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2022-2023学年河北省承德市部分学校高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年河北省承德市部分学校高一（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.如图所示，空间两等量正电荷A、B连线的中垂线右侧有一点C，关于C点的电场强度方向，图中给出的E1、E2、E3、E4中可能正确的是( )
A. E1
B. E2
C. E3
D. E4
2.2023年5月10日晚，“长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船直冲云霄，北京时间2023年5月11日5时16分，“天舟六号”货运飞船成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天和”核心舱绕地球做圆周运动的运行周期为90分钟，关于“天舟六号”货运飞船，下列说法正确的是( )
A. “长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船上升的过程中，飞船处于失重状态
B. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的速度大于7.9km/s
C. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的角速度大于地球同步卫星运行的角速度
D. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的线速度小于地球同步卫星运行的线速度
3.滚筒洗衣机有可烘干衣服、洗净度较高、对衣服磨损小、节水、节约洗衣粉、转速比较高等优点，但也有洗衣时间长、比较耗电、维修费用较高等缺点。如图所示，若某滚筒洗衣机甩干衣服(包括衣服中的水，视为质点)时，滚筒做匀速圆周运动，转动的角速度大小为30πrad/s，衣服的转动半径为0.24m，取重力加速度大小g=π2，则下列说法正确的是( )
A. 衣服在滚筒内最高点A时对筒壁的压力小于其所受的重力
B. 水滴最容易在最高点A离开衣服
C. 衣服运动到与圆心等高点时，只受滚筒的支持力作用
D. 衣服在最低点B时受到的支持力是其所受重力的217倍
4.如图所示，在A点固定一带正电的点电荷，其右侧有一圆，圆心O与A点的连线与圆相交于B点，C、D两点关于直线AO对称，下列说法正确的是( )
A. C、D两点的电场强度相同
B. 将一带正电的检验电荷从B点移到C点，电场力做正功
C. 将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力做正功
D. 将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力做负功
5.一爱好轮滑的同学在轮滑场上练习轮滑时，有两个用相同材料铺设的轮滑轨道，高度相同，I轨道向外凸起，Ⅱ轨道向内凹进，如图所示。该同学多次从两轨道上等高的A、C两点由静止滑下，当到达轨道底端的等高点B、D时，速度大小总是一个大、另一个小，则下列说法正确的是( )
A. 下滑的过程中在Ⅰ轨道上摩擦力对该同学做的功大于在Ⅱ轨道上摩擦力对该同学做的功
B. 该同学到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度
C. 在经过两轨道上某等高点时，I轨道受到该同学的压力大
D. 在Ⅱ轨道上下滑的过程中该同学克服重力做功的功率一定越来越大
6.某工厂车间灯光的控制结构简图如图所示，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中( )
A. A灯变亮
B. B灯变亮
C. C灯变暗
D. A灯和B灯亮度不变
7.如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2，一质子由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点列说法正确的是( )
A. 若仅增大U1，则质子打在F点下方
B. 若仅增大U2，则质子打在F点上方
C. 若仅把质子改为α粒子(氮核)，则α粒子仍打在F
D. 若仅把质子改为α粒子(氦核)，则α粒子打在F点下方
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，用金属网将原来不带电的验电器罩起来，金属网接地(图中未画出)，将带正电的金属球靠近验电器，图中a、b两点和金属球的球心在同一直线上，c点在金属网内，则下列说法正确的是( )
A. 验电器内的箔片张开
B. 若将金属网内部与验电器相连，则验电器内的箔片不张开
C. a点的电场强度一定大于c点的电场强度
D. b点的电场强度一定小于c点的电场强度
9.某同学采用平行板电容器测量上极板所受竖直向下的压力变化的装置示意图如图所示，电容器下极板固定，上极板用轻质绝缘弹簧悬挂，两极板间所加电压U不变。当上极板受到竖直向下的压力减小时( )
A. 电容器电容变大B. 电容器电容变小
C. 上极板所带电荷量不变D. 上极板所带电荷量减少
10.目前，一般情况下很多用电器工作过程都使用小型的电动机，然而较长时间不更换和清洗电动机，电动机的内阻会变大。某直流电动机工作的电路简图如图所示，电动机内阻为3Ω，保护电阻R0=2Ω，电源电动势为10V、内阻为1Ω，电流表内阻不计，当电动机正常工作时，电源的输出电压为9V，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为1AB. 电流表的示数为1.8A
C. 电动机的发热功率为9.72WD. 长时间工作后，电流表的示数将变小
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.多用电表是物理实验室常用的仪表之一，在练习使用多用电表的实验中：
(1)小白同学用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×100”挡，测量时发现指针偏转过小，此后正确的操作及正确顺序是______。
a.将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔
b.旋转选择开关至“OFF”挡(或交流电压最大量程处)，并拔出两表笔
c.将选择开关旋到“×10”挡
d.将选择开关旋到“×1k”挡
e.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出多用电表的示数即为定值电阻的阻值Rx，断开两表笔
(2)常用的多用电表是由小量程的电流表(表头)改装而成的。用内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头G改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路。在图甲所示的电路中R1______(填“>”或“<”)R2；在图乙所示的电路中R3的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
