一、选择题
1. (扬州广陵期末)建筑工地上,工人常运用简单机械提高工作效率。如图所示,用100 N的拉力F向下拉轻绳,将重320 N的物体从斜面底端匀速拉至顶端。不计空气阻力,忽略绳与滑轮间的摩擦,已知斜面长4 m,高1 m,则对于此过程,下列说法正确的是
（）

A.图中的滑轮可以省力
B.物体受到的摩擦力大小为20 N
C.有用功为1 280 J
D.此装置的机械效率为83.3%

1. B 提示:图中的滑轮为定滑轮,可改变力的方向,但不能省力;$W_{总}=Fs=100\ \mathrm{N} × 4\ \mathrm{m}=400\ \mathrm{J}$,$W_{有用}=Gh=320\ \mathrm{N} × 1\ \mathrm{m}=320\ \mathrm{J}$,$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=400\ \mathrm{J}-320\ \mathrm{J}=80\ \mathrm{J}$,不计空气阻力,忽略绳与滑轮间的摩擦时,$f=\dfrac{W_{额外}}{s}=\dfrac{80\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{m}}=20\ \mathrm{N}$,$\eta =\dfrac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% =\dfrac{320\ \mathrm{J}}{400\ \mathrm{J}} × 100\% =80\%$。

【分析】
要判断各选项的正误，需先明确定滑轮的特点，再结合功、机械效率的公式，分别计算有用功、总功、额外功，进而求出摩擦力和机械效率，逐一验证选项。
【解析】
1. 滑轮类型判断：图中滑轮为定滑轮，定滑轮只能改变力的方向，不能省力，因此A选项错误。
2. 有用功计算：有用功是克服物体重力做的功，公式为$W_{有用}=Gh$，代入数据得$W_{有用}=320\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=320\ \mathrm{J}$，故C选项（1280 J）错误。
3. 总功与机械效率计算：总功是拉力做的功，公式为$W_{总}=Fs$，代入数据得$W_{总}=100\ \mathrm{N}×4\ \mathrm{m}=400\ \mathrm{J}$；机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{320\ \mathrm{J}}{400\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$，故D选项（83.3%）错误。
4. 摩擦力计算：额外功$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=400\ \mathrm{J}-320\ \mathrm{J}=80\ \mathrm{J}$，不计绳与滑轮间的摩擦，额外功是克服斜面摩擦力做的功，即$W_{额外}=fs$，因此摩擦力$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{80\ \mathrm{J}}{4\ \mathrm{m}}=20\ \mathrm{N}$，故B选项正确。
【答案】
B
【知识点】
定滑轮、斜面机械效率、有用功与额外功
【点评】
本题结合定滑轮和斜面，考察简单机械的功、机械效率相关计算，需掌握定滑轮的特点，区分有用功、总功、额外功的来源，属于基础综合应用题目。
【难度系数】
0.6

2. (扬州仪征期末)光滑斜面a与水平面PQ平滑连接。从斜面a上高H处静止释放小球,小球运动到Q点静止,如图甲所示。在PQ上的N点平滑拼接另一光滑斜面b,已知$PQ=3PN$,如图乙所示。小球冲到b斜面上的h高处。则小球最终将停在（）


A.a斜面上
B.b斜面上
C.P处
D.N处

2. D 提示:两次小球开始下滑的高度H相同,即两次具有的机械能相同,小球最终静止时损失的机械能相同,因光滑的斜面没有机械能的损失,且$PQ=3PN$,故小球从P到N损失的机械能是PQ上的$\dfrac{1}{3}$,再从N到P损失$\dfrac{1}{3}$,P到N损失$\dfrac{1}{3}$,最终在N处静止。

