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1. (南通如皋期末)图甲是网球离开球拍在空中飞行的频闪照片示意图。该球先后经过B、C两点的重力势能和动能的参数如图乙所示(C位置图甲中未标出)。下列说法正确的是（
A.网球离开球拍时，球拍网面的弹性势能最大
B.C点位置高度比B点位置低
C.网球飞行到最高点时，动能不为0
D.网球从B点飞行到C点，机械能保持不变
C
）A.网球离开球拍时，球拍网面的弹性势能最大
B.C点位置高度比B点位置低
C.网球飞行到最高点时，动能不为0
D.网球从B点飞行到C点，机械能保持不变
答案
1. C 提示:网球离开球拍后,球拍网面形变变小,球拍网面的弹性势能减小;C点的重力势能为$\frac{70\ \mathrm{J}}{1-75\%} × 75\%=210\ \mathrm{J}$,B、C两点等高,C点动能比B点小,故存在空气阻力;球在空中做曲线运动,曲线运动到最高点时速度不为0,动能不为0;球从位置B运动到位置C的过程中,会不断克服阻力做功,机械能在减小。
解析
【分析】
要解决本题，需结合动能、重力势能、弹性势能的影响因素，以及机械能变化的规律逐一分析选项：
1. 分析选项A：需明确弹性势能最大的时刻是球拍形变最大时，而非网球离开球拍时；
2. 分析选项B：需先计算C点的总机械能，再通过重力势能判断两点高度关系；
3. 分析选项C：需理解曲线运动最高点的速度特点，判断动能是否为0；
4. 分析选项D：需对比B、C两点的总机械能，判断机械能是否守恒。
【解析】
解：逐一分析各选项：
选项A：网球离开球拍时，球拍的弹性形变已基本恢复，弹性势能很小；弹性势能最大的时刻是球拍击球瞬间（形变最大时），因此A错误。
选项B：由图丙可知，C点动能为70J，占总机械能的比例为$1-75\%=25\%$，则C点总机械能为$\frac{70\ \mathrm{J}}{25\%}=280\ \mathrm{J}$，C点重力势能为$280\ \mathrm{J}-70\ \mathrm{J}=210\ \mathrm{J}$，与B点重力势能（210J）相等；重力势能与高度有关，因此B、C两点高度相同，B错误。
选项C：网球在空中做曲线运动，飞行到最高点时，水平方向仍有速度，因此动能不为0，C正确。
选项D：B点总机械能为$210\ \mathrm{J}+100\ \mathrm{J}=310\ \mathrm{J}$，C点总机械能为280J，从B到C机械能减小，说明存在空气阻力，克服阻力做功，机械能不守恒，D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
动能与势能转化、机械能及其守恒
【点评】
本题结合网球运动场景，考查动能、重力势能的影响因素及机械能变化的判断，关键是正确计算C点重力势能，理解曲线运动最高点的速度特点，易错点是混淆弹性势能最大的时刻，以及错误认为曲线运动最高点动能为0。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合动能、重力势能、弹性势能的影响因素，以及机械能变化的规律逐一分析选项：
1. 分析选项A：需明确弹性势能最大的时刻是球拍形变最大时，而非网球离开球拍时；
2. 分析选项B：需先计算C点的总机械能，再通过重力势能判断两点高度关系；
3. 分析选项C：需理解曲线运动最高点的速度特点，判断动能是否为0；
4. 分析选项D：需对比B、C两点的总机械能，判断机械能是否守恒。
【解析】
解：逐一分析各选项：
选项A：网球离开球拍时，球拍的弹性形变已基本恢复，弹性势能很小；弹性势能最大的时刻是球拍击球瞬间（形变最大时），因此A错误。
选项B：由图丙可知，C点动能为70J，占总机械能的比例为$1-75\%=25\%$，则C点总机械能为$\frac{70\ \mathrm{J}}{25\%}=280\ \mathrm{J}$，C点重力势能为$280\ \mathrm{J}-70\ \mathrm{J}=210\ \mathrm{J}$，与B点重力势能（210J）相等；重力势能与高度有关，因此B、C两点高度相同，B错误。
选项C：网球在空中做曲线运动，飞行到最高点时，水平方向仍有速度，因此动能不为0，C正确。
选项D：B点总机械能为$210\ \mathrm{J}+100\ \mathrm{J}=310\ \mathrm{J}$，C点总机械能为280J，从B到C机械能减小，说明存在空气阻力，克服阻力做功，机械能不守恒，D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
动能与势能转化、机械能及其守恒
【点评】
本题结合网球运动场景，考查动能、重力势能的影响因素及机械能变化的判断，关键是正确计算C点重力势能，理解曲线运动最高点的速度特点，易错点是混淆弹性势能最大的时刻，以及错误认为曲线运动最高点动能为0。
【难度系数】
0.5