12.某校高一年级的同学，在学习机械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①关于该实验，下列说法正确的是______；
A.为减小阻力，用电磁打点计时器比用电火花计时器好
B.在重物大小合适的情况下，选择木块比选择铁块好
C.释放纸带前应先接通电源
②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点(其他点未画出)，已知打点计时器打点频率为50Hz。若重物的质量为0.6kg，则打B点时重物的动能EkB=______ J。(结果保留两位有效数字)
(2)第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸直，由静止释放小球，已知小球的质量为m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v=______；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式12mv2=______。
(3)另一名同学提出，以上两小组同学所采用的实验方案中都会有误差出现，请你说出以上两小组同学所采用的实验方案中第二小组出现实验误差的一种可能原因：______。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.花样滑冰是冬奥会上最受欢迎的运动项目之一。某次训练中一运动员甲以自己为轴拉着另一运动员乙做圆锥摆运动的简化图如图所示。若乙的质量m=42kg，伸直的手臂与竖直方向的夹角θ=37∘，转动过程中乙的重心做匀速圆周运动的半径r=1.2m。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)乙恰好能离开冰面时，乙的角速度大小ω；
(2)当乙的角速度大ω′= 10rad/s时，甲对乙拉力的大小F。
14.如图所示，小明将两带正电小球(视为点电荷)用绝缘轻质细线均悬挂于O点，平衡时两小球恰好位于同一水平面上，且两细线与竖直方向的夹角分别为θA=37∘和θB=53∘，若小球A的质量mA=4.8×10−3kg，悬挂小球A的细线长LA=12cm，取重力加速度大小g=10m/s2，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小球B的质量mB；
(2)A、B两小球所带电荷量之和的最小值Q。
15.如图所示，半径为R的14光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切，BC长也为R，C点右侧与倾角为θ的足够长斜面相连。一质量为m的物块(视为质点)从圆弧轨道中点E由静止释放，物块恰好停在C点。现将物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；
(2)物块从最高点A释放，运动到B点瞬间受到圆弧轨道的支持力大小F；
(3)物块从C点抛出后到斜面的最大距离d。(不考虑物块与斜面碰撞后的情况)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据等量正电荷周围的电场线分布特点，及A、B两电荷在C点产生的电场强度叠加可知，电场强度方向可能沿E1方向。故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据正点电荷产生的电场的方向是背向正电荷，以及平行四边形法则确定合场强的方向。
本题考查点电荷周围的电场方向、等量正电荷周围电场线的特点。抓住正电荷周围的场强是背向正电荷和平行四边形法则可解决问题。
2.【答案】C
【解析】解：A.“长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船加速上升的过程中，加速度向上，飞船处于超重状态，故A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度均小于第一宇宙速度，“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的速度小于7.9km/s，故B错误；
CD.核心舱的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，由角速度的计算公式可得：
ω=2πT
可知，“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的角速度大于地球同步卫星运行的角速度，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
因为“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的轨道小于同步卫星的轨道，则“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的线速度大于地球同步卫星运行的线速度，故C正确，D错误。
故选：C。
根据“长征七号”的加速度方向分析出其所处的运动状态；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合题目选项完成分析；
熟悉角速度的计算公式，结合牛顿第二定律列式得出线速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉卫星的受力分析，理解其向心力来源，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、衣服在最高点A时受到重力和滚筒对衣服的支持力，由牛顿第二定律有：FN+mg=mω2r，可得：FN=215mg>mg，故A错误；
BD、衣服在最低点时，由牛顿第二定律有：FN′−mg=mω2r，可得FN′=217mg，可知衣服在最低点受到的支持力大于在最高点受到的支持力，水滴最容易在最低点离开衣服，故B错误，D正确；
C、衣服运动到与圆心等高点时，由受力分析可知，衣服还要受到滚筒对衣服的摩擦力才能与所受重力在竖直方向上平衡，故C错误。
故选：D。
衣服在最高点A时，根据牛顿第二定律列式求出滚筒对衣服的支持力大小，从而得到衣服对筒壁的压力大小；衣服在最低点时，根据牛顿第二定律列式，分析衣服在最低点和在最高点受到的支持力大小，从而判断水滴最容易在哪点离开衣服；衣服运动到与圆心等高点时，分析衣服受力情况。
本题考查竖直平面内的圆周运动，解题关键是分析清楚向心力的来源，运用牛顿第二定律列式分析。
4.【答案】B
【解析】解：A.因为C、D两点到A点的距离相等，可知C、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.沿电场线电势降低，根据正点电荷电场线分布规律可知，B点电势高于C点电势，将一带正电的检验电荷从B点移到C点，电势能减小，根据功能关系可知电场力做正功，故B正确；
