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5.（2025·南京鼓楼区期中）如图所示，江苏在支援地震灾区的救灾活动中，一辆满载物资的总重为 $ G = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{N} $ 的运输车，将物资沿 $ ABCD $ 路线运至 $ D $ 处，$ AB $ 段路面长度为 $ 200 \, \mathrm{m} $，斜坡 $ BC $ 段长度为 $ 80 \, \mathrm{m} $，坡高 $ h = 6 \, \mathrm{m} $，运输车以恒定功率 $ P_1 $ 匀速通过 $ AB $ 段；以恒定功率 $ P_2 $ 匀速通过 $ BC $ 段时，用时 $ 10 \, \mathrm{s} $，运输车在 $ AB $ 段和 $ BC $ 段行驶时受到的摩擦力始终是车总重的 $ 0.01 $ 倍。当运输车通过 $ AB $ 段时，牵引力做的功为 $\_\_\_\_\_\_ \, \mathrm{J}$；斜面对运输车的支持力做的功为 $\_\_\_\_\_\_ \, \mathrm{J}$，运输车通过 $ BC $ 段时，牵引力的功率 $ P_2 $ 大小为 $\_\_\_\_\_\_ \, \mathrm{W}$。
答案
5. $2.0×10^5$ 0 $6.8×10^4$ 解析:运输车在AB段和BC段行驶时受到的阻力始终是车总重的0.01倍,阻力为$f=0.01G=0.01×1.0×10^5N=1.0×10^3N$.因为运输车匀速行驶,水平方向上受力平衡,所以牵引力等于阻力,即$F=f=1.0×10^3N$,运输车通过AB段时,牵引力做的功为$W_1=Fs_1=1.0×10^3N×200m=2.0×10^5J$.斜面对运输车的支持力方向垂直于斜面向上,运输车在支持力方向上没有移动距离,所以支持力对运输车不做功,即斜面对运输车的支持力做的功为0 J.运输车通过BC段时,克服阻力做的额外功$W_2=fs_2=1.0×10^3N×80m=8.0×10^4J$,克服运输车重力做的有用功$W_3=Gh=1×10^5N×6m=6×10^5J$,此过程中牵引力做的总功$W_{总}=W_2+W_3=8×10^4J+6×10^5J=6.8×10^5J$,运输车通过BC段时,牵引力的功率大小为$P_2=\frac{W_{总}}{t}=\frac{6.8×10^5J}{10s}=6.8×10^4W$.
解析
【分析】
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 求解AB段牵引力做功：首先根据题目给出的摩擦力和总重的比例关系，算出运输车受到的摩擦力大小；AB段运输车匀速直线运动，水平方向二力平衡，牵引力大小等于摩擦力，再代入功的计算公式W=Fs，结合AB段的长度就能算出对应牵引力的功。
2. 判断支持力的做功大小：根据功的两个必要条件（作用在物体上的力、物体在力的方向上移动距离），支持力方向垂直斜面向上，运输车沿斜面运动，在支持力方向上没有位移，因此直接得到支持力做功的结果。
3. 计算BC段牵引力的功率：运输车沿斜坡BC行驶时，牵引力做的总功等于克服重力的有用功和克服摩擦力的额外功之和，算出总功后，代入功率公式P=W/t，结合已知的行驶时间就能得到P2的数值。
【解析】
解：
① 计算AB段牵引力做功：
运输车受到的摩擦力：$f=0.01G=0.01×1.0×10^5\,\mathrm{N}=1.0×10^3\,\mathrm{N}$
AB段运输车匀速行驶，水平方向受力平衡，牵引力$F_1=f=1.0×10^3\,\mathrm{N}$
AB段牵引力做功：$W_1=F_1s_{AB}=1.0×10^3\,\mathrm{N}×200\,\mathrm{m}=2.0×10^5\,\mathrm{J}$
② 计算斜面对运输车支持力做的功：
斜面对运输车的支持力方向垂直斜面向上，运输车沿斜面运动，在支持力的方向上没有移动距离，因此支持力对运输车做功为$0\,\mathrm{J}$。
③ 计算BC段牵引力的功率$P_2$：
BC段克服摩擦力做的额外功：$W_{\mathrm{额}}=fs_{BC}=1.0×10^3\,\mathrm{N}×80\,\mathrm{m}=8.0×10^4\,\mathrm{J}$
BC段克服重力做的有用功：$W_{\mathrm{有}}=Gh=1.0×10^5\,\mathrm{N}×6\,\mathrm{m}=6×10^5\,\mathrm{J}$
牵引力做的总功：$W_{\mathrm{总}}=W_{\mathrm{有}}+W_{\mathrm{额}}=6×10^5\,\mathrm{J}+8.0×10^4\,\mathrm{J}=6.8×10^5\,\mathrm{J}$
BC段牵引力的功率：$P_2=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}=\frac{6.8×10^5\,\mathrm{J}}{10\,\mathrm{s}}=6.8×10^4\,\mathrm{W}$
