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1. 如图甲所示,物体A重20 N,绳子B和C能承受的最大拉力分别为300 N和100 N。质量为40 kg的小张同学用25 N竖直向下的拉力将A匀速提起,A上升的高度h随时间的变化关系如图乙所示。忽略绳重及摩擦,g取10 N/kg。下列结论正确的是（
A.动滑轮的重力为55 N
B.拉力F在4 s内的功率为30 W
C.此装置提升重物的最大机械效率为85%
D.当物体A重为100 N并被匀速提高时,小张对地面的压力是350 N
C
）A.动滑轮的重力为55 N
B.拉力F在4 s内的功率为30 W
C.此装置提升重物的最大机械效率为85%
D.当物体A重为100 N并被匀速提高时,小张对地面的压力是350 N
答案
提示:不计绳重及摩擦,由$F=\frac{1}{2}(G+G_{动})$得$G_{动}=2F-G_{A}=2×25\ \mathrm{N}-20\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$。拉力功率$P=\frac{W}{t}=\frac{Fnh}{t}=\frac{25\ \mathrm{N}×2×2\ \mathrm{m}}{4\ \mathrm{s}}=25\ \mathrm{W}$。若$F_{C大}=100\ \mathrm{N},F_{B}=2F_{C大}-G_{动}=2×100\ \mathrm{N}-30\ \mathrm{N}=170\ \mathrm{N}$,若$F_{B大}=300\ \mathrm{N},F_{C}=\frac{1}{2}(F_{B}+G_{动})=\frac{1}{2}×(300\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=165\ \mathrm{N}＞F_{C大}$,故$F_{大}=100\ \mathrm{N},G_{大}=170\ \mathrm{N}$,$\eta_{大}=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_{大}h}{F_{大}s}×100\%=\frac{G_{大}}{2F_{大}}×100\%=\frac{170\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=85\%$。$F'_{C}=\frac{1}{2}(G'+G_{动})=\frac{1}{2}×(100\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=65\ \mathrm{N}$,$F_{压}=G_{人}-F'_{C}=400\ \mathrm{N}-65\ \mathrm{N}=335\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先识别图甲的滑轮结构，确定承担物重的绳子段数n=2，不计绳重和摩擦时，动滑轮的拉力满足$F=\frac{1}{2}(G_A+G_动)$，先代入已知的匀速提升条件，计算出动滑轮的重力，验证A选项是否正确。
2. 再结合图乙的h-t图像，得到4s内物体A上升的高度，算出拉力端移动的距离，根据$W=Fs$计算总功，再用$P=\frac{W}{t}$计算拉力的功率，验证B选项。
3. 机械效率随提升物重增大而升高，要得到最大机械效率，需要找出装置能提升的最大物重：同时满足绳子B、绳子C的最大拉力限制，取约束下的最大允许拉力，算出最大物重后代入机械效率公式计算，验证C选项。
4. 最后对人进行受力分析，算出提升100N物体时人受到的绳子拉力，结合人的重力，得到人对地面的压力，验证D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：
A选项：不计绳重及摩擦，动滑轮上承担物重的绳子段数n=2，由$F=\frac{1}{2}(G_A+G_动)$可得，动滑轮重力$G_动=2F - G_A=2×25\ \mathrm{N} - 20\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$，并非55N，A错误。
B选项：由图乙可知，4s内物体A上升高度h=2m，拉力端移动距离$s=nh=2×2\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{m}$，拉力做的总功$W_总=Fs=25\ \mathrm{N}×4\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{J}$，拉力的功率$P=\frac{W_总}{t}=\frac{100\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{s}}=25\ \mathrm{W}$，并非30W，B错误。
C选项：要得到最大机械效率，需先确定装置允许的最大提升物重：
① 若绳子C达到最大拉力$F_{C大}=100\ \mathrm{N}$，此时动滑轮处能提供的拉力$F_B=2F_{C大} - G_动=2×100\ \mathrm{N} -30\ \mathrm{N}=170\ \mathrm{N}$，170N小于绳子B的最大承受拉力300N，符合条件；
② 若绳子B达到最大拉力$F_{B大}=300\ \mathrm{N}$，此时需要绳子C的拉力$F_C=\frac{1}{2}(F_{B大}+G_动)=\frac{1}{2}×(300\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=165\ \mathrm{N}$，超过了绳子C的最大承受拉力100N，不符合条件。
因此装置允许的最大拉力$F_大=100\ \mathrm{N}$，最大物重$G_大=170\ \mathrm{N}$，最大机械效率$\eta_大=\frac{W_有}{W_总}×100\%=\frac{G_大h}{F_大s}×100\%=\frac{G_大}{2F_大}×100\%=\frac{170\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=85\%$，C正确。
