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1. (宿迁沭阳期末)如图所示,小明用甲、乙两个不同的滑轮组,在相同时间内分别用大小相等的拉力F将同一物体匀速提高了相同的高度,若两个滑轮组的动滑轮重分别为$G_{\mathrm{动}1}$和$G_{\mathrm{动}2}$,机械效率分别为$\eta_1$、$\eta_2$,小明做功的功率分别为$P_1$、$P_2$,不计绳重和摩擦。则
（
A.$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2},\eta_1＞\eta_2,P_1＜P_2$
B.$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2},\eta_1＞\eta_2,P_1=P_2$
C.$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2},\eta_1＜\eta_2,P_1＜P_2$
D.$G_{\mathrm{动}1}=G_{\mathrm{动}2},\eta_1=\eta_2,P_1=P_2$
（
A
）A.$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2},\eta_1＞\eta_2,P_1＜P_2$
B.$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2},\eta_1＞\eta_2,P_1=P_2$
C.$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2},\eta_1＜\eta_2,P_1＜P_2$
D.$G_{\mathrm{动}1}=G_{\mathrm{动}2},\eta_1=\eta_2,P_1=P_2$
答案
提示:左边的滑轮组有2根绳子拉物体,右边有3根绳子拉物体,物体重力相同,两次的拉力也相同,由$nF_{拉}=G_{物}+G_{动}$知$G_{动1}＜G_{动2}$,因$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G_{物}h}{(G_{物}+G_{动})h}×100\%$,$G_{物}$和$h$都相同,$G_{动1}＜G_{动2}$,故$\eta_1＞\eta_2$,又因$W_{总}=(G_{物}+G_{动})h$知$W_{总1}＜W_{总2}$,两者的时间相同,由$P=\dfrac{W}{t}$得,功率$P_1＜P_2$。
解析
【分析】
要解决本题，需分步骤分析：首先确定两个滑轮组承担物重的绳子段数；再利用滑轮组拉力公式比较动滑轮重力；接着通过机械效率公式比较机械效率；最后结合总功和功率公式比较功率大小。
【解析】
1. 确定绳子段数：甲滑轮组中，承担物重的绳子段数$n_1=2$；乙滑轮组中，承担物重的绳子段数$n_2=3$。
2. 比较动滑轮重力：不计绳重和摩擦，滑轮组拉力公式为$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$，变形得$G_{动}=nF - G_{物}$。已知拉力$F$相同，物重$G_{物}$相同，$n_1=2$、$n_2=3$，则$G_{动1}=2F - G_{物}$，$G_{动2}=3F - G_{物}$，因此$G_{动1}＜G_{动2}$。
3. 比较机械效率：机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_{物}h}{G_{物}h + G_{动}h}×100\%=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}×100\%$。因$G_{物}$相同，$G_{动1}＜G_{动2}$，故$\eta_1＞\eta_2$。
4. 比较功率：总功$W_{总}=Fs=F×nh$，则$W_{总1}=F×2h$，$W_{总2}=F×3h$，得$W_{总1}＜W_{总2}$。已知做功时间$t$相同，由$P=\frac{W}{t}$可知，$P_1＜P_2$。
【答案】
A
【知识点】
滑轮组机械效率、滑轮组拉力计算、功率
【点评】
本题考查滑轮组的综合计算，需熟练掌握滑轮组拉力、机械效率、功率的计算公式，明确承担物重的绳子段数是解题核心，属于基础综合题。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分步骤分析：首先确定两个滑轮组承担物重的绳子段数；再利用滑轮组拉力公式比较动滑轮重力；接着通过机械效率公式比较机械效率；最后结合总功和功率公式比较功率大小。
【解析】
