2020-2021学年吉林省松原实验高级中学高一(下)期末物理试卷(附答案详解)

2020-2021学年吉林省松原实验高级中学高一（下）期末
物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共21.0分）
1.北京时间2021年6月17日9时22分，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥
十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。

顺利将聂海胜、刘伯明、汤洪波3名航天员送人太空，采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱前向端口，与此前已对接的天舟二号货运飞船一起构成三舱(船)组合体，已知组合体离地面的距离约为400km，下列说法正确的是()
A. 组合体的运行速率大于7.9km/s
B. 组合体的向心加速度大于9.8m/s2
C. 组合体的运行周期大于地球同步卫星的周期
D. 组合体的运行速率大于地球同步卫星的速率
2.质量为m=10kg的物体，从与水平面夹角为37°的固定光滑斜面顶端静止滑下，经
s到达斜面底端，则物体在斜面底端时，重力的瞬功率是()(g取历时间t=5
3
10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
A. 1000W
B. 600W
C. 800W
D. 750W
3.轮滑等极限运动深受青少年的喜欢，轮滑少年利用场地可以进行各种炫酷的动作表
演。

为了研究方便，把半球形下沉式场地简化成半圆形轨道，两个轮滑少年可以看作光滑小球A和B，A球的质量等于B球的质量，A球经历圆弧半径大于B球经历圆弧半径。

如图所示。

两小球分别从半圆形轨道边缘无初速滑下，开始释放位置等高，且以开始释放位置为零重力势能处，则下列说法正确的是()
A. A、B两小球在最低处时，A的速度大于B的速度，A受的支持力大于B受的支
持力
B. A、B两小球在最低点处时，A的动能等于B的动能
C. A、B两小球从边缘滑到最低点过程，速度一直增大，重力的功率也一直增大
D. A、B两小球从边缘滑到最低点过程机械能都是一直相等
4.某静电除尘器工作时内部电场线分布的俯视图如图所示，
沿半径方向会聚于轴线O，已知a点与b点在用一半径上，
c点与b点到轴线O距离相同，以下说法正确的是()
A. 该电场是匀强电场
B. a点场强大于b点场强
C. a点与c点场强相同
D. c点与b点场强大小相同
5.如图所示，A、B为两个等量正点电荷连线上的两点(其
中B为连线中点)，C为连线中垂线上的一点。

今将一带
负电的试探电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C。

下
列说法中正确的是()
A. B点的场强比C点的场强大
B. A点的电势比C点的电势高
C. 从A点移到B点的过程中，电场力对该试探电荷做正功
D. 从B点移到C点的过程中，该试探电荷的电势能保持不变
6.一带电粒子仅在电场力作用下以初速度v0从t=0时刻
开始运动，其v−t图像如图所示。

若粒子在t0时刻运动
到A点，5t0时刻运动到B点。

以下说法中正确的是()
A. A、B两点的电场强度大小相等，方向相反
B. A、B两点的电势关系为φA>φB
C. 从A点运动到B点时，电场力做的总功为正
D. 从A点运动到B点时，电势能先减小后增大
7.如图所示，空中飞椅在水平面内做匀速圆周运动。

若飞椅和人
的总质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，钢绳与竖直方向的夹角为θ。

不计空气阻力，重力加速度为g。

下列说法正确的有()
A. 运动的周期为ω
2π
B. 线速度的大小为ωR
C. 向心加速度的大小为gsinθ
D. 钢绳的拉力大小为mg
sinθ
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
8.如图所示，相同的物块A、B叠放在一起，放在水平转
台上随圆盘一起匀速运动，它们和圆盘保持相对静止，
以下说法正确的是()
A. B所需的向心力比A大
B. 图中A对B摩擦力是向左的
C. 两物块所受的合力大小始终是相等的
D. 圆盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
9.2021年2月11日，中国首次火星探测任务“天问一号”探测器顺利进入环火星轨
道，成为我国第一颗人造火星卫星，探测器紧贴火星表面环绕火星飞行一周的时间
为T，已知火星表面的重力加速度是为2
5
g，g为地球表面的重力加速度，万有引力常量为G，则下列说法正确()
A. 火星的半径大小为gT2
10π2B. 火星的半径大小为gT2
5π2
C. 火星的质量为g3T8
250Gπ2D. 火星的第一宇宙速度为gT
5π
10.美国物理学家密立根(RAMillikan)于20世纪初进行了多次实验，比较准确地测定
了电子的电荷量，其实验原理图可简化为如图所示模型，置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板A、B与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d。

