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典例分析2一款小型电火锅如图甲所示，可以通过挡位开关实现高、中、低三挡控温功能；图乙是它的简化电路图。加热电阻的阻值分别为$R_1$、$R_2$、$R_3$（阻值保持不变），已知$R_1$为176 Ω，电火锅的部分参数如表所示，$c_{水}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。
(1)阻值$R_2$是多少？
(2)电火锅在低温挡工作时的功率是多少？
(3)某次使用时，在标准大气压下，用中温挡将1 kg水从20 ℃加热到沸腾，用时14 min，不计热量损失，该电火锅中温挡的实际功率是多少？
(1)阻值$R_2$是多少？
(2)电火锅在低温挡工作时的功率是多少？
(3)某次使用时，在标准大气压下，用中温挡将1 kg水从20 ℃加热到沸腾，用时14 min，不计热量损失，该电火锅中温挡的实际功率是多少？
答案
1. 66 Ω
2. 220 W
3. 400 W
解析（1）由题图乙知，开关接高温触点时，阻值为 $R_3$ 的加热电阻单独在电路中工作，由 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，$R_3=\frac{{U_{\mathrm{额}}}^2}{P_{\mathrm{高}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
开关接中温触点时，阻值分别为 $R_2$、$R_3$ 的加热电阻串联在电路中，电路的总电阻 $R_\mathrm{中}=\frac{{U_{\mathrm{额}}}^2}{P_\mathrm{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$
$R_2$ 的阻值 $R_2=R_\mathrm{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
（2）使用低温挡时，阻值分别为 $R_1$ 和 $R_3$ 的加热电阻串联，电路的总电阻 $R_\mathrm{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$
低温挡的功率 $P_\mathrm{低}=\frac{U^2}{R_\mathrm{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
（3）水吸收的热量 $Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}\ m\ (t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，电火锅消耗的电能 $W=Q_\mathrm{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
电火锅中温挡的实际功率 $P_\mathrm{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
2. 220 W
3. 400 W
解析（1）由题图乙知，开关接高温触点时，阻值为 $R_3$ 的加热电阻单独在电路中工作，由 $P=\frac{U^2}{R}$ 知，$R_3=\frac{{U_{\mathrm{额}}}^2}{P_{\mathrm{高}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$
开关接中温触点时，阻值分别为 $R_2$、$R_3$ 的加热电阻串联在电路中，电路的总电阻 $R_\mathrm{中}=\frac{{U_{\mathrm{额}}}^2}{P_\mathrm{中}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$
$R_2$ 的阻值 $R_2=R_\mathrm{中}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
（2）使用低温挡时，阻值分别为 $R_1$ 和 $R_3$ 的加热电阻串联，电路的总电阻 $R_\mathrm{低}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$
低温挡的功率 $P_\mathrm{低}=\frac{U^2}{R_\mathrm{低}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
（3）水吸收的热量 $Q_\mathrm{吸}=c_\mathrm{水}\ m\ (t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100\ ℃-20\ ℃)=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
不计热量损失，电火锅消耗的电能 $W=Q_\mathrm{吸}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$
电火锅中温挡的实际功率 $P_\mathrm{实}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
首先根据电火锅的简化电路图，明确不同挡位对应的电阻连接方式：高温挡为单个电阻$R_3$单独工作，中温挡为$R_2$与$R_3$串联，低温挡为$R_1$与$R_3$串联。解题时利用家庭电路电压恒定（$U=220V$），结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$、串联电路电阻规律，逐步计算各电阻和功率；第三问通过热量公式计算水吸收的热量，不计热量损失时电能等于热量，再由功率公式计算实际功率。