2. (南通通州期末)第四届物理文化周活动中,小明展示了一个测未知液体比热容的实验:将初温为$t_{0}$的相同铁块A、B分别浸没于质量相同的水和未知液体中,充分接触后,测得水和液体的温度分别下降了$20\ °\mathrm{C}$和$30\ °\mathrm{C}$,取出铁块分别放至在$0\ °\mathrm{C}$的相同冰块上,当铁块降温至$t_{0}$时如图甲、乙所示。不计热损失,已知冰块熔化的质量与熔化时吸收的热量成正比,$c_{\mathrm{水}}$为$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$,根据图中信息,未知液体的比热容最接近（
A.$0.8× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
B.$2.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
C.$3.0× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
D.$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
B
）A.$0.8× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
B.$2.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
C.$3.0× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
D.$4.2× 10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$
答案
2. B 提示:由图知,当铁块都降温至$t_0$时,铁块A比铁块B放热多,即铁块A、B分别浸没于质量相同的水和未知液体中,铁块A比铁块B吸热多,则水下降$20\ °\mathrm{C}$放热比液体下降$30\ °\mathrm{C}$放热多,即$c_{\mathrm{水}}m\Delta t_{\mathrm{水}}＞c_{\mathrm{液}}m\Delta t_{\mathrm{液}}$,得$c_{\mathrm{液}}＜\frac{c_{\mathrm{水}}\Delta t_{\mathrm{水}}}{\Delta t_{\mathrm{液}}}=\frac{2}{3}c_{\mathrm{水}}=2.8× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$,故未知液体的比热容最接近$2.2× 10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·\ °\mathrm{C})$。
解析
【分析】
本题需分两个过程分析：①铁块与水、未知液体的热交换过程，不计热损失时，铁块吸收的热量等于对应液体放出的热量；②铁块降温至初温$t_0$时放出的热量全部被冰块吸收，冰块熔化质量与吸收热量成正比，由图可知铁块A使冰块熔化更多，说明铁块A放出的热量更多，对应热交换过程中吸收的热量更多，即水放出的热量大于未知液体放出的热量。利用热量公式$Q=cm\Delta t$，结合水和未知液体质量相同，即可推导未知液体的比热容范围。
【解析】
1. 分析铁块放热与冰块熔化的关系：相同铁块A、B初温均为$t_0$，降温至$t_0$时放出的热量全部被冰块吸收，冰块熔化质量与吸收热量成正比。由图甲、乙可知，铁块A使冰块熔化更多，故铁块A放出的热量$Q_{A放} ＞ Q_{B放}$，对应热交换过程中，铁块A吸收的热量$Q_{A吸} ＞ Q_{B吸}$。
2. 分析热交换过程：不计热损失，铁块吸收的热量等于液体放出的热量，即$Q_{A吸}=Q_{水放}$，$Q_{B吸}=Q_{液放}$，因此$Q_{水放} ＞ Q_{液放}$。
3. 计算未知液体比热容：水和未知液体质量$m$相同，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得$Q_{水放}=c_{水}m\Delta t_{水}$，$Q_{液放}=c_{液}m\Delta t_{液}$。代入$Q_{水放} ＞ Q_{液放}$，约去$m$后整理得：
$c_{液} ＜ \frac{c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_{液}}$
代入数值$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，$\Delta t_{水}=20℃$，$\Delta t_{液}=30℃$，计算得：
$c_{液} ＜ \frac{4.2×10^3×20}{30}=2.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