油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。

油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。

现有一质量为m 的带电油滴在极板间匀速下落，已知元电荷e，重力加速度g，则()
A. 油滴中电子的数目为mgd
U
B. 油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加mgd
C. 油滴从小孔运动到金属板B过程中，机械能增加Ue
D. 若将金属板A向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降
11.如图所示，质量为m的小球，用一长为L的细线悬于O点，将悬线拉直成水平状
态，并给小球一个向下的速度让小球向下运动，O点正下方D处有一钉子，小球运
L，选O点所动到B处时会以D为圆心做圆周运动，并经过C点。

若已知OD=2
3在的水平面为参考平面，重力加速度为g，则下列说法正确的是()
mgL
A. 小球由A点到C点的过程中，重力做功为1
3
B. 小球由A点到B点的过程中，细线拉力做正功
C. 小球在B点时的重力势能为mgL
D. D点越低碰钉子后细线越容易断裂
12.研究与平行板电容器电容有关因素时，用一平行板电容器与一静电计连接，平行板
电容器b板和静电计外壳接地，实验装置如图所示，下列说法正确的是()
A. 实验时，静电计的指针偏转角度大小反应两平行板电容器间的电势差大小
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
三、实验题（本大题共1小题，共9.0分）
13.如图1所示，用落体法验证机械能守恒定律的实验。

(1)下列操作正确的是______。

A.用秒表测出重锤下落时间
B.将打点计时器接在6V直流电源上
C.为了使打出来的第一个点清晰，应该先释放纸带再接通打点计时器电源开关
D.在纸带上离起始点较远的地方选择几个连续的点，测出它们距起始点的距离
(2)在实验中打点计时器所接交流电频率为50Hz，当地重力加速度g=9.8m/s²。

实验选用的重物质量为m=1kg，纸带上连续的点A、B、C、D到O点的距离如图2所示，打点计时器打B点时，重物下落的速度v B=______m/s；从起始点O到打B点的过程中，重物的重力势能减少量ΔE p=______J，动能的增加量ΔE k=______J。

(结果均保留3位有效数字)
四、计算题（本大题共4小题，共40.0分）
14.北京时间2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载中国空间站天和核心舱
从海南文昌航天发射场升空并成功入轨。

此次发射成功不仅标志着中国载人航天工程三步走成功迈出第三步，也宣告中国开启空间站任务的新时代。

假设天和核心舱目前运行在距离地面为r的近地圆轨道上。

已知地球半径为R，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g，求：
(1)根据以上数据，估算地球平均密度；
(2)天和核心舱在轨绕地球一周需要多长时间。

15.在匀强电场中，将−3×10−7C的点电荷从电场中的A点移到B点，静电力做功为
−2.4×10−6J，将该电荷从电场中的A点移到C点，静电力做功为2.4×10−6J，直角三角形ABC中∠C=∠CAD=30°，且电场方向与三角形ABC所在平面平行。

求：
(1)B、C两点间的电势差；
(2)若规定C点电势为0，求该电荷在D点的电势能。

16.如图所示，一带电量为q的小球用长为L的绝缘绳悬挂在O点，匀强电场方向水平
向右。

小球的质量为m，平衡时小球偏离竖直方向的夹角为45°，现将小球从O点正下方A点释放，小球摆到平衡位置B点时剪断绝缘绳，小球继续在匀强电场中运动。

已知重力加速度为g。

求：
(1)匀强电场的场强大小；
(2)小球从释放到再次与B点同一高度时水平方向的位移大小。

17.如图所示，一水平轨道BC右侧与高度为h的斜面平滑连接，左侧与一半径为R的
光滑竖直圆轨道平滑连接。

一质量为m的小木块从斜面顶端A点由静止开始滑下，经过水平轨道BC，刚好到达圆轨道的最高点D点。

斜面顶端A点正下方为E点，CE两点的距离为L。

已知小木块与斜面、水平轨道的动摩擦因数相同。

重力加速度为g。

求：
(1)小木块滑上圆轨道上C点时对轨道的作用力；
(2)小木块与斜面间的动摩擦因数。

答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A 、7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度，则知组合体的运行速率小于7.9km/s ，故A 错误；
BCD 、设地球的质量为M ，半径为R ，组合体的质量为m ，轨道半径为r ，根据万有引力提供向心力，得
G Mm
r 2=ma =m 4π2T 2r =m v 2r ，得a =
GM r 2，T =2π√r 3GM ，v =√GM r 在地球表面上，由m′g =G Mm′
R 2，得g =GM R 2=9.8m/s 2。