D选项：人的重力$G_人=mg=40\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=400\ \mathrm{N}$，当物体A重100N时，匀速提升的拉力$F'=\frac{1}{2}(G'+G_动)=\frac{1}{2}×(100\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=65\ \mathrm{N}$，人受到向上的拉力65N、向下的重力400N，地面对人的支持力$F_支=G_人 - F'=400\ \mathrm{N}-65\ \mathrm{N}=335\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，小张对地面的压力等于支持力为335N，并非350N，D错误。
【答案】
C
【知识点】
动滑轮受力计算，功率计算，滑轮组机械效率
【点评】
本题是动滑轮综合计算题，设置了多个约束条件，需要同时考虑两根绳子的不同最大拉力限制来确定最大提升物重，容易误判最大拉力的约束来源，同时结合人的受力分析计算对地面的压力，对学生的综合分析能力有一定要求，属于滑轮部分的中档易错题。
【难度系数】
0.4
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先识别图甲的滑轮结构，确定承担物重的绳子段数n=2，不计绳重和摩擦时，动滑轮的拉力满足$F=\frac{1}{2}(G_A+G_动)$，先代入已知的匀速提升条件，计算出动滑轮的重力，验证A选项是否正确。
2. 再结合图乙的h-t图像，得到4s内物体A上升的高度，算出拉力端移动的距离，根据$W=Fs$计算总功，再用$P=\frac{W}{t}$计算拉力的功率，验证B选项。
3. 机械效率随提升物重增大而升高，要得到最大机械效率，需要找出装置能提升的最大物重：同时满足绳子B、绳子C的最大拉力限制，取约束下的最大允许拉力，算出最大物重后代入机械效率公式计算，验证C选项。
4. 最后对人进行受力分析，算出提升100N物体时人受到的绳子拉力，结合人的重力，得到人对地面的压力，验证D选项，最终选出正确答案。
【解析】
解：
A选项：不计绳重及摩擦，动滑轮上承担物重的绳子段数n=2，由$F=\frac{1}{2}(G_A+G_动)$可得，动滑轮重力$G_动=2F - G_A=2×25\ \mathrm{N} - 20\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$，并非55N，A错误。
B选项：由图乙可知，4s内物体A上升高度h=2m，拉力端移动距离$s=nh=2×2\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{m}$，拉力做的总功$W_总=Fs=25\ \mathrm{N}×4\ \mathrm{m}=100\ \mathrm{J}$，拉力的功率$P=\frac{W_总}{t}=\frac{100\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{s}}=25\ \mathrm{W}$，并非30W，B错误。
C选项：要得到最大机械效率，需先确定装置允许的最大提升物重：
① 若绳子C达到最大拉力$F_{C大}=100\ \mathrm{N}$，此时动滑轮处能提供的拉力$F_B=2F_{C大} - G_动=2×100\ \mathrm{N} -30\ \mathrm{N}=170\ \mathrm{N}$，170N小于绳子B的最大承受拉力300N，符合条件；
② 若绳子B达到最大拉力$F_{B大}=300\ \mathrm{N}$，此时需要绳子C的拉力$F_C=\frac{1}{2}(F_{B大}+G_动)=\frac{1}{2}×(300\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=165\ \mathrm{N}$，超过了绳子C的最大承受拉力100N，不符合条件。
因此装置允许的最大拉力$F_大=100\ \mathrm{N}$，最大物重$G_大=170\ \mathrm{N}$，最大机械效率$\eta_大=\frac{W_有}{W_总}×100\%=\frac{G_大h}{F_大s}×100\%=\frac{G_大}{2F_大}×100\%=\frac{170\ \mathrm{N}}{2×100\ \mathrm{N}}×100\%=85\%$，C正确。
D选项：人的重力$G_人=mg=40\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=400\ \mathrm{N}$，当物体A重100N时，匀速提升的拉力$F'=\frac{1}{2}(G'+G_动)=\frac{1}{2}×(100\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N})=65\ \mathrm{N}$，人受到向上的拉力65N、向下的重力400N，地面对人的支持力$F_支=G_人 - F'=400\ \mathrm{N}-65\ \mathrm{N}=335\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，小张对地面的压力等于支持力为335N，并非350N，D错误。
【答案】
C
【知识点】
动滑轮受力计算，功率计算，滑轮组机械效率
【点评】
本题是动滑轮综合计算题，设置了多个约束条件，需要同时考虑两根绳子的不同最大拉力限制来确定最大提升物重，容易误判最大拉力的约束来源，同时结合人的受力分析计算对地面的压力，对学生的综合分析能力有一定要求，属于滑轮部分的中档易错题。
【难度系数】
0.4
2. 如图所示,电源两端电压$U=4.5\ \mathrm{V}$且保持不变,$R_{1}=10\ \Omega$,滑动变阻器$R_{2}$上标有“$20\ \Omega\ 1\ \mathrm{A}$”的字样,电流表
的量程为$0∼0.6\ \mathrm{A}$,两个电压表的量程均为$0∼3\ \mathrm{V}$,在保证电路安全的条件下,下列说法正确的是（