【分析】
首先，小球初始时静止在高H处，具有的机械能为重力势能（动能为0），大小为$ mgH $。由于斜面光滑，只有水平面的摩擦力会消耗机械能，使小球最终静止。在甲图中，小球从P运动到Q静止，说明PQ段摩擦力做功等于初始机械能，由此可算出单位长度水平面的摩擦力做功；结合乙图中$ PQ=3PN $，可知每经过PN段水平面消耗的机械能，再通过分析小球在水平面往返时消耗的机械能，即可确定最终停止的位置。
【解析】
1. 初始机械能：小球从高H处静止释放，初始机械能$ E = mgH $（动能为0，重力势能为$ mgH $）。
2. 甲图中，小球从P运动到Q静止，说明PQ段摩擦力做功等于初始机械能，即$ f · PQ = mgH $，解得水平面的摩擦力$ f = \frac{mgH}{PQ} $。
3. 乙图中，$ PQ=3PN $，故$ PN = \frac{PQ}{3} $，因此每经过PN段水平面，摩擦力做功为$ W = f · PN = \frac{mgH}{PQ} · \frac{PQ}{3} = \frac{mgH}{3} $，即每经过PN段消耗$ \frac{mgH}{3} $的机械能。
4. 小球运动过程中，斜面光滑无能量损失，仅水平面消耗机械能：
小球从P到N，消耗$ \frac{mgH}{3} $，剩余机械能$ mgH - \frac{mgH}{3} = \frac{2mgH}{3} $；
小球从N滑上b斜面再返回N，机械能不变（斜面光滑），剩余$ \frac{2mgH}{3} $；
小球从N到P，消耗$ \frac{mgH}{3} $，剩余$ \frac{2mgH}{3} - \frac{mgH}{3} = \frac{mgH}{3} $；
小球从P到N，消耗$ \frac{mgH}{3} $，剩余$ \frac{mgH}{3} - \frac{mgH}{3} = 0 $，机械能耗尽，小球静止在N处。
【答案】
D
【知识点】
机械能转化、摩擦力做功
【点评】
本题结合机械能守恒和摩擦力做功分析运动过程，核心是明确斜面光滑时无能量损失，仅水平面消耗机械能，通过分段计算消耗的机械能推导最终位置，需理清能量变化的逻辑。
【难度系数】
0.5

3.（扬州高邮期末）小明设计了一个电子测力计，其原理图如图所示。已知电源电压恒定，$R_0$ 为定值电阻，$R$ 为变阻器，当拉环被拉伸时，显示仪可显示拉力的大小。以下说法正确的是（）


A.显示仪是由电压表改装而成的
B.当拉力为零时，通过 $R_0$ 的电流为零
C.拉力 $F$ 越大，$R_0$ 两端的电压越大
D.拉力 $F$ 越小，$R$ 接入电路的阻值越小

3. C 提示:图中两电阻和显示仪串联,故显示仪是由电流表改装而成的;拉力越大,滑片向右移动的距离越大,变阻器接入的电阻越小,电路中的电流越大,$R_0$ 两端的电压越大;当拉力为零时,变阻器接入的电阻最大,电路中的电流最小但不为零。

【分析】
要解决这道题，需先明确电路结构：显示仪串联在电路中，结合电流表、电压表的使用规则判断显示仪类型；再根据拉力变化时滑动变阻器滑片的移动，分析接入电阻的变化，结合欧姆定律判断电路电流、定值电阻两端电压的变化，逐一分析选项即可。
【解析】
逐一分析各选项：
选项A：电流表串联在电路中，电压表并联在电路中。由图可知，显示仪与电路串联，因此显示仪是由电流表改装而成的，A错误。
选项B：当拉力为零时，滑动变阻器R接入电路的阻值最大，但电路仍为通路，电源电压恒定，根据欧姆定律，电路中有电流，因此通过R₀的电流不为零，B错误。
选项C：拉力F越大，拉环向右移动，滑片向右移动，滑动变阻器R接入电路的阻值越小，电路总电阻越小。电源电压恒定，根据I=U/R总，电路电流越大；定值电阻R₀的阻值不变，由U₀=IR₀可知，R₀两端的电压越大，C正确。
选项D：拉力F越小，拉环向左移动，滑片向左移动，滑动变阻器R接入电路的阻值越大，D错误。
【答案】
C
【知识点】
串联电路特点、欧姆定律应用、滑动变阻器
【点评】
本题结合力学与电学知识，考查电路动态分析，需掌握电流表的使用、滑动变阻器的工作原理及欧姆定律的应用，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6