因r >R ，则a <g =9.8m/s 2；
因组合体的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则由T =2π√r 3GM
，知组合体的运行周期小于地球同步卫星的周期；由v =√
GM r ，知组合体的运行速率大于地球同步卫星的
速率，故BC 错误，D 正确。

故选：D 。

7.9km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大运行速度；根据万有引力提供向心力，确定组合体的向心加速度；根据万有引力提供向心力列式，分析组合体的运行周期、速率与地球同步卫星的运行周期、速率关系。

解决本题时，要建立模型，理清组合体向心力的来源：地球对组合体的万有引力，根据牛顿第二定律列式进行分析。

2.【答案】B
【解析】解：由牛顿第二定律可知，物体在斜面上的加速度大小a =
mgsin37°m =gsin37°=
10×0.6m/s 2=6m/s 2，
物体到达斜面底端时的速度大小v =at =6×53m/s =10m/s
物体到达斜面底端时速度方向与重力方向间的夹角α=90°−37°=53°
重力的瞬时功率为P =mgvcosα=10×10×10×cos53°W =600W ，故B 正确，ACD 错误。

故选：B 。

根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度，再根据速度−时间公式求出物体到达斜面底端时的速度，由功率公式P =Fvcosα求出重力的瞬时功率。

本题考查功率的计算，要注意明确瞬时功率要根据P=Fvcosα计算，其中α为力的方向和速度方向间的夹角。

3.【答案】D
【解析】解：A、在下滑到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgR=1
2
mv2−0，解得v=√2gR，半径越大，速度越大，A的速度大于B的速度，在最低点，根据牛顿
第二定律可得F N−mg=m v2
R ，解得F N=mg+m v2
R
=3mg，与半径的大小无关，但与
小球的质量有关，A受的支持力等于B受的支持力，故A错误；
B、在下滑到最低点的过程中，根据动能定理可得：mgR=1
2
mv2−0，R越大，最低点动能越大，故A的动能大于B的动能，故B错误；
C、小球在初位置速度为零，重力做功的功率为零；在最低点，由于重力的方向与速度方向垂直，则重力做功的功率也为零，因为初末位置都为零，则A、B两小球从边缘滑到最低点过程重力的功率先增大后减小，故C错误；
D.由于两个轮滑少年可以看作光滑小球A和B，则A、B两小球从边缘滑到最低点过程中只有重力做功，机械能守恒，A、B两小球从边缘滑到最低点过程机械能都是一直相等，故D正确。

故选：D。

速度方向为轨迹切线方向，重力的瞬时功率等于重力和重力方向的速度分量的乘积；只有重力和系统内弹力做功时机械能守恒。

本题考查的知识点比较多，综合性比较强，此题难点在于C选项功率变化的判断，功率要考虑力与速度的方向关系。

4.【答案】D
【解析】解：由图可知，电场线不是平行且等间距的直线，故该电场不是匀强电场；根据电场线的疏密可知，a点电场强度最小，b点和c点电场强度大小相同，故D正确，ABC错误。

故选：D。

明确电场线的性质，知道匀强电场的电场线是平行且间距相等的直线；根据电场线的疏密确定电场强度的大小。

本题考查电场线的性质，明确匀强电场的电场线特点，知道电场线的疏密表示电场的强弱即可正确求解。

5.【答案】B
【解析】解：A、两个等量同种电荷，它们在点B处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点B的电场强度为零，而C点的电场强度不为0，故A错误；BCD、AB连线上的电场先方向从A指向B，BC连线上每一点(除B点)电场线方向由B 指向C，将一带电量为q的负点电荷自A沿直线移到B再沿直线移到C，电场力一直做负功，电势能增加，由E p=φq可知φA>φC。