A.电流表A的示数范围为$0.15∼0.3\ \mathrm{A}$
B.电压表$\mathrm{V}_{2}$的示数范围为$0∼3\ \mathrm{V}$
C.电压表$\mathrm{V}_{1}$的示数范围为$0∼3\ \mathrm{V}$
D.$R_{2}$的阻值调节范围为$0∼20\ \Omega$
的量程为$0∼0.6\ \mathrm{A}$,两个电压表的量程均为$0∼3\ \mathrm{V}$,在保证电路安全的条件下,下列说法正确的是（
A
）A.电流表A的示数范围为$0.15∼0.3\ \mathrm{A}$
B.电压表$\mathrm{V}_{2}$的示数范围为$0∼3\ \mathrm{V}$
C.电压表$\mathrm{V}_{1}$的示数范围为$0∼3\ \mathrm{V}$
D.$R_{2}$的阻值调节范围为$0∼20\ \Omega$
答案
提示:$U_{1大}=3\ \mathrm{V}$时,$I_{大}=\frac{U_{1大}}{R_{1}}=\frac{3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.3\ \mathrm{A}$,$U_{2小}=U-U_{1大}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,$R_{2小}=\frac{U_{2小}}{I_{大}}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$,$I_{小}=\frac{U}{R_{1}+R_{2大}}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{10\ \Omega+20\ \Omega}=0.15\ \mathrm{A}$,$U_{2大}=I_{小}R_{2大}=0.15\ \mathrm{A}×20\ \Omega=3\ \mathrm{V}$,不超过电压表$\mathrm{V}_{2}$所选量程,故电流表A的示数范围为$0.15∼0.3\ \mathrm{A}$,$U_{1小}=U-U_{2大}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$,故电压表$\mathrm{V}_{2}$的示数范围为$1.5∼3\ \mathrm{V}$,电压表$\mathrm{V}_{1}$的示数范围为$1.5∼3\ \mathrm{V}$,$R_{2}$的阻值调节范围为$5∼20\ \Omega$。
解析
【分析】
首先识别电路连接方式：由图可知定值电阻R₁和滑动变阻器R₂串联，电流表测量整个串联电路的电流，电压表V₁测量R₁两端的电压，电压表V₂测量R₂两端的电压。接下来需要结合所有元件的安全限制推导临界值：第一步先找电路允许的最大电流，梳理所有限制条件：滑动变阻器允许最大电流1A、电流表量程0~0.6A、两个电压表量程均为0~3V，其中R₁两端电压最大为3V时对应的电流仅为0.3A，是所有限制里最小的，因此电路最大安全电流就是0.3A，由此算出R₂的最小接入阻值。第二步找电路的最小电流，当R₂接入最大阻值20Ω时计算电路电流，同时验证此时R₂两端电压是否超过V₂的3V量程，验证后刚好符合安全要求，得到最小电流。最后结合最大、最小电流，推导两个电压表的示数范围、R₂的阻值调节范围，逐一判断选项即可。
【解析】
解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电流表测电路电流，V₁测R₁两端电压，V₂测R₂两端电压。
1. 推导最大电流和对应临界值：
所有元件的安全限制中，R₁两端最大电压不能超过电压表量程3V，此时对应的电路电流：
$I_{max}=\frac{U_{1max}}{R_1}=\frac{3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.3\ \mathrm{A}$
该电流小于滑动变阻器允许的1A和电流表量程上限0.6A，因此电路允许的最大电流为0.3A。
此时R₂两端的最小电压：$U_{2min}=U-U_{1max}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$
滑动变阻器接入的最小阻值：$R_{2min}=\frac{U_{2min}}{I_{max}}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$
2. 推导最小电流和对应临界值：
当滑动变阻器接入最大阻值$R_{2max}=20\ \Omega$时，电路总电阻$R_{总}=R_1+R_{2max}=10\ \Omega+20\ \Omega=30\ \Omega$
此时电路电流：$I_{min}=\frac{U}{R_{总}}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.15\ \mathrm{A}$
此时R₂两端的电压：$U_{2max}=I_{min}R_{2max}=0.15\ \mathrm{A}×20\ \Omega=3\ \mathrm{V}$，刚好符合V₂的0~3V量程要求，处于安全状态。
此时R₁两端的最小电压：$U_{1min}=U-U_{2max}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$
3. 选项判断：
A选项：电流表的示数范围为0.15A~0.3A，和推导结果一致，正确。
B选项：电压表V₂的示数范围为1.5V~3V，并非0~3V，错误。
C选项：电压表V₁的示数范围为1.5V~3V，并非0~3V，错误。
D选项：R₂的阻值调节范围为5Ω~20Ω，并非0~20Ω，错误。
【答案】A
【知识点】串联电路电压规律，欧姆定律应用，电路安全分析
【点评】本题是串联电路动态安全类的典型习题，易错点是容易遗漏电压表的量程限制，误将电流表量程上限0.6A直接作为电路最大电流。解题时需要把所有元件的限制条件全部梳理出来，取最严格的临界值作为计算依据，再推导各物理量的取值范围。
【难度系数】0.6
