1 如图所示,工人用160 N的拉力F将重为300 N的木箱在10 s内匀速拉到长3 m、高1 m的斜面顶端.下列说法正确的是().

A.拉力F做功的功率是16 W
B.克服木箱重力做的功是900 J
C.斜面的机械效率是62.5%
D.若只改变斜面的倾斜角度,斜面的机械效率不变

(第1题) (第2题)

拉力做的功为$W_{总}=FL=160\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=480\ \mathrm{J}$，拉力做功的功率为$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{480\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=48\ \mathrm{W}$，故A错误；克服木箱重力做的功是$W_{有用}=Gh=300\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=300\ \mathrm{J}$，故B错误；斜面的机械效率为$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{300\ \mathrm{J}}{480\ \mathrm{J}}×100\%=62.5\%$，故C正确；改变斜面的倾斜角度，木箱对斜面的压力发生改变，斜面与木箱接触面粗糙程度不变，所以摩擦力发生改变，木箱上升过程中，克服摩擦力做的功是额外功，虽然有用功不变，但额外功发生变化，由公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$知，斜面的机械效率发生变化，故D错误。

【分析】
本题考查斜面相关的功、功率、机械效率的计算，解题时需明确总功、有用功的概念，掌握功率、机械效率的计算公式，逐一分析每个选项的计算是否正确，同时理解斜面机械效率的影响因素。
【解析】
1. 分析选项A：拉力做的总功为$W_{总}=FL=160\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=480\ \mathrm{J}$，拉力做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{480\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=48\ \mathrm{W}$，故A错误。
2. 分析选项B：克服木箱重力做的有用功$W_{有用}=Gh=300\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=300\ \mathrm{J}$，故B错误。
3. 分析选项C：斜面的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{300\ \mathrm{J}}{480\ \mathrm{J}}×100\%=62.5\%$，故C正确。
4. 分析选项D：改变斜面倾斜角度时，木箱对斜面的压力变化，接触面粗糙程度不变，摩擦力改变，额外功变化，有用功不变，由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$可知，机械效率会变化，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
功的计算、功率的计算、斜面机械效率
【点评】
本题是力学基础题，考查斜面相关物理量的计算，需牢记相关公式，理解机械效率的影响因素，难度适中。
【难度系数】
0.6

2（2023·菏泽中考）用动滑轮在水平地面上沿直线匀速拉动重为G的物体，如图所示。已知水平拉力为F，物体受到地面的摩擦力为f，物体移动的距离为s。下列说法正确的是（）。

A.重力做功数值为Gs
B.拉力做功数值为Fs
C.摩擦力做功数值为fs
D.使用此滑轮既省力又省功

物体在重力方向没有移动距离，重力做功数值为0，故A错误；动滑轮上有2段绳子，物体移动的距离为s，则拉力移动距离$s_{拉}=2s$，拉力做功数值为$W=Fs_{拉}=2Fs$，故B错误；摩擦力做功数值为$fs$，故C正确；任何机械都不省功，使用此滑轮可省力，但不省功，故D错误。

【分析】
本题考查功的计算、水平动滑轮的特点及机械功原理，解题时需逐个分析选项，明确功的两个必要因素（力和力方向上的距离），水平动滑轮的绳子段数，以及机械功的基本规律。首先判断重力做功，再分析拉力做功，接着判断摩擦力做功，最后结合机械功原理判断D选项。
【解析】
1. 选项A：重力方向竖直向下，物体沿水平方向移动，在重力方向上没有移动距离，根据功的公式$W=Fs$，重力做功为0，故A错误。
2. 选项B：图中为水平使用的动滑轮，承担拉力的绳子段数$n=2$，物体移动距离为$s$，则拉力$F$移动的距离$s_{拉}=2s$，拉力做功$W=F× s_{拉}=F×2s=2Fs$，并非$Fs$，故B错误。
3. 选项C：物体受到的摩擦力为$f$，物体在摩擦力方向上移动的距离为$s$，因此摩擦力做功$W_f=f× s=fs$，故C正确。
4. 选项D：根据机械功原理，使用任何机械都不省功；此滑轮为动滑轮，可省力，但不能省功，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
功的计算、动滑轮特点、机械功原理
【点评】
本题结合水平动滑轮考查功的相关知识，需注意区分不同力的方向对应的做功情况，以及水平动滑轮的距离关系，是力学基础题，需准确把握功的计算条件和机械功的基本规律。
【难度系数】
0.6

3 完全燃烧42 g焦炭所放出的热量，若有50%被2 kg、30 ℃的水吸收，则水温可升高（）。
[$c_水 = 4.2 × 10^3 \ \mathrm{J}/(\mathrm{kg} · \mathrm{℃}), q_焦炭 = 3.0 × 10^7 \ \mathrm{J}/\mathrm{kg},此时外界为1标准大气压$]

