一、选择题
1. (南京玄武期末)如图所示,小球从A点由静止释放,沿轨道先后经过B、C、D三点,到达右侧最高点E。已知B、D两点的高度相等,下列说法正确的是 （）


A.从A点运动到B点的过程中,小球的重力势能全部转化为动能
B.小球在B点的动能大于其在D点的动能
C.在C点时,小球的动能为0
D.从A点运动到E点的过程中,小球的机械能保持不变

1. B 提示:因 E 点低于 A 点,说明存在摩擦力,运动过程中小球的机械能在减小;小球在 B 点仍具有重力势能,因此从 A 点到 B 点,小球的重力势能没有全部转化为动能;小球在 B 点的机械能大于在 D 点的机械能,在 B、D 两点的重力势能相等,故小球在 B 点的动能大于在 D 点的动能;在 C 点时,小球有向右的速度。

【分析】
本题考查机械能的转化规律，需明确：小球从A到E过程中，E点低于A点，说明运动中存在摩擦力，机械能会因克服摩擦做功而减小（转化为内能）。结合动能（与质量、速度有关）、重力势能（与质量、高度有关）的影响因素，逐一分析选项：
1. 选项A：A到B过程，因存在摩擦，重力势能一部分转化为动能，另一部分转化为内能，并非全部转化为动能，故A错误；
2. 选项B：B、D高度相等，故两点重力势能相等；从B到D过程中，克服摩擦做功，机械能减小，因此B点的机械能大于D点的机械能；而动能=机械能-重力势能，重力势能相等，机械能大则动能大，故B点动能大于D点，B正确；
3. 选项C：小球在C点时，仍在向E点运动，具有向右的速度，因此动能不为0，C错误；
4. 选项D：因存在摩擦力，运动过程中机械能不断转化为内能，机械能减小，故D错误。
【解析】
小球从A点到E点的过程中，E点高度低于A点，说明运动过程中需克服摩擦力做功，机械能不守恒（机械能转化为内能）。
分析选项A：从A到B，小球的重力势能除转化为动能外，还有一部分因摩擦转化为内能，并非全部转化为动能，A错误；
分析选项B：B、D两点高度相等，故重力势能相等；由于机械能不断减小，B点的机械能大于D点的机械能，根据“动能=机械能-重力势能”，可知B点动能大于D点动能，B正确；
分析选项C：小球在C点时仍处于运动状态，具有速度，因此动能不为0，C错误；
分析选项D：运动过程中存在摩擦力，机械能会不断减小，并非保持不变，D错误。
【答案】
B
【知识点】
机械能及其转化、影响动能和势能的因素
【点评】
本题结合实际运动场景考查机械能的转化，核心是判断机械能是否守恒（需考虑摩擦等阻力），并结合动能与重力势能的关系分析，需学生准确把握能量转化的实际情况，避免忽略阻力导致错误判断。
【难度系数】
0.6

2.（南京秦淮期末）如图所示的电路中,电源电压不变,闭合开关S后,当滑片P向右移动时,下列说法正确的是 （）

A.电流表示数变小,电压表$\mathrm{V}_{2}$示数变大
B.电流表示数变大,电压表$\mathrm{V}_{2}$示数不变
C.电压表$\mathrm{V}_{1}$示数与电流表示数乘积不变
D.电压表$\mathrm{V}_{2}$示数变化量与电流表示数变化量的比值不变

2. D 提示:滑片 P 向右移动时,接入电路中的电阻变小,电路中的电流即电流表示数变大,$R_1$ 两端的电压即电压表 $\mathrm{V}_{1}$ 示数变大,$R_2$ 两端的电压即电压表 $\mathrm{V}_{2}$ 示数变小,电压表 $\mathrm{V}_{1}$ 示数与电流表示数乘积变大;设滑片移动前后电路中的电流为 $I_1$、$I_2$,电压表 $\mathrm{V}_{2}$ 示数的变化量 $\Delta U_\mathrm{V} = U_2 - U'_2 = (U - I_1 R_1) - (U - I_2 R_1) = (I_2 - I_1) R_1 = \Delta I R_1$,即 $\dfrac{\Delta U_\mathrm{V}}{\Delta I}=R_1$,故电压表 $\mathrm{V}_{2}$示数变化量与电流表示数变化量之比不变。