结合选项，最接近该值的是$2.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
比热容计算、热平衡方程
【点评】
本题结合热传递与熔化吸热的知识，需理清两个过程的热量关联，考查学生对热量公式的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需分两个过程分析：①铁块与水、未知液体的热交换过程，不计热损失时，铁块吸收的热量等于对应液体放出的热量；②铁块降温至初温$t_0$时放出的热量全部被冰块吸收，冰块熔化质量与吸收热量成正比，由图可知铁块A使冰块熔化更多，说明铁块A放出的热量更多，对应热交换过程中吸收的热量更多，即水放出的热量大于未知液体放出的热量。利用热量公式$Q=cm\Delta t$，结合水和未知液体质量相同，即可推导未知液体的比热容范围。
【解析】
1. 分析铁块放热与冰块熔化的关系：相同铁块A、B初温均为$t_0$，降温至$t_0$时放出的热量全部被冰块吸收，冰块熔化质量与吸收热量成正比。由图甲、乙可知，铁块A使冰块熔化更多，故铁块A放出的热量$Q_{A放} ＞ Q_{B放}$，对应热交换过程中，铁块A吸收的热量$Q_{A吸} ＞ Q_{B吸}$。
2. 分析热交换过程：不计热损失，铁块吸收的热量等于液体放出的热量，即$Q_{A吸}=Q_{水放}$，$Q_{B吸}=Q_{液放}$，因此$Q_{水放} ＞ Q_{液放}$。
3. 计算未知液体比热容：水和未知液体质量$m$相同，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得$Q_{水放}=c_{水}m\Delta t_{水}$，$Q_{液放}=c_{液}m\Delta t_{液}$。代入$Q_{水放} ＞ Q_{液放}$，约去$m$后整理得：
$c_{液} ＜ \frac{c_{水}\Delta t_{水}}{\Delta t_{液}}$
代入数值$c_{水}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，$\Delta t_{水}=20℃$，$\Delta t_{液}=30℃$，计算得：
$c_{液} ＜ \frac{4.2×10^3×20}{30}=2.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$
结合选项，最接近该值的是$2.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
比热容计算、热平衡方程
【点评】
本题结合热传递与熔化吸热的知识，需理清两个过程的热量关联，考查学生对热量公式的应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
3. (南通海安期末)在如图所示的电路中,电源电压恒定,闭合开关S后,将滑动变阻器的滑片P向右移动,下列说法正确的是
（
A.电流表$\mathrm{A}_{2}$与$\mathrm{A}_{1}$的示数之差变小
B.电压表$\mathrm{V}$与电流表$\mathrm{A}_{2}$的示数之比变小
C.电流表$\mathrm{A}_{1}$的示数不变,电压表$\mathrm{V}$的示数变小
D.电流表$\mathrm{A}_{2}$的示数变小,电压表$\mathrm{V}$的示数不变
（
D
）A.电流表$\mathrm{A}_{2}$与$\mathrm{A}_{1}$的示数之差变小
B.电压表$\mathrm{V}$与电流表$\mathrm{A}_{2}$的示数之比变小
C.电流表$\mathrm{A}_{1}$的示数不变,电压表$\mathrm{V}$的示数变小
D.电流表$\mathrm{A}_{2}$的示数变小,电压表$\mathrm{V}$的示数不变
答案
3. D 提示:图中$R_1$与$R_2$并联,电压表V测电源两端的电压,电流表$\mathrm{A}_1$测$R_2$的电流,电流表$\mathrm{A}_2$测干路电流,滑片P向右移动时,接入的电阻变大,通过$R_2$的电流变小,即电流表$\mathrm{A}_1$示数变小,干路电流变小,即电流表$\mathrm{A}_2$示数变小,电压表V示数不变,则电压表V与电流表$\mathrm{A}_2$的示数之比变大,电流表$\mathrm{A}_2$与电流表$\mathrm{A}_1$的示数之差即$R_1$的电流,故两电流表的示数之差不变。
解析
【分析】
首先判断电路连接方式：R₁与R₂并联，电压表V并联在电源两端，测电源电压；电流表A₁与R₂串联，测R₂支路的电流；电流表A₂在干路，测总电流。根据并联电路“各支路独立工作、互不影响”的特点，结合电源电压恒定的条件，先确定R₁支路的电流不变；再分析滑片移动时滑动变阻器接入电阻的变化，利用欧姆定律判断R₂支路电流和干路电流的变化，最后逐一分析选项得出结论。
【解析】