【解析】
（1）由图乙可知，开关接高温触点时，仅$R_3$接入电路，根据$P=\frac{U^2}{R}$，得$R_3$的阻值：
$R_3=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{P_{\mathrm{高}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$；
开关接中温触点时，$R_2$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{\mathrm{中}}=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{P_{\mathrm{中}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$；
因此$R_2$的阻值：$R_2=R_{\mathrm{中}}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
（2）低温挡时，$R_1$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{\mathrm{低}}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$；
低温挡功率：$P_{\mathrm{低}}=\frac{U^2}{R_{\mathrm{低}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
（3）标准大气压下水的沸点为$100°\mathrm{C}$，水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-20°\mathrm{C})=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，电火锅消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
中温挡实际功率：$P_{\mathrm{实}}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
【答案】
1. $66\ \Omega$；2. $220\ \mathrm{W}$；3. $400\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路电阻、热量计算
【点评】
本题结合实际电火锅的挡位设计，考查电热综合知识，核心是判断不同挡位的电阻连接方式，需熟练运用电功率、串联电阻、热量相关公式，单位统一是解题关键，属于中等难度的电热综合题。
【难度系数】
0.6
首先根据电火锅的简化电路图，明确不同挡位对应的电阻连接方式：高温挡为单个电阻$R_3$单独工作，中温挡为$R_2$与$R_3$串联，低温挡为$R_1$与$R_3$串联。解题时利用家庭电路电压恒定（$U=220V$），结合电功率公式$P=\frac{U^2}{R}$、串联电路电阻规律，逐步计算各电阻和功率；第三问通过热量公式计算水吸收的热量，不计热量损失时电能等于热量，再由功率公式计算实际功率。
【解析】
（1）由图乙可知，开关接高温触点时，仅$R_3$接入电路，根据$P=\frac{U^2}{R}$，得$R_3$的阻值：
$R_3=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{P_{\mathrm{高}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{1100\ \mathrm{W}}=44\ \Omega$；
开关接中温触点时，$R_2$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{\mathrm{中}}=\frac{U_{\mathrm{额}}^2}{P_{\mathrm{中}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{440\ \mathrm{W}}=110\ \Omega$；
因此$R_2$的阻值：$R_2=R_{\mathrm{中}}-R_3=110\ \Omega-44\ \Omega=66\ \Omega$。
（2）低温挡时，$R_1$与$R_3$串联，总电阻：
$R_{\mathrm{低}}=R_1+R_3=176\ \Omega+44\ \Omega=220\ \Omega$；
低温挡功率：$P_{\mathrm{低}}=\frac{U^2}{R_{\mathrm{低}}}=\frac{(220\ \mathrm{V})^2}{220\ \Omega}=220\ \mathrm{W}$。
（3）标准大气压下水的沸点为$100°\mathrm{C}$，水吸收的热量：
$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1\ \mathrm{kg}×(100°\mathrm{C}-20°\mathrm{C})=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
不计热量损失，电火锅消耗的电能$W=Q_{\mathrm{吸}}=3.36×10^5\ \mathrm{J}$；
中温挡实际功率：$P_{\mathrm{实}}=\frac{W}{t}=\frac{3.36×10^5\ \mathrm{J}}{14×60\ \mathrm{s}}=400\ \mathrm{W}$。
【答案】