CD.根据正点电荷电场线分布规律可知，C、D两点的电势相等，所以将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力不做功，故CD错误。
故选：B。
理解点电荷周围的场强分布特点；
根据题意得出电势的大小关系，结合电势能的计算公式和功能关系完成分析。
本题主要考查了点电荷的电场，理解点电荷周围的场强和电势的特点，结合功能关系即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：ABC、由题意可知两轨道的动摩擦因数相同，由微元法可知，若不考虑向心力，每一小段上克服摩擦力做的功都可以表示为：Wf=μmglcsθ
由于lcsθ等于对应长度l在地面上的投影，所以在不考虑向心力的情况下，两轨道摩擦力做的功相等。
由于在两轨道上运动时做圆周运动，Ⅰ轨道圆心在轨迹下方，向心加速度有竖直向下的分量，因此I轨道上同学对轨道的压力小于Ⅱ轨道上同学对轨道的压力，所以在Ⅰ轨道上摩擦力做的功小于在Ⅱ轨道上摩擦力做的功，由动能定理可知，该同学滑到最低点时，到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度，故AC错误，B正确；
D、在Ⅱ轨道下滑的过程中该同学重力做功的功率WG=mgvcsα，由于v越来越大，而csα越来越小，因此可以确定的是重力功率是先增大后减小的，故D错误。
故选：B。
分别计算在不考虑向心力和考虑向心力的情况，克服摩擦力做的功的大小，再由动能定理可以比较到达末端速度的大小；
比较两轨道圆心的位置，比较物体在两轨道上的压力大小；
根据功率的公式P=mgvcsα分析在轨道Ⅱ上重力功率的变化。
本题考查在圆弧轨道上物体克服摩擦力做功的问题，用微元法分析变力做功的是解决问题的关键。
6.【答案】A
【解析】解：A.闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻减小，即外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得：I=Er+R外
由上述表达式可知干路电流增大，所以A灯变亮，故A正确；
B.干路电流增大，则内电压与A灯消耗电压增大，则并联电路电压减小，即通过B灯的电流减小，则B灯变暗，故B错误；
C.干路电流增大，而B灯支路电流减小，则C灯支路电流增大，即C灯变亮，故C错误；
D.根据上述可知，A灯变亮，B灯变暗，故D错误。
故选：A。
熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律得出干路中电流的变化趋势；根据电路构造分析出电流和电压的特点，从而得出灯泡的亮度变化。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.设带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，令刚离开加速电场时粒子的速度大小为v0，由动能定理有
qU1=12mv02
根据牛顿第二定律和运动学公式可知粒子在偏转电场中的侧移量为：
y=12×qU2md×(Lv0)2
可得：y=U2L24dU1
若仅增大U1，则y减小，质子打在F点上方，故A错误；
B.根据上述可知，若仅增大U2，则y增大，质子打在F点下方，故B错误；
CD.根据上述分析可得：
y=U2L24dU1
可知，粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故α粒子仍打在F点，故C正确，D错误。
故选：C。
根据动能定理得出质子的速度，结合类平抛运动的特点和运动学公式得出竖直方向上的位移；
根据竖直方向上的位移表达式，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和运动学公式即可完成分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A.由静电屏蔽可知，金属网内部的电场强度处处为零，验电器内的箔片不张开，故A错误；
B.根据上述，由于静电屏蔽，金属网内部的电场强度处处为零，可知若将金属网内部与验电器相连，则验电器内的箔片不张开，故B正确；
CD.由于金属网内部的电场强度处处为零，因此a，b两点的电场强度都一定大于c点的电场强度，故C正确，D错误。
故选：BC。
处于静电平衡状态的导体是等势体；离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低；处于静电平衡状态得导体内部场强处处为零；根据点电荷场强公式和电场叠加原理求解球上的感应电荷在C处的场强大小。
本题考查静电平衡和电场强度的叠加原理，解题关键是知道处于静电平衡状态的导体是等势体，内部场强处处为零，知道电场强度的叠加遵循矢量合成的法则。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、当上极板受到竖直向下的压力减小时，电容器两极板间距增大，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小，故A错误，B正确；
CD、电容器两极板间电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知，上极板所带电荷量减少，故C错误，D正确。
故选：BD。
当上极板受到竖直向下的压力减小时，由电容的决定式C=εrS4πkd分析电容器电容的变化。抓住电容器的电压不变，由电容的定义式C=QU分析电容器所带电荷量的变化。
本题是电容器的动态变化分析问题，抓住电压不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合进行分析。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.根据闭合电路欧姆定律可得：I=U内R=10V−9V1Ω=1A，故A正确，B错误；
C.根据功率的计算公式P=I2R，可知电动机的发热功率为：P热=12×3W=3W，故C错误；
D.长时间工作后，电动机的内阻增大，电流表的示数将变小，故D正确。
故选：AD。
根据闭合电路欧姆定律得出电流表的示数；根据功率的计算公式得出电动机的发热功率；长时间工作后，电动机的内阻会增大，电流表示数将变小。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，知道欧姆定律的适用条件，结合闭合电路欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。
11.【答案】daeb>2.0
【解析】解：(1)指针偏转过小，说明欧姆表指针对应电阻过大；电阻的测量值=欧姆表指针所指示数×倍率，为了减小欧姆表指针对应的示数，应选择更大的挡位，将选择开关旋到“×1k”挡；然后将两表笔短接，进行欧姆挡调零；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后旋转选择开关至“OFF”挡(或交流电压最大量程处)，并拔出两表笔，所以操作顺序是daeb。
(2)在图甲中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点Ug=I1R1=I2R2
