2025-2026学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年北京市昌平区高三（上）期末物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列现象中，与原子核内部变化有关的是( )
A. α粒子散射现象B. 天然放射现象C. 光电效应现象D. 原子发光现象
2.B为匀强磁场的磁感应强度，v为正电荷的运动速度，F为磁场对电荷的作用力，如图列出了三者方向之间的关系，其中正确的是( )
A. B.
C. D.
3.如图所示，在正点电荷Q产生的电场中有a、b两点，用Ea、Eb分别表示a点、b点的电场强度大小，用φa、φb分别表示a点、b点的电势。下列关系式正确的是( )
A. Ea〈Eb，φa〉φb
B. Ea>Eb，φar2)的甲、乙两个雨滴从高空无初速度竖直下落，落地前均已做匀速直线运动。某同学作出两个雨滴下落过程中加速度大小a与时间t变化关系的图像，其中合理的是( )
A. B. C. D.
14.如图1所示，某扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于O1O2轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O1处，弹簧上端固定在O点，三个相同的关于O1O2轴对称放置的减振器位于平台下方。图2为减振器的工作原理图，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示，t=0时刻，其速度为v0，方向竖直向下，t1时刻的振幅为A。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为12kΔx2。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 扫描隧道显微镜减振装置在振动过程中机械能守恒
B. 平台静止时弹簧的伸长量为3mgk
C. t=0时刻，每个线圈所受安培力的大小为π2B2r2v0R
D. 在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热为16(mv02−kA2)
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
15.某实验小组用图1所示实验装置探究加速度与物体受力的关系。
(1)实验中要平衡小车受到的阻力。平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车(______)(选填选项前的字母)
A.能在轨道上保持静止
B.受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
C.不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动
(2)若实验得到如图2所示的纸带，每两个计数点间有四个点未画出，可以判断纸带的______(选填“左端”或“右端”)与小车相连。由图2中数据可计算出小车的加速度大小为______m/s2。
(3)本实验认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。实验中平衡了摩擦力后，要求槽码质量比小车质量小得多。请分析说明这个要求的理由______。
16.某同学用多用电表测量电学中的物理量。
(1)一多用电表表盘上的电阻刻度线正中间标有“15”的字样。用该多用电表测量阻值约为20Ω的电阻，选择正确的实验步骤并排序：______(选填选项前的字母)
A.将两表笔直接接触，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准电阻的“0”刻线。
B.将两表笔分别与待测电阻相接，读取数据后随即断开。
C.将选择开关置于电阻挡“×1”位置。
D.将选择开关置于OFF位置。
(2)图1为多用电表简化电路图，其中A为______(选填“红”或“黑”)表笔。选择开关S分别与1～6连接点连接构成多用电表的不同挡位。当选择开关S与______连接，对应多用电表的电压挡，且量程较大；当选择开关S与______连接，对应多用电表的电流挡，且量程较大。