1. 确定绳子段数：甲滑轮组中，承担物重的绳子段数$n_1=2$；乙滑轮组中，承担物重的绳子段数$n_2=3$。
2. 比较动滑轮重力：不计绳重和摩擦，滑轮组拉力公式为$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$，变形得$G_{动}=nF - G_{物}$。已知拉力$F$相同，物重$G_{物}$相同，$n_1=2$、$n_2=3$，则$G_{动1}=2F - G_{物}$，$G_{动2}=3F - G_{物}$，因此$G_{动1}＜G_{动2}$。
3. 比较机械效率：机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_{物}h}{G_{物}h + G_{动}h}×100\%=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}×100\%$。因$G_{物}$相同，$G_{动1}＜G_{动2}$，故$\eta_1＞\eta_2$。
4. 比较功率：总功$W_{总}=Fs=F×nh$，则$W_{总1}=F×2h$，$W_{总2}=F×3h$，得$W_{总1}＜W_{总2}$。已知做功时间$t$相同，由$P=\frac{W}{t}$可知，$P_1＜P_2$。
【答案】
A
【知识点】
滑轮组机械效率、滑轮组拉力计算、功率
【点评】
本题考查滑轮组的综合计算，需熟练掌握滑轮组拉力、机械效率、功率的计算公式，明确承担物重的绳子段数是解题核心，属于基础综合题。
【难度系数】
0.6
2. (宿迁期末)如图所示,质量分布均匀的金属杆,将它放在A、B两个支座上处于水平位置平衡,支座A位于距左端杆长$\dfrac{1}{5}$处,支座B位于距左端杆长$\dfrac{2}{3}$处。在最右端施加竖直向上的拉力$F_1$为30 N时,杆刚好离开支座B,在最左端施加竖直向上的拉力$F_2$时,杆刚好离开支座A,则$F_2$大小为 （
A.60 N
B.80 N
C.40 N
D.20 N
D
）A.60 N
B.80 N
C.40 N
D.20 N
答案
提示:设金属杆重为$G$,长为$L$,在最右端施加竖直向上的拉力$F_1$为30 N时,刚好离开支座B,此时支点为支座A,有$G×(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{5})L=F_1×(1-\dfrac{1}{5})L$,即$G×(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{5})=30\ \mathrm{N}×(1-\dfrac{1}{5})$,解得$G=80\ \mathrm{N}$。在最左端施加竖直向上的拉力$F_2$时,刚好离开支座A,此时支点为支座B,有$G×(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})L=F_2×\dfrac{2}{3}L$,即$80\ \mathrm{N}×(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3})=F_2×\dfrac{2}{3}$,解得$F_2=20\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路为：①均匀金属杆的重心在杆的中点处；②当在最右端施加拉力使杆刚好离开支座B时，以支座A为支点，根据杠杆平衡条件求出金属杆的重力G；③当在最左端施加拉力使杆刚好离开支座A时，以支座B为支点，再次利用杠杆平衡条件求出拉力F₂的大小。解题时需准确确定每次的支点、动力、阻力及对应的力臂，代入杠杆平衡公式计算。
【解析】
设金属杆的长度为$ L $，重力为$ G $，因金属杆质量分布均匀，其重心在杆的中点，即距离左端$ \dfrac{L}{2} $处。
1. 求金属杆的重力$ G $：
当在最右端施加竖直向上的拉力$ F_1=30\ \mathrm{N} $，杆刚好离开支座B时，支点为支座A。
支座A距左端$ \dfrac{1}{5}L $，则重心到支点A的距离（阻力臂）为：$ L_{G} = \dfrac{L}{2} - \dfrac{1}{5}L = \dfrac{3}{10}L $；
最右端到支点A的距离（动力臂）为：$ L_{F1} = L - \dfrac{1}{5}L = \dfrac{4}{5}L $。
根据杠杆平衡条件$ F_1L_{F1} = GL_{G} $，代入数据得：
$ 30\ \mathrm{N} × \dfrac{4}{5}L = G × \dfrac{3}{10}L $，两边约去$ L $，解得：$ G = 80\ \mathrm{N} $。
2. 求拉力$ F_2 $：
当在最左端施加竖直向上的拉力$ F_2 $，杆刚好离开支座A时，支点为支座B。