A.70 ℃
B.75 ℃
C.100 ℃
D.105 ℃

A

【分析】
本题需分步骤计算：首先根据焦炭的质量和热值计算完全燃烧放出的总热量，再求出水吸收的热量（总热量的50%），接着利用热量公式计算理论上升高的温度，最后结合1标准大气压下水的沸点为100℃的实际情况，判断实际升高的温度，避免误选。
【解析】
1. 计算焦炭完全燃烧放出的热量：
焦炭质量 $ m_{\mathrm{焦炭}} = 42\ \mathrm{g} = 0.042\ \mathrm{kg} $，根据热值公式 $ Q_{\mathrm{放}} = mq $，得：
$ Q_{\mathrm{放}} = 0.042\ \mathrm{kg} × 3.0 × 10^7\ \mathrm{J/kg} = 1.26 × 10^6\ \mathrm{J} $。
2. 计算水吸收的热量：
水吸收的热量为总热量的50%，即：
$ Q_{\mathrm{吸}} = 50\% × Q_{\mathrm{放}} = 0.5 × 1.26 × 10^6\ \mathrm{J} = 6.3 × 10^5\ \mathrm{J} $。
3. 计算理论上水温升高的温度：
根据热量公式 $ Q_{\mathrm{吸}} = c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}} \Delta t $，变形得 $ \Delta t = \frac{Q_{\mathrm{吸}}}{c_{\mathrm{水}} m_{\mathrm{水}}} $，代入数据（$ m_{\mathrm{水}} = 2\ \mathrm{kg} $，$ c_{\mathrm{水}} = 4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} $）：
$ \Delta t = \frac{6.3 × 10^5\ \mathrm{J}}{4.2 × 10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)} × 2\ \mathrm{kg}} = 75\ \mathrm{℃} $。
4. 结合实际情况判断：
1标准大气压下水的沸点为100℃，初始水温为30℃，若水温升高75℃，理论温度为 $ 30\ \mathrm{℃} + 75\ \mathrm{℃} = 105\ \mathrm{℃} $，超过沸点，因此实际水温只能升至100℃，实际升高的温度为 $ 100\ \mathrm{℃} - 30\ \mathrm{℃} = 70\ \mathrm{℃} $。
【答案】
A
【知识点】
热量计算、热值、沸点与气压的关系
【点评】
本题是热量计算的易错题，核心陷阱是忽略1标准大气压下水的沸点为100℃，直接计算理论升高温度会误选B，需注意实际情况对温度的限制，考查学生对热量公式和沸点知识的综合应用能力。
【难度系数】
0.4

4 如图所示，电源电压保持不变，$R_0$为定值电阻，$a$、$d$为滑动变阻器$R_x$的两端，且$R_{ab}=R_{bc}=R_{cd}$。闭合开关$S$，移动滑片$P$至$b$点时，电压表示数为$1\ \mathrm{V}$；移动滑片$P$至$c$点时，电压表示数为$1.6\ \mathrm{V}$；移动滑片$P$至$d$点时，电压表示数为().

A.$2.5\ \mathrm{V}$
B.$2.2\ \mathrm{V}$
C.$2.0\ \mathrm{V}$
D.$1.8\ \mathrm{V}$

C

【分析】首先明确电路结构：滑动变阻器$R_x$与定值电阻$R_0$串联，电压表测量滑片到$a$端的电阻两端的电压。已知$R_x$被分为$ab$、$bc$、$cd$三段，每段电阻相等，设每段电阻为$R$，电源电压为$U$，定值电阻为$R_0$。解题时利用串联电路电流相等的特点，结合欧姆定律，分别列出滑片在$b$、$c$两点时的电压方程，联立求解电源电压和电阻的关系，再计算滑片在$d$点时的电压。
【解析】设滑动变阻器每段电阻为$R$，电源电压为$U$，定值电阻为$R_0$。
1. 当滑片在$b$点时，电压表测$ab$段电阻（阻值为$R$），此时电路总电阻为$R+R_0$，电流$I_1=\frac{U}{R+R_0}$，电压表示数：
$U_1=I_1R=\frac{U}{R+R_0}· R=1\ \mathrm{V}$ ①
2. 当滑片在$c$点时，电压表测$ac$段电阻（阻值为$2R$），此时电路总电阻为$2R+R_0$，电流$I_2=\frac{U}{2R+R_0}$，电压表示数：
$U_2=I_2·2R=\frac{U}{2R+R_0}·2R=1.6\ \mathrm{V}$ ②
3. 联立①②，令$x=\frac{R_0}{R}$，代入得：
由①得$\frac{U}{1+x}=1$，即$U=1+x$；
由②得$\frac{2U}{2+x}=1.6$，即$U=0.8(2+x)$；
联立得$1+x=0.8(2+x)$，解得$x=3$，即$R_0=3R$，代入①得$U=4\ \mathrm{V}$。
4. 当滑片在$d$点时，电压表测$ad$段电阻（阻值为$3R$），此时总电阻为$3R+R_0=6R$，电流$I_3=\frac{U}{6R}=\frac{4}{6R}$，电压表示数：
$U_3=I_3·3R=\frac{4}{6R}·3R=2\ \mathrm{V}$
【答案】C
【知识点】欧姆定律、串联电路特点
【点评】本题考查串联电路的欧姆定律应用，关键是明确电压表测量的电阻段，通过联立方程求解电源电压和电阻关系，需理清电路结构和各物理量的联系，属于中等难度的电路计算题。
【难度系数】0.5

