2025-2026学年河南省洛阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2025-2026学年河南省洛阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共11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。
1.2026年4月19日，在北京亦庄举行了人形机器人半程马拉松比赛，关于某机器人在腾空跳跃过程中，下列说法正确的是( )
A. 研究跳跃过程中姿态时，可以将机器人视为质点
B. 机器人起跳的过程，地面对其支持力和其对地面的压力大小相等
C. 机器人离开地面后上升到最高点时，其加速度为零
D. 从机器人开始起跳到离开地面的过程中，地面对其的支持力做正功
2.“电建一号”(能源工程SAR星)是我国首颗专门为能源工程安全监测定制的X波段合成孔径雷达(SAR)遥感卫星，于2026年5月15日由力箭一号遥十三运载火箭发射升空，已成功入轨并传回影像。已知地球半径为R，地表重力加速度为g，卫星轨道距地表高度为h，则该卫星的线速度v可表示为( )
A. g(R+ℎ)B. gR2R+ℎC. gℎD. gRR+ℎ
3.如图所示，在光滑水平面上质量均为m的物块A和B通过轻弹簧连接。现用水平力F推A，使A、B一起做匀加速直线运动。则( )
A. 弹簧弹力产生原因是物块发生了形变
B. 弹簧对A和B的弹力是一对平衡力
C. 若突然撤去F，撤去瞬间A的加速度大小为F2m
D. 若突然撤去F，撤去瞬间B的加速度大小为零
4.模拟失重实验舱是地面验证航天器部件在微重力环境下工作性能的关键设备。如图所示，实验舱由地面静止开始，经电磁弹射加速后竖直向上射出，升至最高点后回落，再通过电磁制动实现软着陆。实验舱运动过程中，空气阻力f大小随速率增大而增大，f随时间t的变化如图所示(f向下为正)。下列说法正确的是( )
A. 从t1到t2，实验舱处于电磁弹射过程B. 从t2到t3，实验舱加速度逐渐增大
C. 从t4到t5，实验舱内物体处于失重状态D. 到t5时刻，实验舱达到最高点
5.如图所示，虚线a、b、c代表某非匀强电场中的三条等差等势面或电场线，实线表示一带电粒子仅在电场力作用下通过该电场区域的运动轨迹。已知粒子在运动过程中依次经过轨迹上的M、N、P三点。根据图中信息，下列判断正确的是( )
A. 该带电粒子一定带正电
B. 若虚线是电场线，则粒子在M点的速度大于在P点的速度
C. 若虚线是等差等势面，则粒子在N点的加速度小于在P点的加速度
D. M点的电势一定高于P点的电势
6.如图，在真空中将一电荷量为−Q的点电荷固定在O点，让另一电荷量为q(q>0)的试探电荷先后绕O点沿圆形轨道1、椭圆轨道2和圆形轨道3运动，MN为轨道2的长轴，且M、N点到O点的距离之比为2：3，轨道1、2、3共面且分别在M、N两点相切，不考虑试探电荷的重力，下列说法正确的是( )
A. 试探电荷在轨道1、2上的运动周期之比为4：9
B. 试探电荷在轨道1、3上受到的库仑力大小之比为4：9
C. 试探电荷在轨道1、3上运动的速度大小之比为3：2
D. 试探电荷在轨道2上的M、N两点速度大小之比为3：2
7.示波管的结构如图甲所示，如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心，形成亮斑。若在偏转电极YY′之间加上图乙所示的正弦式电压，荧光屏上形成如图丙所示的图像，则在偏转电极XX′之间加上的电压可能是下列选项中的( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.在水平地面上竖直放置一由较细的光滑管道制造而成的2026数字模型，每个数字高度相等，B、E为管道最高点，数字2上半部分是半径R1的圆形管道，数字0是半径R2的圆形管道，R12 gR2，则小球经过B、E两点时，对管道的压力大小相等