(3)如图2所示，一黑箱中有三只完全相同的电学元件，用多用电表对其进行探测。用电压挡测任意两个接线柱，示数均为零。用电阻挡测量结果如下：Rab=5Ω，Rac=10Ω，Rbc=15Ω。测量中发现，每对连接点间正、反向阻值均相等。根据题目提供的信息，请在图2中画出一种可能的电路。
三、计算题：本大题共4小题，共40分。
17.如图所示，位于水平面内的光滑轨道AB与竖直面内的粗糙半圆形轨道BC在B点平滑连接，半圆形轨道的半径为R。一个质量为m的小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达轨道的最高点C。已知物体经过B点时的速度大小为vB。重力加速度为g。求：
(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体到达C点时的速度大小vC；
(3)物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W。
18.笛卡尔主张以动量(mv)量度运动，他认为：“在物质中存在一定量的运动，它的总和在世界上永远不会增加也不会消失。”动量决定了物体在力的阻碍下能够运动多长时间，动量定理反映了力对时间的累积效应。
(1)一个质量为m的物体在光滑的水平面上受到恒力F的作用，做匀变速直线运动。在初始时刻，物体的速度为v0，经过一段时间Δt，它的速度为v。请结合上述情境，根据牛顿运动定律推导动量定理。
(2)某同学用如图1所示实验装置验证动量定理。光滑轨道固定在水平面内，压力传感器固定在轨道的一端，前面装有弹簧圈的小车沿轨道运动并与压力传感器发生碰撞，与计算机相连的压力传感器记录下碰撞过程中传感器所受压力大小F，并描绘出F−t图像如图2所示。根据图像可得出小车受到压力的冲量大小，请写出如何根据图像确定碰撞过程中小车受到压力的冲量大小。
(3)现代切割技术常用的一种“水刀”如图3所示，它将水从高压水枪中高速射出，形成很细的圆柱形水束。用“水刀”切割钢板，水束以速度v垂直射向钢板，水射到钢板后的速度可视为0。请建立合理的物理模型，论证水束对钢板的平均冲击力大小F与v的关系满足F∝v2。
19.一个平行板电容器极板正对面积为S，间距为d，两极板间为真空，静电力常量为k。如图1所示，将平行板电容器接入直流电源充电至稳定状态。
(1)已知无限大带电平板产生的电场可视为匀强电场，其场强大小E=2πkσ，其中σ为平板单位面积的电荷量。请推导平行板电容器电容C的表达式(用S、d和k表示)；
(2)若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为0。请在图2所示的坐标系中画出充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像；根据图像求电容器充电结束后储存的电场能Ep。
(3)充电过程中电源输出的电能为W，分析W与Ep的关系。
20.类比是根据两类事物间一些相似或相同的特性，进而将其中一个对象的已知属性推演到另一个对象的方法。
(1)库仑定律与万有引力定律有相似的形式，点电荷的电场与地球的引力场也遵循相似的规律。均匀带电球壳，对壳内带电体的作用力为零，对壳外带电体的作用力等效于电荷全部集中在球心时对带电体的作用力。有一均匀带电球体，电荷量为+Q，半径为R，静电力常量为k。
a.求距球心距离r处电场强度的大小E；
b.将地球视为质量分布均匀的球体，地球的半径为R地。类比电场强度的定义，请在图1所示的坐标系中定性画出地球内、外的引力场强度的大小g随距地心距离r变化关系的图像。
(2)库仑用电摆实验验证了“电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比”的规律，实验装置如图2所示，C为放置在绝缘支架上的金属球，丝线下端悬挂一个水平横杆，横杆与C的球心在同一水平线上，横杆靠近C的一端为小金属箔A(重力可忽略不计)，另一端为保持平衡的配重物。实验时，使C与A带异种电荷，在水平方向使A以一个小角度偏转后释放，其会像单摆一样在水平面内绕O点摆动。
a.一单摆的摆长为L，摆球到地心的距离为r。已知地球的质量为M，万有引力常量为G，不计空气阻力和地球自转的影响。求单摆的振动周期T；
b.有资料记载库仑在当时所记录的实验数据如表：