支座B距左端$ \dfrac{2}{3}L $，则重心到支点B的距离（阻力臂）为：$ L_{G}' = \dfrac{2}{3}L - \dfrac{L}{2} = \dfrac{1}{6}L $；
最左端到支点B的距离（动力臂）为：$ L_{F2} = \dfrac{2}{3}L $。
根据杠杆平衡条件$ F_2L_{F2} = GL_{G}' $，代入数据得：
$ F_2 × \dfrac{2}{3}L = 80\ \mathrm{N} × \dfrac{1}{6}L $，两边约去$ L $，解得：$ F_2 = 20\ \mathrm{N} $。
【答案】
20 N
【知识点】
杠杆平衡条件、重心
【点评】
本题结合均匀物体的重心，考查杠杆平衡条件的应用，关键是分两次确定不同的支点及对应力臂，需注意力臂是支点到力的作用线的垂直距离，解题时要仔细分析各力的作用位置，避免力臂计算错误。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路为：①均匀金属杆的重心在杆的中点处；②当在最右端施加拉力使杆刚好离开支座B时，以支座A为支点，根据杠杆平衡条件求出金属杆的重力G；③当在最左端施加拉力使杆刚好离开支座A时，以支座B为支点，再次利用杠杆平衡条件求出拉力F₂的大小。解题时需准确确定每次的支点、动力、阻力及对应的力臂，代入杠杆平衡公式计算。
【解析】
设金属杆的长度为$ L $，重力为$ G $，因金属杆质量分布均匀，其重心在杆的中点，即距离左端$ \dfrac{L}{2} $处。
1. 求金属杆的重力$ G $：
当在最右端施加竖直向上的拉力$ F_1=30\ \mathrm{N} $，杆刚好离开支座B时，支点为支座A。
支座A距左端$ \dfrac{1}{5}L $，则重心到支点A的距离（阻力臂）为：$ L_{G} = \dfrac{L}{2} - \dfrac{1}{5}L = \dfrac{3}{10}L $；
最右端到支点A的距离（动力臂）为：$ L_{F1} = L - \dfrac{1}{5}L = \dfrac{4}{5}L $。
根据杠杆平衡条件$ F_1L_{F1} = GL_{G} $，代入数据得：
$ 30\ \mathrm{N} × \dfrac{4}{5}L = G × \dfrac{3}{10}L $，两边约去$ L $，解得：$ G = 80\ \mathrm{N} $。
2. 求拉力$ F_2 $：
当在最左端施加竖直向上的拉力$ F_2 $，杆刚好离开支座A时，支点为支座B。
支座B距左端$ \dfrac{2}{3}L $，则重心到支点B的距离（阻力臂）为：$ L_{G}' = \dfrac{2}{3}L - \dfrac{L}{2} = \dfrac{1}{6}L $；
最左端到支点B的距离（动力臂）为：$ L_{F2} = \dfrac{2}{3}L $。
根据杠杆平衡条件$ F_2L_{F2} = GL_{G}' $，代入数据得：
$ F_2 × \dfrac{2}{3}L = 80\ \mathrm{N} × \dfrac{1}{6}L $，两边约去$ L $，解得：$ F_2 = 20\ \mathrm{N} $。
【答案】
20 N
【知识点】
杠杆平衡条件、重心
【点评】
本题结合均匀物体的重心，考查杠杆平衡条件的应用，关键是分两次确定不同的支点及对应力臂，需注意力臂是支点到力的作用线的垂直距离，解题时要仔细分析各力的作用位置，避免力臂计算错误。
【难度系数】
0.5
3. (宿迁期末)现有两个使用同一种燃料的加热器,用它们分别对甲、乙两种不同的物质加热。已知$c_{\mathrm{甲}}:c_{\mathrm{乙}}=2:1,m_{\mathrm{甲}}:m_{\mathrm{乙}}=1:3$,当物质升高的温度$\Delta t_{\mathrm{甲}}:\Delta t_{\mathrm{乙}}=3:4$时(甲、乙物质的物态都不发生改变),加热甲、乙所用燃料质量之比是$1:2$,则两个加热器加热效率之比是（
A.$1:1$
B.$3:4$
C.$3:2$
D.$2:1$
A
）A.$1:1$
B.$3:4$
C.$3:2$
D.$2:1$
答案