9.真空中有两个点电荷，电荷量分别为Q1=4×10−8C，Q2=−1.0×10−8C，分别固定在x轴上坐标为0和6m的位置，已知无穷远处电势为零。下列关于两电荷间电场强度E和电势φ随位置x的变化图像，大致为( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，一根长l=3.2m的不可伸长轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m=1kg的物块。初始时将物块拉至与O等高的A点由静止释放，当其运动到最低点B时，轻绳刚好被拉断。物块水平滑上光滑水平地面BC，经C点滑上倾角为37∘的传送带(不计两次滑上瞬间能量损失)。已知传送带以v0=2m/s的速度顺时针匀速转动，其长度s=4.5m。物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.75，物块可视为质点，取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。下列说法正确的是( )
A. 轻绳的最大拉力为30N
B. 物块在传送带上匀速运动的时间为2.25s
C. 物块从C点运动到D点摩擦力对其做的功为6J
D. 此过程中传送带多消耗的电能为6J
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.随着无人机应用日益普及，无人机驾驶员培训与考核也逐步规范化。在某次无人机直线飞行专项训练中，从某时刻(t=0)开始，每隔1s记录一次飞行位置，坐标为x，相关记录如表所示，结合表格数据，完成下列问题。
(1)根据表中数据可判断该无人机在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：______；
(2)当x=6.00m时，该飞行器速度的大小v=______m/s(保留2位有效数字)；
(3)这段时间内该飞行器加速度的大小a=______m/s2(保留2位有效数字)。
12.某同学利用如图甲所示的实验装置来验证系统机械能守恒。细绳跨过固定在铁架台上不可转动的小圆柱体，两端各悬挂一个重锤。实验步骤如下：
①测量遮光片的宽度d；
②将遮光片固定在重锤1上，用天平测量重锤1和遮光片的总质量为m、重锤2的质量为M(M>m)；
③将光电门安装在铁架台上，将重锤1压在桌面上，保持系统静止，重锤2离地面足够高。用刻度尺测量遮光片中心到光电门的竖直距离H；
④启动光电门，释放重锤1，测出遮光片经过光电门所用时间t。
回答下列问题：
(1)遮光片通过光电门时的速度大小为______(用题中所给字母表示)；
(2)已知当地重力加速度为g，遮光片由静止运动至光电门的过程中，重锤1和遮光片、重锤2组成的系统重力势能减少了______，遮光片经过光电门时，该系统的总动能为______(均用题中所给字母表示)；
(3)在误差允许范围内，若d22gHt2=______，可认为系统机械能守恒(用M、m表示)；
(4)利用计算机软件对实验数据进行处理，得到系统重力势能减少量、系统动能增加量分别与重锤上升高度H的关系，如图乙所示。由图可知，随着H增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大，主要原因是______。
四、计算题：本大题共3小题，共39分。
13.如图所示，两带电小球A、B质量均为m，可看作质点。小球A电荷量为−q，用一端固定在天花板上的绝缘轻绳连接，小球B用固定的绝缘轻杆连接。A球静止时，两球间距为L，轻绳与水平方向的夹角为60∘，两球连线与轻绳的夹角为30∘，整个系统在同一竖直平面内，重力加速度为g，静电力常量为k。求：
(1)A球静止时，轻绳上拉力的大小；
(2)小球B电荷量Q。