首先识别电路连接方式：由图可知定值电阻R₁和滑动变阻器R₂串联，电流表测量整个串联电路的电流，电压表V₁测量R₁两端的电压，电压表V₂测量R₂两端的电压。接下来需要结合所有元件的安全限制推导临界值：第一步先找电路允许的最大电流，梳理所有限制条件：滑动变阻器允许最大电流1A、电流表量程0~0.6A、两个电压表量程均为0~3V，其中R₁两端电压最大为3V时对应的电流仅为0.3A，是所有限制里最小的，因此电路最大安全电流就是0.3A，由此算出R₂的最小接入阻值。第二步找电路的最小电流，当R₂接入最大阻值20Ω时计算电路电流，同时验证此时R₂两端电压是否超过V₂的3V量程，验证后刚好符合安全要求，得到最小电流。最后结合最大、最小电流，推导两个电压表的示数范围、R₂的阻值调节范围，逐一判断选项即可。
【解析】
解：由电路图可知，R₁与R₂串联，电流表测电路电流，V₁测R₁两端电压，V₂测R₂两端电压。
1. 推导最大电流和对应临界值：
所有元件的安全限制中，R₁两端最大电压不能超过电压表量程3V，此时对应的电路电流：
$I_{max}=\frac{U_{1max}}{R_1}=\frac{3\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=0.3\ \mathrm{A}$
该电流小于滑动变阻器允许的1A和电流表量程上限0.6A，因此电路允许的最大电流为0.3A。
此时R₂两端的最小电压：$U_{2min}=U-U_{1max}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$
滑动变阻器接入的最小阻值：$R_{2min}=\frac{U_{2min}}{I_{max}}=\frac{1.5\ \mathrm{V}}{0.3\ \mathrm{A}}=5\ \Omega$
2. 推导最小电流和对应临界值：
当滑动变阻器接入最大阻值$R_{2max}=20\ \Omega$时，电路总电阻$R_{总}=R_1+R_{2max}=10\ \Omega+20\ \Omega=30\ \Omega$
此时电路电流：$I_{min}=\frac{U}{R_{总}}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{30\ \Omega}=0.15\ \mathrm{A}$
此时R₂两端的电压：$U_{2max}=I_{min}R_{2max}=0.15\ \mathrm{A}×20\ \Omega=3\ \mathrm{V}$，刚好符合V₂的0~3V量程要求，处于安全状态。
此时R₁两端的最小电压：$U_{1min}=U-U_{2max}=4.5\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}=1.5\ \mathrm{V}$
3. 选项判断：
A选项：电流表的示数范围为0.15A~0.3A，和推导结果一致，正确。
B选项：电压表V₂的示数范围为1.5V~3V，并非0~3V，错误。
C选项：电压表V₁的示数范围为1.5V~3V，并非0~3V，错误。
D选项：R₂的阻值调节范围为5Ω~20Ω，并非0~20Ω，错误。
【答案】A
【知识点】串联电路电压规律，欧姆定律应用，电路安全分析
【点评】本题是串联电路动态安全类的典型习题，易错点是容易遗漏电压表的量程限制，误将电流表量程上限0.6A直接作为电路最大电流。解题时需要把所有元件的限制条件全部梳理出来，取最严格的临界值作为计算依据，再推导各物理量的取值范围。
【难度系数】0.6
3. (2025·无锡惠山阶段检测)如图甲,一木箱重300 N,工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处。如图乙,已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动距离s的关系,整个过程的额外功是240 J,在这个过程中拉力F为
100
N,木箱所受的摩擦力为40
N,木箱被提升的高度为1.2
m,斜面的机械效率$\eta$为60%
。答案
提示:$W_{总}=600\ \mathrm{J}$时,$s=6\ \mathrm{m}$,拉力$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{600\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$,摩擦力$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{240\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=40\ \mathrm{N}$,$W_{有用}=W_{总}-W_{额外}=600\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=360\ \mathrm{J}$,木箱被提升高度$h=\frac{W_{有用}}{G}=\frac{360\ \mathrm{J}}{300\ \mathrm{N}}=1.2\ \mathrm{m}$,斜面的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{360\ \mathrm{J}}{600\ \mathrm{J}}×100\%=60\%$。
解析
【分析】
我们首先从图乙的W-s图像提取关键已知条件：当木箱沿斜面运动距离s=6m时，拉力做的总功为600J。第一步，利用功的计算公式W=Fs变形，即可求出拉力F的大小；第二步，斜面的额外功本质是克服滑动摩擦力做的功，已知题目给出的额外功为240J，通过W额=fs变形就能算出摩擦力f；第三步，总功减去额外功得到提升木箱的有用功，有用功是克服木箱重力做功，满足W有=Gh，变形后就可以求出木箱被提升的高度h；第四步，根据机械效率的定义，代入有用功和总功的数值，就能算出斜面的机械效率。
【解析】
1. 计算拉力F：
由图乙可知，斜面长度s=6m时，拉力做的总功W总=600J，根据功的公式W=Fs，可得：
$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{600\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$