得R1R2=I2I1=30.6=5
因此R1>R2
小量程的电流表(表头)改装大量程电流表，要并联一个小电阻；
在图乙中，当量程为3A时，则有Ig(Rg+R4)=(I1−Ig)R3
当量程为0.6A时，则有IgRg=(I2−Ig)⋅(R3+R4)
联立解得R3=2.0Ω，R4=8.0Ω。
故答案为：(1)daeb；(2)>；2.0。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；根据欧姆表测电阻的原理可知，欧姆表指针在中值电阻附近测量值较为准确；欧姆表指针偏转过小，据此分析挡位的调整；每次换挡后，必须重新进行欧姆调零；调零后，再进行电阻的测量，最后要将开关置于“OFF”的位置，据此分析作答；
(2)在图甲中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点分析两电阻的大小关系；
小量程的电流表(表头)改装大量程电流表，要并联一个小电阻，在图乙中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点列方程，联立求解电阻R3。
本题考查了欧姆表测量电阻的使用方法以及将表头改装成电流表；知道并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比，要能灵活运用欧姆定律和并联电路的特点解决实际问题。
12.【答案】C0.97DΔt mg(L+D2) 小球下落过程中受到空气阻力的作用
【解析】解：(1)①A.电火花计时器是通过电火花放电留下点迹，电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；
B.为了减小空气阻力对实验的影响，实验时应选用密度较大的重物，即在重物大小合适的情况下，选择铁块比选择木块好，故B错误；
C.为了确保打第一个点迹的初速度为0，同时避免在纸带上出现大量空白段落，实验时应先接通电源后释放纸带，故C正确。
故选：C。
②根据运动学公式可知打B点的速度为：
vB=hOC−hOA2T，其中T=1f=150s=0.02s
代入数据解得：vB=(22.99−15.79)×10−22×0.02m/s=1.8m/s
EkB=12mvB2=12×0.6×1.82J=0.97J
(2)①小球通过光电门时的速度大小：v=DΔt
②若小球下落过程中机械能守恒，则减小得重力势能等于增加的动能，则
12mv2=mg(L+D2)
(3)实验方案中第二小组出现实验误差的可能原因是小球下落过程中受到空气阻力的作用(细线在下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)。
故答案为：(1)①C；②0.97；(2)①DΔt；②mg(L+D2)；③(3)小球下落过程中受到空气阻力的作用
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动能的计算公式完成分析；
(2)根据光电门的测速原理得出小球的速度，结合机械能守恒定律分析出需要满足的关系式，并分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对乙受力分析，乙刚要离开冰面时，所受支持力FN=0
在水平方向上有
FTsinθ=mω2r
在竖直方向上有
FTcsθ=mg
解得：ω=2.5rad/s
(2)由(1)可知ω′>ω，则乙离开冰面，设乙做圆周运动的等效摆长为L，则
L=rsin37∘=
设此时手臂与竖直方向的夹角为α，则
mgtanα=mω′2Lsinα
解得：α=60∘
在竖直方向上有
Fcsα=mg
解得：F=840N
答：(1)乙恰好能离开冰面时，乙的角速度大小ω为2.5rad/s；
(2)甲对乙拉力的大小F为840N。
【解析】(1)乙刚要离开冰面时，受到重力和拉力，其合力提供乙做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律即可求得乙的角速度大小ω；
(2)通过角速度，判断出乙脱离冰面，然后对乙受力分析，乙受到的合力提供其做匀速圆周运动的向心力，即可求得甲对乙拉力F。
本题是实际问题，要建立物理模型，对实际问题进行简化，结合牛顿第二定律进行求解。该类型题的关键是正确受力分析，找出哪些力提供了向心力，铭记沿半径方向上的所有力的合力提供向心力。
14.【答案】解：(1)小球A受重力、库仑力和拉力处于平衡状态，受力图如图所示：
根据平衡条件结合数学知识tanθA=FAmAg
可知小球A受到的库仑力大小
FA=mAgtanθA
对小球B受力分析，可知小球B受到的库仑力大小FB=mBgtanθB
由牛顿第三定律可知FA=FB
联立解得小球B的质量mB=2.7×10−3kg
(2)根据库仑定律结合数学知识可知A、B间的库仑力大小F=kqAqBr2=mAgtanθA
根据题意△AOB为直角三角形，由几何关系可知A、B间的距离r=LAsinθA
可得qAqB=mAgr2tanθAk=mAgLA2ksinθAcsθA
其中LA=12cm=0.12m
代入数据解得qAqB=1.6×10−13C
A、B两小球所带电荷量之和Q=qA+qB
分析可知当qA=qB时，A、B两小球所带电荷量之和有最小值
解得qA=qB=4×10−7C
因此A、B两小球所带电荷量之和的最小值为Q=8×10−7C
答：(1)小球B的质量2.7×10−3kg；
(2)A、B两小球所带电荷量之和的最小值8×10−7C
【解析】(1)对小球A、B进行受力分析，根据平衡条件结合数学知识求解库仑力，再根据牛顿第三定律联立求解小球B的质量；
(2)根据库仑定律结合数学知识求解两电荷量的乘积，再根据数学知识求解A、B两小球所带电荷量之和的最小值。
本题主要考查了共点力作用下物体的平衡条件、库仑定律和牛顿第三定律的运用；本题要求有较强的数学知识，体现了数学知识在物理中的运用能力。
15.【答案】解：(1)物块从E点释放至运动到C点的过程中，由动能定理有
mgR(1−sin45∘)−μmgR=0
解得：μ=2− 22
(2)物块从A点释放运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgR=12mvB2
物块运动到B点时，由牛顿第二定律有
F−mg=mvB2R
联立解得：F=3mg
(3)物块从A点释放至运动到C点的过程中，由动能定理有
mgR−μmgR=12mvC2
之后物块以大小为vC的速度水平抛出，物块在空中做平抛运动，如图所示
当运动到速度方向与斜面平行时距离斜面最远，此时物块的竖直分速度大小为
vy=vCtanθ
平抛运动的时间
t=vy−0g
平抛运动的水平位移大小
x=vCt
平抛运动的竖直位移大小
y=vy2t
由几何关系可知
d=(xtanθ−y)csθ
联立解得：d= 2Rsin2θ2csθ
答：(1)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为2− 22；
(2)物块从最高点A释放，运动到B点瞬间受到圆弧轨道的支持力大小F为3mg；
(3)物块从C点抛出后到斜面的最大距离d为 2Rsin2θ2csθ。
【解析】(1)研究物块从E点释放至运动到C点的过程，利用动能定理求物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；