14.如图所示，在光滑水平面上固定一倾角θ=37∘的粗糙斜面，在其左侧有一质量m=1kg的物块将左端固定在墙上的弹簧(不与物块拴连)压缩至A点。物块由静止释放后冲上斜面，到达与斜面底端B相距L=16m的最高点C。已知物块第一次由B运动到C的时间t=2s，物块可视为质点，不考虑物块在斜面底端的能量损失，且物块每次与弹簧碰后均以原速率返回。重力加速度取g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)物块第一次经过B点时的速度大小和物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)物块第二次经过B点时重力的瞬时功率；
(3)物块在斜面上能运动的总路程。
15.如图所示，长度L=3R的水平传送带AB顺时针转动，与处于同一竖直面内固定在水平地面上的光滑绝缘轨道BCD在B点平滑连接，其中BC段水平，CD段是圆心为O、半径为R的半圆弧轨道，C、D分别为圆弧轨道的最低点和最高点，COD垂直于地面。在B点虚线右侧存在水平向右、电场强度大小E= 3mgq的匀强电场。一质量为m、带电量为q(q>0)的物块轻放于传送带最左侧A点，到达B点时恰好与传送带共速。到达D点时，对轨道的压力大小为3mg，已知物块与传送带AB间的动摩擦因数为μ=13，物块可视为质点且不考虑运动过程中电荷量变化，重力加速度为g。求：
(1)物块在D点时的速度大小；
(2)物块经过圆弧CD段时的最大速率；
(3)通过计算判断物块从D点射出后能否落在BC段，如果能，请计算落点距B点的距离。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.研究跳跃姿态时，机器人肢体动作、外形结构是研究核心，不能忽略大小与形状，不能视为质点，故A错误；
B.地面对机器人的支持力、机器人对地面的压力是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等、方向相反、作用在两个物体上，故B正确；
C.机器人腾空后只受重力(忽略空气阻力)，全程加速度恒为重力加速度g，方向竖直向下，最高点竖直方向速度为0，但加速度不等于0，故C错误；
D.起跳过程中，地面支持力的作用点始终在机器人与地面接触的脚面上，该接触点没有随支持力方向产生位移，因此支持力不做功，故D错误。
故选：B。
质点是忽略物体形状、大小，只保留质量的理想化模型；相互作用物体间的作用力、反作用力总是等大反向；速度为零时，加速度不一定为零；做功的条件：力+力的作用点发生位移。
本题主要考查质点、作用力和反作用力、速度与加速度、做功的判断的知识在生活中的应用，理解各个概念的物理意义是解题关键。
2.【答案】B
【解析】解：根据地球表面物体所受重力与万有引力相等，对质量为m0的物体有GMm0R2=m0g，可得GM=gR2；卫星轨道距地表高度为h，则半径r=R+ℎ，根据万有引力提供向心力有GMm(R+ℎ)2=mv2R+ℎ，可得线速度v= GMR+ℎ= gR2R+ℎ，故ACD错误，B正确。
故选：B。
利用地球表面万有引力等于重力推导出黄金代换式，确定卫星轨道半径，根据万有引力提供向心力列方程，将黄金代换式代入得到卫星线速度表达式。
本题考查万有引力等于地表重力的黄金代换、万有引力提供卫星向心力、轨道半径与离地高度的换算，推导出高空卫星线速度的表达式。
3.【答案】C
【解析】解：A、弹力的产生原因是施力物体发生弹性形变，弹簧弹力是弹簧自身形变产生，不是物块形变，故A错误；
B、弹簧对A的弹力、弹簧对B的弹力，受力物体分别是A、B，两个力作用在不同物体上，既不是一对相互作用力，也不是一对平衡力，故B错误；
C、对A、B组成的整体，由牛顿第二定律可得：F=2ma，解得：a=F2m，对B，设弹簧的弹力为T，则有：T=ma，所以：T=ma=m⋅F2m=12F，撤去F瞬间，弹簧形变未改变，弹簧的弹力T不变，A仅受弹簧向左的弹力T，由牛顿第二定律可得：T=maA，解得：aA=Tm=12Fm=F2m，故C正确；D、撤去F瞬间，弹簧弹力不变，B仍受弹簧的弹力作用，大小仍为：T=12F，加速度为：aB=Tm=12Fm=F2m，故D错误。
