2025-2026学年江苏省淮安市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

这是一份2025-2026学年江苏省淮安市高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)，共4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.下面几种电荷形成的电场中，电场线分布正确的是( )
A. B.
C. D.
2.某电容器充电时，下列选项能正确反映其电荷量Q、电压U、电容C之间关系的是( )
A. B. C. D.
3.小明在家打扫卫生时，先将静止的沙发沿直线推开1m，清洁地面后再将沙发沿直线推回原位置静止。关于往返全过程中说法正确的是( )
A. 沙发总位移大小为2mB. 合力对沙发做的总功为零
C. 人对沙发的推力做的总功为零D. 滑动摩擦力对沙发做的总功为零
4.手机电容式触摸屏的核心部件可简化为平行板电容器。当手指靠近触摸屏时，电容器两极板和手指间的电场线分布如图所示。下列说法中正确的是( )
A. A点的电场强度大于B点的电场强度
B. 极板上表面C点的电势小于该板下表面D点的电势
C. 将一电子从A点移到B点，电子的电势能减小
D. 若电子在E点释放，仅受静电力作用将沿电场线ab运动
5.真空中两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B(均可看作点电荷)，分别固定在两处，两球间静电力为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，此时A、B球间的静电力大小为可能为( )
A. 18FB. 14FC. 34FD. 38F
6.同步卫星与地心间的距离为r，运行速率为v1，向心加速度大小为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度大小为a2；地球的第一宇宙速度为v2，半径为R。下列关系式正确的是( )
A. a1a2=RrB. a1a2=rRC. v1v2=RrD. v1v2=rR
7.如图所示，一个质量为m的小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的液体油中由静止开始下落。它们下落相同高度h过程中，两小球( )
A. 重力做功相同
B. 机械能变化量相同
C. 动能增加量相同
D. 重力做功的平均功率相同
8.如图所示为两个量程电流表的简化原理图。已知表头内阻为Rg，满偏电流为Ig，可使用A、B两个端点或A、C两个端点改变量程，则( )
A. A、C两个端点的量程比A、B两个端点的小
B. 使用A、C两个端点时，量程为0∼IgRgR1+R2
C. 使用A、B两个端点时，量程为0∼IgRgR1
D. 使用A、B两个端点时，量程为0∼Ig(Rg+R2)R1
9.如图所示，将带正电的试探电荷沿着等量异种点电荷连线的中垂线从A点移动到B点，再沿连线从B点移动到C点。在此全过程中试探电荷( )
A. 电势能一直增大
B. 所受的电场力一直做负功
C. 所受的电场力一直增大
D. 经过各点的电势不断升高
10.如图所示，将质量为0.2kg的小球放在竖立的弹簧上，并向下按至位置A(图甲)。迅速松手后，弹簧将球弹起，途经位置B(图乙)时弹簧刚好处于自由状态，后升至最高位置C(图丙)。已知A、B的高度差为0.1m，B、C的高度差为0.2m，弹簧的质量和空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。下列说法中正确的是( )
A. 小球在位置B时，小球的动能为0.4J
B. 小球在位置A时，弹簧的弹性势能为0.4J
C. 小球从A上升至B的过程中，小球动能一直增加
D. 小球从A上升到C的过程中，小球机械能一直不变