1. $66\ \Omega$；2. $220\ \mathrm{W}$；3. $400\ \mathrm{W}$
【知识点】
电功率计算、串联电路电阻、热量计算
【点评】
本题结合实际电火锅的挡位设计，考查电热综合知识，核心是判断不同挡位的电阻连接方式，需熟练运用电功率、串联电阻、热量相关公式，单位统一是解题关键，属于中等难度的电热综合题。
【难度系数】
0.6
【探究学习活动】
典例分析3 阅读短文，回答问题。
超市电动搬运车
图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于卖场和库房间的运输，被称作“地牛”。其驱动原理如图乙所示，开关$\mathrm{S}_1$和$\mathrm{S}_2$由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或同时接“2”，向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退。
提升电动机工作时，能将货物提升到指定高度。下表是“地牛”的相关参数。所有电路由蓄电池组供电，电压都为蓄电池组电压。电动机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗的电能之比。$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$。
|型号|空载质量|最大载货量|蓄电池组电压|蓄电池组容量|提升电动机额定电压/额定功率|进退电动机额定电压/额定功率|电动机效率|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|$×××$|$0.4\ \mathrm{t}$|$2\ \mathrm{t}$|$36\ \mathrm{V}$|$100\ \mathrm{A·h}$|$36\ \mathrm{V}/800\ \mathrm{W}$|$36\ \mathrm{V}/900\ \mathrm{W}$|$80\%$|
(1)搬运车前进时，操纵杆接
(2)下列关于搬运车的说法正确的是
A. 蓄电池组充满电一次，消耗的电能约为$3.6×10^6\ \mathrm{J}$
B. 搬运车电动机工作时，将电能转化为机械能
C. 蓄电池组在放电的过程中相当于用电器
D. 蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的
(3)利用搬运车将$1×10^3\ \mathrm{kg}$的货物放至货架，货物向上匀速竖直提升$15\ \mathrm{s}$，则搬运车消耗的电能为
(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电流表的测量范围为$0～0.6\ \mathrm{A}$，滑动变阻器的规格为“$100\ \Omega\ \ 1\ \mathrm{A}$”，力敏电阻的阻值$R_3$与所受压力$F$的关系如图丁所示。由电流表改装的“质量表”显示盘上的最
(5)电动机长时间连续工作会因过热而烧坏，人们设计了如图戊所示的保护电路，热敏电阻的阻值$R_0$随温度的升高而减小。当滑动变阻器两端电压$U_1$增大到一定值时，控制电路（忽略其中的电流）将切断工作电路让电动机停止工作，从而实现对电动机温度的控制。滑动变阻器接入电路的阻值为$20\ \Omega$时，热敏电阻的电功率为$16\ \mathrm{W}$，此时工作电路恰好被切断。若预设的电动机温度相对较高，则$U_1$为
典例分析3 阅读短文，回答问题。
超市电动搬运车
图甲是超市常用的一种电动拖盘搬运车，用于卖场和库房间的运输，被称作“地牛”。其驱动原理如图乙所示，开关$\mathrm{S}_1$和$\mathrm{S}_2$由绝缘操纵杆控制，能同时接“1”或同时接“2”，向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，向后拉操纵杆时“地牛”以恒定速度后退。
提升电动机工作时，能将货物提升到指定高度。下表是“地牛”的相关参数。所有电路由蓄电池组供电，电压都为蓄电池组电压。电动机效率是指电动机获得的有用机械能与消耗的电能之比。$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$。
|型号|空载质量|最大载货量|蓄电池组电压|蓄电池组容量|提升电动机额定电压/额定功率|进退电动机额定电压/额定功率|电动机效率|
| ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- | ---- |
|$×××$|$0.4\ \mathrm{t}$|$2\ \mathrm{t}$|$36\ \mathrm{V}$|$100\ \mathrm{A·h}$|$36\ \mathrm{V}/800\ \mathrm{W}$|$36\ \mathrm{V}/900\ \mathrm{W}$|$80\%$|
(1)搬运车前进时，操纵杆接
1
（选填“1”或“2”）。(2)下列关于搬运车的说法正确的是
B
。A. 蓄电池组充满电一次，消耗的电能约为$3.6×10^6\ \mathrm{J}$
B. 搬运车电动机工作时，将电能转化为机械能
C. 蓄电池组在放电的过程中相当于用电器
D. 蓄电池组是由若干节蓄电池并联组成的
(3)利用搬运车将$1×10^3\ \mathrm{kg}$的货物放至货架，货物向上匀速竖直提升$15\ \mathrm{s}$，则搬运车消耗的电能为
$1.2×10^4\ \mathrm{J}$
，货物被提升了0.96
$\mathrm{m}$。(4)搬运车上有显示所载货物质量的仪表，其电路如图丙所示，电流表的测量范围为$0～0.6\ \mathrm{A}$，滑动变阻器的规格为“$100\ \Omega\ \ 1\ \mathrm{A}$”，力敏电阻的阻值$R_3$与所受压力$F$的关系如图丁所示。由电流表改装的“质量表”显示盘上的最