请结合数据简要分析，库仑运用类比的思想，利用电摆实验验证“电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比”规律的思路。
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：A、α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A错误；
B、天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，反应的过程中核内核子数，质子数，中子数发生变化，故B正确；
C、光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C错误；
D、原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁，释放的能量以光子形式辐射出去，没有涉及到原子核的变化，故D错误。
故选：B。
α粒子散射现象是用α粒子打到金箔上，受到原子核的库伦斥力而发生偏折的现象；天然放射现象是原子核内部自发的放射出α粒子或电子的现象；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出；原子发光是原子跃迁形成的，即电子从高能级向低能级跃迁而辐射能量的过程。
本题考查这几种物理现象的本质，内容简单，只要加强记忆就能顺利解决，故应加强对基本知识的积累。
2.【答案】B
【解析】解：A.根据左手定则，洛伦兹力方向向上，故A错误；
B.根据左手定则，洛伦兹力方向向下，故B正确；
C.根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，故C错误；
D.根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外，故D错误。
故选：B。
用左手定则逐一判断各选项，让磁感线穿过手心，四指指向正电荷运动方向，大拇指指向洛伦兹力方向，验证方向是否匹配。
本题考查左手定则的直接应用，关键是明确洛伦兹力始终垂直于速度与磁场组成的平面，需准确把握三者的方向关系。
3.【答案】D
【解析】解：由图可知，电场线疏密程度代表场强大小，a点处的电场线比b点处的电场线更密集，因此a点的电场强度大于b点的电场强度；
沿着电场线的方向，电势是逐渐降低的，因此a点的电势大于b点的电势，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据正点电荷的电场分布规律，场强随距离增大而减小，电势随距离增大而降低，a点距电荷更近，故场强更大、电势更高。
本题考查正点电荷的电场强度与电势的分布规律，注重对基本公式和电场线性质的理解与应用。
4.【答案】C
【解析】解：物体做曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧，小车的动能一直增加，合力与速度方向夹角为锐角。故C正确，ABD错误。
故选：C。
物体做曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧，且合力与速度方向的夹角应为锐角。
本题主要考查了曲线运动的条件，解题关键是掌握物体做曲线运动时，其所受合力的方向指向运动轨迹的凹侧。
5.【答案】A
【解析】解：AB、根据逆向思维可以将两个网球的运动看成从竖直墙上的反向的平抛运动，根据平抛运动规律有x=vt，y=12gt2
可见沿轨迹 1 运动的网球水平方向速度较大，被击出时的速度大小为v1= v2+vy2= v2+2gy
则沿轨迹 1 运动的网球被击出时的速度较大，故A正确，B错误；
CD、在竖直方向上，两球上升的高度y相同。根据y=12gt2
可知两球在空中运动的时间t相同，故CD错误。
故选：A。
由题分析可知，根据逆向思维可以将两个网球的运动看成从竖直墙上的反向的平抛运动，则根据平抛运动的规律求解即可。
解题关键是能够利用逆向思维将问题简化—将网球的运动根据逆向思维简化成平抛运动，根据平抛运动的规律即可求解。难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，无其他外力(如空气阻力、发动机推力)做功。返回舱在返回的过程中，受到空气阻力、反推发动机点火等外力作用，这些力做功导致机械能减少，其机械能不守恒，故A错误；