11.如图所示，平行金属板a、b组成的电容器与电源E连接，闭合开关S，电路稳定后，一带电粒子(重力忽略不计)从平行板电容器左侧某点以v0平行极板射入电容器，打在b板上的Q点。下列说法不正确的是( )
A. 该粒子带正电
B. 将滑片P向右移动，带电粒子打在Q点右侧
C. 将a极板向上移动一小段距离，带电粒子打在Q点右侧
D. 断开S，将a极板向下移动一小段距离，带电粒子仍打在Q点
二、实验题：本大题共1小题，共11分。
12.某实验小组测量一节干电池的电动势和内阻，实验室提供如下器材：
干电池一节(电动势约为1.5V，内阻小于2Ω)；
电压表V(量程0∼3V，内阻约为3kΩ)；
电流表A(量程0∼0.6A，内阻为0.1Ω)；
滑动变阻器R(最大阻值约为20Ω)；
开关一个，导线若干。
(1)该实验小组设计如图1所示的电路进行实验。请用笔画线代替导线，根据图1完成图2中的实物间的连线
(2)该实验小组进行了多次测量，并根据实验测得的多组数据作出了U−I图像如图3所示，由图像可得，该干电池的电动势E= V，内阻r= Ω(结果均保留到小数点后两位)
(3)该实验方案是否存在系统误差 (选填“是”或“否”)并说明理由
(4)另一实验小组在实验过程中，发现电压表已损坏。为完成实验，除电流表、待测干电池、若干导线、开关外，还需______
A. 滑动变阻器B. 电阻箱C. 欧姆表
三、计算题：本大题共4小题，共45分。
13.一小型直流电动机接入电路中，电动机两端电压调为U1=0.2V时，电动机不转，测得流过电动机的电流I1=0.4A；电动机两端电压调为U2=3V时，电动机正常工作，测得流过电动机的电流I2=1A，求：
(1)电动机线圈内阻R
(2)电动机正常工作时的输出功率P
14.2025年5月20日我国成功发射了地球静止轨道同步卫星“中星3B”，首次在国产卫星上应用太赫兹通信载荷，传输速率较前代提升5倍。已知地球的自转周期为T，半径为R，第一宇宙速度为v，引力常量为G，忽略地球自转的影响。求：
(1)地球表面重力加速度g
(2)“中星3B”卫星在同步轨道上运行时距地面的高度h
15.如图所示，电容为C，极板间距离为d的平行板电容器充电后水平放置，上极板带正电，下极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球(可视为质点)从距小孔正下方h处以初速度v0=2 gℎ竖直上抛，穿过小孔到达上极板处速度恰为零。空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g。求：
(1)小球到达小孔处的速度v
(2)小球在电容器中的运动时间t
(3)电容器所带电荷量Q
16.如图甲所示，长L=4m的水平轨道AB与半径R=0.5m的竖直光滑半圆轨道BCE在B处平滑连接，O为该半圆轨道圆心，C点与圆心O等高，E点在圆心O的正上方。在水平向右的外力F作用下，质量m=1kg的滑块(可视为质点)从A处由静止开始沿AB向右运动，外力F与滑块位移x的关系图像如图乙所示，滑块到达B点时撤去外力F，接着沿半圆轨道内侧上滑，恰好到D点时与轨道脱离，在空中运动。已知OD与OC间的夹角为37∘，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，g取10m/s2，轨道均固定，不计空气阻力。求滑块：
(1)从A到B过程，水平外力对它做的功WF
(2)经B点时，对圆轨道的压力大小FN
(3)运动至最高点时，与B点间的高度差h
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止；根据几个常见的电场线的分布如图，可知：
AB、正点电荷的电场线方向向外，负点电荷的电场线的方向向里。故AB错误；
C、等量异种点电荷的电场线从正电荷发出，到负电荷处为止，故C错误；
D、比较等量同种点电荷点电荷的电场线的分布可知，故D图正确。
故选：D。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。