右
（选填“左”或“右”）边刻度是最大值。为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52
$\Omega$。(5)电动机长时间连续工作会因过热而烧坏，人们设计了如图戊所示的保护电路，热敏电阻的阻值$R_0$随温度的升高而减小。当滑动变阻器两端电压$U_1$增大到一定值时，控制电路（忽略其中的电流）将切断工作电路让电动机停止工作，从而实现对电动机温度的控制。滑动变阻器接入电路的阻值为$20\ \Omega$时，热敏电阻的电功率为$16\ \mathrm{W}$，此时工作电路恰好被切断。若预设的电动机温度相对较高，则$U_1$为
20
$\mathrm{V}$。答案
1. 1
2. B
3. $1.2×10^4\ \mathrm{J}$ 0.96
4. 右 52
5. 20
解析（1）向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器与电动机串联，由电路图可知，开关$\mathrm{S}_1$和$\mathrm{S}_2$应同时接“1”。（2）蓄电池组充满电一次，消耗的电能 $W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}$，A错误。电动机工作时，将电能主要转化为机械能，B正确。蓄电池组放电时，电能转化为其他形式的能，蓄电池组相当于电源，C错误。由表格数据知蓄电池组电压为36 V，蓄电池组是由多节蓄电池串联而成的，D错误。（3）提升电动机工作，将货物提升到指定高度，由表格数据可知，提升电动机功率 $P_1=800\ \mathrm{W}$，15 s内电动机消耗的电能 $W_\mathrm{电}=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；电动机的效率为80%，则 $W_\mathrm{机械}=\eta W_\mathrm{电}=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；货物被提升的高度 $h=\frac{W_\mathrm{机械}}{G}=\frac{W_\mathrm{机械}}{mg}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}}=0.96\ \mathrm{m}$。（4）由题图丙可知，力敏电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流。由题图丁知，托盘受到的压力越大，力敏电阻的阻值越小，根据 $I=\frac{U}{R}$ 知，电路的电流越大，所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的最右边刻度是最大值。由表格数据可知，最大载货量 $m_2=2000\ \mathrm{kg}$，则托盘受到的最大压力 $F=G_2=m_2g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20×10^3\ \mathrm{N}$；由题图丁可知，此时力敏电阻的阻值为8 Ω，因电流表测量范围为0～0.6 A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A，所以当电流表的示数为0.6 A时，载质量最大，滑动变阻器接入电路中的阻值最小，由 $I=\frac{U}{R}$ 可得，电路的总电阻 $R=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$，所以 $R_4=R-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$，即为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52 Ω。（5）当滑动变阻器接入电路的电阻为20 Ω时，两端的电压为$U_1$，电路中的电流 $I_1=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端的电压 $U_0=U-U_1=36\ \mathrm{V}-U_1$，电功率 $P=U_0I_1$，则有 $16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，解得 $U_1=16\ \mathrm{V}$ 或 $U_1=20\ \mathrm{V}$；由于预设的电动机温度相对较高，$R_0$ 的电阻较小，电路中的电流较大，所以必须使得 $U_1$ 较大，$U_1$ 为20 V。
2. B
3. $1.2×10^4\ \mathrm{J}$ 0.96
4. 右 52
5. 20
解析（1）向前推操纵杆时搬运车前进且能调速，说明滑动变阻器与电动机串联，由电路图可知，开关$\mathrm{S}_1$和$\mathrm{S}_2$应同时接“1”。（2）蓄电池组充满电一次，消耗的电能 $W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}$，A错误。电动机工作时，将电能主要转化为机械能，B正确。蓄电池组放电时，电能转化为其他形式的能，蓄电池组相当于电源，C错误。由表格数据知蓄电池组电压为36 V，蓄电池组是由多节蓄电池串联而成的，D错误。