6. 如图所示是某考生参加1 min跳绳测试时重心的高度随时间变化的情况，已知该考生的质量为60 kg，根据所给条件可估算出该考生跳一次绳所做的功为J，跳绳功率为W。(g取10 N/kg)

6. 36 90 提示:每次跳绳重心提高$h=6\ \mathrm{cm}=0.06\ \mathrm{m}$,跳一次绳所做的功$W=Gh=mgh=60\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×0.06\ \mathrm{m}=36\ \mathrm{J}$。1 min跳绳次数约为$\dfrac{60\ \mathrm{s}}{0.4\ \mathrm{s}}=150$次,$W_总=150×36\ \mathrm{J}=5\ 400\ \mathrm{J}$,功率$P=\dfrac{W_总}{t}=\dfrac{5\ 400\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}}=90\ \mathrm{W}$。

【分析】
首先梳理解题思路：第一步，从给出的h-t图像中读取单次跳绳时重心上升的最大高度，将单位换算为国际单位米；跳一次绳的过程中，人克服自身重力做功，大小等于将重心提升对应高度所做的功，用W=Gh=mgh即可算出单次做功。第二步，从图像中找到完成一次完整跳绳的时间间隔也就是运动周期，计算出1分钟内总共跳绳的次数，得到1分钟内做的总功，最后根据功率定义式P=W/t算出跳绳的功率。这里要注意不要误判跳绳周期，观察图像可知两次起跳的时间间隔是0.4s，也就是每0.4s完成一次跳绳。
【解析】
1. 计算跳一次绳做的功：
由图像可知，跳绳时重心上升的最大高度$h=6\ \mathrm{cm}=0.06\ \mathrm{m}$，
考生的重力$G=mg=60\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=600\ \mathrm{N}$，
跳一次绳克服重力做功：$W=Gh=600\ \mathrm{N}×0.06\ \mathrm{m}=36\ \mathrm{J}$。
2. 计算跳绳的功率：
由图像可知，每完成一次完整跳绳的时间间隔$T=0.4\ \mathrm{s}$，
1min（60s）内跳绳的总次数$n=\dfrac{60\ \mathrm{s}}{0.4\ \mathrm{s}} =150$次，
1min内考生做的总功$W_总=nW=150×36\ \mathrm{J}=5400\ \mathrm{J}$，
跳绳的功率$P=\dfrac{W_总}{t_总} = \dfrac{5400\ \mathrm{J}}{60\ \mathrm{s}} =90\ \mathrm{W}$。
【答案】
36；90
【知识点】
功的计算，功率的计算，图像信息读取
【点评】
本题是结合生活场景的物理估算题，核心考点是克服重力做功和功率的计算，易错点是误读图像中的跳绳周期，解题时要先从图像中提取重心上升高度、单次跳绳时长两个关键信息，再代入公式计算，属于典型的力学联系实际的基础题型。
【难度系数】
0.7

7. 如图甲所示，电子秤上支架质量不计，均匀细木棒 OAB 可绕 O 点自由转动，当支架支撑在 A 点时，调节 O 点高度，使木棒水平平衡，此时电子秤示数如图甲所示，已知$OA:OB = 2:5$，细木棒的自重为N。现在 B 点施加竖直向上的拉力$F_{B}$，电子秤示数与$F_{B}$的关系图线为图乙中的①，则图像中横坐标$x$点的数值为N。若将支架从 A 点移至 C 点，电子秤示数与$F_{B}$的关系图线变为图乙中的(填数字序号)。($g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)

7. 1.6 0.8 ② 提示:支架对木棒支持力$F_支=G_示=mg=200×10^{-3}\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2\ \mathrm{N}$,因$G×\dfrac{1}{2}OB=F_支× OA$,得$G=\dfrac{4}{5}F_支=\dfrac{4}{5}×2\ \mathrm{N}=1.6\ \mathrm{N}$。电子秤示数为0时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_B× OB$,可得$F_B=0.8\ \mathrm{N}$。将支架移至C点时,支架与O点之间的距离变大,力臂变大,因$G×\dfrac{1}{2}OB=F'_支× OC+F'_B× OB$,在$F_B$相同时,$F_支$变小,即电子秤的示数将变小,电子秤示数为0时,由$G×\dfrac{1}{2}OB=F_B× OB$知$F_B$不变,故选②。