提示:由$Q_{吸}=cm\Delta t$知,$\dfrac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\dfrac{c_甲m_甲\Delta t_甲}{c_乙m_乙\Delta t_乙}=\dfrac{2}{1}×\dfrac{1}{3}×\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{2}$,加热甲、乙时燃料完全燃烧放热之比$\dfrac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\dfrac{m_1q}{m_2q}=\dfrac{m_1}{m_2}=\dfrac{1}{2}$,两加热器加热效率之比$\dfrac{\eta_甲}{\eta_乙}=\dfrac{\dfrac{Q_{甲吸}}{Q_{甲放}}×100\%}{\dfrac{Q_{乙吸}}{Q_{乙放}}×100\%}=\dfrac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}×\dfrac{Q_{乙放}}{Q_{甲放}}=\dfrac{1}{2}×\dfrac{2}{1}=\dfrac{1}{1}$。
解析
【分析】
要计算两个加热器的加热效率之比，需先明确加热效率的定义：$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，因此需要分别求出甲、乙物质吸收的热量之比，以及对应燃料完全燃烧放出的热量之比，再代入效率公式推导比值。首先利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算吸热比，利用燃料放热公式$Q_{放}=mq$计算放热比，最后将两者代入效率比的表达式化简计算。
【解析】
1. 计算甲、乙吸收的热量之比：
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，已知$c_{甲}:c_{乙}=2:1$，$m_{甲}:m_{乙}=1:3$，$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=3:4$，
则$\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_甲m_甲\Delta t_甲}{c_乙m_乙\Delta t_乙}=\frac{2}{1}×\frac{1}{3}×\frac{3}{4}=\frac{1}{2}$。
2. 计算燃料完全燃烧放出的热量之比：
因燃料种类相同，热值$q$相同，根据$Q_{放}=mq$，已知加热甲、乙的燃料质量之比为$1:2$，
则$\frac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\frac{m_甲q}{m_乙q}=\frac{m_甲}{m_乙}=\frac{1}{2}$。
3. 计算加热器的加热效率之比：
加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，因此效率之比：
$\frac{\eta_甲}{\eta_乙}=\frac{\frac{Q_{甲吸}}{Q_{甲放}}}{\frac{Q_{乙吸}}{Q_{乙放}}}=\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}×\frac{Q_{乙放}}{Q_{甲放}}=\frac{1}{2}×\frac{2}{1}=\frac{1}{1}$。
【答案】
A
【知识点】
比热容热量计算、燃料燃烧放热、加热效率
【点评】
本题结合比热容、燃料放热与加热效率进行比值计算，核心是掌握相关公式的应用，解题时需明确各物理量的比例关系，代入时对应量的比值不能混淆，计算过程需细心，属于中等难度的比值类计算题。
【难度系数】
0.5
要计算两个加热器的加热效率之比，需先明确加热效率的定义：$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%$，因此需要分别求出甲、乙物质吸收的热量之比，以及对应燃料完全燃烧放出的热量之比，再代入效率公式推导比值。首先利用吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$计算吸热比，利用燃料放热公式$Q_{放}=mq$计算放热比，最后将两者代入效率比的表达式化简计算。
【解析】
1. 计算甲、乙吸收的热量之比：
根据吸热公式$Q_{吸}=cm\Delta t$，已知$c_{甲}:c_{乙}=2:1$，$m_{甲}:m_{乙}=1:3$，$\Delta t_{甲}:\Delta t_{乙}=3:4$，
则$\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}=\frac{c_甲m_甲\Delta t_甲}{c_乙m_乙\Delta t_乙}=\frac{2}{1}×\frac{1}{3}×\frac{3}{4}=\frac{1}{2}$。
2. 计算燃料完全燃烧放出的热量之比：
因燃料种类相同，热值$q$相同，根据$Q_{放}=mq$，已知加热甲、乙的燃料质量之比为$1:2$，