故选：C。
由弹力的定义即可判断；由平衡力的条件判断；选择研究大小，牛顿第二定律列式即可判断；
本题对弹力产生的条件、平衡力及牛顿第二定律的考查，解题的关键是要合理应用整体法和隔离法，正确选择研究对象，知道撤去F瞬间，弹簧弹力不变。
4.【答案】A
【解析】解：A.从t1到t2，f向下且增大，可知此时速度方向向上，增大，所以实验舱处于弹射过程，故A正确；
B.从t2到t3，f向下减小，可知此时速度方向向上，速度在减小，根据牛顿第二定律可得mg+f=ma，解得a=fm+g，则实验舱的加速度大小在减小，故B错误；
C.从t4到t5，f向上逐渐减小，可知此时速度方向向下，大小逐渐减小，即向下做减速运动，加速度向上，因此实验舱内物体处于超重状态，故C错误；
D.由C项分析，t5时刻速度向下减为零，可知实验舱t5时刻到达最低点，故D错误。
故选：A。
结合阻力f方向与变化趋势分析运动过程，利用牛顿第二定律判断加速度变化，根据加速度方向判断超重、失重状态，再结合竖直上抛运动特点，对各选项逐一推导。
本题考查了运动状态分析、牛顿第二定律以及超重、失重的知识点，重点考查对速度方向、加速度变化的判断，以及根据运动状态分析物体的超重、失重情况。
5.【答案】B
【解析】解：B.因为带电粒子做曲线运动时所受合力(电场力)指向运动轨迹凹侧、带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相同或相反，所以由题图可知，
若虚线是电场线，则该粒子所受电场力沿着虚线指向左侧，因此，若该粒子从M运动到P，其所受电场力方向与速度方向的夹角为钝角，则电场力做负功、动能减少，所以速度减小，因此粒子在M点的速度大于在P点的速度，故B正确；
ACD.若虚线是等差等势面，因为等势面与电场线相交处互相垂直，则同B思路可知，粒子所受电场力方向应垂直于虚线指向下方，因此结合B的分析发现，因为并不知道电场线的大致方向，所以无法通过电场力的方向推测该粒子的电性，因为不知道电场线的方向及粒子的电性，所以无法确定M点与N点电势的高低；
但是同一电场中，等差等势面的疏密程度体现电场强度的大小，所以由题图可知，若虚线是等差等势面，则N点的电场强度大于P点的电场强度，因此由F=qE=ma可知，粒子在N点的加速度大于在P点的加速度，故ACD错误。
故选：B。
B.结合题意及题图，由曲线运动中合力方向的特点、电场力方向的特点、电场力做功的特点、电场中的功能关系、动能与速度的关系，即可分析判断；
ACD.结合前面分析及题意，由等势面与电场线的关系、等差等势面与电场强度的关系、电场强度与加速度的关系，即可分析判断。
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：只有电场力做功的情况下，电势能与机械能之和保持不变，也就是说粒子的机械能增大时，电势能减小。
6.【答案】D
【解析】解：根据M、N到O距离之比为2：3，设OM=2r、ON=3r，可知圆形轨道1的轨道半径R1=2r，圆形轨道3的轨道半径R3=3r，椭圆轨道2的半长轴a=2r+3r2=2.5r。
A.O点处点电荷的库仑引力作为试探电荷运动的向心力，该有心力场满足类开普勒第三定律a3T2=k，所以对轨道1和椭圆轨道2有R13T12=a3T22，可得T12T22=(2r)3(2.5r)3=815.625，可知试探电荷在轨道1、2上的运动周期之比不是4：9，故A错误。
B.库仑力计算公式为F=kQqR2，可知试探电荷在轨道1、3上受到的库仑力大小之比F1F3=R32R12=(3r)2(2r)2=94，故B错误。
C.试探电荷在圆形轨道上做匀速圆周运动，库仑引力完全提供圆周运动向心力，有kQqR2=mv2R，可得线速度v= kQqmR，可知试探电荷在轨道1、3上运动的速度大小之比v1v3= R3R1= 32，故C错误。