【答案】
$2.0×10^5$；$0$；$6.8×10^4$
【知识点】
二力平衡应用；功的计算；功率计算
【点评】
本题结合救灾运输的实际场景，综合考察力学基础知识点，易错点是计算斜坡段牵引力做功时，容易遗漏克服摩擦力的额外功，仅计算克服重力的有用功导致结果偏小，解题时要明确斜面牵引力的总功包含提升物体的有用功和克服摩擦的额外功两部分。
【难度系数】
0.6
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 求解AB段牵引力做功：首先根据题目给出的摩擦力和总重的比例关系，算出运输车受到的摩擦力大小；AB段运输车匀速直线运动，水平方向二力平衡，牵引力大小等于摩擦力，再代入功的计算公式W=Fs，结合AB段的长度就能算出对应牵引力的功。
2. 判断支持力的做功大小：根据功的两个必要条件（作用在物体上的力、物体在力的方向上移动距离），支持力方向垂直斜面向上，运输车沿斜面运动，在支持力方向上没有位移，因此直接得到支持力做功的结果。
3. 计算BC段牵引力的功率：运输车沿斜坡BC行驶时，牵引力做的总功等于克服重力的有用功和克服摩擦力的额外功之和，算出总功后，代入功率公式P=W/t，结合已知的行驶时间就能得到P2的数值。
【解析】
解：
① 计算AB段牵引力做功：
运输车受到的摩擦力：$f=0.01G=0.01×1.0×10^5\,\mathrm{N}=1.0×10^3\,\mathrm{N}$
AB段运输车匀速行驶，水平方向受力平衡，牵引力$F_1=f=1.0×10^3\,\mathrm{N}$
AB段牵引力做功：$W_1=F_1s_{AB}=1.0×10^3\,\mathrm{N}×200\,\mathrm{m}=2.0×10^5\,\mathrm{J}$
② 计算斜面对运输车支持力做的功：
斜面对运输车的支持力方向垂直斜面向上，运输车沿斜面运动，在支持力的方向上没有移动距离，因此支持力对运输车做功为$0\,\mathrm{J}$。
③ 计算BC段牵引力的功率$P_2$：
BC段克服摩擦力做的额外功：$W_{\mathrm{额}}=fs_{BC}=1.0×10^3\,\mathrm{N}×80\,\mathrm{m}=8.0×10^4\,\mathrm{J}$
BC段克服重力做的有用功：$W_{\mathrm{有}}=Gh=1.0×10^5\,\mathrm{N}×6\,\mathrm{m}=6×10^5\,\mathrm{J}$
牵引力做的总功：$W_{\mathrm{总}}=W_{\mathrm{有}}+W_{\mathrm{额}}=6×10^5\,\mathrm{J}+8.0×10^4\,\mathrm{J}=6.8×10^5\,\mathrm{J}$
BC段牵引力的功率：$P_2=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}=\frac{6.8×10^5\,\mathrm{J}}{10\,\mathrm{s}}=6.8×10^4\,\mathrm{W}$
【答案】
$2.0×10^5$；$0$；$6.8×10^4$
【知识点】
二力平衡应用；功的计算；功率计算
【点评】
本题结合救灾运输的实际场景，综合考察力学基础知识点，易错点是计算斜坡段牵引力做功时，容易遗漏克服摩擦力的额外功，仅计算克服重力的有用功导致结果偏小，解题时要明确斜面牵引力的总功包含提升物体的有用功和克服摩擦的额外功两部分。
【难度系数】
0.6
6. (2025·扬州树人学校期中)如图所示的“反向蹦极”运动,弹性轻绳上端固定在O点,自然下垂时下端位于C点,拉长后将下端固定在体验者身上,并与地面扣环相连.打开扣环,人从A点由静止释放,向上运动过程中经B点时速度最大,最高能到达D点.不计空气阻力,下列说法正确的是 (
A.到达D点时,若一切外力消失,人将竖直向下做匀速直线运动
B.到达C点时,人受到的重力小于弹性绳的弹力
C.由B到C,人的动能转化为重力势能,弹性绳的弹性势能不变
D.由A到C,弹性绳弹性势能的减小量大于人动能的增加量
D
)A.到达D点时,若一切外力消失,人将竖直向下做匀速直线运动
B.到达C点时,人受到的重力小于弹性绳的弹力
C.由B到C,人的动能转化为重力势能,弹性绳的弹性势能不变
D.由A到C,弹性绳弹性势能的减小量大于人动能的增加量
答案
6. D 解析:A.人运动到最高点D时速度为零,若一切外力消失,他将保持静止状态,故A错误;B.到达C点时,弹性绳自然下垂,弹力为0 N,人受到的重力大于弹性绳的弹力,故B错误;C.由B到C,人的动能、弹性轻绳的弹性势能转化为人的重力势能,弹性绳的弹性势能减少,故C错误;D.由A到C,弹性绳的弹性势能减小,C点的速度大于A点的速度,人的动能增加,同时人的重力势能也增加,根据能量守恒,弹性势能的减小量等于人动能的增加量与人重力势能的增加量之和,所以弹性绳弹性势能的减小量大于人动能的增加量,故D正确.故选D.