【分析】首先明确电路结构：定值电阻R₁与滑动变阻器R₂串联，电流表测电路总电流，电压表V₁测定值电阻R₁两端电压，电压表V₂测滑动变阻器R₂两端电压，电源电压U保持不变。滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电阻变小，需结合欧姆定律和串联电路电压规律分析电流、电压的变化，再逐一判断选项，重点推导电压表V₂示数变化量与电流表示数变化量的比值是否为定值。
【解析】1. 电路电流变化：滑片P向右移动，R₂接入电路的电阻减小，总电阻R总=R₁+R₂变小，电源电压U不变，由欧姆定律I=U/R总可知，电路电流I变大，即电流表示数变大。
2. 电压表示数变化：R₁为定值电阻，其两端电压U₁=IR₁，因I变大，故V₁示数变大；根据串联电路总电压U=U₁+U₂，得R₂两端电压U₂=U-U₁，U₁变大则V₂示数变小。
3. 选项分析：
A选项：电流表示数变小、V₂示数变大，与推导结果矛盾，错误；
B选项：电流表示数变大正确，但V₂示数不变错误，排除；
C选项：V₁示数与电流表示数的乘积为U₁I=I²R₁，I变大则乘积变大，错误；
D选项：设滑片移动前后电流为I₁、I₂，V₂示数变化量ΔU₂=(U-I₂R₁)-(U-I₁R₁)=(I₁-I₂)R₁=-ΔI R₁，故|ΔU₂/ΔI|=R₁（定值），即比值不变，正确。
【答案】D
【知识点】串联电路动态分析、欧姆定律的应用
【点评】本题是串联电路动态分析的典型题，需准确判断各电表测量对象，结合欧姆定律和串联电压规律分析；难点在于推导电压变化量与电流变化量的比值，需利用总电压不变的特点，是区分度较高的题目。
【难度系数】0.5

3.（南京玄武期末）如图甲所示是学校里面常用的一种质量为 2.2 kg 的移动指示牌，其侧视图如图乙所示，其中 AB 为指示牌牌面，CD 和 BE 为支架（AB 长为 120 cm，BE、CE 长为 50 cm，支架重力不计）。指示牌被风吹倒时可看作杠杆；假设此时指示牌重力 G 的作用线通过 E 点，风力 F 的作用点在 AB 的中点，则 F （填“＞”“＜”或“=”）G；若增大 BE 的长度，则指示牌更 （填“容易”或“不容易”）被风吹倒；根据图乙所示风向可计算出刚好把D 端吹离地面这一瞬间的风力大小为N。（g 取 10 N/kg）

3. $＜$ 容易 10 提示:指示牌可看作以 C 点为支点的杠杆,指示牌的重心位于 O 点,风力的力臂$L_1=\dfrac{1}{2}AB+BE=\dfrac{1}{2}×1.2\ \mathrm{m}+0.5\ \mathrm{m}=1.1\ \mathrm{m}$,重力的力臂 $L_2=CE=0.5\ \mathrm{m}$,如图所示,因 $F× L_1=G× L_2$,$L_1＞L_2$,故 $F＜G$;由 $F× L_1=G× L_2$ 知,若增大 $BE$ 的长度,$L_1$ 增大,则 $F$ 减小,指示牌更容易被风吹倒;$G=mg=2.2\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=22\ \mathrm{N}$,当风刚好把 D 端吹离地面,有 $F×1.1\ \mathrm{m}=22\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}$,解得 $F=10\ \mathrm{N}$。