二、填空题(每空2分,共24分)
5 如图甲所示,一块重为2 N的铁块被吸附在竖直放置且足够长的磁性平板上,在竖直向上拉力F=3 N的作用下向上运动,铁块运动速度v与时间t的关系图像如图乙所示.则铁块受到的摩擦力为N,在拉力作用下向上运动6 s,拉力F做的功是J,拉力做功的功率是W.

1 3.6 0.6

【分析】首先观察v-t图像，判断铁块的运动状态为匀速直线运动，此时受力平衡；再对铁块进行竖直方向的受力分析，结合二力平衡条件求出摩擦力；接着利用速度公式计算6s内铁块移动的距离，最后根据功和功率的公式计算拉力做的功和功率。
【解析】1. 由图乙可知，铁块的速度保持0.2m/s不变，做匀速直线运动，处于平衡状态。竖直方向上，铁块受向上的拉力F、向下的重力G和向下的摩擦力f，根据二力平衡条件：F = G + f，因此摩擦力f = F - G = 3N - 2N = 1N。
2. 铁块6s内移动的距离：s = vt = 0.2m/s × 6s = 1.2m。
3. 拉力做的功：W = Fs = 3N × 1.2m = 3.6J。
4. 拉力做功的功率：P = W/t = 3.6J / 6s = 0.6W（或P = Fv = 3N × 0.2m/s = 0.6W）。
【答案】1；3.6；0.6
【知识点】二力平衡、功的计算、功率的计算
【点评】本题结合v-t图像考查力学综合计算，核心是利用匀速直线运动的受力特点分析摩擦力，再结合公式计算功和功率，属于基础题型，需掌握受力分析和相关公式的应用。
【难度系数】0.5

6（2023·宿迁泗阳县期末）如图所示，固定的斜面长$s=1.2\ \mathrm{m}$，高$h=0.3\ \mathrm{m}$，沿斜面向上用5 N的拉力在2 s内把一个重16 N的物体从斜面底端匀速拉到顶端，拉力的功率为W，则物体与斜面间的摩擦力为N，使用斜面可以（填“省力”或“省功”）。

拉力做的总功为$W_{总}=Fs=5\ \mathrm{N}×1.2\ \mathrm{m}=6\ \mathrm{J}$，拉力的功率为$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{6\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}}=3\ \mathrm{W}$，拉力做的有用功为$W_{有用}=Gh=16\ \mathrm{N}×0.3\ \mathrm{m}=4.8\ \mathrm{J}$，克服摩擦力做的额外功为$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=6\ \mathrm{J}-4.8\ \mathrm{J}=1.2\ \mathrm{J}$，物体与斜面间的摩擦力为$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{1.2\ \mathrm{J}}{1.2\ \mathrm{m}}=1\ \mathrm{N}$；使用任何机械都不能省功，使用斜面可以省力。

【分析】
解决本题需分三步：①计算拉力的功率，先求拉力做的总功，再用功率公式计算；②求摩擦力，需明确额外功是克服摩擦力的功，总功减有用功得额外功，再由额外功公式求摩擦力；③判断斜面特点，结合拉力与物重的关系及机械功原理分析。
【解析】
1. 拉力做的总功：$ W_{总}=Fs=5\ \mathrm{N}×1.2\ \mathrm{m}=6\ \mathrm{J} $；
2. 拉力的功率：$ P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{6\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}}=3\ \mathrm{W} $；
3. 克服物体重力的有用功：$ W_{有用}=Gh=16\ \mathrm{N}×0.3\ \mathrm{m}=4.8\ \mathrm{J} $；
4. 克服摩擦力的额外功：$ W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=6\ \mathrm{J}-4.8\ \mathrm{J}=1.2\ \mathrm{J} $；
5. 物体与斜面的摩擦力：由$ W_{额外}=fs $得$ f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{1.2\ \mathrm{J}}{1.2\ \mathrm{m}}=1\ \mathrm{N} $；
6. 斜面特点：拉力$ F=5\ \mathrm{N}＜G=16\ \mathrm{N} $，故使用斜面可以省力，且任何机械都不省功。
【答案】
3；1；省力
【知识点】
功率计算、斜面额外功、斜面特点
【点评】
本题考查斜面的功、功率计算及斜面特性，需区分总功、有用功、额外功的关系，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.6