(2)先根据机械能守恒定律求出物块运动到B点的速度。在B点，根据牛顿第二定律求物块受到圆弧轨道的支持力大小F；
(3)物块从A点释放至运动到C点的过程，由动能定理求出物块运动到C点的速度。物块从C点抛出后做平抛运动，当运动到速度方向与斜面平行时距离斜面最远，根据分速度公式求出运动时间，再由分位移公式和几何关系求物块到斜面的最大距离d。
本题关键要能够正确地分析物块的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式处理。对于平抛运动，要把握物块离斜面距离最大的条件：速度与斜面平行，能灵活运用几何知识帮助解答。
1.如图所示，空间两等量正电荷A、B连线的中垂线右侧有一点C，关于C点的电场强度方向，图中给出的E1、E2、E3、E4中可能正确的是( )
A. E1
B. E2
C. E3
D. E4
2.2023年5月10日晚，“长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船直冲云霄，北京时间2023年5月11日5时16分，“天舟六号”货运飞船成功对接于空间站“天和”核心舱后向端口。已知“天和”核心舱绕地球做圆周运动的运行周期为90分钟，关于“天舟六号”货运飞船，下列说法正确的是( )
A. “长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船上升的过程中，飞船处于失重状态
B. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的速度大于7.9km/s
C. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的角速度大于地球同步卫星运行的角速度
D. “天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的线速度小于地球同步卫星运行的线速度
3.滚筒洗衣机有可烘干衣服、洗净度较高、对衣服磨损小、节水、节约洗衣粉、转速比较高等优点，但也有洗衣时间长、比较耗电、维修费用较高等缺点。如图所示，若某滚筒洗衣机甩干衣服(包括衣服中的水，视为质点)时，滚筒做匀速圆周运动，转动的角速度大小为30πrad/s，衣服的转动半径为0.24m，取重力加速度大小g=π2，则下列说法正确的是( )
A. 衣服在滚筒内最高点A时对筒壁的压力小于其所受的重力
B. 水滴最容易在最高点A离开衣服
C. 衣服运动到与圆心等高点时，只受滚筒的支持力作用
D. 衣服在最低点B时受到的支持力是其所受重力的217倍
4.如图所示，在A点固定一带正电的点电荷，其右侧有一圆，圆心O与A点的连线与圆相交于B点，C、D两点关于直线AO对称，下列说法正确的是( )
A. C、D两点的电场强度相同
B. 将一带正电的检验电荷从B点移到C点，电场力做正功
C. 将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力做正功
D. 将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力做负功
5.一爱好轮滑的同学在轮滑场上练习轮滑时，有两个用相同材料铺设的轮滑轨道，高度相同，I轨道向外凸起，Ⅱ轨道向内凹进，如图所示。该同学多次从两轨道上等高的A、C两点由静止滑下，当到达轨道底端的等高点B、D时，速度大小总是一个大、另一个小，则下列说法正确的是( )
A. 下滑的过程中在Ⅰ轨道上摩擦力对该同学做的功大于在Ⅱ轨道上摩擦力对该同学做的功
B. 该同学到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度
C. 在经过两轨道上某等高点时，I轨道受到该同学的压力大
D. 在Ⅱ轨道上下滑的过程中该同学克服重力做功的功率一定越来越大
6.某工厂车间灯光的控制结构简图如图所示，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中( )
A. A灯变亮
B. B灯变亮
C. C灯变暗
D. A灯和B灯亮度不变
7.如图所示，A为粒子源，G为足够大的荧光屏。在A和极板B间有加速电压U1，在两水平放置的平行导体板C、D间有偏转电压U2，一质子由静止从A发出，经加速后以水平速度进入平行导体板C、D间，忽略粒子所受的重力，质子打到F点列说法正确的是( )
A. 若仅增大U1，则质子打在F点下方
B. 若仅增大U2，则质子打在F点上方
C. 若仅把质子改为α粒子(氮核)，则α粒子仍打在F
D. 若仅把质子改为α粒子(氦核)，则α粒子打在F点下方
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图所示，用金属网将原来不带电的验电器罩起来，金属网接地(图中未画出)，将带正电的金属球靠近验电器，图中a、b两点和金属球的球心在同一直线上，c点在金属网内，则下列说法正确的是( )
A. 验电器内的箔片张开
B. 若将金属网内部与验电器相连，则验电器内的箔片不张开
C. a点的电场强度一定大于c点的电场强度
D. b点的电场强度一定小于c点的电场强度
9.某同学采用平行板电容器测量上极板所受竖直向下的压力变化的装置示意图如图所示，电容器下极板固定，上极板用轻质绝缘弹簧悬挂，两极板间所加电压U不变。当上极板受到竖直向下的压力减小时( )
A. 电容器电容变大B. 电容器电容变小
C. 上极板所带电荷量不变D. 上极板所带电荷量减少
10.目前，一般情况下很多用电器工作过程都使用小型的电动机，然而较长时间不更换和清洗电动机，电动机的内阻会变大。某直流电动机工作的电路简图如图所示，电动机内阻为3Ω，保护电阻R0=2Ω，电源电动势为10V、内阻为1Ω，电流表内阻不计，当电动机正常工作时，电源的输出电压为9V，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数为1AB. 电流表的示数为1.8A
C. 电动机的发热功率为9.72WD. 长时间工作后，电流表的示数将变小
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.多用电表是物理实验室常用的仪表之一，在练习使用多用电表的实验中：
(1)小白同学用多用电表的欧姆挡粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×100”挡，测量时发现指针偏转过小，此后正确的操作及正确顺序是______。
a.将两表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，然后断开两表笔
b.旋转选择开关至“OFF”挡(或交流电压最大量程处)，并拔出两表笔
c.将选择开关旋到“×10”挡
d.将选择开关旋到“×1k”挡
e.将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出多用电表的示数即为定值电阻的阻值Rx，断开两表笔