4. (扬州广陵期末)如图甲所示,电源电压恒定不变, 定值电阻 $R_1$ 标有“$5\ \Omega\ \ 0.5\ \mathrm{A}$”字样, 滑动变阻器 $R_2$ 标有“$20\ \Omega\ \ 1\ \mathrm{A}$”字样,电流表量程为 $0∼0.6\ \mathrm{A}$, 电压表量程为 $0∼3\ \mathrm{V}$。闭合开关 $\mathrm{S}$, 在保证电路安全的情况下, 滑片 $\mathrm{P}$ 移动时电流表示数与电压表示数的变化关系图像如图乙所示, 则下列说法正确的是（）


A.电源电压为 $3\ \mathrm{V}$
B.电流表的示数变化范围是 $0.1∼0.5\ \mathrm{A}$
C.定值电阻 $R_1$ 两端最大的电压为 $3\ \mathrm{V}$
D.滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是$3∼15\ \Omega$

4. D 提示:由图乙知,$U_2=3\ \mathrm{V}$时,$I=0.2\ \mathrm{A}$,电源电压$U=IR_1+U_2=0.2\ \mathrm{A} × 5\ \Omega +3\ \mathrm{V}=4\ \mathrm{V}$,$I_大=0.5\ \mathrm{A}$时,$U_{1大}=I_大R_1=0.5\ \mathrm{A} × 5\ \Omega =2.5\ \mathrm{V}$,$R_{2小}=\dfrac{U-U_{1大}}{I_大}=\dfrac{4\ \mathrm{V}-2.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}=3\ \Omega$,$I_小=\dfrac{U-U_{2大}}{R_1}=\dfrac{4\ \mathrm{V}-3\ \mathrm{V}}{5\ \Omega}=0.2\ \mathrm{A}$,$R_{2大}=\dfrac{U_{2大}}{I_小}=\dfrac{3\ \mathrm{V}}{0.2\ \mathrm{A}}=15\ \Omega$,故电流表示数变化范围是$0.2∼ 0.5\ \mathrm{A}$,$R_2$连入电路的阻值范围是$3∼ 15\ \Omega$。

【分析】
首先明确电路为R₁与R₂串联，电流表测电路电流，电压表测R₂两端电压，电源电压恒定，根据串联电路电压规律U=IR₁+U₂，可结合图乙数据求电源电压；再结合各元件的安全参数（R₁额定电流0.5A、R₂额定电流1A、电流表量程0~0.6A、电压表量程0~3V）确定电路的最大、最小电流，进而算出R₂的阻值范围，逐一判断选项。
【解析】
1. 计算电源电压：由图乙可知，当电流I₁=0.2A时，R₂两端电压U₂₁=3V；当电流I₂=0.4A时，R₂两端电压U₂₂=2V。根据串联电路电压规律U=IR₁+U₂，代入数据得：
U = I₁R₁ + U₂₁ = 0.2A×5Ω + 3V = 4V，
验证：U = I₂R₁ + U₂₂ = 0.4A×5Ω + 2V = 4V，故电源电压为4V，A选项错误。
2. 确定电路最大电流：各元件安全限制：R₁额定电流0.5A，滑动变阻器额定电流1A，电流表量程0~0.6A，因此电路最大电流由R₁额定电流决定，即I最大=0.5A。
此时R₁两端最大电压：U₁最大=I最大R₁=0.5A×5Ω=2.5V，C选项错误。
此时R₂两端电压：U₂最小=U - U₁最大=4V -2.5V=1.5V，
R₂接入最小阻值：R₂最小=U₂最小/I最大=1.5V/0.5A=3Ω。
3. 确定电路最小电流：电压表量程0~3V，故R₂两端最大电压U₂最大=3V，此时电路电流最小：
I最小=(U - U₂最大)/R₁=(4V -3V)/5Ω=0.2A，
电流表示数变化范围为0.2A~0.5A，B选项错误。
此时R₂接入最大阻值：R₂最大=U₂最大/I最小=3V/0.2A=15Ω，
因此滑动变阻器连入阻值范围为3Ω~15Ω，D选项正确。
【答案】
D
【知识点】
串联电路规律、欧姆定律应用
【点评】
本题是串联电路动态分析的典型题，需结合串联电路电压、电流规律，欧姆定律，同时兼顾各元件的安全限制，步骤较多，需细心推导各物理量的范围。
【难度系数】
0.5