【分析】
将指示牌视为杠杆，确定其被风吹倒时的支点为C点；风力F是使杠杆转动的动力，重力G是阻碍杠杆转动的阻力；需先确定动力臂（风力的力臂）和阻力臂（重力的力臂），再利用杠杆平衡条件分析F与G的大小关系、BE长度变化对风力的影响，最后代入数值计算刚好吹离D端时的风力。
【解析】
1. 确定支点：指示牌被风吹倒时，支点为C点。
2. 计算力臂：
AB长120cm=1.2m，BE长50cm=0.5m，风力作用在AB中点，故风力的力臂 $ L_1 = \frac{1}{2}AB + BE = \frac{1}{2}×1.2\ \mathrm{m} + 0.5\ \mathrm{m} = 1.1\ \mathrm{m} $；
重力G的作用线过E点，CE长50cm=0.5m，故重力的力臂 $ L_2 = CE = 0.5\ \mathrm{m} $。
3. 分析F与G的大小：根据杠杆平衡条件 $ F×L_1 = G×L_2 $，得 $ F = \frac{G×L_2}{L_1} $。因 $ L_1 ＞ L_2 $，故 $ F ＜ G $。
4. 分析BE的影响：若增大BE长度，$ L_1 $ 变大，由 $ F = \frac{G×L_2}{L_1} $ 可知，所需风力F减小，指示牌更容易被风吹倒。
5. 计算风力：重力 $ G = mg = 2.2\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg} = 22\ \mathrm{N} $，当D端刚好被吹离地面时，代入平衡式 $ F×1.1\ \mathrm{m} = 22\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m} $，解得 $ F = 10\ \mathrm{N} $。
【答案】
＜ 容易 10
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂、重力计算
【点评】
本题结合生活实例考查杠杆平衡条件的应用，需准确确定支点和力臂，是物理知识在实际场景的典型应用，注重考查学生的知识应用能力。
【难度系数】
0.5

4. (南京秦淮期末)小军把一个质量为 120 kg的重物搬到 2 m 高的车上,为了省力他用长木板搭了一个斜面(如图),搬运过程中,他用沿斜面向上、大小为 600 N 的力 F,将物体以 0.5 m/s 的速度匀速推到车上,斜面的机械效率为80%。则此过程中力F的功率为W,物体受到斜面的摩擦力大小为N。(g 取 10 N/kg)

4. 300 120 提示:拉力 $F$ 的功率 $P=\dfrac{W}{t}=\dfrac{Fs}{t}=Fv=600\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m/s}=300\ \mathrm{W}$;克服物重做的功$W_\mathrm{有用}=Gh=mgh=120\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×2\ \mathrm{m}=2\ 400\ \mathrm{J}$,推力做的总功 $W_\mathrm{总}=\dfrac{W_\mathrm{有用}}{\eta}=\dfrac{2\ 400\ \mathrm{J}}{80\%}=3\ 000\ \mathrm{J}$,克服摩擦力做功 $W_\mathrm{额外}=W_\mathrm{总}-W_\mathrm{有用}=3\ 000\ \mathrm{J}-2\ 400\ \mathrm{J}=600\ \mathrm{J}$,斜面长度 $s=\dfrac{W_\mathrm{总}}{F}=\dfrac{3\ 000\ \mathrm{J}}{600\ \mathrm{N}}=5\ \mathrm{m}$,物体受到的摩擦力 $f=\dfrac{W_\mathrm{额外}}{s}=\dfrac{600\ \mathrm{J}}{5\ \mathrm{m}}=120\ \mathrm{N}$。