D.O点处负点电荷对正试探电荷的库仑引力为有心力，运动过程中试探电荷相对O点的角动量守恒，根据角动量守恒定律有mvM⋅2r=mvN⋅3r，可得vMvN=32，即试探电荷在轨道2上M、N两点速度大小之比为3：2，故D正确。
故选：D。
先根据M、N到中心电荷的距离设定轨道半径，算出两圆轨道半径与椭圆轨道半长轴。利用类开普勒第三定律列式计算周期比值；由库仑定律平方反比关系求两圆轨道库仑力之比；由库仑引力提供向心力推导线速度表达式，算出速度比；中心点电荷的库仑力为有心力，试探电荷相对中心角动量守恒，代入M、N两点距离列式得到速度之比。
本题库仑定律、库仑引力充当圆周向心力推导线速度、点电荷有心力场的角动量守恒、静电场类开普勒第三定律的应用，对比圆轨道与椭圆轨道的周期、受力、速度规律。
7.【答案】C
【解析】解：A、在荧光屏上建立直角坐标系，若XX′加电压A，荧光屏上的x值只有两个值，故应为两条垂直于x轴的亮线，故A错误。
B、若XX′加电压B，若XX′加负向锯齿波(从正向负扫描)，荧光屏上亮斑应从右向左扫描形成完整正弦波形，故B错误。
C、若XX′加电压C，荧光屏上的亮斑应先出现沿x轴从负向正扫描前半个周期的正弦图像，再沿x轴从负向正扫描后半个周期的正弦图像，会形成丙图所示波形，故C正确。
D、若XX′加电压D，T2∼3T2的一个周期内XX′加正向锯齿波(从负向正扫描)，荧光屏上亮斑应从左向右扫描形成完整正弦波形，故D错误。
故选：C。
Y偏转板加正弦电压使电子束在竖直方向做简谐运动，X偏转板加不同电压控制水平方向运动，结合各X板电压的变化规律分析荧光屏波形的对应关系。
本题围绕示波器的工作原理，考查不同偏转电压下的波形合成，注重对扫描与信号合成逻辑的理解与应用。
8.【答案】AC
【解析】解：AB、小球做竖直面圆周运动，若能到达管道最高点，则在B点的最小速度为0，故A正确，B错误；
C、小球运动过程中机械能守恒，所以若能通过管道上B点，则一定能通过E点，故C正确；
D、小球由出发到B点，由机械能守恒定律可知12mv02=mg⋅2R2+12mvB2，代入数据可得vB>0，在最高点，由牛顿第二定律可知mg+F=mvB2R，由于R10，
由此可知：
当P点无限靠近Q1，即x趋近于0时，上式中的第一项趋于正无穷，
当P点无限靠近Q2，即x趋近于d时，上式中的第二项趋于正无穷，
因此E−x图像始终在横轴上方，且靠近两电荷时均向上延伸，故A错误，B正确；
CD.结合前面分析，对于考察点P，由电势的叠加原则可得，P点的电势为：
φ=kQ1x+kQ2d−x，
整理可得：
φ=k|Q2|(4x−1d−x)，
由此可知：
当P点由Q1向Q2移动时，x逐渐增大，正电荷产生的电势kQ1x逐渐减小，负电荷产生的电势kQ2d−x为负且绝对值逐渐增大，所以总电势单调减小，
当P点无限靠近Q1，即x趋近于0时，φ趋近于正无穷，
当P点无限靠近Q2，即x趋近于d时，φ趋近于负无穷，
因此当P点由Q1向Q2移动时，电势从正无穷减小到负无穷；
结合前面分析，令P点电势为0，即：
φ=0，
可得：
4x=1d−x，
解得：
x=4.8cm，
故C正确，D错误。
故选：BC。
AB.结合题意，根据正负点电荷周围电场的特点，表示出两点电荷之间的点P的电场强度，即可分析判断；
CD.结合前面分析及题意，根据正负点电荷周围电势的特点，表示出两点电荷之间的点P的电势，即可分析判断。
本题主要考查对φ−x图像的掌握，解题时需注意，φ−x图像的斜率表示场强，其中斜率的大小表示该点场强的大小、斜率的正负可以确定电场强度的方向。
10.【答案】AD
【解析】解：A、物块从A运动到B过程，由机械能守恒定律有mgl=12mvB2
可得vB=8m/s
在B点，由牛顿第二定律得
F−mg=mvB2l
解得轻绳的最大拉力为F=30N，故A正确；
B、物块水平滑上光滑水平地面BC做匀速直线运动，到达C点时速度vC=vB=8m/s>v0=2m/s，则物块刚滑上传送带时受到的滑动摩擦力沿传送带向下，物块做匀减速直线运动，加速度大小为a=mgsin37∘+μmgcs37∘m=g(sin37∘+μcs37∘)，解得a=12m/s2