【分析】
解题可分三步梳理思路：第一步，初始状态木棒水平平衡，先根据电子秤初始示数算出支架对木棒的支持力，利用均匀木棒重心在几何中点的特点，结合杠杆平衡条件求出木棒自重。第二步，当电子秤示数为0时，支架对木棒的支持力为0，此时木棒仅受自身重力和B点向上的拉力，再次利用杠杆平衡条件求出此时的拉力F_B，也就是横坐标x的数值。第三步，将支架从A移到C时，支持力的力臂变大，F_B为0时电子秤的初始示数会比原来小，而电子秤示数为0时对应的F_B仅由木棒自重和OB长度决定，和支架位置无关，因此图线起点更低、终点和原线重合，即可选出对应图线。
【解析】
1. 计算木棒自重：
电子秤初始示数为200g，根据力的作用是相互的，支架对木棒的支持力等于电子秤受到的压力：
$F_{支}=F_{压}=mg=200×10^{-3}\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=2\ \mathrm{N}$。
均匀细木棒的重心在OB中点，阻力臂为$\frac{1}{2}OB$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
$G × \frac{1}{2}OB = F_{支} × OA$，已知$OA:OB=2:5$，代入得：
$G × \frac{1}{2}OB = 2\ \mathrm{N} × \frac{2}{5}OB$，约去OB后解得$G=1.6\ \mathrm{N}$。
2. 求横坐标x的数值：
当电子秤示数为0时，支架对木棒的支持力为0，杠杆平衡条件为：
$G × \frac{1}{2}OB = F_B × OB$，约去OB得：
$F_B = \frac{1}{2}G = \frac{1}{2}×1.6\ \mathrm{N}=0.8\ \mathrm{N}$，即横坐标x的数值为0.8N。
3. 判断支架移到C点对应的图线：
支架移到C点后，支持力的力臂$OC＞OA$，当$F_B=0$时，由杠杆平衡条件$G×\frac{1}{2}OB=F'_{支}× OC$，可知此时的支持力$F'_{支}$比原来的2N更小，对应电子秤初始示数小于200g；当电子秤示数为0时，支持力为0，平衡条件仍为$G × \frac{1}{2}OB = F_B × OB$，对应的$F_B$仍为0.8N，即图线终点不变，因此对应的图线是②。
【答案】
1.6；0.8；②
【知识点】
杠杆平衡条件，重力的计算
【点评】
本题属于杠杆动态平衡综合题型，需要结合力的相互性、杠杆平衡条件分步推导，易错点是判断支架移动后的图线变化，分别分析F_B=0和电子秤示数为0两个端点的变化规律，即可快速选出正确图线。
【难度系数】
0.6

8. 小球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在M点的速度在S点的速度，M点的高度S点的高度，球在M点的机械能在S点的机械能。（均填“大于”“小于”或“等于”）

8. 大于 小于 大于 提示:球的质量不变,球在M点的动能大于在S点的动能,则球在M点的速度大于在S点的速度;M点的重力势能小于S点的重力势能,则M点的高度小于S点的高度;球在运动过程中没有发生弹性形变,机械能等于动能和重力势能之和,球在M点重力势能和S点动能相等,M点的动能大于S点的重力势能,则M点的机械能大于S点的机械能。