(2)常用的多用电表是由小量程的电流表(表头)改装而成的。用内阻为110Ω、满偏电流为50mA的表头G改装成量程为0.6A和3A的双量程电流表，某同学设计了如图甲、乙所示的两个电路。在图甲所示的电路中R1______(填“>”或“<”)R2；在图乙所示的电路中R3的阻值为______Ω(结果保留两位有效数字)。
12.某校高一年级的同学，在学习机械能守恒定律后，准备验证在只有重力做功时的机械能守恒定律。其中两名同学采用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，而另两名同学准备用如图乙所示的装置来验证机械能守恒定律。
(1)第一组同学将图甲中的实验装置安装好后，用手提住纸带上端，之后让纸带由静止开始下落。回答下列问题：
①关于该实验，下列说法正确的是______；
A.为减小阻力，用电磁打点计时器比用电火花计时器好
B.在重物大小合适的情况下，选择木块比选择铁块好
C.释放纸带前应先接通电源
②从打出的多条纸带中找出一条起点清晰且各点间的距离变化规则的纸带，如图丙所示，其中O点为打出的第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取的三个连续计时点(其他点未画出)，已知打点计时器打点频率为50Hz。若重物的质量为0.6kg，则打B点时重物的动能EkB=______ J。(结果保留两位有效数字)
(2)第二组同学按图乙将实验装置安装好后，让小球静止下垂时球心恰好通过光电门，用手把小球拉至与悬点等高且细线伸直，由静止释放小球，已知小球的质量为m，直径为D，细线长为L，当地重力加速度大小为g，测得小球通过光电门的时间为Δt，回答下列问题：
①小球通过光电门时的速度大小v=______；
②若小球下落过程中机械能守恒，则应满足关系式12mv2=______。
(3)另一名同学提出，以上两小组同学所采用的实验方案中都会有误差出现，请你说出以上两小组同学所采用的实验方案中第二小组出现实验误差的一种可能原因：______。
四、简答题：本大题共3小题，共39分。
13.花样滑冰是冬奥会上最受欢迎的运动项目之一。某次训练中一运动员甲以自己为轴拉着另一运动员乙做圆锥摆运动的简化图如图所示。若乙的质量m=42kg，伸直的手臂与竖直方向的夹角θ=37∘，转动过程中乙的重心做匀速圆周运动的半径r=1.2m。取重力加速度大小g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)乙恰好能离开冰面时，乙的角速度大小ω；
(2)当乙的角速度大ω′= 10rad/s时，甲对乙拉力的大小F。
14.如图所示，小明将两带正电小球(视为点电荷)用绝缘轻质细线均悬挂于O点，平衡时两小球恰好位于同一水平面上，且两细线与竖直方向的夹角分别为θA=37∘和θB=53∘，若小球A的质量mA=4.8×10−3kg，悬挂小球A的细线长LA=12cm，取重力加速度大小g=10m/s2，静电力常量k=9×109N⋅m2/C2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)小球B的质量mB；
(2)A、B两小球所带电荷量之和的最小值Q。
15.如图所示，半径为R的14光滑圆弧轨道AB与水平轨道BC相切，BC长也为R，C点右侧与倾角为θ的足够长斜面相连。一质量为m的物块(视为质点)从圆弧轨道中点E由静止释放，物块恰好停在C点。现将物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
(1)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；
(2)物块从最高点A释放，运动到B点瞬间受到圆弧轨道的支持力大小F；
(3)物块从C点抛出后到斜面的最大距离d。(不考虑物块与斜面碰撞后的情况)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：根据等量正电荷周围的电场线分布特点，及A、B两电荷在C点产生的电场强度叠加可知，电场强度方向可能沿E1方向。故BCD错误，A正确。
故选：A。
根据正点电荷产生的电场的方向是背向正电荷，以及平行四边形法则确定合场强的方向。
本题考查点电荷周围的电场方向、等量正电荷周围电场线的特点。抓住正电荷周围的场强是背向正电荷和平行四边形法则可解决问题。
2.【答案】C
【解析】解：A.“长征七号”遥七运载火箭托举着“天舟六号”货运飞船加速上升的过程中，加速度向上，飞船处于超重状态，故A错误；
B.卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度均小于第一宇宙速度，“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的速度小于7.9km/s，故B错误；
CD.核心舱的运行周期小于地球同步卫星的运行周期，由角速度的计算公式可得：
ω=2πT
可知，“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的角速度大于地球同步卫星运行的角速度，根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
因为“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的轨道小于同步卫星的轨道，则“天舟六号”货运飞船与核心舱对接后的线速度大于地球同步卫星运行的线速度，故C正确，D错误。
故选：C。
根据“长征七号”的加速度方向分析出其所处的运动状态；
理解第一宇宙速度的物理意义，结合题目选项完成分析；
熟悉角速度的计算公式，结合牛顿第二定律列式得出线速度的大小关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉卫星的受力分析，理解其向心力来源，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
3.【答案】D
【解析】解：A、衣服在最高点A时受到重力和滚筒对衣服的支持力，由牛顿第二定律有：FN+mg=mω2r，可得：FN=215mg>mg，故A错误；
BD、衣服在最低点时，由牛顿第二定律有：FN′−mg=mω2r，可得FN′=217mg，可知衣服在最低点受到的支持力大于在最高点受到的支持力，水滴最容易在最低点离开衣服，故B错误，D正确；
C、衣服运动到与圆心等高点时，由受力分析可知，衣服还要受到滚筒对衣服的摩擦力才能与所受重力在竖直方向上平衡，故C错误。
故选：D。
衣服在最高点A时，根据牛顿第二定律列式求出滚筒对衣服的支持力大小，从而得到衣服对筒壁的压力大小；衣服在最低点时，根据牛顿第二定律列式，分析衣服在最低点和在最高点受到的支持力大小，从而判断水滴最容易在哪点离开衣服；衣服运动到与圆心等高点时，分析衣服受力情况。
本题考查竖直平面内的圆周运动，解题关键是分析清楚向心力的来源，运用牛顿第二定律列式分析。
4.【答案】B
【解析】解：A.因为C、D两点到A点的距离相等，可知C、D两点的电场强度大小相等，但方向不同，故A错误；
B.沿电场线电势降低，根据正点电荷电场线分布规律可知，B点电势高于C点电势，将一带正电的检验电荷从B点移到C点，电势能减小，根据功能关系可知电场力做正功，故B正确；