该题考查常见的电场线的特点，掌握住常见电荷的电场线和等势面的分布特点即可。要多加记忆。
2.【答案】D
【解析】解：BCD.电容的大小是由电容器自身结构决定的，C=QU是电容的定义式，电容器电容的大小C与电容器的带电量Q以及电容器两极板之间的电压U无关，故BC错误，D正确；
A.根据C=QU可得Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故A错误。
故选：D。
根据C=QU分析，电容的大小是由电容器自身结构决定的，与其所带电荷量以及两板间电压大小无关，据此分析。
知道电容的大小是由电容器自身结构决定的，与其所带电荷量以及两板间电压大小无关是解题的基础。
3.【答案】B
【解析】解：A.根据位移的定义可知，位移是初位置指向末位置的有向线段，结合题意：沙发往返后回到原位置，初末位置重合，总位移大小为0，故A错误；
B.由动能定理W合=ΔEk可知：合外力对物体做的总功等于物体动能的变化量，沙发初末状态均静止，动能变化ΔEk=0，则合力总功为零，故B正确；
C.根据W=Fscsα可知，功的正负由力与位移的夹角决定，夹角为锐角时力做正功：推出沙发时推力与位移同向，做正功；推回沙发时推力与位移仍同向，也做正功，因此人对沙发推力的总功为正，不为零，故C错误；
D.滑动摩擦力方向始终与物体相对运动方向相反，两次运动中摩擦力均与位移反向，夹角为180∘，都做负功，因此滑动摩擦力的总功为负，不为零，故D错误。
故选：B。
A.根据位移的定义判断；
B.根据动能定理W合=ΔEk分析判断；
C.根据推沙发的过程中功的变化判断；
D.根据正负功的条件判断。
本题主要考查对位移的理解，摩擦力做功的计算。理解位移、熟记公式是解题关键。
4.【答案】C
【解析】解：A.电场线的疏密表示电场强度的大小，图中A点处的电场线比B点处的电场线稀疏，所以A点的电场强度小于B点的电场强度，故A错误；
B.电容器的同一个极板是等势体，其上表面C点的电势等于该板下表面D点的电势，故B错误；
C.由图可知电场线方向向上，顺着电场线方向电势降低，则B点的电势高于A点的电势。将一电子从A点移到B点，由于电子带负电，电场力做正功，电子的电势能减小，故C正确；
D.电子在电场中受静电力作用，由于电场线ab是曲线，电子受到的静电力方向沿电场线的切线方向，若电子在E点释放，电子的运动轨迹不会与电场线重合，故D错误。
故选：C。
根据电场线疏密比较电场强度大小；电容器同一个极板上各点的电势相等；判断A、B两点电势高低，分析电子电势能的高低；区分曲线电场线条件，静止释放电荷只有电场线为直线时才会沿电场线运动。
本题以电容式触摸屏为真实情境，依托电场线图像综合考查电势、场强、电场力做功、带电粒子运动轨迹等基础知识点，情景贴近生活，着重检验电场线相关推论的准确运用，容易混淆曲线电场线下粒子运动规律，适合夯实静电场图像分析能力。
5.【答案】A
【解析】解：根据库仑定律得真空中两个静止点电荷间的静电力大小为F=kQAQBr2=kQ2r2，
不带电的同样的金属小球C先与A接触，QC=QA′=Q2，
带电的同样的金属小球C再与B接触QB′=QC′=QB−QC2=Q4，
此时两点电荷间的静电力大小为F′=kQA′QB′r2=18F，故A正确；BCD错误。
故选：A。
根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题。
两个等大的带同种电荷的小球接触后电量均分；而两个等大的带异种电荷的小球接触后，电量先中和后均分；根据题意和选项，清楚变量和不变量，再根据库仑定律解决问题。
6.【答案】B
【解析】解：AB.同步卫星与地球赤道上的物体角速度相同，设同步卫星轨道到地心距离为r，赤道上物体做圆周运动的半径等于地球半径R，根据向心加速度a=ω2r，可得a1a2=ω2rω2R=rR，故A错误，B正确。