2. 计算木箱受到的摩擦力：
斜面的额外功是克服摩擦力所做的功，即W额=fs，已知W额=240J，因此：
$f=\frac{W_{额}}{s}=\frac{240\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=40\ \mathrm{N}$
3. 计算木箱被提升的高度：
有用功为克服木箱重力做的功，满足W有=W总-W额，代入数值得：
$W_{有}=600\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=360\ \mathrm{J}$
又因为W有=Gh，木箱重力G=300N，因此：
$h=\frac{W_{有}}{G}=\frac{360\ \mathrm{J}}{300\ \mathrm{N}}=1.2\ \mathrm{m}$
4. 计算斜面的机械效率：
根据机械效率的定义，代入数值可得：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{360\ \mathrm{J}}{600\ \mathrm{J}}×100\%=60\%$
【答案】
100；40；1.2；60%
【知识点】
功的计算；斜面机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题结合功-路程图像考查斜面相关的力学计算，解题核心是从图像中提取总功和斜面长度的对应关系，明确斜面额外功的来源是克服摩擦力做功，理清总功、有用功、额外功三者的逻辑关系，属于基础的力学综合题型，对学生的公式应用能力要求不高。
【难度系数】
0.7
我们首先从图乙的W-s图像提取关键已知条件：当木箱沿斜面运动距离s=6m时，拉力做的总功为600J。第一步，利用功的计算公式W=Fs变形，即可求出拉力F的大小；第二步，斜面的额外功本质是克服滑动摩擦力做的功，已知题目给出的额外功为240J，通过W额=fs变形就能算出摩擦力f；第三步，总功减去额外功得到提升木箱的有用功，有用功是克服木箱重力做功，满足W有=Gh，变形后就可以求出木箱被提升的高度h；第四步，根据机械效率的定义，代入有用功和总功的数值，就能算出斜面的机械效率。
【解析】
1. 计算拉力F：
由图乙可知，斜面长度s=6m时，拉力做的总功W总=600J，根据功的公式W=Fs，可得：
$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{600\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$
2. 计算木箱受到的摩擦力：
斜面的额外功是克服摩擦力所做的功，即W额=fs，已知W额=240J，因此：
$f=\frac{W_{额}}{s}=\frac{240\ \mathrm{J}}{6\ \mathrm{m}}=40\ \mathrm{N}$
3. 计算木箱被提升的高度：
有用功为克服木箱重力做的功，满足W有=W总-W额，代入数值得：
$W_{有}=600\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=360\ \mathrm{J}$
又因为W有=Gh，木箱重力G=300N，因此：
$h=\frac{W_{有}}{G}=\frac{360\ \mathrm{J}}{300\ \mathrm{N}}=1.2\ \mathrm{m}$
4. 计算斜面的机械效率：
根据机械效率的定义，代入数值可得：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{360\ \mathrm{J}}{600\ \mathrm{J}}×100\%=60\%$
【答案】
100；40；1.2；60%
【知识点】
功的计算；斜面机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题结合功-路程图像考查斜面相关的力学计算，解题核心是从图像中提取总功和斜面长度的对应关系，明确斜面额外功的来源是克服摩擦力做功，理清总功、有用功、额外功三者的逻辑关系，属于基础的力学综合题型，对学生的公式应用能力要求不高。
【难度系数】
0.7
4. 某台汽油机飞轮的转速为1 200 r/min，在1 s内，汽油机完成了
10
个工作循环。若这台汽油机改用天然气做燃料，完全燃烧$0.07\ \mathrm{m}^3$天然气释放的热量为$2.94×10^6$
J，若这些热量的30%被水吸收，可将4 kg的水由$20\ °\mathrm{C}$加热到72.5
$°\mathrm{C}$。$[q_{\mathrm{天然气}}=4.2×10^7\ \mathrm{J/m}^3,c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg}·°\mathrm{C})]$答案
提示:飞轮转速为$1\ 200\ \mathrm{r/min}=20\ \mathrm{r/s}$,即在$1\ \mathrm{s}$内飞轮转$20\ \mathrm{r}$,$1\ \mathrm{s}$内完成10个工作循环。$Q_{放}=Vq_{天然气}=0.07\ \mathrm{m}^3×4.2×10^7\ \mathrm{J/m}^3=2.94×10^6\ \mathrm{J}$,$Q_{吸}=\eta Q_{放}=30\%×2.94×10^6\ \mathrm{J}=8.82×10^5\ \mathrm{J}$,$t=t_0+\frac{Q_{吸}}{c_{水}m}=20\ °\mathrm{C}+\frac{8.82×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×4\ \mathrm{kg}}=72.5\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
这是一道热学综合计算题，我们可以分三步依次推导求解：
1. 先处理汽油机工作循环的问题：首先把飞轮转速的单位从转每分换算为转每秒，牢记汽油机1个完整工作循环对应飞轮转动2圈，用每秒飞轮的转数除以2，就能得到1秒内完成的工作循环总数。