B、地球对返回舱的引力F=GMmr2，其中r为返回舱到地心的距离。靠近地面时，r减小，引力F增大，故B错误；
C、超重状态指加速度方向向上时支持力大于重力的状态。反推发动机点火提供向上推力，使返回舱减速，加速度方向向上，故宇航员处于超重状态，故C正确；
D、缓冲装置主要通过延长冲击作用时间或材料变形吸收能量来减小冲击力，而非单纯增大受力面积(增大面积减小的是压强，不一定减小总冲击力)，故D错误。
故选：C。
分析除重力以外其他力做功情况，判断返回舱在返回的过程中机械能变化情况；由万有引力定律分析返回舱在靠近地面的过程中所受地球的引力变化情况；分析加速度方向判断宇航员处于何种状态；结合动量定理或能量守恒分析缓冲装置的作用原理。
解答本题时，要掌握机械能守恒条件和万有引力定律，理解缓冲装置的作用原理。
7.【答案】D
【解析】解：A、设小物块甲、乙的质量为m，斜面的倾角为θ。将甲、乙看作一个整体，当Fcsθ>2mgsinθ时，整体的合力沿斜面向上，则整体沿斜面向上做加速运动；当FcsθF压乙，故C错误，D正确。
故选：D。
甲、乙原来静止，其运动情况取决于合外力情况，而合外力取决于Fcsθ与2mgsinθ大小，分析情况讨论分析两个物块的运动方向；甲对乙的作用力是弹力，与接触面垂直；垂直于斜面方向两个物块没有加速度，受力平衡，根据平衡条件结合牛顿第三定律分析甲、乙对斜面的压力大小关系。
本题的关键要明确研究对象，正确分析受力情况，再判断物体的运动情况。
8.【答案】B
【解析】解：A.当电子的出射速度v不变、只增大磁感应强度B时，根据洛伦兹力提供向心力，轨道半径公式 r=mveB 可知，圆的半径r将减小，故A错误；
B.当磁感应强度B不变、只增大电子的出射速度v时，根据洛伦兹力提供向心力，轨道半径公式 r=mveB 可知，圆的半径r将增大，故B正确；
C.当磁感应强度B不变、只增大电子的出射速度v时，根据洛伦兹力提供向心力，周期公式 T=2πmeB 可知，电子的运动周期T与速度v无关，将保持不变，故C错误；
D.当电子的出射速度v不变、只增大磁感应强度B时，根据洛伦兹力提供向心力，周期公式 T=2πmeB 可知，电子的运动周期T将变小，故D错误。
故选：B。
根据轨道半径公式以及周期公式，结合磁感应强度与速度的变化情况分析求解。
本题考查了带电粒子在磁场中的运动，理解粒子在磁场中的运动状态，理解洛伦兹力和向心力的关系是解决此类问题的关键。
9.【答案】A
【解析】解：AD.由图像可得小球振动的最高点为y2，最低点为y1，则其振幅为A=y2−y12
从图中可以看出，纸张从x=0 运动到x=5x0的过程中，小球完成了2.5 次全振动。因此，在这段时间内小球走过的总路程为s=2.5×4A，解得s=5(y2−y1)，故A正确，D错误；
B.小球只在竖直方向运动，位移是指物体从初位置指向末位置的有向线段。根据图像，在x=0 时刻(初位置)，小球在y2处；在x=5x0时刻(末位置)，小球在y1处。因此，小球的位移大小为y2−y1，故B错误；
C.从图中可知，完成一次全振动，纸张在水平方向移动的距离(即波长)为λ=2x0。振动周期是完成一次全振动所需的时间。由于纸张的运动速率为v，所以振动周期T=λv=2x0v，故C错误。
故选：A。
抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式求出周期，根据图像求解振幅和路程；位移是指物体从初位置指向末位置的有向线段。
解决本题的关键是理解振幅的含义，抓住弹簧振子的振动与记录纸运动的同时性，由匀速运动的规律求解周期。
10.【答案】D
【解析】解：A、若D表示某质点做平抛运动的速度，则△D△t表示加速度，平抛运动加速度是重力加速度，重力加速度保持不变，即△D△t保持不变，故A错误；
B、若D表示质点做匀速圆周运动的线速度，则△D△t表示向心加速度，做匀速圆周运动的向心加速度的大小不变，方向不断变化，是变化的，△D△t是变化的，故B错误；
C、若D表示质点的动量，则△D△t表示质点受到的合外力F，△D△t越大，质点所受合外力F就越大，由于质点所受合力的冲量I=Ft除与F有关外还有力的作用时间t有关，△D△t质点所受冲量不一定大，故C错误；