解析
【分析】
解题时我们先梳理题干核心条件：弹性绳自然下垂下端在C点，说明C点以上弹性绳无形变、弹力为0；人从A点静止释放，B点速度最大，D是运动最高点。接下来逐个选项对应知识点判断：
1. 分析A选项：最高点D处人的瞬时速度为0，根据牛顿第一定律，外力消失时物体将保持原有运动状态，也就是静止，可直接判断A错误。
2. 分析B选项：C点是弹性绳自然下垂的位置，此时弹性绳没有发生弹性形变，弹力为0，显然人的重力远大于弹力，B错误。
3. 分析C选项：从B到C的过程中，弹性绳仍处于被拉长的状态，形变量逐渐减小，弹性势能逐渐减小，同时人的速度减小、高度升高，是动能和弹性势能共同转化为重力势能，并非弹性势能不变，C错误。
4. 分析D选项：从A到C的过程中，弹性绳的弹性势能减小，根据能量守恒，减少的弹性势能一部分转化为人的动能，另一部分转化为人的重力势能，因此弹性势能的减小量等于动能增加量与重力势能增加量之和，必然大于人动能的增加量，D正确。
【解析】
我们逐个验证选项：
A. 人到达最高点D时瞬时速度为0，若一切外力消失，根据牛顿第一定律，人将保持静止状态，不会竖直向下做匀速直线运动，A错误；
B. C点是弹性绳自然下垂的位置，此时弹性绳没有发生弹性形变，弹力为0，因此人受到的重力大于弹性绳的弹力，B错误；
C. 由B到C的过程中，弹性绳的形变量逐渐减小，弹性势能不断减小，同时人的动能减小、重力势能增大，是人的动能和弹性绳的弹性势能共同转化为人的重力势能，弹性势能是变化的，C错误；
D. 由A到C的过程中，弹性绳的弹性势能减小，根据能量守恒定律，弹性势能的减小量等于人的动能增加量与人的重力势能增加量之和，因此弹性绳弹性势能的减小量大于人动能的增加量，D正确。
【答案】
D
【知识点】
牛顿第一定律，能量守恒，弹性势能
【点评】
本题结合反向蹦极的实际运动场景，综合考察了运动和力、能量转化的相关知识，解题核心是明确不同位置弹性绳的形变状态，区分不同阶段的受力特点和能量转化方向，易错点是忽略上升过程中人的重力势能也在同步增加，从而误判D选项。
【难度系数】
0.6
解题时我们先梳理题干核心条件：弹性绳自然下垂下端在C点，说明C点以上弹性绳无形变、弹力为0；人从A点静止释放，B点速度最大，D是运动最高点。接下来逐个选项对应知识点判断：
1. 分析A选项：最高点D处人的瞬时速度为0，根据牛顿第一定律，外力消失时物体将保持原有运动状态，也就是静止，可直接判断A错误。
2. 分析B选项：C点是弹性绳自然下垂的位置，此时弹性绳没有发生弹性形变，弹力为0，显然人的重力远大于弹力，B错误。
3. 分析C选项：从B到C的过程中，弹性绳仍处于被拉长的状态，形变量逐渐减小，弹性势能逐渐减小，同时人的速度减小、高度升高，是动能和弹性势能共同转化为重力势能，并非弹性势能不变，C错误。
4. 分析D选项：从A到C的过程中，弹性绳的弹性势能减小，根据能量守恒，减少的弹性势能一部分转化为人的动能，另一部分转化为人的重力势能，因此弹性势能的减小量等于动能增加量与重力势能增加量之和，必然大于人动能的增加量，D正确。
【解析】
我们逐个验证选项：
A. 人到达最高点D时瞬时速度为0，若一切外力消失，根据牛顿第一定律，人将保持静止状态，不会竖直向下做匀速直线运动，A错误；
B. C点是弹性绳自然下垂的位置，此时弹性绳没有发生弹性形变，弹力为0，因此人受到的重力大于弹性绳的弹力，B错误；