2. 接着计算天然气完全燃烧的放热量：直接套用燃料完全燃烧放热公式Q放=Vq，代入已知的天然气体积和给定热值即可算出结果。
3. 最后计算水的末温：先根据热效率关系，用总放热量乘以吸热效率得到水实际吸收的热量，再套用物体吸热公式Q吸=c水mΔt，算出水升高的温度后加上初始水温，就能得到水的最终温度。
【解析】
解：
1. 计算1s内汽油机的工作循环数：
飞轮转速$1200\ \mathrm{r/min}=\frac{1200}{60}\ \mathrm{r/s}=20\ \mathrm{r/s}$，即1s内飞轮转动20圈。
由于汽油机每完成1个工作循环飞轮转2圈，因此1s内完成的工作循环数$n=\frac{20}{2}=10$个。
2. 计算天然气完全燃烧释放的热量：
代入燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=Vq_{\mathrm{天然气}}=0.07\ \mathrm{m}^3×4.2×10^7\ \mathrm{J/m}^3=2.94×10^6\ \mathrm{J}$。
3. 计算水的末温：
水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=\eta Q_{\mathrm{放}}=30\%×2.94×10^6\ \mathrm{J}=8.82×10^5\ \mathrm{J}$。
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)$变形得末温：
$t=t_0+\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}}m}=20\ °\mathrm{C}+\frac{8.82×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×4\ \mathrm{kg}}=72.5\ °\mathrm{C}$。
【答案】
$10$；$2.94×10^6$；$72.5$
【知识点】
内燃机工作循环，燃料热值计算，比热容吸热计算
【点评】
本题属于热学基础综合题型，考点覆盖内燃机基本工作参数、热值放热、比热容吸热三个核心热学知识点，只要牢记工作循环和飞轮转数的2:1对应关系，代入公式计算时注意单位统一，就可以顺利得到正确结果，是热学部分的常规必考题。
【难度系数】
0.7
这是一道热学综合计算题，我们可以分三步依次推导求解：
1. 先处理汽油机工作循环的问题：首先把飞轮转速的单位从转每分换算为转每秒，牢记汽油机1个完整工作循环对应飞轮转动2圈，用每秒飞轮的转数除以2，就能得到1秒内完成的工作循环总数。
2. 接着计算天然气完全燃烧的放热量：直接套用燃料完全燃烧放热公式Q放=Vq，代入已知的天然气体积和给定热值即可算出结果。
3. 最后计算水的末温：先根据热效率关系，用总放热量乘以吸热效率得到水实际吸收的热量，再套用物体吸热公式Q吸=c水mΔt，算出水升高的温度后加上初始水温，就能得到水的最终温度。
【解析】
解：
1. 计算1s内汽油机的工作循环数：
飞轮转速$1200\ \mathrm{r/min}=\frac{1200}{60}\ \mathrm{r/s}=20\ \mathrm{r/s}$，即1s内飞轮转动20圈。
由于汽油机每完成1个工作循环飞轮转2圈，因此1s内完成的工作循环数$n=\frac{20}{2}=10$个。
2. 计算天然气完全燃烧释放的热量：
代入燃料完全燃烧放热公式：
$Q_{\mathrm{放}}=Vq_{\mathrm{天然气}}=0.07\ \mathrm{m}^3×4.2×10^7\ \mathrm{J/m}^3=2.94×10^6\ \mathrm{J}$。
3. 计算水的末温：
水吸收的热量$Q_{\mathrm{吸}}=\eta Q_{\mathrm{放}}=30\%×2.94×10^6\ \mathrm{J}=8.82×10^5\ \mathrm{J}$。
由吸热公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m(t-t_0)$变形得末温：
$t=t_0+\frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}}m}=20\ °\mathrm{C}+\frac{8.82×10^5\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}×4\ \mathrm{kg}}=72.5\ °\mathrm{C}$。
【答案】
$10$；$2.94×10^6$；$72.5$
【知识点】
内燃机工作循环，燃料热值计算，比热容吸热计算
【点评】
本题属于热学基础综合题型，考点覆盖内燃机基本工作参数、热值放热、比热容吸热三个核心热学知识点，只要牢记工作循环和飞轮转数的2:1对应关系，代入公式计算时注意单位统一，就可以顺利得到正确结果，是热学部分的常规必考题。
【难度系数】
0.7
5. 有一热敏电阻的阻值$R$随温度$t$的升高而减小，部分数据如表所示，利用它可制作温度报警器，其电路的一部分如图所示，图中两个虚线框内一个接热敏电阻，一个接定值电阻，电源电压恒为12 V，当图中的输出电压达到或超过8 V时，便触发报警器（图中未画出）报警，不考虑报警器对电路的影响。要求环境温度达到或超过$40\ °Celsius$时开始报警，则热敏电阻应接在虚线框
2
（填数字）内，定值电阻的阻值为2.2
$\mathrm{k \Omega}$。若将虚线框内两元件对调，则报警器报警的最高温度为10
$°Celsius$。答案