D、若D表示穿过某线圈的磁通量，则△D△t就表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律可知，若穿过线圈的磁通量的变化量越大，线圈中的感应电动势就越大，故D正确。
故选：D。
物理量D的变化量△D与发生这个变化所用时间△t的比值△D△t，叫做这个量D的变化率，根据D表示的物理量结合相关的知识分析答题。
本题涉及的知识点较多，但难度不变，掌握基础知识是解题的前提，根据D表示的量，判断△D△t的物理意义，然后根据基础知识即可解题。
11.【答案】C
【解析】解：A.根据右手定则可知，边缘电势高，为正极；转动轴电势低，为负极，故A正确；
B.圆盘切割磁感线产生的感应电动势大小为E=BLv−=12BL2ω
其中L为圆盘半径，ω为转动角速度，当圆盘以恒定的角速度ω转动时，产生的感应电动势E是恒定的，根据闭合电路欧姆定律I=ER+r
可知通过电阻R的电流大小也是恒定的，故B正确；
C.法拉第圆盘发电机产生感应电动势的原理是导体(圆盘的半径)切割磁感线，属于动生电动势，在转动过程中，半径不断“扫过”磁场，切割磁感线，从而产生电动势，只要电路闭合，就会有电流通过，故C错误；
D.电动势的产生源于非静电力对电荷做功。在此装置中，非静电力就是洛伦兹力。圆盘内的自由电子(负电荷)随圆盘转动，受到洛伦兹力的作用。根据A项的分析，自由电子(负电荷)受到的洛伦兹力方向相反，即从边缘指向圆心。这个力使得电子向圆心聚集，从而产生电动势，故D正确。
本题不正确的，故选：C。
将圆盘等效为无数条径向导体，其转动时切割磁感线产生动生电动势，即使穿过圆盘的磁通量不变，也会产生感应电流，据此分析电极、电流稳定性、磁通量与电流的关系及非静电力本质。点评：
本题考查法拉第圆盘发电机的工作原理，涉及动生电动势的产生条件与感应电流的判断，注重对电磁感应现象的深入理解。
12.【答案】C
【解析】解：A.安培力定义基于电流在磁场中受力的实验事实，洛伦兹力定义基于运动电荷在磁场中受力的实验事实，故A正确；
B.①式用电流元(电流)探测，②式用运动电荷探测，但电流本质是运动电荷形成的，两种定义均描述同一物理量B，故B正确；
C.磁感应强度大小由磁场本身决定，与试探电荷所受洛伦兹力的大小无关，故C错误；
D.磁感应强度的大小在数值上等于单位电流元在该点受到的最大安培力，由①式及安培力公式F=BILsinθ，当θ=90°时，Fmax=BIL。取单位电流元(IL=1A⋅m)，则Fmax=B，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
明确磁感应强度是比值定义法，其大小由磁场本身决定，与试探电荷的受力无关，再逐一分析各选项的正误。
本题考查磁感应强度的定义本质，核心是理解比值定义法的特点，即物理量由场本身决定，与试探量无关。
13.【答案】C
【解析】解：根据题意分析可知，由牛顿第二定律得mg−kr2v2=ma
解得a=g−kr2v2ρ⋅43πr3=g−3kv24ρπr
v逐渐变大，可知雨滴做加速度减小得越来越快的加速运动；
设雨滴最终的速度大小为vm，当雨滴的加速度为零时，雨滴有最大速度为vm= 4ρgπr3k
因r1>r2，可知甲的雨滴的最大速度较大，速度的变化量也较大，a 与时间 t图线围成的面积表示速度的变化量，所以甲图线围成的面积较大，故C正确，ABD错误；
故选：C。
雨滴下落时受重力和空气阻力，阻力与速度平方成正比。初始速度为0时阻力为0，加速度为g；随速度增大，阻力增大，加速度减小，最终匀速时加速度为0。需结合牛顿第二定律分析不同半径雨滴的加速度变化规律及最终匀速时的加速度情况，判断a−t图像的合理性。
本题核心是分析雨滴的动态受力与加速度变化：①初始加速度为g；②加速度随速度增大而减小；③最终匀速时加速度为0；④半径大的雨滴匀速速度大，加速度下降更慢。通过牛顿第二定律结合质量、阻力的表达式，推导加速度的变化规律，进而判断图像合理性。
14.【答案】D
【解析】解：A.在振动过程中，线圈切割磁感线产生感应电流，通过电阻发热，将机械能先转化为电能，再转化为内能，因此系统的机械能不守恒，故A错误；
B.把平台和三个线圈看作一个整体，其总质量为m，当平台静止时，系统处于平衡状态，受到的总重力mg与弹簧的弹力F平衡。
根据胡克定律F= kΔx
代入数据得弹簧的伸长量为Δx=mgk，故B错误；
C.t=0时刻，平台的速度为v0，每个线圈切割磁感线产生的感应电动势为E=B(2πr)v0