CD.同步卫星和近地卫星(第一宇宙速度对应近地卫星的环绕速度)均由万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有GMmr2=mv2r，解得线速度v= GMr，同步卫星轨道半径为r，近地卫星轨道半径等于地球半径R，可得v1v2= Rr，故CD错误。
故选：B。
同步卫星与地球赤道上的物体角速度一致，借助向心加速度公式推导出二者加速度之比等于轨道半径之比；同步卫星与近地卫星均依靠万有引力提供向心力，推导出线速度表达式，得到两者线速度比值。
本题考查两种地球相关圆周运动模型，一是赤道物体与地球同步卫星的同轴转动模型，利用相同角速度比较向心加速度；二是近地卫星、同步卫星的环绕卫星模型，以万有引力充当向心力，根据轨道半径比较线速度大小。
7.【答案】A
【解析】解：B、在真空中下落时只有重力做功，机械能守恒，机械能变化量为零；在油中下落时除重力外还有阻力做负功，机械能减少，机械能变化量不为零，故两小球机械能变化量不同，故B错误；
C、根据动能定理，在真空中动能增加量ΔEk1=mgℎ，在油中动能增加量ΔEk2=mgℎ−Wf，故两小球动能增加量不同，故C错误；
A、由重力做功公式WG=mgℎ可知，两小球质量相同、下落高度相同，故重力做功相同，故A正确；
D、重力做功的平均功率P=WGt，两小球重力做功相同，但在真空中下落的加速度大于在油中下落的加速度，下落相同高度时真空中所用时间较短，故在真空中重力做功的平均功率较大，两小球重力做功的平均功率不同，故D错误。
故选：A。
重力做功只与重力和下落高度有关，两小球m、h一致，重力做功相等；机械能变化量等于除重力外其他力做功，油中小球受阻力，真空小球无其他力，机械能变化不同；依据动能定理，油中小球阻力做负功，动能增加量更小；油中小球下落加速度更小，下落耗时更长，重力平均功率更小。
本题围绕重力做功、机械能变化、动能定理、平均功率多个易混知识点对比设问，通过有无阻力两种情景构建对照模型，能够有效区分相关概念，是功和能板块典型基础考题。
8.【答案】A
【解析】解；使用 A、C 两个端点时，表头Rg与 (R1+R2)并联，满偏电压 U=IgRg，总电流(量程)为I=Ig+UR1+R2=Ig+IgRgR1+R2；使用 A、B 两个端点，满偏时并联电压U=Ig(Rg+R2)，总电流(量程)为I′=Ig+Ig(Rg+R2)R1，所以 A、B 端点的量程较大，A、C 端点的量程较小，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据并联电路的电流特点，写出使用 A、B 两个端点时和使用 A、C 两个端点时的电流表量程表达式分析比较即可。
掌握串、并联电路中电压和电流的特点是解题的基础。
9.【答案】C
【解析】解：A、等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，从A点移动到B点电势不变，电势能不变；
从B点移动到C点，靠近正电荷，电势升高，根据Ep=φq可知正电荷电势能增大，故A错误；
C、等量异种点电荷连线的中垂线上，中点B处电场强度最大，从A到B电场强度增大；
连线上中点B处电场强度最小，从B到C电场强度增大，故全过程电场强度一直增大，试探电荷所受电场力一直增大，故C正确；
B、从A点移动到B点电场力不做功，从B点移动到C点电场力做负功，故B错误；
D、从A点移动到B点电势不变，从B点移动到C点电势升高，故D错误。
故选：C。
题目描述带正电试探电荷在等量异种点电荷电场中的两段运动：先沿中垂线从A到B，再沿连线从B到C。需分析全过程电势能、电场力做功、电场力大小及电势变化。明确中垂线是等势面，从A到B电势不变，电场力不做功，电势能不变；从B到C沿连线靠近正电荷，电势升高，正电荷电势能增大，故全过程电势能总体增大。电场力先不做功后做负功，并非一直做负功。电场强度在中垂线上中点B最大，从A到B增大；连线上中点B最小，从B到C增大，故电场力一直增大。电势先不变后升高，并非不断升高。