提示:温度升高时,$R_{热}$变小,$I$变大,$U_{定}$变大,即$U_{输出}$变大,故$R_{热}$接在2位置。$t=40\ °\mathrm{C}$时,$R_{热}=1.1\ \mathrm{k}\Omega$,$U_{定}=8\ \mathrm{V}$,$U_{热}=U-U_{定}=12\ \mathrm{V}-8\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,$I=\frac{U_{热}}{R_{热}}=\frac{U_{定}}{R_{定}}$,即$\frac{4\ \mathrm{V}}{1\ 100\ \Omega}=\frac{8\ \mathrm{V}}{R_{定}}$,得$R_{定}=2\ 200\ \Omega=2.2\ \mathrm{k}\Omega$。$R_{热}$、$R_{定}$位置互换后,$U'_{定}=U-U'_{热}=12\ \mathrm{V}-8\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,$I'=\frac{U'_{热}}{R'_{热}}=\frac{U'_{定}}{R_{定}}$,即$\frac{8\ \mathrm{V}}{R'_{热}}=\frac{4\ \mathrm{V}}{2\ 200\ \Omega}$,得$R'_{热}=4\ 400\ \Omega=4.4\ \mathrm{k}\Omega$,对应的环境温度为$10\ °\mathrm{C}$。
解析
【分析】
这道题的核心是结合热敏电阻的特性和串联电路规律解题，思路如下：
1. 首先明确报警要求：温度≥40℃时输出电压达到8V触发报警，已知热敏电阻随温度升高阻值减小，要让温度升高时输出电压同步升高到8V，就需要输出端所接元件的电压随电路电流增大而升高，串联电路中定值电阻的电压U=IR，电流增大时电压会同步升高，因此可以判断出两个虚线框分别对应的元件。
2. 当温度为40℃时，已知对应热敏电阻的阻值，结合电源总电压和报警输出电压，先算出两个元件各自的分压，利用串联电路电流相等、分压比等于电阻比的规律，就能求出定值电阻的阻值。
3. 两元件对调后，输出电压变为热敏电阻两端的电压，同理利用串联分压规律算出报警时热敏电阻的阻值，对应得到此时的环境温度，也就是对调后报警器报警的最高温度。
【解析】
1. 判断热敏电阻位置：
热敏电阻阻值随温度升高而减小，温度升高时电路总电阻变小，电流变大。要让温度升高时输出电压升高到8V，输出端需要接定值电阻，这样电流增大时定值电阻两端电压会同步增大，因此热敏电阻需要接在虚线框2内。
2. 计算定值电阻阻值：
当t=40℃时，热敏电阻阻值R热=1.1kΩ，报警时输出电压（定值电阻两端电压）U定=8V，热敏电阻两端电压U热=U总-U定=12V-8V=4V。
串联电路电流相等，即$I=\frac{U_热}{R_热}=\frac{U_定}{R_定}$，代入数值：
$\frac{4\ \mathrm{V}}{1.1×10^3\ \Omega}=\frac{8\ \mathrm{V}}{R_定}$，解得$R_定=2.2×10^3\ \Omega=2.2\ \mathrm{k}\Omega$。
3. 元件对调后求报警最高温度：
两元件对调后，输出电压为热敏电阻两端的电压，报警时输出电压≥8V，即U热'=8V，此时定值电阻两端电压U定'=12V-8V=4V。
同理串联电流相等，$I'=\frac{U_热'}{R_热'}=\frac{U_定'}{R_定}$，代入数值：
$\frac{8\ \mathrm{V}}{R_热'}=\frac{4\ \mathrm{V}}{2.2×10^3\ \Omega}$，解得$R_热'=4.4×10^3\ \Omega=4.4\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中的环境温度为10℃，即报警的最高温度为10℃。
【答案】
2；2.2；10
【知识点】
串联分压规律；欧姆定律应用；热敏电阻特性
【点评】
本题是动态电路的典型应用题，结合温度传感器的实际场景考查串联电路的规律应用，解题的关键是先根据报警的触发逻辑判断元件摆放位置，利用串联分压的比例关系简化计算，避免复杂的电流运算，整体贴合生活实际，能很好地考查学生对欧姆定律的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
这道题的核心是结合热敏电阻的特性和串联电路规律解题，思路如下：
1. 首先明确报警要求：温度≥40℃时输出电压达到8V触发报警，已知热敏电阻随温度升高阻值减小，要让温度升高时输出电压同步升高到8V，就需要输出端所接元件的电压随电路电流增大而升高，串联电路中定值电阻的电压U=IR，电流增大时电压会同步升高，因此可以判断出两个虚线框分别对应的元件。
2. 当温度为40℃时，已知对应热敏电阻的阻值，结合电源总电压和报警输出电压，先算出两个元件各自的分压，利用串联电路电流相等、分压比等于电阻比的规律，就能求出定值电阻的阻值。
3. 两元件对调后，输出电压变为热敏电阻两端的电压，同理利用串联分压规律算出报警时热敏电阻的阻值，对应得到此时的环境温度，也就是对调后报警器报警的最高温度。
【解析】
1. 判断热敏电阻位置：
热敏电阻阻值随温度升高而减小，温度升高时电路总电阻变小，电流变大。要让温度升高时输出电压升高到8V，输出端需要接定值电阻，这样电流增大时定值电阻两端电压会同步增大，因此热敏电阻需要接在虚线框2内。
2. 计算定值电阻阻值：
当t=40℃时，热敏电阻阻值R热=1.1kΩ，报警时输出电压（定值电阻两端电压）U定=8V，热敏电阻两端电压U热=U总-U定=12V-8V=4V。
串联电路电流相等，即$I=\frac{U_热}{R_热}=\frac{U_定}{R_定}$，代入数值：
$\frac{4\ \mathrm{V}}{1.1×10^3\ \Omega}=\frac{8\ \mathrm{V}}{R_定}$，解得$R_定=2.2×10^3\ \Omega=2.2\ \mathrm{k}\Omega$。
3. 元件对调后求报警最高温度：
两元件对调后，输出电压为热敏电阻两端的电压，报警时输出电压≥8V，即U热'=8V，此时定值电阻两端电压U定'=12V-8V=4V。
同理串联电流相等，$I'=\frac{U_热'}{R_热'}=\frac{U_定'}{R_定}$，代入数值：
$\frac{8\ \mathrm{V}}{R_热'}=\frac{4\ \mathrm{V}}{2.2×10^3\ \Omega}$，解得$R_热'=4.4×10^3\ \Omega=4.4\ \mathrm{k}\Omega$，对应表格中的环境温度为10℃，即报警的最高温度为10℃。
【答案】
2；2.2；10
【知识点】
串联分压规律；欧姆定律应用；热敏电阻特性
【点评】