C. 由B到C的过程中，弹性绳的形变量逐渐减小，弹性势能不断减小，同时人的动能减小、重力势能增大，是人的动能和弹性绳的弹性势能共同转化为人的重力势能，弹性势能是变化的，C错误；
D. 由A到C的过程中，弹性绳的弹性势能减小，根据能量守恒定律，弹性势能的减小量等于人的动能增加量与人的重力势能增加量之和，因此弹性绳弹性势能的减小量大于人动能的增加量，D正确。
【答案】
D
【知识点】
牛顿第一定律，能量守恒，弹性势能
【点评】
本题结合反向蹦极的实际运动场景，综合考察了运动和力、能量转化的相关知识，解题核心是明确不同位置弹性绳的形变状态，区分不同阶段的受力特点和能量转化方向，易错点是忽略上升过程中人的重力势能也在同步增加，从而误判D选项。
【难度系数】
0.6
7. (2025·泰州靖江市期中)图甲中气球在放气时,它喷气的嘴部温度和原来相比
某汽车四冲程汽油机,飞轮转速为$3000\ \mathrm{r/min}$,若汽缸在做功冲程中每次做功$400\ \mathrm{J}$,则每秒钟对外做功
变低
(填“变高”“变低”或“不变”),此过程发生的能量转化与图乙中的内燃机在 A
(填“A”或“B”)图所示过程的能量转化是一致的.某汽车四冲程汽油机,飞轮转速为$3000\ \mathrm{r/min}$,若汽缸在做功冲程中每次做功$400\ \mathrm{J}$,则每秒钟对外做功
$1×10^4$
J.若汽油燃烧不充分,汽油的热值将 不变
(填“变大”“变小”或“不变”).若每辆汽车每年消耗汽油$1.86\ \mathrm{t}$,汽车内燃机的效率平均取值$30\%$.如果能把内燃机效率提高$1\%$,一辆汽车每年可以节约 75
$\mathrm{L}$汽油.$(\rho_{\mathrm{汽油}}=0.8× 10^{3}\ \mathrm{kg/m}^{3})$答案
7. 变低 A $1×10^4$ 不变 75 解析:膨胀的气体对外做功,内能转化为机械能,内能减小,温度降低.此过程发生的能量转化是内能转化为机械能,与做功冲程一致,图乙中的A进气门、排气门关闭,火花塞点燃,活塞向下运动,是做功冲程.某汽车四冲程汽油机,飞轮转速为3000 r/min,一个工作循环,四个冲程,飞轮转两圈,对外做功一次,故每秒钟飞轮转了50 r,对外做功25次.若汽缸在做功冲程中每次做功400 J,则每秒钟对外做功$W=nW'=400J×25=1×10^4J$.热值与燃料种类有关,与燃烧充分程度无关,若汽油燃烧不充分,汽油的热值将不变.若每辆汽车每年消耗汽油1.86 t,汽车内燃机的效率平均取值30%,则获得的机械能为$W_{有用}=\eta_1Q_{总}=30\% ×1.86×10^3kg×q$,如果能把内燃机效率提高1%,获得相同的机械能,所需汽油完全燃烧放出的热量为$Q_{总}'=\frac{W_{有用}}{\eta_2}=\frac{30\% ×1.86×10^3kg×q}{30\% +1\%}=1.8×10^3kg×q$,一辆汽车所需的汽油质量为$m_{现}=\frac{Q_{总}'}{q}=\frac{1.8×10^3kg×q}{q}=1.8×10^3kg$,一辆汽车每年节约的汽油质量为$\Delta m_{汽油}=m_{原}-m_{现}=1.86×10^3kg-1.8×10^3kg=60kg$,一辆汽车每年节约的汽油体积为$V=\frac{\Delta m_{汽油}}{\rho_{汽油}}=\frac{60kg}{0.8×10^3kg/m^3}=0.075m^3=75L$.