本题全面考查等量异种点电荷的电场与电势分布规律，重点检验学生对电场力、电场力做功、电势、电势能等核心概念的理解与辨析能力。题目设计精巧，通过设定一段包含中垂线和连线上的复合路径，将不同区域的电场性质整合于一体，综合性强，能有效锻炼学生的空间想象能力和逻辑推理能力。计算量虽小，但对概念清晰度要求高，需准确掌握中垂线为等势线、连线上场强变化以及电势沿电场线方向降低等关键结论，并灵活运用电场力做功与电势能变化关系进行分析。选项间的辨析需要细致，属于中等难度题目。
10.【答案】A
【解析】解：A、B、C的高度差为0.2m，根据动能定理有−mgℎBC=0−Ek
解得小球在位置B时的动能为Ek=0.4J，故A正确；
B、从A到C，根据能量守恒定律，小球在位置A时，弹簧的弹性势能Ep=mgℎAC=0.2×10×(0.1+0.2)J=0.6J，故B错误；
C、小球从A上升到B位置的过程中，弹簧的弹力先大于重力，后小于重力，小球先加速后减速，当弹簧的弹力等于重力时，合力为零，小球的速度达到最大，故小球从A上升到B的过程中，动能先增大后减小，故C错误；
D、小球从A上升至B的过程中，弹力做正功，机械能增大，从B到C过程中，只有重力做功，机械能不变，故小球的机械能先增大再不变，故D错误。
故选：A。
全程只有重力、弹簧弹力做功，系统机械能守恒。从B到C，依据竖直上抛规律算出小球在B点动能；从A到C，弹簧初始弹性势能等于小球增加的重力势能；小球由A向B上升时，先加速后减速，动能先增后减；A到B阶段弹簧弹力对小球做功，小球机械能持续增大，B到C小球机械能不变。
本题以弹簧弹起小球经典模型为载体，综合考查系统机械能守恒、动能变化判断、机械能变化条件，容易混淆小球机械能与弹簧小球系统机械能，能够有效暴露概念误区，是机械能板块典型综合小题。
11.【答案】B
【解析】解：A.由图可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，板间场强方向向下。粒子不计重力，在电场中向下偏转，粒子受到的电场力向下，则粒子带正电，故A正确；
B.滑片右移，虽然R变大，但电容器两端U不变，由E=Ud可知，E不变，则F=qE不变，粒子仍打在Q点，故B错误；
C.由题图可知，两极板间U不变，由E=Ud可知，当a极板上移，d增加，E减小，根据F=qE可知F减小，根据类平抛运动规律有y=12at2，x=v0t，a=Fm
可知粒子运动时间增大，水平位移增大，则粒子打在Q点右侧，故C正确；
D.现断开开关S后，电容器板间的电量保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd，E=Ud
可得E=4πkQϵrS
将a极板向下移动一小段距离，则d减小，E不变，故F不变，粒子仍打在Q点，故D正确。
故选：B。
根据带电粒子受到的电场力方向与电场方向的关系，判断其电性；分析电容器板间场强的变化，分析带电粒子受到的电场力变化情况，再分析其运动情况，判断其打在下极板上的位置。
解答本题的关键要根据电容的决定式C=εrS4πkd电容的定义式C=QU以及E=Ud推导出E=4πkQϵrS，知道只改变板间距离时，电容器板间场强不变。
12.【答案】【小题1】
【小题2】
1.45
1.20
【小题3】
否
本实验中电流表测量的是电路的总电流，电压表测量的电压准确，且电流表内阻已知，计算内阻时已经扣除了电流表的分压，因此不存在系统误差
【小题4】
B

【解析】解：(1)将电流表的负接线柱连接到滑动变阻器任意一个上端接线柱。
(2)根据闭合电路欧姆定律E=U+I(r+RA)
整理得 U=E−I(r+RA)
U−I图像的纵截距等于电动势E
由图得I=0时，U=1.45V，故E=1.45V
图像斜率的绝对值|k|=r+RA
代入端点(0.50A,0.80V)值
可得|k|=1.45−Ω=1.30Ω，已知RA=0.1Ω
故r=|k|−RA=1.30Ω−0.1Ω=1.20Ω
(3)没有系统误差；本实验中电流表测量的是电路的总电流，电压表测量的电压准确，且电流表内阻已知，计算内阻时已经扣除了电流表的分压，因此不存在系统误差。