（3）提升电动机工作，将货物提升到指定高度，由表格数据可知，提升电动机功率 $P_1=800\ \mathrm{W}$，15 s内电动机消耗的电能 $W_\mathrm{电}=P_1t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；电动机的效率为80%，则 $W_\mathrm{机械}=\eta W_\mathrm{电}=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；货物被提升的高度 $h=\frac{W_\mathrm{机械}}{G}=\frac{W_\mathrm{机械}}{mg}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}}=0.96\ \mathrm{m}$。（4）由题图丙可知，力敏电阻与滑动变阻器串联，电流表测电路中的电流。由题图丁知，托盘受到的压力越大，力敏电阻的阻值越小，根据 $I=\frac{U}{R}$ 知，电路的电流越大，所以由电流表改装的“质量表”显示盘上的最右边刻度是最大值。由表格数据可知，最大载货量 $m_2=2000\ \mathrm{kg}$，则托盘受到的最大压力 $F=G_2=m_2g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20×10^3\ \mathrm{N}$；由题图丁可知，此时力敏电阻的阻值为8 Ω，因电流表测量范围为0～0.6 A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1 A，所以当电流表的示数为0.6 A时，载质量最大，滑动变阻器接入电路中的阻值最小，由 $I=\frac{U}{R}$ 可得，电路的总电阻 $R=\frac{U}{I}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$，所以 $R_4=R-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$，即为了确保此电路能安全工作，滑动变阻器的阻值应至少调至52 Ω。（5）当滑动变阻器接入电路的电阻为20 Ω时，两端的电压为$U_1$，电路中的电流 $I_1=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端的电压 $U_0=U-U_1=36\ \mathrm{V}-U_1$，电功率 $P=U_0I_1$，则有 $16\ \mathrm{W}=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}$，解得 $U_1=16\ \mathrm{V}$ 或 $U_1=20\ \mathrm{V}$；由于预设的电动机温度相对较高，$R_0$ 的电阻较小，电路中的电流较大，所以必须使得 $U_1$ 较大，$U_1$ 为20 V。
解析
【分析】
本题是综合电学与力学的探究题，需结合电路特点、欧姆定律、电功计算、机械效率等知识逐一分析各问题：
1. 前进时能调速，说明电路含滑动变阻器调节电流，对应开关接1的电路（R₁与电动机串联），故判断接1；
2. 对各选项从电能计算、能量转化、电源与用电器区分、蓄电池连接方式等方面分析；
3. 提升货物时，先由电动机功率和时间算消耗电能，再结合效率得机械能，最后用重力公式求提升高度；
4. 质量表由电流表改装，压力越大R₃越小电流越大，对应刻度在右边；最大载货时压力对应R₃，结合最大电流求滑动变阻器最小阻值；
5. 根据串联电路规律和电功率公式列方程，结合温度与R₀的关系确定U₁的取值。
【解析】
(1) 向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，说明电路需滑动变阻器调节电流，图乙中开关S₁、S₂同时接“1”时，滑动变阻器R₁与电动机串联，可改变电流实现调速；接“2”时为定值电阻R₂与电动机串联，无法调速，故前进时操纵杆接1。
(2) 选项分析：
A. 蓄电池组充满电消耗电能$W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}≠3.6×10^6\ \mathrm{J}$，错误；
B. 电动机工作时主要将电能转化为机械能，正确；
C. 蓄电池组放电时提供电能，相当于电源，不是用电器，错误；
D. 蓄电池组电压为36V，单节蓄电池电压约2V，故由多节串联组成，错误；故选B。
(3) 提升电动机消耗的电能$W_\mathrm{电}=P_额t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；
电动机转化的机械能$W_\mathrm{机械}=\eta W_\mathrm{电}=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；
货物重力$G=mg=1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1×10^4\ \mathrm{N}$；
提升高度$h=\frac{W_\mathrm{机械}}{G}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^4\ \mathrm{N}}=0.96\ \mathrm{m}$。
(4) 图丙中R₃与R₄串联，电流表测电流；由图丁知，压力越大R₃越小，根据$I=\frac{U}{R}$，电流越大，故质量表右边刻度对应电流最大，是质量最大值；
最大载货时压力$F=G_最大=m_最大g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2×10^4\ \mathrm{N}$，对应图丁中R₃=8Ω；
电路最大电流$I_最大=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_总=\frac{U}{I_最大}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$；