结合欧姆定律，感应电流I=ER
线圈所受的安培力为F安=BI(2πr)=4π2B2r2v0R，故C错误；
D.根据能量守恒定律，系统减少的机械能等于三个线圈产生的总焦耳热；
选取平衡位置为零势能面12mv02+12kΔx2=12k(A−Δx)2+mgA+Q总
由于三个减振器(线圈)是相同的，所以每个线圈产生的焦耳热Q=Q总3=16(mv02−kA2)，故D正确。
故选：D。
分析振动过程能量转化，判断机械能是否守恒；由受力平衡求弹簧伸长量；推导t=0时线圈的感应电流与安培力；通过能量守恒分析0到t1时间内每个线圈的焦耳热。
本题结合电磁感应、受力平衡与能量守恒，考查阻尼振动中能量转化与安培力的综合分析能力，注重对多模块知识的融合应用。
15.【答案】C 左端;4.2 设槽码质量m，小车质量M，对整体mg=(m+M)a，对小车T=Ma=MmgM+m=mgmM+1，所以槽码质量比小车质量小得多时，T≈mg，可以认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力
【解析】解：(1)平衡阻力的方法是：调整轨道的倾斜度，使小车不受牵引时，能拖动纸带沿轨道做匀速运动，说明重力分力正好平衡轨道摩擦和纸带摩擦。故C正确，AB错误。
故选：C。
(2)小车做匀加速运动，纸带点间距越来越多，所以纸带的左端与小车相连；
每两个计数点间有四个点未画出，计数点周期T=5×0.02s=0.1s
小车的加速度大小为a=(11.40+15.60)−(3.00+7.20)(0.2)2×10−2m/s2=4.2m/s2
(3)设槽码质量m，小车质量M，对整体mg=(m+M)a
对小车T=Ma=MmgM+m=mgmM+1
所以槽码质量比小车质量小得多时，T≈mg，可以认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。
故答案为：(1)C；(2)左端，4.2；(3)设槽码质量m，小车质量M，对整体mg=(m+M)a，对小车T=Ma=MmgM+m=mgmM+1，所以槽码质量比小车质量小得多时，T≈mg，可以认为槽码所受的重力等于使小车做匀加速直线运动的合力。
(1)根据平衡阻力的方法判断；
(2)根据纸带上点迹间距判断；根据逐差法计算小车的加速度；
(3)根据牛顿第二定律推导拉力表达式分析判断。
本题关键掌握“探究加速度与力、质量关系”的实验原理和误差分析方法、根据匀变速直线运动规律计算小车加速度的方法。
16.【答案】CABD 红;6;1
【解析】解：(1)用多用电表测电阻时的实验步骤的正确顺序为：选择合适的电阻挡、欧姆调零、测电阻、关闭多用电表。故实验步骤的正确顺序为CABD。
(2)由图1可知，当B与3或4连接时，电流从B流出多用电表，从A流入多用电表，因电流必须从红表笔流入多用电表，故A为红表笔；
当选择开关S与1或2连接时，对应多用电表的电流挡，且与1连接时，由并联电路规律可知，并联的分流电阻较小，对应电流挡的量程较大；当选择开关S与5或6连接时，对应多用电表的电压挡，且与6连接时，由串联电路规律可知，串联的分流电阻较大，对应电压挡的量程较大。
(3)用电压挡测任意两个接线柱，示数均为零，说明黑箱中无电源；每对连接点间正、反向阻值均相等，说明黑箱中无二极管。根据电阻挡的测量结果分析可知，黑箱中可能为三个阻值为5Ω的电阻，其连接方式如下
故答案为：(1)CABD；(2)红，6，1；(3)
(1)根据多用电表欧姆挡的使用方法分析判断；
(2)根据电流从红表笔流入从黑表笔流出判断；根据电路并联情况和串联情况分析判断；
(3)根据用电压挡测任意两个接线柱时的电压值分析判断。
本题关键掌握多用电表欧姆挡的使用方法，电流从红表笔流入从黑表笔流出的特点，电压表、电流表的改装原理，电路故障判断方法。
17.【答案】弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep为12mvB2 物体到达C点时的速度大小vC为 gR 物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W为52mgR−12mvB2
【解析】解：(1)物体由A点运动到B点的过程中，根据弹簧和物体组成的系统机械能守恒，可得
Ep=12mvB2
(2)物体恰好能够到达轨道的最高点C，由重力完全提供向心力，由牛顿第二定律有mg=mvC2R