(4)电压表损坏后，要得到多组数据计算E和r，需要能读出接入电阻的阻值，滑动变阻器无法读出阻值，欧姆表不需要，因此选择电阻箱。故B正确，AC错误。
故选：B。
故答案为：(1)
(2)1.45，1.20；(3)否，本实验中电流表测量的是电路的总电流，电压表测量的电压准确，且电流表内阻已知，计算内阻时已经扣除了电流表的分压，因此不存在系统误差；(4)B。
(1)根据电路图分析判断；
(2)根据闭合电路欧姆定律推导图像对应的函数表达式，结合图像计算；
(3)分析电压表和电流表对实验影响判断；
(4)根据实验原理分析判断。
本题考查测一节干电池电动势和内阻实验，关键掌握实验原理和利用图像处理数据的方法。
13.【答案】【小题1】电动机线圈内阻R为0.5Ω
【小题2】电动机正常工作时的输出功率P为2.5W

【解析】解：(1)电动机接入电压为U1=0.2V时，电动机不转，此时电动机为纯电阻，故电动机线圈内阻为R=U1I1=0.20.4Ω=0.5Ω
(2)电动机两端电压调为U2=3V时，电动机正常工作，此时电动机为非纯电阻，电动机的输出功率为P=U2I2−I22R=3×1W−12×0.5W=2.5W
答：(1)电动机线圈内阻R为0.5Ω；
(2)电动机正常工作时的输出功率P为2.5W。
(1)电动机不转动时属于纯电阻电路，可用欧姆定律求解线圈内阻；
(2)电动机正常工作时是非纯电阻电路，先算出总电功率与内阻热功率，再由能量守恒求出机械输出功率。
本题是非纯电阻电路典型基础题，着重区分电动机堵转与正常运转两种工况，考查电功率、热功率、输出功率的关系，能有效纠正直接对工作电动机套用欧姆定律的常见错误，适合巩固能量守恒在含电动机电路中的应用。
14.【答案】【小题1】地球表面重力加速度为v2R
【小题2】“中星3B”卫星在同步轨道上运行时距地面的高度为3v2RT24π2−R

【解析】解：(1)第一宇宙速度对应近地卫星的环绕速度，近地卫星轨道半径近似等于地球半径R。
忽略地球自转带来的影响时，近地卫星做圆周运动的向心力完全由自身重力提供，有mg=mv2R
解得地球表面重力加速度g=v2R。
(2)地球同步卫星的运行周期与地球自转周期T相等，轨道半径r=R+ℎ。
卫星在同步轨道上运行时万有引力提供向心力，有GMm(R+ℎ)2=m4π2T2(R+ℎ)
由近地卫星受力关系可推得黄金代换关系GM=v2R
联立解得卫星距地面的高度ℎ=3v2RT24π2−R。
答：(1)地球表面重力加速度为v2R。
(2)“中星3B”卫星在同步轨道上运行时距地面的高度为3v2RT24π2−R。
(1)对近地卫星，根据卫星重力完全提供圆周运动向心力列式，化简得到地球表面重力加速度。
(2)对地球同步卫星，根据万有引力提供向心力列出动力学方程，再利用第一问结论推导出黄金代换式，联立解出卫星距离地面高度。
本题考查近地卫星与地球同步卫星两类天体圆周运动模型，涉及重力提供向心力、万有引力提供向心力两种受力模型，掌握黄金代换式的推导与联立运算，同时结合同步卫星周期与地球自转周期相同的特点，完成轨道高度的推导。
15.【答案】【小题1】小球到达小孔处的速度大小为 2gℎ
【小题2】小球在电容器中的运动时间为d 2gℎ
【小题3】电容器所带电荷量为mgC(ℎ−d)q

【解析】解：(1)小球做竖直上抛运动，则根据竖直上抛运动的规律有v2−v02=−2gℎ
解得小球到达小孔处的速度为v= 2gℎ
(2)小球在电容器中做匀减速直线运动，则根据运动学公式有d=v+02t
解得小球在电容器中的运动时间为t=d 2gℎ
(3)设电容器两极板间的电压为U，对小球从初始位置到运动到上极板的过程列动能定理方程有−qU−mg(ℎ+d)=0−12mv02
解得U=mv022q−mg(ℎ+d)q=mg(ℎ−d)q
则根据电容的定义式C=QU可知，电容器所带电荷量为Q=CU=mgC(ℎ−d)q
答：(1)小球到达小孔处的速度大小为 2gℎ。
(2)小球在电容器中的运动时间为d 2gℎ。
(3)电容器所带电荷量为mgC(ℎ−d)q。