【分析】
我们可以分三步逐步推导结果：第一步比较速度，首先明确动能的大小由质量和速度共同决定，同一个小球质量不变，动能越大对应的速度就越大，先从图中读出M、S两点的动能数值，就能直接比较速度大小；第二步比较高度，重力势能的大小由质量和高度共同决定，小球质量不变，重力势能越大对应的高度就越高，从图中读出两点的重力势能数值，就能推导高度关系；第三步比较机械能，小球没有发生弹性形变，机械能等于动能和重力势能的总和，分别计算两点的总机械能即可得出结果，也可以结合小球运动过程受空气阻力、机械能不断损耗的规律辅助验证。
【解析】
1. 速度对比：小球质量不变，由题图可知M点动能为0.8J，S点动能为0.4J，M点动能大于S点动能。根据动能的影响规律，质量相同时动能越大，物体运动速度越大，因此M点的速度大于S点的速度。
2. 高度对比：小球质量不变，M点重力势能为0.4J，S点重力势能为0.7J，M点重力势能小于S点重力势能。根据重力势能的影响规律，质量相同时重力势能越大，物体所处高度越高，因此M点的高度小于S点的高度。
3. 机械能对比：小球运动过程无弹性形变，机械能为动能与重力势能之和。计算可得M点总机械能：$E_M=0.4\mathrm{J}+0.8\mathrm{J}=1.2\mathrm{J}$，S点总机械能：$E_S=0.7\mathrm{J}+0.4\mathrm{J}=1.1\mathrm{J}$，因此M点的机械能大于S点的机械能。
【答案】大于；小于；大于
【知识点】动能的影响因素；重力势能的影响因素；机械能的计算
【点评】本题结合能量柱状图考查机械能相关基础概念，解题的核心是准确从图像中提取各点对应的能量数值，再结合物理量的决定因素推导结论，整体偏向基础，仅第三空容易因忽略机械能总和计算出错。
【难度系数】0.7

9. 如图甲所示,质量为$1.5×10^{3}\ {kg}$的汽车,先后在水平路面和斜面上做匀速直线运动,其发动机牵引力所做的功$W$与时间$t$的关系图像如图乙所示。
(1) 汽车运动${s}$开始下坡,在$AB$段汽车牵引力的功率为${W}$。
(2) 若汽车运动的速度为$\quantity{5}{m/s}$,则汽车在$AB$路段运动受到的阻力为${N}$。
(3) 汽车在$BC$段运动时牵引力的功率为${W}$。

9. (1) 20 $4×10^3$ (2) 800 (3) $2×10^3$ 提示:(1) 由图乙可知,汽车运动20 s开始下坡，$P_{AB}=\dfrac{W_{AB}}{t_{AB}}=\dfrac{80×10^3\ \mathrm{J}}{20\ \mathrm{s}}=4×10^3\ \mathrm{W}$。(2) $v=5\ \mathrm{m/s}$时，汽车在AB段的阻力$f=F=\dfrac{P_{AB}}{v}=\dfrac{4×10^3\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{m/s}}=800\ \mathrm{N}$。(3) $P_{BC}=\dfrac{W_{BC}}{t_{BC}}=\dfrac{(140-80)×10^3\ \mathrm{J}}{50\ \mathrm{s}-20\ \mathrm{s}}=2×10^3\ \mathrm{W}$。