滑动变阻器最小阻值$R_4最小=R_总-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$。
(5) 设滑动变阻器两端电压为$U_1$，则电路电流$I=\frac{U_1}{R}=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端电压$U_0=36\ \mathrm{V}-U_1$；
热敏电阻功率$P=U_0I=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}=16\ \mathrm{W}$，整理得$U_1^2-36U_1+320=0$，解得$U_1=16\ \mathrm{V}$或$U_1=20\ \mathrm{V}$；
温度越高，R₀越小，电路电流越大，需$U_1$更大才能触发切断，故$U_1=20\ \mathrm{V}$。
【答案】
1. 1
2. B
3. $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；$0.96$
4. 右；$52$
5. $20$
【知识点】
欧姆定律、电功计算、机械效率
【点评】
本题综合考查电路分析、电学与力学计算，需灵活运用串联电路特点、欧姆定律、电功与电功率公式及机械效率知识，对综合应用能力要求较高，是典型的学科内综合题。
【难度系数】
0.5
本题是综合电学与力学的探究题，需结合电路特点、欧姆定律、电功计算、机械效率等知识逐一分析各问题：
1. 前进时能调速，说明电路含滑动变阻器调节电流，对应开关接1的电路（R₁与电动机串联），故判断接1；
2. 对各选项从电能计算、能量转化、电源与用电器区分、蓄电池连接方式等方面分析；
3. 提升货物时，先由电动机功率和时间算消耗电能，再结合效率得机械能，最后用重力公式求提升高度；
4. 质量表由电流表改装，压力越大R₃越小电流越大，对应刻度在右边；最大载货时压力对应R₃，结合最大电流求滑动变阻器最小阻值；
5. 根据串联电路规律和电功率公式列方程，结合温度与R₀的关系确定U₁的取值。
【解析】
(1) 向前推操纵杆时“地牛”前进且能调速，说明电路需滑动变阻器调节电流，图乙中开关S₁、S₂同时接“1”时，滑动变阻器R₁与电动机串联，可改变电流实现调速；接“2”时为定值电阻R₂与电动机串联，无法调速，故前进时操纵杆接1。
(2) 选项分析：
A. 蓄电池组充满电消耗电能$W=UIt=36\ \mathrm{V}×100\ \mathrm{A}×3600\ \mathrm{s}=1.296×10^7\ \mathrm{J}≠3.6×10^6\ \mathrm{J}$，错误；
B. 电动机工作时主要将电能转化为机械能，正确；
C. 蓄电池组放电时提供电能，相当于电源，不是用电器，错误；
D. 蓄电池组电压为36V，单节蓄电池电压约2V，故由多节串联组成，错误；故选B。
(3) 提升电动机消耗的电能$W_\mathrm{电}=P_额t=800\ \mathrm{W}×15\ \mathrm{s}=1.2×10^4\ \mathrm{J}$；
电动机转化的机械能$W_\mathrm{机械}=\eta W_\mathrm{电}=80\%×1.2×10^4\ \mathrm{J}=9.6×10^3\ \mathrm{J}$；
货物重力$G=mg=1×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1×10^4\ \mathrm{N}$；
提升高度$h=\frac{W_\mathrm{机械}}{G}=\frac{9.6×10^3\ \mathrm{J}}{1×10^4\ \mathrm{N}}=0.96\ \mathrm{m}$。
(4) 图丙中R₃与R₄串联，电流表测电流；由图丁知，压力越大R₃越小，根据$I=\frac{U}{R}$，电流越大，故质量表右边刻度对应电流最大，是质量最大值；
最大载货时压力$F=G_最大=m_最大g=2000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2×10^4\ \mathrm{N}$，对应图丁中R₃=8Ω；
电路最大电流$I_最大=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_总=\frac{U}{I_最大}=\frac{36\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}=60\ \Omega$；
滑动变阻器最小阻值$R_4最小=R_总-R_3=60\ \Omega-8\ \Omega=52\ \Omega$。
(5) 设滑动变阻器两端电压为$U_1$，则电路电流$I=\frac{U_1}{R}=\frac{U_1}{20\ \Omega}$，热敏电阻两端电压$U_0=36\ \mathrm{V}-U_1$；
热敏电阻功率$P=U_0I=(36\ \mathrm{V}-U_1)×\frac{U_1}{20\ \Omega}=16\ \mathrm{W}$，整理得$U_1^2-36U_1+320=0$，解得$U_1=16\ \mathrm{V}$或$U_1=20\ \mathrm{V}$；
温度越高，R₀越小，电路电流越大，需$U_1$更大才能触发切断，故$U_1=20\ \mathrm{V}$。
【答案】
1. 1
2. B
3. $1.2×10^4\ \mathrm{J}$；$0.96$
4. 右；$52$
5. $20$
【知识点】
欧姆定律、电功计算、机械效率
【点评】
本题综合考查电路分析、电学与力学计算，需灵活运用串联电路特点、欧姆定律、电功与电功率公式及机械效率知识，对综合应用能力要求较高，是典型的学科内综合题。
【难度系数】
0.5