解得vC= gR
(3)物体由B点运动到C点过程中，根据动能定理有
−mg⋅2R+W=12mvC2−12mvB2
解得W=52mgR−12mvB2
答：(1)弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep为12mvB2；
(2)物体到达C点时的速度大小vC为 gR；
(3)物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W为52mgR−12mvB2。
(1)物体由A点运动到B点的过程中，弹簧的弹性势能转化为物体的动能，根据弹簧和物体组成的系统机械能守恒求解弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep；
(2)物体恰好能够到达轨道的最高点C，由重力完全提供向心力，由牛顿第二定律求解物体到达C点时的速度大小vC；
(3)物体由B点运动到C点过程中，根据动能定理求解物体沿半圆形轨道运动过程中阻力所做的功W。
本题考查机械能守恒定律、动能定理以及动能定理的应用，关键要掌握竖直平面内圆周运动的临界条件。要知道动能定理是求功特别是变力做功常用的方法。
18.【答案】推导过程见解析 通过数方格、割补法等方式计算图2中F−t曲线与t轴围成的面积，该面积的数值即为小车受到压力的冲量大小 论证过程见解析
【解析】解：(1)根据匀变速直线运动速度与时间的关系式有v=v0+aΔt
解得物体做匀变速直线运动的加速度为a=v−v0Δt
对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律有F=ma=m⋅v−v0Δt
变形得F⋅Δt=mv−mv0
其中F⋅Δt是合外力的冲量，mv是末动量，mv0是初动量，即合外力的冲量等于物体动量的变化，这就是动量定理。
(2)根据冲量的定义有I=∫Fdt
所以在F−t图像中，冲量的大小等于图像与坐标轴围成的面积。具体操作：通过数方格、割补法等方式计算图2中F−t曲线与t轴围成的面积，该面积的数值即为小车受到压力的冲量大小。
(3)建立物理模型(柱状模型)：取极短时间Δt内射到钢板上的水为研究对象，设水柱的横截面积为S，水的密度为ρ，则该段水柱的长度为L=vΔt
质量为Δm=ρV=ρSL=ρSvΔt
设钢板对水的平均作用力为F′，由题意可知，其方向与水的运动方向相反，由于水射到钢板后速度变为0，以水的初速度方向为正方向，则对水列动量定理方程有−F′Δt=0−Δmv
联立解得F′=ρSv2
根据牛顿第三定律可知，水柱对钢板的平均冲击力为F=F′=ρSv2
由于ρ、S均为定值，因此水束对钢板的平均冲击力的大小F与v的平方成正比，即F∝v2。
答：(1)推导过程见解析；
(2)通过数方格、割补法等方式计算图2中F−t曲线与t轴围成的面积，该面积的数值即为小车受到压力的冲量大小；
(3)论证过程见解析。
(1)根据匀变速直线运动速度与时间的关系求解加速度，结合牛顿第二定律可得F⋅Δt=mv−mv0，从而得到动量定理；
(2)冲量的大小等于图像与坐标轴围成的面积，得到面积大小即可得到冲量大小；
(3)求出Δt时间内射到钢板上的水的质量，根据动量定理和牛顿第三定律求解冲击力大小，
本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉微元法处理平均冲力的问题即可完成分析。
19.【答案】平行板电容器电容C的表达式C=S4πkd 若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为0；充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像

电容器充电结束后储存的电场能Ep是SU28πkd 充电过程中电源输出的电能为W，W=2Ep
【解析】解：(1)设该平行板电容器带电荷量为Q，则Q=σS
两板间的场强大小为E′=2E=4πkσ
两板间的电压为U=E′d=4πkdσ
则该电容器的电容C=QU=Q4πkdσ=S4πkd
(2)根据电容的定义式可知，u=qC=4πkdSq
故u−q图像是一条过原点的、斜率为4πkdS的直线，如图所示
电容器充电结束后储存的电场能等于充电过程中克服电场力做的功，等于u−q图像与横轴所包围的“面积”，故Ep=12UQ=12U⋅CU=12CU2=SU28πkd