解析
【分析】
我们可以分步骤梳理解题思路：
1. 先分析气球放气的温度变化：气球内的高压气体向外喷出时对外做功，内能转化为机械能，气体自身内能减小，温度就会下降，因此喷气嘴部温度和原来相比变低。
2. 匹配内燃机冲程：该过程的能量转化是内能转化为机械能，对应内燃机的做功冲程。观察乙图，A图两个气门全部关闭、火花塞点火、活塞向下运动，是做功冲程；B图两个气门关闭、活塞向上运动，是机械能转内能的压缩冲程，因此对应A图。
3. 计算每秒对外做功：飞轮转速3000r/min换算为每秒转50圈，四冲程汽油机每完成1个工作循环飞轮转2圈、对外做功1次，因此每秒对外做功25次，乘以每次做功400J即可得到每秒总做功。
4. 判断热值变化：热值是燃料的固有特性，只和燃料种类有关，和燃烧是否充分完全无关，因此汽油燃烧不充分时热值不变。
5. 计算节约的汽油体积：汽车每年输出的有用机械能是固定的，利用效率公式的等量关系，先算出效率提升后需要的汽油质量，得到节约的汽油质量，再通过密度公式换算为体积即可。
【解析】
1. 气球放气时，内部气体对外做功，内能转化为机械能，气体内能减小，温度降低，因此喷气嘴部温度变低。
2. 该过程能量转化为内能转化为机械能，对应内燃机做功冲程，图A符合做功冲程的特征，因此选A。
3. 飞轮转速$3000\ \mathrm{r/min}=50\ \mathrm{r/s}$，四冲程汽油机飞轮每转2圈对外做功1次，每秒对外做功次数为$\frac{50}{2}=25$次，每秒总对外做功$W=25×400\ \mathrm{J}=1×10^4\ \mathrm{J}$。
4. 热值仅由燃料种类决定，与燃烧充分程度无关，因此汽油燃烧不充分时热值不变。
5. 汽车输出的有用功保持不变：
原有用功$W_{\mathrm{有}}=\eta_1 m_1 q=30\%×1.86×10^3\ \mathrm{kg}× q$
效率提升后$\eta_2=31\%$，代入$W_{\mathrm{有}}=\eta_2 m_2 q$，解得$m_2=1.8×10^3\ \mathrm{kg}$
节约汽油质量$\Delta m=1860\ \mathrm{kg}-1800\ \mathrm{kg}=60\ \mathrm{kg}$
节约汽油体积$V=\frac{\Delta m}{\rho_{\mathrm{汽油}}}=\frac{60\ \mathrm{kg}}{0.8×10^3\ \mathrm{kg/m^3}}=0.075\ \mathrm{m^3}=75\ \mathrm{L}$
【答案】
变低；A；$1×10^4$；不变；75
【知识点】
做功改变内能；四冲程内燃机；热机效率计算
【点评】
本题综合覆盖热学多个核心考点，易错点集中在两处：一是容易混淆压缩、做功冲程的能量转化特征，二是计算节油质量时容易忽略“有用功恒定”的隐含条件，需要学生熟练掌握四冲程汽油机的工作规律、热值的物理属性，理清热机效率的推导逻辑。
【难度系数】
0.6
我们可以分步骤梳理解题思路：
1. 先分析气球放气的温度变化：气球内的高压气体向外喷出时对外做功，内能转化为机械能，气体自身内能减小，温度就会下降，因此喷气嘴部温度和原来相比变低。
2. 匹配内燃机冲程：该过程的能量转化是内能转化为机械能，对应内燃机的做功冲程。观察乙图，A图两个气门全部关闭、火花塞点火、活塞向下运动，是做功冲程；B图两个气门关闭、活塞向上运动，是机械能转内能的压缩冲程，因此对应A图。
3. 计算每秒对外做功：飞轮转速3000r/min换算为每秒转50圈，四冲程汽油机每完成1个工作循环飞轮转2圈、对外做功1次，因此每秒对外做功25次，乘以每次做功400J即可得到每秒总做功。
4. 判断热值变化：热值是燃料的固有特性，只和燃料种类有关，和燃烧是否充分完全无关，因此汽油燃烧不充分时热值不变。
5. 计算节约的汽油体积：汽车每年输出的有用机械能是固定的，利用效率公式的等量关系，先算出效率提升后需要的汽油质量，得到节约的汽油质量，再通过密度公式换算为体积即可。
【解析】
1. 气球放气时，内部气体对外做功，内能转化为机械能，气体内能减小，温度降低，因此喷气嘴部温度变低。
2. 该过程能量转化为内能转化为机械能，对应内燃机做功冲程，图A符合做功冲程的特征，因此选A。
3. 飞轮转速$3000\ \mathrm{r/min}=50\ \mathrm{r/s}$，四冲程汽油机飞轮每转2圈对外做功1次，每秒对外做功次数为$\frac{50}{2}=25$次，每秒总对外做功$W=25×400\ \mathrm{J}=1×10^4\ \mathrm{J}$。
4. 热值仅由燃料种类决定，与燃烧充分程度无关，因此汽油燃烧不充分时热值不变。
5. 汽车输出的有用功保持不变：
原有用功$W_{\mathrm{有}}=\eta_1 m_1 q=30\%×1.86×10^3\ \mathrm{kg}× q$
效率提升后$\eta_2=31\%$，代入$W_{\mathrm{有}}=\eta_2 m_2 q$，解得$m_2=1.8×10^3\ \mathrm{kg}$
节约汽油质量$\Delta m=1860\ \mathrm{kg}-1800\ \mathrm{kg}=60\ \mathrm{kg}$
节约汽油体积$V=\frac{\Delta m}{\rho_{\mathrm{汽油}}}=\frac{60\ \mathrm{kg}}{0.8×10^3\ \mathrm{kg/m^3}}=0.075\ \mathrm{m^3}=75\ \mathrm{L}$
【答案】
变低；A；$1×10^4$；不变；75
【知识点】
做功改变内能；四冲程内燃机；热机效率计算
【点评】
本题综合覆盖热学多个核心考点，易错点集中在两处：一是容易混淆压缩、做功冲程的能量转化特征，二是计算节油质量时容易忽略“有用功恒定”的隐含条件，需要学生熟练掌握四冲程汽油机的工作规律、热值的物理属性，理清热机效率的推导逻辑。
【难度系数】
0.6
8. 如图所示为履带式吊车将重为$6×10^{4}\ \mathrm{N}$的挖掘机从河道内吊出的情景.$OB$为吊臂,$CA$为液压杆,$F_{1}$为液压杆对吊臂的作用力.当挖掘机静止时,吊臂$B$端受到竖直向下的总拉力为$6.2×10^{4}\ \mathrm{N}$.($g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)
(1)静止在图示位置的吊臂可看作______杠杆.