则$\frac{Q_{甲放}}{Q_{乙放}}=\frac{m_甲q}{m_乙q}=\frac{m_甲}{m_乙}=\frac{1}{2}$。
3. 计算加热器的加热效率之比：
加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}$，因此效率之比：
$\frac{\eta_甲}{\eta_乙}=\frac{\frac{Q_{甲吸}}{Q_{甲放}}}{\frac{Q_{乙吸}}{Q_{乙放}}}=\frac{Q_{甲吸}}{Q_{乙吸}}×\frac{Q_{乙放}}{Q_{甲放}}=\frac{1}{2}×\frac{2}{1}=\frac{1}{1}$。
【答案】
A
【知识点】
比热容热量计算、燃料燃烧放热、加热效率
【点评】
本题结合比热容、燃料放热与加热效率进行比值计算，核心是掌握相关公式的应用，解题时需明确各物理量的比例关系，代入时对应量的比值不能混淆，计算过程需细心，属于中等难度的比值类计算题。
【难度系数】
0.5
4. (淮安淮阴期末)如图所示,为牧场补水提示器的工作原理图。当水量增加时,滑动变阻器R的滑片P向下移动,下列说法正确的是（
A.若电表是电压表,水量增多时电压表示数变小
B.若电表是电流表,水量增多时电流表示数变小
C.若电表是电流表,与电压表相比,电路更节能
D.若电表是电压表,减小$R_{0}$阻值可提高提示器灵敏度
D
）A.若电表是电压表,水量增多时电压表示数变小
B.若电表是电流表,水量增多时电流表示数变小
C.若电表是电流表,与电压表相比,电路更节能
D.若电表是电压表,减小$R_{0}$阻值可提高提示器灵敏度
答案
提示:若选电压表,电压表测滑片上方电阻丝两端的电压。水量增多时,滑片下移,电路中电流不变,与电压表并联部分的电阻丝阻值变大,电压表示数变大。减小$R_0$时,电路中电流增大,滑片移动相同距离,电压表改变量变大,灵敏度提高。若选电流表,滑片上方电阻丝被短路,水量增多时,滑片下移,电路中电流变大,电流表示数变大,不节能。
解析
【分析】
本题需分电表为电压表、电流表两种情况分析电路结构，结合欧姆定律判断电表示数、电路功率及灵敏度等，再逐一验证选项：
1. 电表为电压表时，电压表相当于开路，滑动变阻器全部电阻接入电路，电流恒定；电压表测滑片上方电阻的电压，水量增多时滑片下移，上方电阻变大，电压表示数变化需结合欧姆定律分析。
2. 电表为电流表时，电流表相当于导线，滑动变阻器接入滑片下方电阻，水量增多时滑片下移，下方电阻变小，电流变化及电路功率需结合总电阻分析。
再逐一判断选项对错。
【解析】
选项A：若电表是电压表，电路中$R_0$与滑动变阻器全部电阻串联，总电阻$R_{总}=R_0+R_{滑总}$，电路电流$I=\frac{U_{总}}{R_{总}}$恒定不变；电压表测滑片$P$上方电阻丝的电压，水量增多时$P$下移，上方电阻丝阻值变大，由$U=IR$可知，电压表示数变大，故A错误。
选项B：若电表是电流表，电流表相当于导线，滑动变阻器接入滑片下方电阻丝，水量增多时$P$下移，下方电阻丝阻值变小，总电阻变小，电路电流$I=\frac{U_{总}}{R_0+R_{滑下}}$变大，电流表示数变大，故B错误。
选项C：若电表是电流表，电路总电阻小于电压表时的总电阻，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电流表时电路总功率更大，更费电，不节能，故C错误。
选项D：若电表是电压表，电压表示数$U=IR_{上}=\frac{U_{总}}{R_0+R_{滑总}} × R_{上}$；减小$R_0$时，电路电流$I$变大，滑片移动相同距离时，$R_{上}$变化量$\Delta R$相同，电压变化量$\Delta U=I\Delta R$变大，即提示器灵敏度提高，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电路动态分析、欧姆定律应用
【点评】
本题结合牧场补水的实际场景，考查电路动态分析，需分电表类型理清电路结构，再结合欧姆定律判断电表示数、电路功率及灵敏度，综合性较强，需细致分析各元件的连接关系。
【难度系数】
0.5
本题需分电表为电压表、电流表两种情况分析电路结构，结合欧姆定律判断电表示数、电路功率及灵敏度等，再逐一验证选项：
1. 电表为电压表时，电压表相当于开路，滑动变阻器全部电阻接入电路，电流恒定；电压表测滑片上方电阻的电压，水量增多时滑片下移，上方电阻变大，电压表示数变化需结合欧姆定律分析。
2. 电表为电流表时，电流表相当于导线，滑动变阻器接入滑片下方电阻，水量增多时滑片下移，下方电阻变小，电流变化及电路功率需结合总电阻分析。
再逐一判断选项对错。
【解析】