(1)小球从初始位置到小孔处做竖直上抛运动，已知初速度和竖直位移，利用匀变速直线运动规律可直接关联末速度，无需考虑电容器内部过程，由运动学关系直接求解。
(2)小球进入电容器后受电场力和重力作用做匀减速直线运动，已知初速度、末速度及位移，通过匀变速直线运动的平均速度公式可建立位移、速度与时间的关系，从而求出运动时间。
(3)分析小球从初始位置到上极板的全过程，涉及重力做功和电场力做功，利用动能定理建立总功与动能变化的关系，可求出电容器两极板间电压，再结合电容定义式将电压与电荷量关联，最终得到电容器所带电荷量。
本题综合考查竖直上抛运动、匀变速直线运动、动能定理以及电容器的基本规律，是一道典型的力学与电学结合的综合性题目。题目计算量适中，难度中等偏上，重点考查学生对多过程问题的分析能力与能量观点的应用能力。学生需要准确划分小球的运动阶段，灵活运用运动学公式与动能定理建立方程，并最终结合电容定义式完成求解。其中，对小球从抛出到上极板全过程应用动能定理是解决第三问的关键，这要求学生对功能关系有清晰的理解，并能将重力做功与电场力做功统一到能量转化框架中进行处理。
16.【答案】【小题1】水平外力对滑块做的功为28J
【小题2】经B点时，滑块对圆轨道的压力大小为48N
【小题3】运动至最高点时，与B点间的高度差为0.896m

【解析】解：(1)F−x图像的面积表示外力做功
由图乙可得WF=(F1+F2)2⋅L=(2+12)2×4J=28J
(2)滑块在D点脱离轨道，轨道弹力为0，重力沿半径方向分力提供向心力mgsin37∘=mvD2R
解得vD2=3
B到D机械能守恒12mvB2=12mvD2+mgℎBD
由几何关系可得ℎBD=R+Rsin37∘
解得vB2=19
滑块在B点，根据牛顿第二定律FN′−mg=mvB2R
解得FN′=48N。由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力FN=F′N=48N
(3)D点速度沿切线方向，由几何关系得竖直分速度
vDy=vDcs37∘，滑块从D到斜抛最高点，竖直方向上升高度：Δℎ=vDy22g=(vDcs37∘)22g=3×0.822×10m=0.096m
D点相对B点的高度：
ℎD=R+Rsin37∘=0.5m+0.5×0.6m=0.8m
因此最高点相对B点的高度差ℎ=ℎD+Δℎ=0.8m+0.096m=0.896m
答：(1)水平外力对滑块做的功为28J。
(2)经B点时，滑块对圆轨道的压力大小为48N。
(3)运动至最高点时，与B点间的高度差为0.896m。
(1)外力做功可通过力与位移关系图像的面积直接计算，已知图像为梯形，底边对应滑块从A到B的位移，上下底分别为初始和末位置的外力大小，利用梯形面积公式即可得到外力对滑块做的总功。
(2)滑块在D点恰好脱离轨道，此时轨道支持力为零，重力沿半径方向的分力提供向心力，由此可求出滑块在D点的速度。从B点到D点，滑块机械能守恒，结合D点速度与B、D两点的高度差，可求出滑块在B点的速度。在B点，滑块受重力和轨道支持力，其合力提供向心力，根据牛顿第二定律可求出支持力大小，再根据牛顿第三定律得到滑块对轨道的压力。
(3)滑块从D点脱离后做斜抛运动，其速度方向沿轨道切线，由几何关系可分解出竖直分速度。从D点运动至斜抛最高点，竖直方向为匀减速运动，利用竖直分速度可求出竖直上升的高度。D点相对于B点的高度由几何关系确定，将D点高度与竖直上升高度相加，即得到最高点与B点的高度差。
本题是一道综合性较强的力学计算题，将变力做功、圆周运动、斜抛运动以及机械能守恒定律有机融合。题目通过图像提供变力信息，考查学生利用F−x图像面积求解变力做功的基本功。滑块在圆轨道上的脱离点分析是核心，需准确理解在D点仅重力分力提供向心力的临界条件，并由此串联起B、D两点的速度关系。后续计算最高点高度差时，还需分解D点速度并运用竖直上抛规律，对学生的运动分解与综合能力提出了较高要求。整体计算量适中，逻辑链条清晰，能有效锻炼学生多过程问题的分析建模与综合求解能力。