(2)吊臂$B$端和吊钩上都装有滑轮,此时用$4×10^{4}\ \mathrm{N}$的拉力$F_{2}$将挖掘机匀速提升$1\ \mathrm{m}$用时$10\ \mathrm{s}$.此过程中:$F_{2}$所做有用功为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{J}$,$F_{2}$的功率为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{W}$,滑轮组的机械效率为______.
(3)已知吊车质量(不包含动滑轮、吊钩与钢丝绳)为$15\ \mathrm{t}$,履带前后端$E$、$F$相距$8\ \mathrm{m}$,此时吊车重心在$EF$正中,竖直吊绳到履带前端$E$的距离也为$8\ \mathrm{m}$.为防止翻车,保持如图所示的吊臂长度和角度不变,该吊车可吊重物的最大质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{t}$.以下操作可能引起翻车的是______,应避免.
A. 缓缓缩短吊绳
B. 缩短液压杆
C. 缩短吊臂
(1)静止在图示位置的吊臂可看作______杠杆.
(2)吊臂$B$端和吊钩上都装有滑轮,此时用$4×10^{4}\ \mathrm{N}$的拉力$F_{2}$将挖掘机匀速提升$1\ \mathrm{m}$用时$10\ \mathrm{s}$.此过程中:$F_{2}$所做有用功为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{J}$,$F_{2}$的功率为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{W}$,滑轮组的机械效率为______.
(3)已知吊车质量(不包含动滑轮、吊钩与钢丝绳)为$15\ \mathrm{t}$,履带前后端$E$、$F$相距$8\ \mathrm{m}$,此时吊车重心在$EF$正中,竖直吊绳到履带前端$E$的距离也为$8\ \mathrm{m}$.为防止翻车,保持如图所示的吊臂长度和角度不变,该吊车可吊重物的最大质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{t}$.以下操作可能引起翻车的是______,应避免.
A. 缓缓缩短吊绳
B. 缩短液压杆
C. 缩短吊臂
答案
8. (1)费力 (2)$6×10^4$ 8000 75% (3)7.3 B
解析:(1)由图可知,当吊臂被液压杆撑起时,液压杆提供的力为动力,吊臂B端受到的力为阻力,O为支点,根据图示可知,动力臂小于阻力臂,因此吊臂可看作费力杠杆.
(2)F₂所做有用功为$W_{有用}=G_{物}h=6×10^4N×1m=6×10^4J$.
由图可知,承担物重绳子的股数为2,则绳子自由端移动的距离为$s=nh=2×1m=2m$,
F₂所做总功为$W_{总}=Fs=4×10^4N×2m=8×10^4J$,
F₂的功率为$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{8×10^4J}{10s}=8×10^3W$,
滑轮组的机械效率为$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{6×10^4J}{8×10^4J}×100\%=75\%$.
(3)由题意可知,动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力$G=F_{总拉}-G_{物}=6.2×10^4N-6×10^4N=2×10^3N$,
吊车的重力$G_{吊}=m_{吊}g=15×10^3kg×10N/kg=1.5×10^5N$,
由题知,履带前后端E、F相距8 m,此时吊车重心在EF正中,竖直吊绳到履带前端E的距离也为8 m,将吊车视为杠杆,E为支点,重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力的力臂L₁=8 m,吊车自身重力的力臂$L_2=\frac{1}{2}EF=\frac{1}{2}×8m=4m$,
设吊起物体的最大重力为G物,由杠杆平衡条件可得$(G_{物}+G)×L_1=G_{吊}×L_2$,
代入数据有$(G_{物}+2×10^3N)×8m=1.5×10^5N×4m$,
解得$G_{物}=7.3×10^4N$.由G=mg可知,吊起物体的最大质量$m_{物}=\frac{G_{物}}{g}=\frac{7.3×10^4N}{10N/kg}=7300kg=7.3t$.