选项A：若电表是电压表，电路中$R_0$与滑动变阻器全部电阻串联，总电阻$R_{总}=R_0+R_{滑总}$，电路电流$I=\frac{U_{总}}{R_{总}}$恒定不变；电压表测滑片$P$上方电阻丝的电压，水量增多时$P$下移，上方电阻丝阻值变大，由$U=IR$可知，电压表示数变大，故A错误。
选项B：若电表是电流表，电流表相当于导线，滑动变阻器接入滑片下方电阻丝，水量增多时$P$下移，下方电阻丝阻值变小，总电阻变小，电路电流$I=\frac{U_{总}}{R_0+R_{滑下}}$变大，电流表示数变大，故B错误。
选项C：若电表是电流表，电路总电阻小于电压表时的总电阻，由$P=\frac{U^2}{R}$可知，电流表时电路总功率更大，更费电，不节能，故C错误。
选项D：若电表是电压表，电压表示数$U=IR_{上}=\frac{U_{总}}{R_0+R_{滑总}} × R_{上}$；减小$R_0$时，电路电流$I$变大，滑片移动相同距离时，$R_{上}$变化量$\Delta R$相同，电压变化量$\Delta U=I\Delta R$变大，即提示器灵敏度提高，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
电路动态分析、欧姆定律应用
【点评】
本题结合牧场补水的实际场景，考查电路动态分析，需分电表类型理清电路结构，再结合欧姆定律判断电表示数、电路功率及灵敏度，综合性较强，需细致分析各元件的连接关系。
【难度系数】
0.5
二、填空题
5. (宿迁期末)如图甲所示,一段粗糙程度相同的水平面和一个光滑的圆弧槽在B点处相连,质量为m的物体从离水平面高h的A点由静止释放,最后静止于水平面上的C点,BC长为3 m。如图乙所示,若在水平面上的D点处再连接一个光滑的圆弧槽,且BD长为0.7 m,物体从A点由静止释放,第一次到达左侧圆弧槽的E点,之后再下滑直至最终静止。图甲中,物体在BC段运动时,克服阻力做功,将动能转化为
5. (宿迁期末)如图甲所示,一段粗糙程度相同的水平面和一个光滑的圆弧槽在B点处相连,质量为m的物体从离水平面高h的A点由静止释放,最后静止于水平面上的C点,BC长为3 m。如图乙所示,若在水平面上的D点处再连接一个光滑的圆弧槽,且BD长为0.7 m,物体从A点由静止释放,第一次到达左侧圆弧槽的E点,之后再下滑直至最终静止。图甲中,物体在BC段运动时,克服阻力做功,将动能转化为
内
能,直至动能为零。图乙中,最后物体静止于水平面上的位置距B点0.2
m。答案
提示:物体在粗糙水平面上滑动,克服摩擦做功,将机械能转化为内能。图甲中,物体从A点开始运动,由于圆弧槽光滑,无能量损耗,它具有的机械能在粗糙的水平面上克服摩擦运动了3 m后消耗尽。图乙中,物体从A点开始运动,它具有的机械能仍可在粗糙的水平面上运动3 m后全部转化为内能,第一次从B运动到D的距离为0.7 m,来回四次在水平面上运动的距离之和为$0.7\ \mathrm{m}×4=2.8\ \mathrm{m}$,第五次从B点开始运动的距离为$3\ \mathrm{m}-2.8\ \mathrm{m}=0.2\ \mathrm{m}$,故物体静止时离B的距离为0.2 m。
解析
【分析】
首先，对于第一个空，物体在粗糙水平面上运动时，克服摩擦阻力做功，这是机械能转化的过程，需明确能量转化的类型；对于第二个空，图甲中圆弧光滑无能量损耗，物体的机械能全部用于克服BC段的摩擦做功，由此可得出水平移动距离与消耗机械能的对应关系，再结合图乙中BD的长度，分析物体在水平面上的往返运动，计算总移动距离，从而确定最终静止位置。
【解析】
1. 第一个空：物体在粗糙水平面上滑动时，克服摩擦阻力做功，机械能转化为内能，故填“内”。
2. 第二个空：图甲中，圆弧槽光滑，物体从A到C的过程中，机械能全部用于克服BC段的摩擦做功，BC长3m，说明物体每在粗糙水平面上移动1m，消耗的机械能对应1m的路程。图乙中，物体总机械能不变，需在粗糙水平面上移动的总路程为3m。已知BD=0.7m，物体从B到D再返回B为一次往返，路程为0.7×2=1.4m；经过4次这样的往返，总路程为0.7×4=2.8m，剩余路程为3m-2.8m=0.2m，即物体最后从B点向左侧移动0.2m后静止，故距B点0.2m。
【答案】
内；0.2
【知识点】
能量转化、功的计算
【点评】
本题结合能量转化与功的计算，考查学生对机械能与内能转化的理解，以及通过分析路程关系解决实际问题的能力，需要理清总能量与克服阻力做功的路程对应关系。
【难度系数】
0.5
首先，对于第一个空，物体在粗糙水平面上运动时，克服摩擦阻力做功，这是机械能转化的过程，需明确能量转化的类型；对于第二个空，图甲中圆弧光滑无能量损耗，物体的机械能全部用于克服BC段的摩擦做功，由此可得出水平移动距离与消耗机械能的对应关系，再结合图乙中BD的长度，分析物体在水平面上的往返运动，计算总移动距离，从而确定最终静止位置。
【解析】
1. 第一个空：物体在粗糙水平面上滑动时，克服摩擦阻力做功，机械能转化为内能，故填“内”。