物块匀减速至与传送带共速的时间t1=vC−v0a=8−212s=0.5s，此过程物块的位移x=vC+v02t1=8+22×0.5m=2.5m
故物块在传送带上匀速运动的时间为t2=s−xv0=4.5−2.52s=1s，故B错误；
C、设物块从C点运动到D点摩擦力对其做的功为W，根据动能定理得：W−mgs⋅sin37∘=12mv02−12mvC2，解得W=−3J，故C错误；
D、物块减速阶段相对传送带位移大小Δx=x−v0t1=2.5m−2×0.5m=1.5m，摩擦生热Q=μmgcs37∘⋅Δx，解得Q=9J。设此过程中传送带多消耗的电能为E，由功能关系有：
E=Q+mgs⋅sin37∘−(12mvC2−12mv02)，解得E=6J，故D正确。
故选：AD。
物块运动到最低点B时，轻绳刚好被拉断，此时轻绳的拉力最大，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律相结合求轻绳的最大拉力；分析物块在传送带上的运动情况，由牛顿第二定律求出物块在传送带上匀减速运动的时间和位移，再求在传送带上匀速运动的时间；根据动能定理求物块从C点运动到D点摩擦力对其做的功；根据相对位移求出因摩擦产生的热量，再根据功能关系求传送带多消耗的电能。
本题的关键要理清物块的运动情况以及能量转化情况，要知道摩擦生热与相对位移有关，根据功能关系求传送带多消耗的电能。
11.【答案】相邻1s内的位移之差接近Δx=0.80m
3.2
0.80
【解析】解：(1)第1s内的位移1.20m，第2s内的位移3.19m−1.20m=2.01m，第3s内的位移6.00m−3.19m=2.81m，第4s内的位移9.60m−6.00m=2.60m，第5s内的位移13.99m−9.60m=4.39m，第6s内的位移19.20m−13.99m=5.21m，则相邻1s内的位移之差接近Δx=0.80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；
(2)当x=6m时飞行器的速度等于2s−4s内的平均速度，则v6=9.60−3.192m/s=3.2m/s
(3)根据Δx=aT2
可得加速度的大小a=0.8012m/s2=0.80m/s2
故答案为：(1)相邻1s内的位移之差接近Δx=0.80m；(2)3.2；(3)0.80。
(1)匀变速直线运动满足：连续相等时间内的位移之差是常量，即Δx=aT2；
(2)匀变速直线运动中间时刻的速度等于整段时间内的平均速度；
(3)根据Δx=aT2计算飞行器加速度。
本题主要考查匀变速直线运动的特点，根据匀变速直线运动推论解答。
12.【答案】dt
(M−m)gH;(M+m)d22t2
M−mM+m
重物在运动过程中，要克服摩擦阻力和空气阻力做功，高度H越大，克服阻力做功越多
【解析】解：(1)遮光片通过光电门时的速度大小为v=dt；
(2)已知当地重力加速度为g，遮光片由静止运动至光电门的过程中，重锤1和遮光片、重锤2组成的系统重力势能减少ΔEp=MgH−mgH=(M−m)gH
系统的总动能为Ek=12(M+m)v2=12(M+m)×(dt)2=(M+m)d22t2
(3)根据上述(2)，在误差允许范围内，若近些年守恒，满足(M−m)gH=(M+m)d22t2
变形得d22gHt2=M−mM+m
可认为系统机械能守恒；
(4)重锤在运动过程中，要克服摩擦阻力和空气阻力做功，高度H越大，克服阻力做功越多，因此随着H增加，两条曲线在纵向的间隔逐渐变大。
故答案为：(1)dt；(2)(M−m)gH；(M+m)d22t2；(3)M−mM+m；(4)重锤在运动过程中，要克服摩擦阻力和空气阻力做功，高度H越大，克服阻力做功越多。
(1)根据极短时间内的平均速度求解作答；
(2)根据重力势能的定义式和动能的定义式求解作答；