【分析】
要解决本题，分两步进行：第一步求力F的功率，匀速运动的物体功率可直接用$P=Fv$计算，已知拉力和速度即可求解；第二步求斜面的摩擦力，需利用机械效率关系，先算出有用功、总功，再得到额外功，结合斜面长度最终求出摩擦力。
【解析】
1. 计算力F的功率：
已知拉力$F=600\ \mathrm{N}$，物体匀速运动速度$v=0.5\ \mathrm{m/s}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}=\frac{Fs}{t}=Fv$，代入数据得：
$P=600\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m/s}=300\ \mathrm{W}$。
2. 计算有用功：
物体质量$m=120\ \mathrm{kg}$，提升高度$h=2\ \mathrm{m}$，$g=10\ \mathrm{N/kg}$，有用功为克服重力做的功：
$W_{有用}=Gh=mgh=120\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 2\ \mathrm{m}=2400\ \mathrm{J}$。
3. 计算总功：
已知斜面机械效率$\eta=80\%$，由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$得总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{2400\ \mathrm{J}}{80\%}=3000\ \mathrm{J}$。
4. 计算额外功与斜面长度：
额外功为克服摩擦力做的功，$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=3000\ \mathrm{J}-2400\ \mathrm{J}=600\ \mathrm{J}$；
总功也满足$W_{总}=Fs$，则斜面长度：
$s=\frac{W_{总}}{F}=\frac{3000\ \mathrm{J}}{600\ \mathrm{N}}=5\ \mathrm{m}$。
5. 计算摩擦力：
额外功$W_{额外}=fs$，则摩擦力：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{600\ \mathrm{J}}{5\ \mathrm{m}}=120\ \mathrm{N}$。
【答案】
300；120
【知识点】
功率计算、斜面机械效率、摩擦力计算
【点评】
本题是力学综合计算题，结合了功率、机械效率和斜面额外功的知识点，需理清有用功、总功、额外功的关系，熟练运用相关公式，难度适中。
【难度系数】
0.6

5.（南京联合体期末）某物理学习兴趣小组设计了一台利用电学原理直接测出液体密度的仪器，其工作方式是：向桶中加满待测液体，待稳定后闭合开关S，就能从改装的电流表表盘标注的密度值中读出待测液体的密度。已知电源电压恒为6V，$R_0$为定值电阻，R为变阻器，其最大阻值为40Ω，电

流表的量程是0~0.6A，小桶内每增加1g液体，滑片P会向下移动1cm，变阻器是由粗细均匀的电阻丝组成，其总长度为20cm。当小桶中无液体时，滑片P在A点，小桶容积是$10\ \mathrm{cm^3}$，并将容积作为测量液体密度时的恒定体积。（不考虑摩擦，桶距底座足够长，拉力不超过弹簧的弹性范围）
(1) 小桶内装满水（$\rho_{\mathrm{水}}=1.0\ \mathrm{g/cm^3}$），待稳定后，电流表示数是0.2A，则$R_0$阻值为Ω，$R_0$的作用是。
(2) 某次测量时，装满待测液体，待稳定后，电流表示数是0.3A，则待测液体的密度为$\mathrm{g/cm^3}$。
(3) 在小桶内装满待测液体，能测量的最大液体密度为$\mathrm{g/cm^3}$。
(4) 某同学认为，该密度计也可以由电压表改装，要求密度越大电压表示数越大，则电压表应并联在两端。

5. (1) 10 保护电路 (2) 1.5 (3) 2 (4) 定值电阻 $R_0$ 提示:(1) 小桶内装满水后,$m_\mathrm{水}=\rho_\mathrm{水}V=1\ \mathrm{g/cm^3}×10\ \mathrm{cm^3}=10\ \mathrm{g}$,滑片 P 向下移动10 cm,变阻器接入的电阻 $R_\mathrm{变}=\dfrac{20\ \mathrm{cm}-10\ \mathrm{cm}}{20\ \mathrm{cm}}×40\ \Omega=20\ \Omega$,$R_0=\dfrac{U}{I}-R_\mathrm{变}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}-20\ \Omega=10\ \Omega$;$R_0$ 的作用是保护电路,避免当滑片 P 移到最下端 B 点时,电路发生短路。(2) 装满待测液体时,$R'_\mathrm{变}=\dfrac{U}{I'}-R_0=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}-10\ \Omega=10\ \Omega$,因 $\dfrac{40\ \Omega}{20\ \mathrm{cm}}=\dfrac{10\ \Omega}{L}$,得此时变阻器接入电路的长度为 5 cm,滑片 P 向下移动了 $20\ \mathrm{cm}-5\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{cm}$,$m_\mathrm{液}=15\ \mathrm{g}$,$\rho_\mathrm{液}=\dfrac{m_\mathrm{液}}{V}=\dfrac{15\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{cm^3}}=1.5\ \mathrm{g/cm^3}$。(3) 由题可知,当滑片 P 向下移动到 B 端时,小桶内的待测液体质量最大,即 $m_{\mathrm{液大}}=20\ \mathrm{g}$,$\rho_{\mathrm{液大}}=\dfrac{m_{\mathrm{液大}}}{V}=\dfrac{20\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{cm^3}}=2\ \mathrm{g/cm^3}$。(4) $\rho_\mathrm{液}$ 越大,滑片 P 向下移动越大,$R$ 接入的电阻越小,电流越大,$R_0$ 两端的电压越大,故电压表应并联在 $R_0$ 两端。