2. 第二个空：图甲中，圆弧槽光滑，物体从A到C的过程中，机械能全部用于克服BC段的摩擦做功，BC长3m，说明物体每在粗糙水平面上移动1m，消耗的机械能对应1m的路程。图乙中，物体总机械能不变，需在粗糙水平面上移动的总路程为3m。已知BD=0.7m，物体从B到D再返回B为一次往返，路程为0.7×2=1.4m；经过4次这样的往返，总路程为0.7×4=2.8m，剩余路程为3m-2.8m=0.2m，即物体最后从B点向左侧移动0.2m后静止，故距B点0.2m。
【答案】
内；0.2
【知识点】
能量转化、功的计算
【点评】
本题结合能量转化与功的计算，考查学生对机械能与内能转化的理解，以及通过分析路程关系解决实际问题的能力，需要理清总能量与克服阻力做功的路程对应关系。
【难度系数】
0.5
6. (宿迁泗洪期末)如图所示,规格相同的甲、乙两容器中分别装有5 kg和2 kg的水,用不同加热器加热(气压为标准大气压,不计热损失),得到如图丙所示的水温与加热时间的关系图像。升高相同的温度,甲、乙两容器中水吸收的热量之比为
$5:2$
。甲、乙两容器中加热器的功率之比为$15:4$
。加热时间为9 min时,甲、乙两容器中水的末温之比为$5:4$
。答案
提示:升高$20\ °\mathrm{C}$甲、乙的加热时间分别为2 min和3 min,在升高温度和比热容相同时,由$Q_{吸}=cm\Delta t$得,$Q_{吸}$与$m$成正比,故甲、乙两容器中水吸热之比为$5:2$。不计热损失,加热器放热之比为$5:2$,故甲、乙两容器中加热器的功率之比为$\dfrac{P_1}{P_2}=\dfrac{\dfrac{W_1}{t_1}}{\dfrac{W_2}{t_2}}=\dfrac{W_1}{W_2}×\dfrac{t_2}{t_1}=\dfrac{5}{2}×\dfrac{3}{2}=15:4$。甲1 min升高$10\ °\mathrm{C}$,乙1 min升高$\dfrac{20}{3}\ °\mathrm{C}$,加热时间为9 min时,甲容器中水的末温为$20\ °\mathrm{C}+10\ °\mathrm{C}×9=110\ °\mathrm{C}$,因标准大气压下水的沸点是$100\ °\mathrm{C}$,故甲容器中水的末温为$100\ °\mathrm{C}$,乙容器中水的末温为$20\ °\mathrm{C}+\dfrac{20}{3}\ °\mathrm{C}×9=80\ °\mathrm{C}$,甲、乙两容器中水的末温之比为$100\ °\mathrm{C}:80\ °\mathrm{C}=5:4$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合热量公式、功率公式，同时注意标准大气压下水的沸点限制。首先根据图像确定升高相同温度时甲、乙的加热时间，利用$Q_{吸}=cm\Delta t$（水的比热容$c$相同）得出吸热与质量的关系；不计热损失时，加热器做功等于水吸收的热量，结合功率公式$P=\frac{W}{t}$计算功率比；再根据图像得出甲、乙每分钟升高的温度，计算9min时的末温，注意标准大气压下水的沸点为100℃，从而得到末温之比。
【解析】
1. 求升高相同温度时甲、乙水吸收的热量之比：
由图丙可知，甲、乙升高相同温度$\Delta t=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$时，甲的加热时间$t_甲=2\mathrm{min}$，乙的加热时间$t_乙=3\mathrm{min}$。水的比热容$c$相同，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，当$c$、$\Delta t$相同时，$Q_{吸}$与质量$m$成正比，已知$m_甲=5\mathrm{kg}$，$m_乙=2\mathrm{kg}$，故$Q_{甲吸}:Q_{乙吸}=m_甲:m_乙=5:2$。
2. 求加热器的功率之比：
不计热损失，加热器做功等于水吸收的热量，即$W_甲=Q_{甲吸}$，$W_乙=Q_{乙吸}$。根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，功率之比为：
$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{\frac{W_甲}{t_甲}}{\frac{W_乙}{t_乙}}=\frac{Q_{甲吸}}{t_甲}×\frac{t_乙}{Q_{乙吸}}=\frac{5}{2}×\frac{3}{2}=\frac{15}{4}$，即$P_甲:P_乙=15:4$。
3. 求加热9min时甲、乙水的末温之比：