【分析】
首先明确解题思路：1. 识别W-t图像的物理意义，图像的拐点对应汽车运动路段的切换点，由此得到开始下坡的时间；2. 利用功率的定义式P=W/t，代入AB段的总功和对应时间，算出AB段牵引力的功率；3. 汽车在水平路面匀速运动时，牵引力与阻力二力平衡，大小相等，结合推导式P=Fv，代入已知速度即可求出阻力大小；4. 提取BC段对应的做功总量和运动时间，再次利用P=W/t计算BC段的牵引力功率。整个过程的核心是准确从图像中读取两个路段对应的功和时间数值，避免混淆两段的物理量。
【解析】
(1) 由图乙的W-t关系图像可知，两段直线的拐点对应时间为20s，说明汽车运动20s后进入下坡的BC段。
AB段的运动时间$t_{AB}=20\ \mathrm{s}$，该段牵引力做功$W_{AB}=80×10^3\ \mathrm{J}$，根据功率的定义式：
$P_{AB} = \dfrac{W_{AB}}{t_{AB}} = \dfrac{80×10^3\ \mathrm{J}}{20\ \mathrm{s}} = 4×10^3\ \mathrm{W}$
(2) 汽车在AB段水平路面做匀速直线运动，水平方向牵引力与阻力是一对平衡力，故$f=F$。
已知汽车运动速度$v=5\ \mathrm{m/s}$，由功率推导式$P=Fv$可得：
$F = \dfrac{P_{AB}}{v} = \dfrac{4×10^3\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{m/s}} = 800\ \mathrm{N}$，因此阻力$f=800\ \mathrm{N}$。
(3) 由图可知总运动时间为50s，总做功为$140×10^3\ \mathrm{J}$，因此BC段的运动时间$t_{BC}=50\ \mathrm{s} - 20\ \mathrm{s}=30\ \mathrm{s}$，BC段牵引力做功$W_{BC}=140×10^3\ \mathrm{J} - 80×10^3\ \mathrm{J}=60×10^3\ \mathrm{J}$。
则BC段牵引力的功率：
$P_{BC} = \dfrac{W_{BC}}{t_{BC}} = \dfrac{60×10^3\ \mathrm{J}}{30\ \mathrm{s}} = 2×10^3\ \mathrm{W}$
【答案】
(1) 20；$4×10^3$ (2) 800 (3) $2×10^3$
【知识点】
功率的计算，二力平衡，功的计算
【点评】
本题结合W-t图像考查力学功与功率的综合计算，将运动场景分为水平路面和斜面两个阶段，解题的关键是准确从图像中提取不同阶段的做功和时间参数，结合匀速运动的二力平衡特点代入公式求解，属于基础的图像应用型计算题，侧重考查学生对基础公式的掌握和图像信息读取能力。
【难度系数】
0.7

10. 如图甲所示,电源电压恒定,$R_1$为定值电阻。闭合开关S后,将滑动变阻器$R_2$的滑片P由最右端向左移动,直至灯泡L正常发光。此过程中,电流表A的示数随两电压表$\mathrm{V}_1$、$\mathrm{V}_2$示数变化的关系图像如图乙中①②所示,则电源电压为V。$R_1$的阻值为$\Omega$。若$R_2$的滑片可自由移动,灯泡能正常发光且安全,需再串联一个阻值为$\Omega$的电阻。

10. 4.5 5 3 提示:电路中电流越大时,$R_2$接入的电阻变小,$U_1$变大,$U_2$变小,故图线①为$\mathrm{V}_1$表示数的变化关系图像、②为$\mathrm{V}_2$表示数的变化关系图像,$I=0.1\ \mathrm{A}$时,$U_1=0.5\ \mathrm{V}$、$U_2=3.5\ \mathrm{V}$,电源电压$U=0.5\ \mathrm{V}+0.1\ \mathrm{A}× R_1+3.5\ \mathrm{V}$,$I=0.25\ \mathrm{A}$时,$\mathrm{V}_1$、$\mathrm{V}_2$表示数分别为0.75 V、2.5 V,电源电压$U=0.75\ \mathrm{V}+0.25\ \mathrm{A}× R_1+2.5\ \mathrm{V}$,解得$U=4.5\ \mathrm{V}$,$R_1=5\ \Omega$。$R_\mathrm{L}=\dfrac{U_\mathrm{L}}{I_\mathrm{L}}=\dfrac{2.5\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$,当$R_2=0$时,$R_总=\dfrac{U}{I_\mathrm{L}}=\dfrac{4.5\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=18\ \Omega$,灯泡能正常发光且安全,需串联的阻值$R=R_总-R_1-R_\mathrm{L}=18\ \Omega-5\ \Omega-10\ \Omega=3\ \Omega$。