缩短液压杆,吊臂与水平面的夹角变小,由数学知识可知,重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力的力臂变大,使得重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力与其力臂的乘积大于吊车自身重力与其力臂的乘积,则吊车会向左侧翻转而引起翻车,故B符合题意.
解析:(1)由图可知,当吊臂被液压杆撑起时,液压杆提供的力为动力,吊臂B端受到的力为阻力,O为支点,根据图示可知,动力臂小于阻力臂,因此吊臂可看作费力杠杆.
(2)F₂所做有用功为$W_{有用}=G_{物}h=6×10^4N×1m=6×10^4J$.
由图可知,承担物重绳子的股数为2,则绳子自由端移动的距离为$s=nh=2×1m=2m$,
F₂所做总功为$W_{总}=Fs=4×10^4N×2m=8×10^4J$,
F₂的功率为$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{8×10^4J}{10s}=8×10^3W$,
滑轮组的机械效率为$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{6×10^4J}{8×10^4J}×100\%=75\%$.
(3)由题意可知,动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力$G=F_{总拉}-G_{物}=6.2×10^4N-6×10^4N=2×10^3N$,
吊车的重力$G_{吊}=m_{吊}g=15×10^3kg×10N/kg=1.5×10^5N$,
由题知,履带前后端E、F相距8 m,此时吊车重心在EF正中,竖直吊绳到履带前端E的距离也为8 m,将吊车视为杠杆,E为支点,重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力的力臂L₁=8 m,吊车自身重力的力臂$L_2=\frac{1}{2}EF=\frac{1}{2}×8m=4m$,
设吊起物体的最大重力为G物,由杠杆平衡条件可得$(G_{物}+G)×L_1=G_{吊}×L_2$,
代入数据有$(G_{物}+2×10^3N)×8m=1.5×10^5N×4m$,
解得$G_{物}=7.3×10^4N$.由G=mg可知,吊起物体的最大质量$m_{物}=\frac{G_{物}}{g}=\frac{7.3×10^4N}{10N/kg}=7300kg=7.3t$.
缩短液压杆,吊臂与水平面的夹角变小,由数学知识可知,重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力的力臂变大,使得重物和动滑轮、吊钩与钢丝绳的总重力与其力臂的乘积大于吊车自身重力与其力臂的乘积,则吊车会向左侧翻转而引起翻车,故B符合题意.
解析
【分析】
我们可以分三步逐步梳理解题思路：
1. 第一问判断杠杆类型：先确定吊臂的支点为O点，液压杆的作用力F₁是动力，B端受到的向下拉力是阻力，对比两个力对应的力臂长度，发现动力臂小于阻力臂，即可判断杠杆类型。
2. 第二问计算滑轮组相关物理量：有用功是克服挖掘机重力做的功，直接用W有=Gh计算；观察滑轮组结构得到承担物重的绳子段数n=2，由此算出绳子自由端移动的距离，进而求出拉力做的总功，再用总功除以时间得到拉力的功率，最后用有用功除以总功得到滑轮组的机械效率。
3. 第三问分析防翻车问题：将吊车视为以E点为支点的杠杆，吊车自身重力是维持吊车稳定的动力，重物和动滑轮等附件的总重力是使吊车侧翻的阻力，先算出各力对应的力臂，代入杠杆平衡条件即可求出允许吊起的最大重物质量；再逐一分析选项，判断哪个操作会让阻力与阻力臂的乘积大于动力与动力臂的乘积，引发翻车。
【解析】
(1) 吊臂支点为O，动力臂小于阻力臂，符合费力杠杆的特征，因此吊臂是费力杠杆。
(2) ① 拉力做的有用功：$W_{有用}=G_{物}h=6×10^4\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=6×10^4\ \mathrm{J}$；
② 由图可知滑轮组承担物重的绳子段数$n=2$，绳子自由端移动距离$s=nh=2×1\ \mathrm{m}=2\ \mathrm{m}$，拉力$F_2$做的总功$W_{总}=F_2s=4×10^4\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=8×10^4\ \mathrm{J}$，$F_2$的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{8×10^4\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=8000\ \mathrm{W}$；
③ 滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{6×10^4\ \mathrm{J}}{8×10^4\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$。
(3) 首先计算动滑轮、吊钩、钢丝绳的总重力：$G_{附件}=6.2×10^4\ \mathrm{N}-6×10^4\ \mathrm{N}=2×10^3\ \mathrm{N}$；
吊车自身的重力：$G_{车}=m_{车}g=15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1.5×10^5\ \mathrm{N}$；