故B正确，CD错误；
故选：B。

两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反．BC连线上每一点(除B点)电场线方向由B指向C.根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增加．
对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，考试常常做文章．
6.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，粒子的加速度不变，由于只受电场力作用，因此电场力大小与方向均不变，故A错误；
B、由于带电粒子的电性不知，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故B错误；
CD、粒子在t0时刻运动到A点，5t0时刻运动到B点，从A的到B点的速度先与电场力方向相反，后与电场力方向相同，由图可知，位移与电场力方向相同，故电场力先做负功后做正功，做的总功为正，电势能先增大后减小，故C正确，D错误。

故选：C。

根据速度与时间图象可知，加速度是恒定，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的电性不知，则无法确定电场强度的方向，由于从A到B，动能增加，则电场力对粒子做正功，导致电势能减小，从而即可求解。

考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，理解电场力做功与电势能变
化关系，以及动能的变化，注意粒子不知电性，因此电势高低无法确定。

7.【答案】B
【解析】解：
A、由于角速度大小为ω，根据周期公式可得运动周期为T=2π
，故A错误；
ω
B、根据线速度和角速度关系可得线速度大小，为v=ωR，故B正确；
CD、当飞椅转动时，钢绳对它的拉力T及其飞椅和人的重力的合力提供向心力，则有：Tsinθ=ma n，竖直方向：Tcosθ=mg
解得：T=mg
，a n=gtan
cosθ
故CD错误。

故选：B。

根据周期公式可得运动周期；根据线速度和角速度关系可得线速度大小；根据合力提供向心力求解绳子拉力与加速度表达式。

飞椅做的是圆周运动，确定圆周运动所需要的向心力是解题的关键，向心力都是有物体受到的某一个力或几个力的合力来提供，在对物体受力分析时一定不能分析出物体受向心力这么一个单独的力。

8.【答案】CD
【解析】解：A.由向心力公式F n=mω2r，相同的物块A、B叠放在一起做圆周运动，故向心力相同。

故A错误。

B.图中A做圆周运动向心力是B对其向左的摩擦力提供的，所以A对B摩擦力是向右的，故B错误。

C.两物块所受的合力提供向心力，而A、B向心力相同，故C正确。

D.物块A所受摩擦力为
f BA=mω2r
物块B所受转台提供摩擦力和A对B的摩擦力合力提供向心力
−f AB=mω2r
f
圆盘
f AB与f BA等大，所以
f
=2mω2r=2f BA
圆盘
故D 正确。

故选：CD 。

A 、
B 两物体一起做圆周运动，靠摩擦力提供向心力，两物体的角速度大小相等，结合牛顿第二定律分析判断。

解决本题的关键知道A 、B 两物体一起做匀速圆周运动，角速度大小相等，知道圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解，难度中等。

9.【答案】AD
【解析】解：AB 、设火星的半径大小为R 。

探测器紧贴火星表面环绕火星飞行，其轨道半径近似等于火星的半径，对探测器，根据万有引力提供向心力，得 G
Mm R 2
=m
4π2T 2
R ①
在火星表面上，根据万有引力等于重力，得G Mm′R 2
=m′⋅2
5g ②
由①②联立解得R =
gT 210π2
③，故A 正确，B 错误；
C 、由②③联立解得火星的质量：M =
g 3T 4250Gπ4
，故C 错误；
D 、火星的第一宇宙速度等于探测器紧贴火星表面环绕火星飞行的线速度，为v =
2πR T
=
2π⋅
gT 210π2
T
=gT
5π，故D 正确。

故选：AD 。

探测器紧贴火星表面环绕火星飞行，其轨道半径近似等于火星的半径，对探测器，根据万有引力提供向心力，求出火星的半径大小。

在火星表面上，根据万有引力等于重力求火星的质量；火星的第一宇宙速度等于探测器紧贴火星表面环绕火星飞行的线速度，由v =
2πr T
求火星的第一宇宙速度。

解决本题时，要掌握万有引力定律应用的两条基本思路：万有引力等于向心力，以及万有引力提供向心力。

要知道探测器紧贴火星表面环绕火星飞行时，其轨道半径近似等于火星的半径，其运行速度等于火星的第一宇宙速度。

10.【答案】BD
【解析】解：A、带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件得mg=q U
d
，
得油滴所带电荷量：q=mgd
U ，油滴中电子的数目：n=q
e
=mgd
eU
，故A错误；
B、油滴从小孔运动到金属板B过程中，克服电场力做功为W=qU=mgd，则电势能增加mgd，故B正确；
C、油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力对油滴做负功，则其机械能减少，且机械能减少ΔE=qU=mgd，故C错误；
D、将金属板A向上缓慢移动一小段距离，板间电压不变，由E=U
d
知板间场强减小，油滴受到的电场力减小，则油滴将加速下降，故D正确。