【分析】
首先分析图甲的电路连接：灯泡L、定值电阻R₁、滑动变阻器R₂三者串联，电流表测电路总电流，V₁测灯泡两端电压，V₂测滑动变阻器两端电压。滑片向左移动时，R₂接入电阻变小，电路电流变大，灯泡两端电压随电流增大而升高，滑动变阻器两端电压随电流增大而降低，由此可判断上升的图线①对应V₁，下降的图线②对应V₂。接下来利用串联电路总电压等于各部分电压之和，选取两组不同电流下的电压数据列方程，即可求解电源电压和R₁的阻值。最后根据灯泡正常发光的额定电流，计算当滑动变阻器阻值为0时，为保证灯泡安全需要额外串联的保护电阻阻值。
【解析】
1. 判断图像对应关系：
由图甲可知，L、R₁、R₂串联，电流表测电路电流，V₁测灯泡电压，V₂测R₂的电压。滑片P左移，R₂接入阻值减小，电路电流I增大，灯泡两端电压随电流增大而增大，因此上升的图线①是V₁的示数变化曲线，下降的图线②是V₂的示数变化曲线。
2. 求解电源电压和R₁：
串联电路总电压等于各部分电压之和，因此电源电压满足：$U = U_L + I R_1 + U_2$
取第一组数据：当$I_1=0.1\ \mathrm{A}$时，$U_{L1}=0.5\ \mathrm{V}$，$U_{21}=3.5\ \mathrm{V}$，代入得：
$U = 0.5\ \mathrm{V} + 0.1\ \mathrm{A} × R_1 + 3.5\ \mathrm{V}$
取第二组数据：当$I_2=0.25\ \mathrm{A}$时，$U_{L2}=2.5\ \mathrm{V}$，$U_{22}=1.75\ \mathrm{V}$，代入得：
$U = 2.5\ \mathrm{V} + 0.25\ \mathrm{A} × R_1 + 1.75\ \mathrm{V}$
联立两式解得：$R_1=5\ \Omega$，电源电压$U=4.5\ \mathrm{V}$。
3. 计算需要串联的电阻：
由图可知灯泡正常发光时的额定电流$I_{\mathrm{额}}=0.25\ \mathrm{A}$，此时灯泡两端电压为2.5V，灯泡电阻$R_L=\frac{U_{L\mathrm{额}}}{I_{\mathrm{额}}}=\frac{2.5\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=10\ \Omega$。
若滑片可自由移动，当R₂接入阻值为0时，为保证灯泡正常发光，电路总电阻需要满足$R_{\mathrm{总}}=\frac{U}{I_{\mathrm{额}}}=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.25\ \mathrm{A}}=18\ \Omega$，因此需要串联的电阻阻值：
$R_{\mathrm{串}}=R_{\mathrm{总}} - R_1 - R_L = 18\ \Omega -5\ \Omega -10\ \Omega=3\ \Omega$
【答案】
4.5；5；3
【知识点】
串联电路电压规律；欧姆定律应用；动态电路分析
【点评】
本题是串联动态电路结合I-U图像的综合题，核心难点是先正确判断两条图线对应的测量对象，利用串联电压规律列方程组求解未知量，最后结合滑动变阻器阻值为0的极端情况计算保护电阻，易错点是图线对应关系判断错误，导致后续计算全部出错，需要学生熟练掌握串联电路的电压电流规律。
【难度系数】
0.4

11. 一根木棒AB置于水平地面上,保持弹簧测力计方向竖直,将木棒B端缓慢拉起,如图甲所示。在此过程中,弹簧测力计对木棒所做的功与B端离开地面的高度h的关系如图乙所示。

(1) 在A端未离开地面时,弹簧测力计的示数为N,木棒的重力为N。
(2) 木棒长m,木棒的重心到A端的距离为m。
(3) 若改将A端提起,在B端离地前,竖直向上的拉力为N。

11. (1) 10 18 (2) 0.9 0.5 (3) 8 提示:(1) A端未离开地面时,弹簧测力计的示数$F=\dfrac{W}{h}=\dfrac{9\ \mathrm{J}}{0.9\ \mathrm{m}}=10\ \mathrm{N}$,A端离地后,$G=F'=\dfrac{\Delta W}{\Delta h}=\dfrac{14.4\ \mathrm{J}-9\ \mathrm{J}}{1.2\ \mathrm{m}-0.9\ \mathrm{m}}=18\ \mathrm{N}$。(2) 由于拉力始终竖直向上,拉力不变,动力臂与阻力臂之比不变,h从0增大到0.9 m的过程中,B端缓慢抬起,当$h=0.9\ \mathrm{m}$时,A端恰好离地,故木棒的长度$L=0.9\ \mathrm{m}$,此间拉力做功等于克服木棒的重力做功,则$h'=\dfrac{W}{G}=\dfrac{9\ \mathrm{J}}{18\ \mathrm{N}}=0.5\ \mathrm{m}$,则木棒的重心到A端的距离为0.5 m。(3) 若改将A端提起,重心距B端的距离为0.4 m,在B端离地前,有$F''× L=G× h''$,即$F''=\dfrac{G× h''}{L}=18\ \mathrm{N}×\dfrac{0.4\ \mathrm{m}}{0.9\ \mathrm{m}}=8\ \mathrm{N}$。