1. 明确电路与电表测量对象：由图可知，R₁与R₂并联，电压表V测电源两端电压，电流表A₁测R₂支路电流，电流表A₂测干路电流。
2. 分析R₁支路的电流：并联电路中各支路独立工作，电源电压恒定，R₁为定值电阻，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，R₁支路的电流保持不变。
3. 分析滑片移动对R₂支路的影响：滑片P向右移动时，滑动变阻器R₂接入电路的电阻变大，电源电压不变，根据$I=\frac{U}{R}$，R₂支路的电流变小，即电流表A₁的示数变小。
4. 分析干路电流：干路电流等于各支路电流之和，R₁支路电流不变，R₂支路电流变小，因此干路电流（电流表A₂的示数）变小。
5. 分析电压表示数：电压表V测电源电压，电源电压恒定，所以V的示数不变。
6. 逐一判断选项：
A选项：A₂与A₁的示数之差等于R₁支路的电流，R₁电流不变，差值不变，A错误；
B选项：V示数不变，A₂示数变小，因此V与A₂的示数之比变大，B错误；
C选项：A₁示数变小，V示数不变，C错误；
D选项：A₂示数变小，V示数不变，D正确。
【答案】
D
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、滑动变阻器应用
【点评】
本题为电路动态分析题，核心是先正确识别并联电路结构，明确各电表的测量对象，再结合并联电路规律和欧姆定律分析滑片移动时电表示数的变化，需注意各支路的独立性，属于中等难度的电路题。
【难度系数】
0.5
首先判断电路连接方式：R₁与R₂并联，电压表V并联在电源两端，测电源电压；电流表A₁与R₂串联，测R₂支路的电流；电流表A₂在干路，测总电流。根据并联电路“各支路独立工作、互不影响”的特点，结合电源电压恒定的条件，先确定R₁支路的电流不变；再分析滑片移动时滑动变阻器接入电阻的变化，利用欧姆定律判断R₂支路电流和干路电流的变化，最后逐一分析选项得出结论。
【解析】
1. 明确电路与电表测量对象：由图可知，R₁与R₂并联，电压表V测电源两端电压，电流表A₁测R₂支路电流，电流表A₂测干路电流。
2. 分析R₁支路的电流：并联电路中各支路独立工作，电源电压恒定，R₁为定值电阻，根据欧姆定律$I=\frac{U}{R}$，R₁支路的电流保持不变。
3. 分析滑片移动对R₂支路的影响：滑片P向右移动时，滑动变阻器R₂接入电路的电阻变大，电源电压不变，根据$I=\frac{U}{R}$，R₂支路的电流变小，即电流表A₁的示数变小。
4. 分析干路电流：干路电流等于各支路电流之和，R₁支路电流不变，R₂支路电流变小，因此干路电流（电流表A₂的示数）变小。
5. 分析电压表示数：电压表V测电源电压，电源电压恒定，所以V的示数不变。
6. 逐一判断选项：
A选项：A₂与A₁的示数之差等于R₁支路的电流，R₁电流不变，差值不变，A错误；
B选项：V示数不变，A₂示数变小，因此V与A₂的示数之比变大，B错误；
C选项：A₁示数变小，V示数不变，C错误；
D选项：A₂示数变小，V示数不变，D正确。
【答案】
D
【知识点】
并联电路特点、欧姆定律、滑动变阻器应用
【点评】
本题为电路动态分析题，核心是先正确识别并联电路结构，明确各电表的测量对象，再结合并联电路规律和欧姆定律分析滑片移动时电表示数的变化，需注意各支路的独立性，属于中等难度的电路题。
【难度系数】
0.5
4. (南通海门期末)如图所示是小科利用实验室常用仪器,设计测量未知电阻$R_{x}$阻值的四种电路,电源电压恒定且未知,$R_{0}$是已知阻值的定值电阻,滑动变阻器$R$最大阻值未知,实验中只能闭合或断开开关、调节电阻箱的阻值及移动滑动变阻器滑片,其中能够测量出$R_{x}$阻值的是 （
A.只有②
B.只有①②
C.只有①②④
D.①②③④均可以
C
）A.只有②
B.只有①②
C.只有①②④
D.①②③④均可以
答案
4. C 提示:图①中闭合开关$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时,仅$R_x$工作,电流表示数为$I_x$;闭合开关$\mathrm{S}_1$、断开$\mathrm{S}_2$,电流表示数为$I$,由电源电压不变得$I(R_0+R_x)=I_xR_x$,可求出$R_x$。图②中闭合开关$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时,仅$R_x$工作,电压表测电源电压$U$;只闭合开关$\mathrm{S}_1$,电压表测$R_x$两端电压$U_x$,$U_0=U-U_x$,$I=\frac{U_0}{R_0}$,由$R_x$两端的电压和电流可求出$R_x$。图③中开关S接1或2时,通过电压表的电流方向会发生变化,无法读取电压表示数,无法测得$R_x$。图④中开关S拨到上端,移动变阻器滑片,使电压表示数为一定值,保持滑片位置不动,开关S拨到下端,改变电阻箱连入的电阻,使电压表示数不变,$R_x$的阻值即电阻箱连入的电阻。
解析