本题是动态电路的典型应用题，结合温度传感器的实际场景考查串联电路的规律应用，解题的关键是先根据报警的触发逻辑判断元件摆放位置，利用串联分压的比例关系简化计算，避免复杂的电流运算，整体贴合生活实际，能很好地考查学生对欧姆定律的灵活运用能力。
【难度系数】
0.6
6. 如图所示，为两个光滑的圆弧槽和一段粗糙的水平面相连接的装置。将质量为$m$的物体从左侧圆弧槽$A$点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽$B$点处；然后再次滑下，
最高到达左侧圆弧槽$C$点处。其中$A$、$B$两点距离水平面的高度分别为$H$、$h$（忽略空气阻力）。
(1) 物体从$A$点滑到水平面时，重力所做的功为
(2) 物体从$A$点滑到$B$点的过程中，损失的机械能转化为物体内能的效率为$\eta$，则物体到达$B$点时温度升高了
(3) $C$点距离水平面的高度为
最高到达左侧圆弧槽$C$点处。其中$A$、$B$两点距离水平面的高度分别为$H$、$h$（忽略空气阻力）。
(1) 物体从$A$点滑到水平面时，重力所做的功为
$mgH$
。(2) 物体从$A$点滑到$B$点的过程中，损失的机械能转化为物体内能的效率为$\eta$，则物体到达$B$点时温度升高了
$\frac{g(H-h)\eta}{c}$
（物体比热容用$c$表示）。(3) $C$点距离水平面的高度为
$2h-H$
。答案
提示:(1) 物体从$A$点滑到水平面时,重力做功$W=GH=mgH$。(2) 物体从$A$点滑到$B$点的过程中,$E_{损}=G\Delta h=mg(H-h)$,物体增加的内能$Q_{吸}=E_{损}\eta=mg(H-h)\eta$,物体到达$B$点时,$\Delta t=\frac{Q_{吸}}{cm}=\frac{mg(H-h)\eta}{cm}=\frac{g(H-h)\eta}{c}$。(3) 再次滑下时,$E_{损}$不变,$E_{C}=E_{B}-E_{损}=mgh-mg(H-h)=mg(2h-H)$,$h_{C}=\frac{W_{C}}{G}=\frac{E_{C}}{G}=\frac{mg(2h-H)}{mg}=2h-H$。
解析
【分析】
我们可以分三个小问逐步梳理思路：
1. 第一问求重力做功，重力做功的核心公式是W=Gh，只需要确定物体的重力和沿重力方向下落的距离，代入即可算出结果。
2. 第二问求温度升高量，首先要先算出A到B过程中损失的总机械能，再根据转化效率得到物体吸收的内能，最后结合比热容的吸热公式变形，就能推导出温度升高的数值。
3. 第三问求C点高度，首先明确第一次从A到B经过粗糙水平面损失的机械能，第二次从B滑到C会再次经过同一粗糙水平面，两次损失的机械能相等，再结合能量守恒，用B点的重力势能减去第二次损失的机械能，就得到C点的重力势能，约去质量和g就能得到C点的高度。
【解析】
(1) 物体的重力为G=mg，从A点滑到水平面时，沿重力方向下落的竖直高度为H，根据重力做功公式W=Gh，可得重力做功W=mgH。
(2) A点的初始机械能为mgH，到达B点时的机械能为mgh，此过程损失的机械能ΔE=mgH - mgh = mg(H-h)。已知损失的机械能转化为物体内能的效率为η，因此物体吸收的热量Q=ΔE·η = mg(H-h)η。根据吸热公式Q=cmΔt，变形可得温度升高量Δt = Q/(cm) = [mg(H-h)η]/(cm) = gη(H-h)/c。
(3) 第一次从A到B，物体经过一次粗糙水平面，损失的机械能为mg(H-h)；物体从B点滑下再次运动到C点的过程中，会第二次经过同一粗糙水平面，压力和接触面粗糙程度均不变，因此这次经过水平面损失的机械能同样为mg(H-h)。B点的机械能为mgh，到达C点时动能为0，全部为重力势能，设C点距离水平面高度为h_C，则有mgh_C = mgh - mg(H-h)，两边约去mg后可得h_C=2h-H。
【答案】
$mgH$；$\dfrac{g\eta(H-h)}{c}$；$2h-H$
【知识点】
重力做功计算；比热容公式；能量守恒
【点评】
本题是机械能与内能的综合应用题，核心考察能量转化过程的定量计算，易错点是容易忽略第二次经过粗糙水平面时会损失等量的机械能，整体难度适中，能帮助学生强化能量守恒的应用思维。
【难度系数】
0.6
我们可以分三个小问逐步梳理思路：
1. 第一问求重力做功，重力做功的核心公式是W=Gh，只需要确定物体的重力和沿重力方向下落的距离，代入即可算出结果。
2. 第二问求温度升高量，首先要先算出A到B过程中损失的总机械能，再根据转化效率得到物体吸收的内能，最后结合比热容的吸热公式变形，就能推导出温度升高的数值。
3. 第三问求C点高度，首先明确第一次从A到B经过粗糙水平面损失的机械能，第二次从B滑到C会再次经过同一粗糙水平面，两次损失的机械能相等，再结合能量守恒，用B点的重力势能减去第二次损失的机械能，就得到C点的重力势能，约去质量和g就能得到C点的高度。
【解析】
(1) 物体的重力为G=mg，从A点滑到水平面时，沿重力方向下落的竖直高度为H，根据重力做功公式W=Gh，可得重力做功W=mgH。
(2) A点的初始机械能为mgH，到达B点时的机械能为mgh，此过程损失的机械能ΔE=mgH - mgh = mg(H-h)。已知损失的机械能转化为物体内能的效率为η，因此物体吸收的热量Q=ΔE·η = mg(H-h)η。根据吸热公式Q=cmΔt，变形可得温度升高量Δt = Q/(cm) = [mg(H-h)η]/(cm) = gη(H-h)/c。
(3) 第一次从A到B，物体经过一次粗糙水平面，损失的机械能为mg(H-h)；物体从B点滑下再次运动到C点的过程中，会第二次经过同一粗糙水平面，压力和接触面粗糙程度均不变，因此这次经过水平面损失的机械能同样为mg(H-h)。B点的机械能为mgh，到达C点时动能为0，全部为重力势能，设C点距离水平面高度为h_C，则有mgh_C = mgh - mg(H-h)，两边约去mg后可得h_C=2h-H。
【答案】
$mgH$；$\dfrac{g\eta(H-h)}{c}$；$2h-H$
【知识点】
重力做功计算；比热容公式；能量守恒
【点评】
本题是机械能与内能的综合应用题，核心考察能量转化过程的定量计算，易错点是容易忽略第二次经过粗糙水平面时会损失等量的机械能，整体难度适中，能帮助学生强化能量守恒的应用思维。
【难度系数】
0.6