【分析】
本题是电学与密度知识结合的综合题，解题思路：①明确电路结构，R与R₀串联，电流表测电路电流；②根据“每增加1g液体，滑片下移1cm”的关系，结合滑动变阻器电阻与长度成正比的特点，计算变阻器接入电阻；③利用欧姆定律计算总电阻，进而求出定值电阻R₀；④根据不同电流对应的变阻器电阻，算出滑片移动距离，得到液体质量，结合小桶容积求液体密度；⑤根据电压表示数与电流的关系，判断电压表的并联位置。
【解析】
(1) 小桶装满水时，水的质量：$m_{\mathrm{水}}=\rho_{\mathrm{水}}V=1.0\ \mathrm{g/cm^3}×10\ \mathrm{cm^3}=10\ \mathrm{g}$，由题意，滑片下移距离为10cm，变阻器接入长度为$20\ \mathrm{cm}-10\ \mathrm{cm}=10\ \mathrm{cm}$。因变阻器粗细均匀，电阻与长度成正比，最大阻值40Ω对应20cm，故接入电阻：$R_{\mathrm{变}}=\dfrac{10\ \mathrm{cm}}{20\ \mathrm{cm}}×40\ \Omega=20\ \Omega$。电路总电阻：$R_{\mathrm{总}}=\dfrac{U}{I}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=30\ \Omega$，则$R_0=R_{\mathrm{总}}-R_{\mathrm{变}}=30\ \Omega-20\ \Omega=10\ \Omega$。当滑片移到最下端B点时，变阻器接入电阻为0，若无R₀会造成电源短路，故R₀的作用是保护电路。
(2) 电流为0.3A时，电路总电阻：$R_{\mathrm{总}}'=\dfrac{U}{I'}=\dfrac{6\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=20\ \Omega$，此时变阻器接入电阻：$R_{\mathrm{变}}'=R_{\mathrm{总}}'-R_0=20\ \Omega-10\ \Omega=10\ \Omega$。接入长度：$L=\dfrac{10\ \Omega}{40\ \Omega}×20\ \mathrm{cm}=5\ \mathrm{cm}$，滑片下移距离：$20\ \mathrm{cm}-5\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{cm}$，液体质量$m_{\mathrm{液}}=15\ \mathrm{g}$，待测液体密度：$\rho_{\mathrm{液}}=\dfrac{m_{\mathrm{液}}}{V}=\dfrac{15\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{cm^3}}=1.5\ \mathrm{g/cm^3}$。
(3) 当滑片移到最下端B点时，滑片下移20cm，对应液体质量$m_{\mathrm{液大}}=20\ \mathrm{g}$，最大密度：$\rho_{\mathrm{液大}}=\dfrac{m_{\mathrm{液大}}}{V}=\dfrac{20\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{cm^3}}=2\ \mathrm{g/cm^3}$。
(4) 密度越大，滑片下移越多，变阻器接入电阻越小，电路电流越大，定值电阻$R_0$两端电压$U_0=IR_0$越大，要求密度越大电压表示数越大，故电压表应并联在$R_0$两端。
【答案】
(1) 10；保护电路 (2) 1.5 (3) 2 (4) 定值电阻$R_0$
【知识点】
欧姆定律、滑动变阻器、密度计算
【点评】
本题综合考查电学与密度知识，解题关键是理清滑片移动距离与液体质量的关系，结合电路电阻变化逐步推导，逻辑要求较高，需注意各物理量的对应关系。
【难度系数】
0.6