故选：BD。

带电油滴在极板间匀速下落，重力和电场力平衡，由平衡条件求出油滴所带电荷量，再求油滴中电子的数目；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电势能增加等于克服电场力做功；油滴从小孔运动到金属板B过程中，电场力做负功，机械能减少；将金属板A
向上缓慢移动一小段距离，板间场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴将加速下降。

本题关键是读懂题意，然后根据平衡条件列式求解油滴所带电荷量。

同时，要明确能量是如何转化的。

11.【答案】AD
【解析】解：A、由题意可知，A、C间的高度差ℎ=1
3
L，小球由A到C过程重力做的
功W=mgℎ=1
3
mgL，故A正确；
B、小球由A到B过程，细线的拉力与小球的速度方向垂直，细线的拉力不做功，故B 错误；
C、选O点所在的水平面为参考平面，小球在B点时的重力势能E p=−mgL，故C错误；
D、细线的拉力F与小球重力的合力提供向心力，D点越低碰钉子后小球做圆周运动的轨道半径r越小，
细线碰钉子前后瞬间小球的速度大小v不变，由牛顿第二定律得：F−mg=m v2
r
，
解得，细线拉力大小：F=mg+m v2
r
，m、g、v一定，r越小F越大，细线越容易断，故D正确。

故选：AD。

根据题意求出小球初末位置的高度差，然后求出重力做的功；根据力的方向与位移方向
间夹角过程判断细线拉力如何做功；根据参考平面求出小球的重力势能；细线的拉力与小球重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律分析答题。

分析清楚小球的运动过程与受力情况是解题的前提，根据重力势能的计算公式、功的计算公式与牛顿第二定律即可解题。

12.【答案】AC
【解析】解：A、静电计的指针偏转角度大小是体现平行板电容器极板间电势差的大小，故A正确；
B、只将电容器b板向上平移，即减小a、b板的正对面积，根据电容的决定式C=ɛS
分
4πkd 析得知，电容C减小，电容器的电量Q不变，则由C=Q
得知，板间电压U增大，静电
U
计指针张角变大，故B错误；
C、只在极板间插入有机玻璃板，即增大极板间电介质，根据电容的决定式C=ɛS
分
4πkd
得知，板间电压U减小，静电析得知，电容C增大，电容器的电量Q不变，则由C=Q
U
计指针张角变小，故C正确；
D、只增加极板带电荷量，即电容器的电量Q增大，根据电容的决定式C=ɛS
分析得
4πkd
知，电容不变，则由C=Q
得知，板间电压U增大，静电计指针的张角变大，故D错误。

U
故选：AC。

改变板间距离、改变正对面积或放入电介质，根据电容的决定式分析电容的变化，电容器的电量不变，再根据电容的定义式分析板间电压的变化，判断静电计指针的变化。

本题是电容器的动态变化分析问题，在分析不变量的基础上，由电容的决定式C=ɛS
4πkd 结合分析，注意本题电容器的电量总是不变的是解题的关键。

和定义式C=Q
U
13.【答案】D0.7750.3080.300
【解析】解：(1)A.实验通过打点计时器的周期来计算瞬时速度，所以不需要用秒表测出重锤下落时间，故A错误；
B.打点计时器接在交流电源上，故B错误；
C.应先接通电源再释放重物，故C错误；
D.在纸带上离起始点较远的地方选择几个连续的点，测出它们距起始点的距离，可减小实验误差，故D正确。

故选D．
(2)打点计时器打B点时，重物下落的速度为
v B=x AC
2T =(4.88−1.78)×0.01
2×0.02
m/s=0.775m/s
从起始点O到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为ΔE p=mg⋅x OB=1×9.8×3.14×0.01J≈0.308J
从起始点O到打B点的过程中，重物动能的增加量为
ΔE k=1
2mv B2=1
2
×1×0.7752J≈0.300J
故答案为：(1)D(2)0.775，0.308，0.300
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项。

纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能。

根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值。

该题主要考查了验证机械能守恒定律的实验的操作步骤和运用运动学规律、功能关系去处理实验数据的能力。

14.【答案】解：(1)设地球的质量为M。

不考虑地球自转的影响，在地球表面上，物体的重力等于地球对物体的万有引力，则
G Mm′
R
=m′g
可得M=gR2
G
地球平均密度为ρ=M4
3πR3
=
gR2
G
4
3
πR3
=3g
4GπR
(2)天和核心舱在轨绕地球做匀速圆周运动，由地球对它的万有引力提供向心力，则
G Mm (R+r)2=m4π2
T2
(R+r)
结合M=gR2
G ，解得天和核心舱的运行周期为T=2π(R+r)
gR
√g(R+r)
故天和核心舱在轨绕地球一周需要时间为2π(R+r)
gR
√g(R+r)。

答：(1)地球平均密度为3g
4GπR
；
(2)天和核心舱在轨绕地球一周需要时间为2π(R+r)
gR
√g(R+r)。

【解析】(1)不考虑地球自转的影响，在地球表面上，物体的重力等于地球对物体的万有引力，由此求出地球的质量，再求地球的平均密度。

(2)天和核心舱在轨绕地球一周的时间即为其运行周期，根据万有引力提供向心力求解。

对于飞船、卫星类型问题，往往根据万有引力等于重力，以及万有引力提供向心力这两条思路进行处理，要能根据已知条件灵活选择向心力公式的形式。

15.【答案】解：
(1)AB两点间的电势差U AB=W AB
q =−2.4×10−6
−3×10−7
V=8V
AC点间的电势差U AC=W AC
q =2.4×10−6
−3×10−7
V=−8V
则BC两点间的电势差U BC=U AC−U AB=−8V−8V=−16V
(2)若规定C点电势为0，则B点电势为−16V，D为BC的中点，所以D点电势为−8V 根据E p=qφD=−3×10−7×(−8)J=2.4×10−7J
答：(1)B、C两点间的电势差为−16V；
(2)若规定C点电势为0，该电荷在D点的电势能为2.4×10−7J。

【解析】(1)根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差、AC间的电势差，再解得BC间电势差。

(2)结合C点电势为零，求出D点的电势，即可解得电势能。

解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，电势差与电势的关系。

16.【答案】解：(1)小球在B
点平衡时，分析受力情况，由
平衡条件得
qE=mgtan45°
解得E=mg q
(2)设小球摆到平衡位置B点时
速度大小为v0。

从A点到B点，由动能定理得
qELsin45°−mgL(1−
cos45°)=1
2
mv02
解得v0=√(√2−1)gL
小球摆到平衡位置B点时剪断绝缘绳，此后在电场力和重力的共同作用下，小球做类平抛运动，建立如图所示的坐标系，小球在x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，在y轴方向做匀速直线运动。

设小球从释放到再次与B点同一高度时水平方向的位移大小为s。

则y轴方向，有：scos45°=v0t
x轴方向，有：ssin45°=1
2
at2
根据牛顿第二定律得：a=F
m =√2mg
m
=√2g
联立解得s=2(√2−1)L
答：(1)匀强电场的场强大小为mg
q
；
(2)小球从释放到再次与B点同一高度时水平方向的位移大小为2(√2−1)L。

【解析】(1)小球在B点平衡时，分析受力情况，由平衡条件和F=qE求场强大小。

(2)小球摆到平衡位置B点时剪断绝缘绳，此后在电场力和重力的共同作用下，小球做类平抛运动。

先根据动能定理求出小球到达B点的速度，再根据分位移公式和牛顿第二定律求小球从释放到再次与B点同一高度时水平方向的位移大小。

本题是带电体在电场中平衡和运动问题，要知道对于匀变速曲线运动，常用运动的分解法研究，根据运动学规律和牛顿第二定律上结合进行处理。

17.【答案】解：(1)小木块刚好到达圆轨道的最高点D，重力提供向心力，
设小木块到达D点时速度大小为v D，由牛顿第二定律得：mg=m v D2
R
设小木块在C点时的速度大小为v C，小木块从C到D过程，
由动能定理得：−mg×2R=1
2mv D2−1
2
mv C2
在C点，设轨道对小木块的支持力大小为F，
由牛顿第二定律得：F−mg=m v C2
R
解得：F=6mg，v C=√5gR
由牛顿第三定律可知，小木块对轨道的作用力大小F′=F=6mg，方向竖直向下(2)设斜面AB的长度为L1，BC的长度为L2，设小木块与斜面间的动摩擦因数为μ，设斜面的倾角为θ。