【分析】
这是一道功与杠杆平衡条件结合的综合题，解题思路可以分步梳理：
1. 首先区分两个物理阶段：A端未离开地面时，木棒绕A点转动，拉力始终竖直向上，满足W=Fh的做功关系，从图乙取该阶段终点的W和h数值，就能算出弹簧测力计的拉力。当A端离开地面后，木棒整体被竖直提升，此时拉力等于木棒重力，利用该阶段的功的变化量和高度变化量，就能算出木棒重力。
2. 当B端抬升到h=0.9m时A端恰好离地，说明此时木棒刚好完全竖直，因此木棒长度就等于0.9m。再代入杠杆平衡条件，以A为支点，结合已知的拉力、重力和木棒长度，就能算出重心到A端的距离。
3. 改拉A端时支点变为B点，先算出重心到B端的距离，再次代入杠杆平衡公式，即可得到此时的竖直拉力。
【解析】
(1) A端未离开地面时，拉力方向始终竖直向上，该过程弹簧测力计做功满足$W=Fh$，由图乙可知该阶段终点$W_1=9.0\ \mathrm{J}$，$h_1=0.9\ \mathrm{m}$，因此弹簧测力计示数：
$F=\frac{W_1}{h_1}=\frac{9.0\ \mathrm{J}}{0.9\ \mathrm{m}}=10\ \mathrm{N}$
A端离开地面后，木棒整体被竖直向上提升，此时弹簧测力计拉力等于木棒重力，该过程高度变化$\Delta h=1.2\ \mathrm{m}-0.9\ \mathrm{m}=0.3\ \mathrm{m}$，做功变化$\Delta W=14.4\ \mathrm{J}-9.0\ \mathrm{J}=5.4\ \mathrm{J}$，因此木棒重力：
$G=\frac{\Delta W}{\Delta h}=\frac{5.4\ \mathrm{J}}{0.3\ \mathrm{m}}=18\ \mathrm{N}$
(2) 当h=0.9m时A端恰好离开地面，说明此时木棒刚好竖直立在地面上，因此木棒的长度$L=0.9\ \mathrm{m}$。
拉B端时支点为A，拉力和重力均沿竖直方向，动力臂等于木棒长度L，阻力臂等于重心到A端的距离$L_G$，由杠杆平衡条件$F· L = G· L_G$，代入数据：
$10\ \mathrm{N} × 0.9\ \mathrm{m} = 18\ \mathrm{N} × L_G$
解得$L_G=0.5\ \mathrm{m}$，即重心到A端的距离为0.5m。
(3) 改拉A端，B端离地前支点为B，动力臂为木棒长度$L=0.9\ \mathrm{m}$，阻力臂为重心到B端的距离$L'_G=0.9\ \mathrm{m}-0.5\ \mathrm{m}=0.4\ \mathrm{m}$，由杠杆平衡条件$F''· L = G· L'_G$，代入数据：
$F'' × 0.9\ \mathrm{m} = 18\ \mathrm{N} × 0.4\ \mathrm{m}$
解得$F''=8\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) 10；18 (2) 0.9；0.5 (3) 8
【知识点】
功的计算，杠杆平衡条件
【点评】
本题的核心难点是结合W-h图像拆分两个不同的物理过程，利用拉力始终竖直的特点得到拉力恒定、力臂比值不变的隐含条件，将功的计算和杠杆平衡规律结合求解，重点考查学生结合图像分析物理过程的能力。
【难度系数】
0.5