(3)充电过程中电源输出的电能为W=UQ
而Ep=12UQ
故W=2Ep
答：(1)平行板电容器电容C的表达式C=S4πkd；
(2)若平行板电容器接入直流电源的输出电压为U，初始时电容器极板带电量为0。充电过程中板间电压u随极板带电量q变化关系的图像
电容器充电结束后储存的电场能Ep是SU28πkd。
(3)充电过程中电源输出的电能为W，W=2Ep。
(1)先根据无限大带电平板的场强规律，算出两板间的总场强，再结合极板间距得出板间电势差，最后依据电容的定义推导其表达式；
(2)电容器接直流电源时，板间电压保持不变，电压随电荷量变化的图像为一条水平直线；电容器储存的电场能可由该图像与坐标轴围成的面积求得；
(3)电源输出的电能等于电源在充电过程中做的功，这些能量一部分转化为电容器的电场能，另一部分在电路中转化为热量，因此电源输出的电能大于电容器的电场能。
本题围绕平行板电容器的定义、充电过程与能量转化，考查规律推导、图像分析与能量关系，注重对电容本质与能量守恒的理解。
20.【答案】a.若r≤R，E=kQ43πR3⋅43πr3r2=kQrR3；若r>R，
E=kQr2
b.
a．T=2πr LGM；b.b.地球与物体间的万有引力与物体到地球球心的距离平方成反比，而单摆的振动周期T=2πr LGM∝r
根据类比思想，若电摆的周期与A到C球心的距离成正比，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比；因此，可由表格中的数据求出电摆的周期，验证T∝r′在误差允许范围内是否成立，若成立，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比
【解析】解：(1)a.根据题意可知，若r≤R，则E=kQ43πR3⋅43πr3r2=kQrR3
若r>R，则E=kQr2
b.设地球的质量为M地，由类比法可知，若r≤R地，则g=GM地rR地3
若r>R地，则g=GM地r2
在图 1 所示的坐标系中定性画出地球内、外的引力场强度的大小 g 随距地心距离 r 变化关系的图像，如图所示
(2)a.单摆的周期T=2π Lg
又mg=GMmr2
解得T=2πr LGM
b.地球与物体间的万有引力与物体到地球球心的距离平方成反比，而单摆的振动周期T=2πr LGM∝r
根据类比思想，若电摆的周期与A到C球心的距离成正比，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比。因此，可由表格中的数据求出电摆的周期，验证T∝r′在误差允许范围内是否成立，若成立，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比。
故答案为：(1)a.若r≤R，E=kQ43πR3⋅43πr3r2=kQrR3；若r>R，
E=kQr2
b.
(2)a．T=2πr LGM；b.b.地球与物体间的万有引力与物体到地球球心的距离平方成反比，而单摆的振动周期T=2πr LGM∝r
根据类比思想，若电摆的周期与A到C球心的距离成正比，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比。因此，可由表格中的数据求出电摆的周期，验证T∝r′在误差允许范围内是否成立，若成立，则说明电荷之间的引力与电荷间距离的平方成反比。
(1)a：类比均匀带电球壳的电场规律，将均匀带电球体分为球内(r≤R)与球外(r>R)，结合库仑定律与电场强度定义，分析球心距离r处的场强大小；
b：类比电场强度的定义，引力场强度为引力与质量的比值，地球内部(r≤R地)引力场强度随r线性变化，外部(r>R地)随r平方反比衰减，据此定性绘图；
(2)a：类比单摆的振动模型，回复力由万有引力的切向分量提供，结合万有引力公式与单摆周期的推导逻辑，推导该单摆的振动周期表达式；
b：类比单摆周期与摆长的关联，电摆的回复力由电荷间引力提供，通过实验数据中振动周期与距离的关系，验证电荷间引力与距离平方成反比的规律。
本题以类比法为核心，结合电场与引力场、单摆与电摆的相似性，考查规律迁移与实验验证能力，注重物理思想与方法的应用。实验次数
A到C球心的距离r′/cm
15次振动所需时间t/s
1
22.86
20
2
45.72
41
3
60.96
60