(3)根据机械能守恒定律求解作答；
(4)重锤在运动过程中，要克服摩擦阻力和空气阻力做功，高度H越大，克服阻力做功越多。
本题主要考查了验证机械能守恒定律的实验，要明确实验原理，掌握机械能守恒定律的运用。
13.【答案】A球静止时，轻绳上拉力的大小为 3mg
小球B电荷量为mgL2kq
【解析】解：(1)根据题意A球静止时，对A球受力分析，如图所示
由平行四边形定则及几何关系，轻绳上拉力为
解得T= 3mg
(2)A球与B球间的库仑力
F库=mg
F库=kqQL2
解得Q=mgL2kq
答：(1)A球静止时，轻绳上拉力的大小为 3mg；
(2)小球B电荷量为mgL2kq。
(1)对A球进行受力分析，A球受重力、轻绳拉力、B对A的库仑力，三力平衡，利用几何关系和平衡条件求解拉力；
(2)根据库仑力公式结合(1)中求得的库仑力大小，求解B的电荷量。
本题关键是正确对A球进行受力分析，利用平衡条件(正交分解)求解拉力和库仑力，再结合库仑定律求解电荷量。注意角度关系的分析，明确各力的方向，确保分解力时角度准确。
14.【答案】物块第一次经过B点时的速度大小为16m/s，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25
物块第二次经过B点时重力的瞬时功率为48 2W
物块在斜面上能运动的总路程为64m
【解析】解：(1)物块沿斜面向上做匀减速运动，到达最高点C时速度为0，由
L=vC+vB2t
解得
vB=16m/s
物体受到重力、斜面的支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcsθ=ma
vB=a1t
解得
μ=0.25
(2)物块从最高点C向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mgsinθ−μmgcsθ=ma2
第二次到B点时的速度为
vB′2=2a2L
物块第二次经过B点时的重力的瞬时功率
P=mgvB′sinθ
解得
P=48 2W
(3)对物块全程分析，由能量守恒可知
Q=12mvB2
Q=μmgscsθ
解得
s=64m
答：(1)物块第一次经过B点时的速度大小为16m/s，物块与斜面间的动摩擦因数为0.25；
(2)物块第二次经过B点时重力的瞬时功率为48 2W；
(3)物块在斜面上能运动的总路程为64m。
(1)根据匀变速直线运动的规律求出物块第一次经过B点时的速度大小，结合牛顿第二定律求出物块与斜面间的动摩擦因数；
(2)根据牛顿第二定律和运动学公式求出第二次到B点时的速度，结合功率表达式求出物块第二次经过B点时重力的瞬时功率；
(3)由能量守恒求物块在斜面上能运动的总路程。
本题考查内容涉及牛顿第二、功率、能量守恒、匀变速直线运动规律等，注重考查考生分析综合、模型的迁移能力；要求考生对所遇到的问题进行具体分析，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境。
15.【答案】物块在D点时的速度大小为2 gR
物块经过圆弧CD段时的最大速率为 10gR
物块从D点射出后能落在BC段，落点距B点的距离为(3 3−4)R
【解析】解：(1)对物块在D点分析，由牛顿第三定律有：
FN′=FN
根据牛顿第二定律
FN′+mg=mvD2R
解得
vD=2 gR
(2)如图
对小球在电场中受力分析可知，小球的等效重力方向为
tanθ=qEmg= 3
即
θ=60∘
则当物块运动到与OC夹角为60∘时，速度最大，对物块从该点到最高点D点过程分析，由动能定理有
−mgR(1+cs60∘)−qERsin60∘=12mvD2−12mvm2
解得
vm= 10gR
(3)物块从轻放于传送带到D点分析，由动能定理有
μmgL+qELBC−mg⋅2R=12mvD2−0
解得
LBC= 3R
物块从D点射出后，在水平方向做匀减速直线运动，有
qE=ma
最远水平位移为
xm=vD22a=2 3R3