甲2min升高$20°\mathrm{C}$，则每分钟升高$\Delta t_甲'=\frac{20°\mathrm{C}}{2}=10°\mathrm{C}$，加热9min升高的温度为$10°\mathrm{C}×9=90°\mathrm{C}$，初始温度为$20°\mathrm{C}$，理论末温为$20°\mathrm{C}+90°\mathrm{C}=110°\mathrm{C}$，但标准大气压下水的沸点为$100°\mathrm{C}$，故甲的实际末温为$100°\mathrm{C}$。
乙3min升高$20°\mathrm{C}$，则每分钟升高$\Delta t_乙'=\frac{20°\mathrm{C}}{3}$，加热9min升高的温度为$\frac{20°\mathrm{C}}{3}×9=60°\mathrm{C}$，末温为$20°\mathrm{C}+60°\mathrm{C}=80°\mathrm{C}$。
因此，末温之比为$100°\mathrm{C}:80°\mathrm{C}=5:4$。
【答案】
5:2；15:4；5:4
【知识点】
热量计算、功率计算、沸点
【点评】
本题综合考查热量与功率的计算，需结合图像分析加热时间和温度变化的关系，关键是利用公式推导比例，同时要注意标准大气压下水的沸点限制，避免错误计算甲的末温，题目难度适中，需细心梳理物理量关系。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需结合热量公式、功率公式，同时注意标准大气压下水的沸点限制。首先根据图像确定升高相同温度时甲、乙的加热时间，利用$Q_{吸}=cm\Delta t$（水的比热容$c$相同）得出吸热与质量的关系；不计热损失时，加热器做功等于水吸收的热量，结合功率公式$P=\frac{W}{t}$计算功率比；再根据图像得出甲、乙每分钟升高的温度，计算9min时的末温，注意标准大气压下水的沸点为100℃，从而得到末温之比。
【解析】
1. 求升高相同温度时甲、乙水吸收的热量之比：
由图丙可知，甲、乙升高相同温度$\Delta t=40°\mathrm{C}-20°\mathrm{C}=20°\mathrm{C}$时，甲的加热时间$t_甲=2\mathrm{min}$，乙的加热时间$t_乙=3\mathrm{min}$。水的比热容$c$相同，根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，当$c$、$\Delta t$相同时，$Q_{吸}$与质量$m$成正比，已知$m_甲=5\mathrm{kg}$，$m_乙=2\mathrm{kg}$，故$Q_{甲吸}:Q_{乙吸}=m_甲:m_乙=5:2$。
2. 求加热器的功率之比：
不计热损失，加热器做功等于水吸收的热量，即$W_甲=Q_{甲吸}$，$W_乙=Q_{乙吸}$。根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，功率之比为：
$\frac{P_甲}{P_乙}=\frac{\frac{W_甲}{t_甲}}{\frac{W_乙}{t_乙}}=\frac{Q_{甲吸}}{t_甲}×\frac{t_乙}{Q_{乙吸}}=\frac{5}{2}×\frac{3}{2}=\frac{15}{4}$，即$P_甲:P_乙=15:4$。
3. 求加热9min时甲、乙水的末温之比：
甲2min升高$20°\mathrm{C}$，则每分钟升高$\Delta t_甲'=\frac{20°\mathrm{C}}{2}=10°\mathrm{C}$，加热9min升高的温度为$10°\mathrm{C}×9=90°\mathrm{C}$，初始温度为$20°\mathrm{C}$，理论末温为$20°\mathrm{C}+90°\mathrm{C}=110°\mathrm{C}$，但标准大气压下水的沸点为$100°\mathrm{C}$，故甲的实际末温为$100°\mathrm{C}$。
乙3min升高$20°\mathrm{C}$，则每分钟升高$\Delta t_乙'=\frac{20°\mathrm{C}}{3}$，加热9min升高的温度为$\frac{20°\mathrm{C}}{3}×9=60°\mathrm{C}$，末温为$20°\mathrm{C}+60°\mathrm{C}=80°\mathrm{C}$。
因此，末温之比为$100°\mathrm{C}:80°\mathrm{C}=5:4$。
【答案】
5:2；15:4；5:4
【知识点】
热量计算、功率计算、沸点
【点评】
本题综合考查热量与功率的计算，需结合图像分析加热时间和温度变化的关系，关键是利用公式推导比例，同时要注意标准大气压下水的沸点限制，避免错误计算甲的末温，题目难度适中，需细心梳理物理量关系。
【难度系数】
0.5