CD.根据正点电荷电场线分布规律可知，C、D两点的电势相等，所以将一带正电的检验电荷从C点移到D点，电场力不做功，故CD错误。
故选：B。
理解点电荷周围的场强分布特点；
根据题意得出电势的大小关系，结合电势能的计算公式和功能关系完成分析。
本题主要考查了点电荷的电场，理解点电荷周围的场强和电势的特点，结合功能关系即可完成分析。
5.【答案】B
【解析】解：ABC、由题意可知两轨道的动摩擦因数相同，由微元法可知，若不考虑向心力，每一小段上克服摩擦力做的功都可以表示为：Wf=μmglcsθ
由于lcsθ等于对应长度l在地面上的投影，所以在不考虑向心力的情况下，两轨道摩擦力做的功相等。
由于在两轨道上运动时做圆周运动，Ⅰ轨道圆心在轨迹下方，向心加速度有竖直向下的分量，因此I轨道上同学对轨道的压力小于Ⅱ轨道上同学对轨道的压力，所以在Ⅰ轨道上摩擦力做的功小于在Ⅱ轨道上摩擦力做的功，由动能定理可知，该同学滑到最低点时，到达B点时的速度总是大于到达D点时的速度，故AC错误，B正确；
D、在Ⅱ轨道下滑的过程中该同学重力做功的功率WG=mgvcsα，由于v越来越大，而csα越来越小，因此可以确定的是重力功率是先增大后减小的，故D错误。
故选：B。
分别计算在不考虑向心力和考虑向心力的情况，克服摩擦力做的功的大小，再由动能定理可以比较到达末端速度的大小；
比较两轨道圆心的位置，比较物体在两轨道上的压力大小；
根据功率的公式P=mgvcsα分析在轨道Ⅱ上重力功率的变化。
本题考查在圆弧轨道上物体克服摩擦力做功的问题，用微元法分析变力做功的是解决问题的关键。
6.【答案】A
【解析】解：A.闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电阻减小，即外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可得：I=Er+R外
由上述表达式可知干路电流增大，所以A灯变亮，故A正确；
B.干路电流增大，则内电压与A灯消耗电压增大，则并联电路电压减小，即通过B灯的电流减小，则B灯变暗，故B错误；
C.干路电流增大，而B灯支路电流减小，则C灯支路电流增大，即C灯变亮，故C错误；
D.根据上述可知，A灯变亮，B灯变暗，故D错误。
故选：A。
熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律得出干路中电流的变化趋势；根据电路构造分析出电流和电压的特点，从而得出灯泡的亮度变化。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.设带电粒子的质量为m，电荷量为q，粒子在A和极板B间加速，令刚离开加速电场时粒子的速度大小为v0，由动能定理有
qU1=12mv02
根据牛顿第二定律和运动学公式可知粒子在偏转电场中的侧移量为：
y=12×qU2md×(Lv0)2
可得：y=U2L24dU1
若仅增大U1，则y减小，质子打在F点上方，故A错误；
B.根据上述可知，若仅增大U2，则y增大，质子打在F点下方，故B错误；
CD.根据上述分析可得：
y=U2L24dU1
可知，粒子的侧移量与粒子的质量和电荷量无关，故α粒子仍打在F点，故C正确，D错误。
故选：C。
根据动能定理得出质子的速度，结合类平抛运动的特点和运动学公式得出竖直方向上的位移；
根据竖直方向上的位移表达式，结合题目选项完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合动能定理和运动学公式即可完成分析。
8.【答案】BC
【解析】解：A.由静电屏蔽可知，金属网内部的电场强度处处为零，验电器内的箔片不张开，故A错误；
B.根据上述，由于静电屏蔽，金属网内部的电场强度处处为零，可知若将金属网内部与验电器相连，则验电器内的箔片不张开，故B正确；
CD.由于金属网内部的电场强度处处为零，因此a，b两点的电场强度都一定大于c点的电场强度，故C正确，D错误。
故选：BC。
处于静电平衡状态的导体是等势体；离正电荷越近，电势越高，离负电荷越近，电势越低；处于静电平衡状态得导体内部场强处处为零；根据点电荷场强公式和电场叠加原理求解球上的感应电荷在C处的场强大小。
本题考查静电平衡和电场强度的叠加原理，解题关键是知道处于静电平衡状态的导体是等势体，内部场强处处为零，知道电场强度的叠加遵循矢量合成的法则。
9.【答案】BD
【解析】解：AB、当上极板受到竖直向下的压力减小时，电容器两极板间距增大，由电容的决定式C=εrS4πkd可知，电容器的电容变小，故A错误，B正确；
CD、电容器两极板间电压不变，由电容的定义式C=QU分析可知，上极板所带电荷量减少，故C错误，D正确。
故选：BD。
当上极板受到竖直向下的压力减小时，由电容的决定式C=εrS4πkd分析电容器电容的变化。抓住电容器的电压不变，由电容的定义式C=QU分析电容器所带电荷量的变化。
本题是电容器的动态变化分析问题，抓住电压不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的定义式C=QU相结合进行分析。
10.【答案】AD
【解析】解：AB.根据闭合电路欧姆定律可得：I=U内R=10V−9V1Ω=1A，故A正确，B错误；
C.根据功率的计算公式P=I2R，可知电动机的发热功率为：P热=12×3W=3W，故C错误；
D.长时间工作后，电动机的内阻增大，电流表的示数将变小，故D正确。
故选：AD。
根据闭合电路欧姆定律得出电流表的示数；根据功率的计算公式得出电动机的发热功率；长时间工作后，电动机的内阻会增大，电流表示数将变小。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，知道欧姆定律的适用条件，结合闭合电路欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。
11.【答案】daeb>2.0
【解析】解：(1)指针偏转过小，说明欧姆表指针对应电阻过大；电阻的测量值=欧姆表指针所指示数×倍率，为了减小欧姆表指针对应的示数，应选择更大的挡位，将选择开关旋到“×1k”挡；然后将两表笔短接，进行欧姆挡调零；将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出阻值Rx，断开两表笔；最后旋转选择开关至“OFF”挡(或交流电压最大量程处)，并拔出两表笔，所以操作顺序是daeb。
(2)在图甲中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点Ug=I1R1=I2R2
得R1R2=I2I1=30.6=5
因此R1>R2
小量程的电流表(表头)改装大量程电流表，要并联一个小电阻；
在图乙中，当量程为3A时，则有Ig(Rg+R4)=(I1−Ig)R3
当量程为0.6A时，则有IgRg=(I2−Ig)⋅(R3+R4)
联立解得R3=2.0Ω，R4=8.0Ω。
故答案为：(1)daeb；(2)>；2.0。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；根据欧姆表测电阻的原理可知，欧姆表指针在中值电阻附近测量值较为准确；欧姆表指针偏转过小，据此分析挡位的调整；每次换挡后，必须重新进行欧姆调零；调零后，再进行电阻的测量，最后要将开关置于“OFF”的位置，据此分析作答；