【分析】要测量未知电阻$R_x$的阻值，需利用欧姆定律（获取$R_x$两端电压和电流）或等效替代法，结合已知电阻$R_0$、电源电压不变等条件分析各电路：
1. 图①：通过开关通断改变电路结构，利用电源电压不变联立方程求解$R_x$；
2. 图②：通过开关通断，电压表分别测电源电压和$R_x$的电压，结合串联电路电流规律，利用$R_0$求电流，进而计算$R_x$；
3. 图③：开关切换时电压表正负接线柱接反，无法正确读数，不能测量；
4. 图④：利用等效替代法，保持电压表示数不变，使电阻箱与$R_x$效果相同，从而得到$R_x$阻值。
【解析】
图①：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时，电路为$R_x$的简单电路，电流表示数为$I_x$，电源电压$U = I_x R_x$；闭合$\mathrm{S}_1$、断开$\mathrm{S}_2$时，$R_0$与$R_x$串联，电流表示数为$I$，电源电压$U = I(R_0+R_x)$；联立得$I_x R_x = I(R_0+R_x)$，解得$R_x = \frac{I R_0}{I_x - I}$，可测。
图②：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时，$R_0$被短路，电压表测电源电压$U$；只闭合$\mathrm{S}_1$时，$R_0$与$R_x$串联，电压表测$R_x$两端电压$U_x$，此时$R_0$两端电压$U_0 = U - U_x$，电路电流$I = \frac{U_0}{R_0} = \frac{U - U_x}{R_0}$，则$R_x = \frac{U_x}{I} = \frac{U_x R_0}{U - U_x}$，可测。
图③：开关$\mathrm{S}$接1时，电压表测$R_0$电压；接2时，电流从电压表负接线柱流入、正接线柱流出，电压表反向偏转，无法读取示数，不能测。
图④：开关$\mathrm{S}$接$R_x$，调节滑动变阻器，记下电压表示数$U$；保持滑动变阻器滑片不动，开关$\mathrm{S}$接电阻箱，调节电阻箱阻值，使电压表示数仍为$U$，此时电阻箱阻值等于$R_x$（等效替代），可测。
综上，能测量$R_x$的是①②④，对应选项C。
【答案】C
【知识点】欧姆定律应用、伏安法测电阻、等效替代法测电阻
【点评】本题考查不同电路测量未知电阻的方法，需熟练分析电路结构，掌握欧姆定律和等效替代法的应用，注意电压表正负接线柱的正确使用，是对电路分析能力的综合考查。
【难度系数】0.5
1. 图①：通过开关通断改变电路结构，利用电源电压不变联立方程求解$R_x$；
2. 图②：通过开关通断，电压表分别测电源电压和$R_x$的电压，结合串联电路电流规律，利用$R_0$求电流，进而计算$R_x$；
3. 图③：开关切换时电压表正负接线柱接反，无法正确读数，不能测量；
4. 图④：利用等效替代法，保持电压表示数不变，使电阻箱与$R_x$效果相同，从而得到$R_x$阻值。
【解析】
图①：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时，电路为$R_x$的简单电路，电流表示数为$I_x$，电源电压$U = I_x R_x$；闭合$\mathrm{S}_1$、断开$\mathrm{S}_2$时，$R_0$与$R_x$串联，电流表示数为$I$，电源电压$U = I(R_0+R_x)$；联立得$I_x R_x = I(R_0+R_x)$，解得$R_x = \frac{I R_0}{I_x - I}$，可测。
图②：闭合$\mathrm{S}_1$、$\mathrm{S}_2$时，$R_0$被短路，电压表测电源电压$U$；只闭合$\mathrm{S}_1$时，$R_0$与$R_x$串联，电压表测$R_x$两端电压$U_x$，此时$R_0$两端电压$U_0 = U - U_x$，电路电流$I = \frac{U_0}{R_0} = \frac{U - U_x}{R_0}$，则$R_x = \frac{U_x}{I} = \frac{U_x R_0}{U - U_x}$，可测。
图③：开关$\mathrm{S}$接1时，电压表测$R_0$电压；接2时，电流从电压表负接线柱流入、正接线柱流出，电压表反向偏转，无法读取示数，不能测。
图④：开关$\mathrm{S}$接$R_x$，调节滑动变阻器，记下电压表示数$U$；保持滑动变阻器滑片不动，开关$\mathrm{S}$接电阻箱，调节电阻箱阻值，使电压表示数仍为$U$，此时电阻箱阻值等于$R_x$（等效替代），可测。
综上，能测量$R_x$的是①②④，对应选项C。
【答案】C
【知识点】欧姆定律应用、伏安法测电阻、等效替代法测电阻
【点评】本题考查不同电路测量未知电阻的方法，需熟练分析电路结构，掌握欧姆定律和等效替代法的应用，注意电压表正负接线柱的正确使用，是对电路分析能力的综合考查。
【难度系数】0.5