以E为支点，吊车自身重力的力臂$L_2=4\ \mathrm{m}$，重物和附件总重力的力臂$L_1=8\ \mathrm{m}$，根据杠杆平衡条件$(G_{物最大}+G_{附件})×L_1=G_{车}×L_2$，代入数据解得$G_{物最大}=7.3×10^4\ \mathrm{N}$，对应的最大质量$m_{最大}=\frac{G_{物最大}}{g}=\frac{7.3×10^4\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=7300\ \mathrm{kg}=7.3\ \mathrm{t}$；
分析选项：A缓缓缩短吊绳不会改变力臂，不会引发翻车；B缩短液压杆会让吊臂与水平面夹角变小，重物对应的力臂变大，侧翻力矩增大，容易引发翻车；C缩短吊臂会减小重物的力臂，吊车更稳定，因此选B。
【答案】
(1) 费力
(2) $6×10^4$；$8000$；$75\%$
(3) $7.3$；B
【知识点】
杠杆分类，滑轮组机械效率，杠杆平衡条件
【点评】
本题结合履带吊车的实际工作场景，综合考察了杠杆、滑轮组的核心知识点，难度梯度设置合理，前两问属于基础计算，第三问的防翻车场景是杠杆平衡条件的实际应用，需要准确选定支点、正确计算各力对应的力臂，同时注意不能忽略动滑轮等附件的重力，是本题的易错题点。
【难度系数】
0.5
我们可以分三步逐步梳理解题思路：
1. 第一问判断杠杆类型：先确定吊臂的支点为O点，液压杆的作用力F₁是动力，B端受到的向下拉力是阻力，对比两个力对应的力臂长度，发现动力臂小于阻力臂，即可判断杠杆类型。
2. 第二问计算滑轮组相关物理量：有用功是克服挖掘机重力做的功，直接用W有=Gh计算；观察滑轮组结构得到承担物重的绳子段数n=2，由此算出绳子自由端移动的距离，进而求出拉力做的总功，再用总功除以时间得到拉力的功率，最后用有用功除以总功得到滑轮组的机械效率。
3. 第三问分析防翻车问题：将吊车视为以E点为支点的杠杆，吊车自身重力是维持吊车稳定的动力，重物和动滑轮等附件的总重力是使吊车侧翻的阻力，先算出各力对应的力臂，代入杠杆平衡条件即可求出允许吊起的最大重物质量；再逐一分析选项，判断哪个操作会让阻力与阻力臂的乘积大于动力与动力臂的乘积，引发翻车。
【解析】
(1) 吊臂支点为O，动力臂小于阻力臂，符合费力杠杆的特征，因此吊臂是费力杠杆。
(2) ① 拉力做的有用功：$W_{有用}=G_{物}h=6×10^4\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=6×10^4\ \mathrm{J}$；
② 由图可知滑轮组承担物重的绳子段数$n=2$，绳子自由端移动距离$s=nh=2×1\ \mathrm{m}=2\ \mathrm{m}$，拉力$F_2$做的总功$W_{总}=F_2s=4×10^4\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=8×10^4\ \mathrm{J}$，$F_2$的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{8×10^4\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=8000\ \mathrm{W}$；
③ 滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{6×10^4\ \mathrm{J}}{8×10^4\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$。
(3) 首先计算动滑轮、吊钩、钢丝绳的总重力：$G_{附件}=6.2×10^4\ \mathrm{N}-6×10^4\ \mathrm{N}=2×10^3\ \mathrm{N}$；
吊车自身的重力：$G_{车}=m_{车}g=15×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1.5×10^5\ \mathrm{N}$；
以E为支点，吊车自身重力的力臂$L_2=4\ \mathrm{m}$，重物和附件总重力的力臂$L_1=8\ \mathrm{m}$，根据杠杆平衡条件$(G_{物最大}+G_{附件})×L_1=G_{车}×L_2$，代入数据解得$G_{物最大}=7.3×10^4\ \mathrm{N}$，对应的最大质量$m_{最大}=\frac{G_{物最大}}{g}=\frac{7.3×10^4\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=7300\ \mathrm{kg}=7.3\ \mathrm{t}$；
分析选项：A缓缓缩短吊绳不会改变力臂，不会引发翻车；B缩短液压杆会让吊臂与水平面夹角变小，重物对应的力臂变大，侧翻力矩增大，容易引发翻车；C缩短吊臂会减小重物的力臂，吊车更稳定，因此选B。
【答案】
(1) 费力
(2) $6×10^4$；$8000$；$75\%$
(3) $7.3$；B
【知识点】
杠杆分类，滑轮组机械效率，杠杆平衡条件
【点评】
本题结合履带吊车的实际工作场景，综合考察了杠杆、滑轮组的核心知识点，难度梯度设置合理，前两问属于基础计算，第三问的防翻车场景是杠杆平衡条件的实际应用，需要准确选定支点、正确计算各力对应的力臂，同时注意不能忽略动滑轮等附件的重力，是本题的易错题点。
【难度系数】
0.5
