
【解析】(1)滑块经过光电门2时的机械能为该位置的动能与重力势能之和，为E=12m(dt2)2−mgℎ
(2)A、滑块过光电门的速度是用挡光片通过光电门的平均速度替代，则挡光片的宽度要适当小些，以减小速度测量的误差，有必要，故A正确；
B、光电门1和2的竖直高度差ℎ适当大些，减小测量ℎ的误差，有必要，故B正确；
C、由机械能守恒公式可知，实验不需要测量滑块的质量，则精确测量滑块质量，没必要，故C错误；
D、每次实验滑块不一定都要从同一位置由静止释放，没必要，故D错误。
本题是选不正确的，故选：CD。
(3)滑块机械能守恒，有12m(dt1)2−mgℎ1=12m(dt2)2−mgℎ2，整理解得1t22−1t12=2gd2(ℎ2−ℎ1)，可知以1t22−1t12为纵轴、ℎ2−ℎ1为横轴得出的图像的斜率为2gd2
故答案为：(1)E=12m(dt2)2−mgℎ；(2)CD；(3)2gd2。
(1)机械能为该位置的动能与重力势能之和；
(2)挡光片的宽度要适当小些；光电门1和2的竖直高度差ℎ适当大些；实验不需要测量滑块的质量；每次实验滑块不一定都要从同一位置由静止释放；
(3)根据机械能守恒写出图像的函数表达式，据此分析。
掌握“验证机械能守恒定律”的实验原理和实验的注意事项，实验数据的处理方法是解题的基础。
12.【答案】A1；外接； 2.935； 偏小
【解析】(1)由于通过待测金属丝的最大电流约为I=ER=35A=0.5A
因此电流表选择A1；
由于RxRA=53≈1.7UI=Rx测
电阻的测量值偏小；
根据电阻定律R=ρLS
电阻率ρ=RSL，因此电阻率的测量值偏小。
故答案为：(1)A1；外接；(2)2.935；(3)偏小。
(1)根据闭合电路欧姆定律估算电路中的最大电流，然后选择电流表；
根据待测电阻、电流表内阻和电压表内阻的比值大小确定电流表的内外接法；
(2)螺旋测微器的精确度为0.01mm，根据螺旋测微器的读数规则读数；
(3)流表采用外接法，实验误差来源于电压表的分流作用，根据欧姆定律和电阻定律分析作答。
本题考查了用伏安法测量某金属丝的电阻率的实验，要明确实验原理，掌握螺旋测微器的读数规则，能够正确分析实验误差。
13.【答案】小球落至该星球表面时的动能为2mℎ2v2L2+mv22；
该星球近地卫星的周期为πLv 2Rℎ
【解析】(1)设落至星球表面时的动能为Ek，运动时间为t，重力加速度为g
小球做平抛运动：L=vt，ℎ=12gt2，解得：t=Lv，g=2ℎv2L2
由动能定理可知：mgℎ=Ek−12mv2，代入数据得：Ek=2mℎ2v2L2+mv22；
(2)星球近地卫星万有引力提供向心力做圆周运动即GMmR2=m4π2T2R，
星球表面万有引力等于重力即：GMmR2=mg，两式联立得：T=πLv 2Rℎ
答：(1)小球落至该星球表面时的动能为2mℎ2v2L2+mv22；
(2)该星球近地卫星的周期为πLv 2Rℎ。
(1)根据动能定理列式求解即可；
(2)根据万有引力提供想向心力列式求解即可。
本题考查学生对万有引力定律结合平抛运动的理解和运用，需要注意星球表面万有引力提供重力。
14.【答案】物体第一次运动到C点时对轨道的压力大小为44N；
物体最终停止的位置到B点的距离s为0.5m
【解析】(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
−mg(ℎ+R)=0−12mvC2，
解得：
vC=4m/s，
物体在C点，由牛顿第二定律可得：
FN−mg=mvC2R，
解得物体第一次运动到C点时轨道对物体的支持力大小为：
FN=44N，
由牛顿第三定律可得，物体第一次运动到C点时对轨道的压力大小为：
FN′=FN=44N；
(2)物体由C点到最终停止，根据动能定理得：
−μmgs1=0−12mvC2，
解得：
s1=4m，
可得：
s1=2lBC+1m，
所以物体最终停止的位置到B点的距离为：
s=lBC−1m=1.5m−1m=0.5m；
答：(1)物体第一次运动到C点时对轨道的压力大小为44N；
(2)物体最终停止的位置到B点的距离s为0.5m。
(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理列式，物体在C点，由牛顿第二定律列式，再结合牛顿第三定律，即可求解；
(2)物体由C点到最终停止，根据动能定理列式，结合题意，即可求解。
本题主要考查对动能定理的掌握，解题的关键是，要先确定不同的力在哪个阶段做功，再根据动能定理列式，因为有些力在物体运动全过程中不是始终存在的。
15.【答案】粒子在电场Ⅱ中运动的时间为2 3mLmg−qE1；
电场Ⅱ的电场强度大小为3mg4q+14E1；
粒子运动到Q点时重力做功的瞬时功率为g2 3Lm(mg−qE1)
【解析】(1)设粒子在电场Ⅰ中运动的时间为t1，初速度为v0，则
L=v0cs60°⋅t1
v0sin60°=a1t1
根据牛顿第二定律
mg−qE1=ma1
解得
t1= 3mLmg−qE1
由题意知，粒子在Ⅰ、Ⅱ两个电场中运动的时间之比为
t1t1=12
解得
t2=2 3mLmg−qE1
(2)设粒子经过B时的位置离PQ连线的距离为d，则
d=12a1t12
又
d=12a2t22
根据牛顿第二定律
mg−qE2=ma2
解得
E2=3mg4q+14E1
(3)粒子到达Q点时，设沿竖直方向的速度为v，则
v=a2t2
解得
v= 3(mg−qE1)L4m
则粒子到Q点时，重力做功的瞬时功率
P=mgv
解得
P=g2 3Lm(mg−qE1)
答：(1)粒子在电场Ⅱ中运动的时间为2 3mLmg−qE1；
(2)电场Ⅱ的电场强度大小为3mg4q+14E1；
(3)粒子运动到Q点时重力做功的瞬时功率为g2 3Lm(mg−qE1)。
(1)根据运动学公式和牛顿第二定律求粒子在电场Ⅱ中运动的时间；
(2)根据运动学公式和牛顿第二定律求电场Ⅱ的电场强度大小；
(3)根据运动学公式和重力功率的瞬时表达式求粒子运动到Q点时重力做功的瞬时功率。
本题考查带电粒子在电场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。