(2)在图甲中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点分析两电阻的大小关系；
小量程的电流表(表头)改装大量程电流表，要并联一个小电阻，在图乙中，根据欧姆定律及并联电路的电压特点列方程，联立求解电阻R3。
本题考查了欧姆表测量电阻的使用方法以及将表头改装成电流表；知道并联电阻有分流作用，分流与电阻成反比，要能灵活运用欧姆定律和并联电路的特点解决实际问题。
12.【答案】C0.97DΔt mg(L+D2) 小球下落过程中受到空气阻力的作用
【解析】解：(1)①A.电火花计时器是通过电火花放电留下点迹，电磁打点计时器是通过振针打点留下点迹，电火花计时器的阻力小于电磁打点计时器的阻力，故A错误；
B.为了减小空气阻力对实验的影响，实验时应选用密度较大的重物，即在重物大小合适的情况下，选择铁块比选择木块好，故B错误；
C.为了确保打第一个点迹的初速度为0，同时避免在纸带上出现大量空白段落，实验时应先接通电源后释放纸带，故C正确。
故选：C。
②根据运动学公式可知打B点的速度为：
vB=hOC−hOA2T，其中T=1f=150s=0.02s
代入数据解得：vB=(22.99−15.79)×10−22×0.02m/s=1.8m/s
EkB=12mvB2=12×0.6×1.82J=0.97J
(2)①小球通过光电门时的速度大小：v=DΔt
②若小球下落过程中机械能守恒，则减小得重力势能等于增加的动能，则
12mv2=mg(L+D2)
(3)实验方案中第二小组出现实验误差的可能原因是小球下落过程中受到空气阻力的作用(细线在下落过程中可能伸长，小球直径偏离光电门等)。
故答案为：(1)①C；②0.97；(2)①DΔt；②mg(L+D2)；③(3)小球下落过程中受到空气阻力的作用
(1)根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和动能的计算公式完成分析；
(2)根据光电门的测速原理得出小球的速度，结合机械能守恒定律分析出需要满足的关系式，并分析出实验误差产生的可能原因。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】解：(1)对乙受力分析，乙刚要离开冰面时，所受支持力FN=0
在水平方向上有
FTsinθ=mω2r
在竖直方向上有
FTcsθ=mg
解得：ω=2.5rad/s
(2)由(1)可知ω′>ω，则乙离开冰面，设乙做圆周运动的等效摆长为L，则
L=rsin37∘=
设此时手臂与竖直方向的夹角为α，则
mgtanα=mω′2Lsinα
解得：α=60∘
在竖直方向上有
Fcsα=mg
解得：F=840N
答：(1)乙恰好能离开冰面时，乙的角速度大小ω为2.5rad/s；
(2)甲对乙拉力的大小F为840N。
【解析】(1)乙刚要离开冰面时，受到重力和拉力，其合力提供乙做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律即可求得乙的角速度大小ω；
(2)通过角速度，判断出乙脱离冰面，然后对乙受力分析，乙受到的合力提供其做匀速圆周运动的向心力，即可求得甲对乙拉力F。
本题是实际问题，要建立物理模型，对实际问题进行简化，结合牛顿第二定律进行求解。该类型题的关键是正确受力分析，找出哪些力提供了向心力，铭记沿半径方向上的所有力的合力提供向心力。
14.【答案】解：(1)小球A受重力、库仑力和拉力处于平衡状态，受力图如图所示：
根据平衡条件结合数学知识tanθA=FAmAg
可知小球A受到的库仑力大小
FA=mAgtanθA
对小球B受力分析，可知小球B受到的库仑力大小FB=mBgtanθB
由牛顿第三定律可知FA=FB
联立解得小球B的质量mB=2.7×10−3kg
(2)根据库仑定律结合数学知识可知A、B间的库仑力大小F=kqAqBr2=mAgtanθA
根据题意△AOB为直角三角形，由几何关系可知A、B间的距离r=LAsinθA
可得qAqB=mAgr2tanθAk=mAgLA2ksinθAcsθA
其中LA=12cm=0.12m
代入数据解得qAqB=1.6×10−13C
A、B两小球所带电荷量之和Q=qA+qB
分析可知当qA=qB时，A、B两小球所带电荷量之和有最小值
解得qA=qB=4×10−7C
因此A、B两小球所带电荷量之和的最小值为Q=8×10−7C
答：(1)小球B的质量2.7×10−3kg；
(2)A、B两小球所带电荷量之和的最小值8×10−7C
【解析】(1)对小球A、B进行受力分析，根据平衡条件结合数学知识求解库仑力，再根据牛顿第三定律联立求解小球B的质量；
(2)根据库仑定律结合数学知识求解两电荷量的乘积，再根据数学知识求解A、B两小球所带电荷量之和的最小值。
本题主要考查了共点力作用下物体的平衡条件、库仑定律和牛顿第三定律的运用；本题要求有较强的数学知识，体现了数学知识在物理中的运用能力。
15.【答案】解：(1)物块从E点释放至运动到C点的过程中，由动能定理有
mgR(1−sin45∘)−μmgR=0
解得：μ=2− 22
(2)物块从A点释放运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgR=12mvB2
物块运动到B点时，由牛顿第二定律有
F−mg=mvB2R
联立解得：F=3mg
(3)物块从A点释放至运动到C点的过程中，由动能定理有
mgR−μmgR=12mvC2
之后物块以大小为vC的速度水平抛出，物块在空中做平抛运动，如图所示
当运动到速度方向与斜面平行时距离斜面最远，此时物块的竖直分速度大小为
vy=vCtanθ
平抛运动的时间
t=vy−0g
平抛运动的水平位移大小
x=vCt
平抛运动的竖直位移大小
y=vy2t
由几何关系可知
d=(xtanθ−y)csθ
联立解得：d= 2Rsin2θ2csθ
答：(1)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为2− 22；
(2)物块从最高点A释放，运动到B点瞬间受到圆弧轨道的支持力大小F为3mg；
(3)物块从C点抛出后到斜面的最大距离d为 2Rsin2θ2csθ。
【解析】(1)研究物块从E点释放至运动到C点的过程，利用动能定理求物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ；
(2)先根据机械能守恒定律求出物块运动到B点的速度。在B点，根据牛顿第二定律求物块受到圆弧轨道的支持力大小F；
(3)物块从A点释放至运动到C点的过程，由动能定理求出物块运动到C点的速度。物块从C点抛出后做平抛运动，当运动到速度方向与斜面平行时距离斜面最远，根据分速度公式求出运动时间，再由分位移公式和几何关系求物块到斜面的最大距离d。
本题关键要能够正确地分析物块的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式处理。对于平抛运动，要把握物块离斜面距离最大的条件：速度与斜面平行，能灵活运用几何知识帮助解答。
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