7 (2023·南京中考)用杠杆和滑轮组均可提升重物.
(1)用杠杆将重为 180 N 的物体匀速提升50 cm,用时 2 s,杠杆机械效率为 90%.则提升该物体做的有用功是 J,总功的功率是 W.
(2)用如图所示的滑轮组竖直向上匀速提升重物,不计绳重和摩擦,当物体和动滑轮的总重为200 N时,滑轮组的机械效率为 80%,则动滑轮重为 N;若重物变为 400 N,将物体匀速提升 1 m,此过程中拉力 F 所做的总功为 J.

(1)90 50 (2)40 440
解析：本题考查功和功率的计算以及滑轮组的机械效率. (1)提升物体做的有用功为$W_{有用}=G_{物}h=180\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}=90\ \mathrm{J}$，由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$变形可得，总功为$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{90\ \mathrm{J}}{90\%}=100\ \mathrm{J}$，总功的功率为$P_{总}=\frac{W_{总}}{t}=\frac{100\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}}=50\ \mathrm{W}$. (2)由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_{物}h}{G_{物}h+G_{动}h}×100\%=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}×100\%$变形可得，被提升物体的重力为$G_{物}=\eta·(G_{物}+G_{动})=80\%×200\ \mathrm{N}=160\ \mathrm{N}$，则动滑轮重为$G_{动}=G_{总}-G_{物}=200\ \mathrm{N}-160\ \mathrm{N}=40\ \mathrm{N}$；若重物变为400 N，将物体匀速提升1 m，此过程中拉力F做的总功为$W_{总}=(G_{物}'+G_{动})h=(400\ \mathrm{N}+40\ \mathrm{N})×1\ \mathrm{m}=440\ \mathrm{J}$.

【分析】
本题分为两小问，第(1)问需利用有用功、总功、机械效率、功率的关系逐步求解；第(2)问需结合滑轮组机械效率公式，先求出动滑轮重力，再计算变化重物后的总功。
第(1)问：提升物体的有用功是克服物体重力做的功，直接用公式$W_{有用}=G_{物}h$计算；已知机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，变形可求总功，再根据功率公式$P=\frac{W_{总}}{t}$计算总功的功率。
第(2)问：不计绳重和摩擦时，滑轮组机械效率$\eta=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$，结合总重$G_{总}=G_{物}+G_{动}$，可求出动滑轮重力；当重物变化后，总功为克服物重和动滑轮重做的功，代入数据计算即可。
【解析】
(1) 提升物体做的有用功：
$W_{有用}=G_{物}h=180\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}=90\ \mathrm{J}$；
由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$变形得总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{90\ \mathrm{J}}{90\%}=100\ \mathrm{J}$；
总功的功率：
$P_{总}=\frac{W_{总}}{t}=\frac{100\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}}=50\ \mathrm{W}$。
(2) 不计绳重和摩擦，滑轮组机械效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_{物}h}{G_{物}h+G_{动}h}×100\%=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}×100\%$；
已知$G_{物}+G_{动}=200\ \mathrm{N}$，$\eta=80\%$，代入得：
$80\%=\frac{G_{物}}{200\ \mathrm{N}}$，解得$G_{物}=160\ \mathrm{N}$；
动滑轮重力：
$G_{动}=G_{总}-G_{物}=200\ \mathrm{N}-160\ \mathrm{N}=40\ \mathrm{N}$；
当重物变为$G_{物}'=400\ \mathrm{N}$，提升高度$h=1\ \mathrm{m}$，总功为克服物重和动滑轮重做的功：
$W_{总}'=(G_{物}'+G_{动})h=(400\ \mathrm{N}+40\ \mathrm{N})×1\ \mathrm{m}=440\ \mathrm{J}$。
【答案】
(1)90；50 (2)40；440
【知识点】
功的计算；功率的计算；滑轮组的机械效率
【点评】
本题考查功、功率及滑轮组机械效率的基础计算，需熟练掌握相关公式的变形应用，属于中考常见基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.7