二、填空题
5. (扬州邗江期末)随着人们生活水平的日益提高,汽车越来越多地走进了百姓人家。当一辆燃油车以 72 km/h 的速度在水平路面上匀速行驶时,发动机的实际功率为 20 kW,此过程中汽车所受的阻力为N;若汽车行驶的路程为 144 km,汽油的热值$q=$$4×10^{7}\ \mathrm{J}/\mathrm{kg}$,汽车发动机的效率为 30%,则汽车发动机所做的功为J,汽车消耗汽油的质量为kg。

5. $1\ 000$ $1.44 × 10^8$ $12$ 提示:$v=72\ \mathrm{km/h}=20\ \mathrm{m/s}$,由$P=\dfrac{W}{t}=Fv$知,汽车的牵引力$F=\dfrac{P}{v}=\dfrac{20 × 10^3\ \mathrm{W}}{20\ \mathrm{m/s}}=1\ 000\ \mathrm{N}$,汽车匀速行驶,所受阻力$f=F=1\ 000\ \mathrm{N}$;汽车的运动时间$t=\dfrac{s}{v}=\dfrac{144\ \mathrm{km}}{72\ \mathrm{km/h}}=2\ \mathrm{h}=7\ 200\ \mathrm{s}$,发动机做功$W=Pt=20\ 000\ \mathrm{W} × 7\ 200\ \mathrm{s}=1.44 × 10^8\ \mathrm{J}$;汽油完全燃烧放热$Q_{放}=mq$,又因$\eta =\dfrac{W}{Q_{放}} × 100\%$,故$m=\dfrac{Q_{放}}{q}=\dfrac{W}{\eta q}=\dfrac{1.44 × 10^8\ \mathrm{J}}{30\% × 4 × 10^7\ \mathrm{J/kg}}=12\ \mathrm{kg}$。

【分析】
本题是力学与热学的综合计算题，解题思路分三步：①汽车匀速行驶时牵引力与阻力平衡，利用功率公式$P=Fv$，先换算速度单位，计算牵引力进而得到阻力；②先算汽车行驶时间，再用$W=Pt$求发动机做功；③根据热机效率公式，结合汽油热值计算消耗汽油的质量，解题时需注意单位统一。
【解析】
解：单位换算：$v=72\ \mathrm{km/h}=20\ \mathrm{m/s}$，$P=20\ \mathrm{kW}=2×10^4\ \mathrm{W}$。
1. 求阻力：由$P=Fv$得牵引力$F=\frac{P}{v}=\frac{2×10^4\ \mathrm{W}}{20\ \mathrm{m/s}}=1000\ \mathrm{N}$，汽车匀速行驶受力平衡，故阻力$f=F=1000\ \mathrm{N}$。
2. 求发动机做功：行驶时间$t=\frac{s}{v}=\frac{144\ \mathrm{km}}{72\ \mathrm{km/h}}=2\ \mathrm{h}=7200\ \mathrm{s}$，做功$W=Pt=2×10^4\ \mathrm{W}×7200\ \mathrm{s}=1.44×10^8\ \mathrm{J}$。
3. 求汽油质量：由$\eta=\frac{W}{Q_{放}}$得$Q_{放}=\frac{W}{\eta}$，又$Q_{放}=mq$，故$m=\frac{W}{\eta q}=\frac{1.44×10^8\ \mathrm{J}}{30\%×4×10^7\ \mathrm{J/kg}}=12\ \mathrm{kg}$。
【答案】
1000；$1.44×10^8$；12
【知识点】
功率计算、功的计算、热机效率与热值
【点评】
本题综合考查力学与热学的核心公式应用，关键是掌握功率、功、效率、热值的关联公式，需注意单位换算，属于中等难度的基础综合题。
【难度系数】
0.6

6.（扬州仪征期末）一串小彩灯，每个小彩灯规格为“5 V 0.2 A”，如图所示，在正常情况下，细金属丝由于表面氧化铜而与灯丝支架不导通，若加上200 V以

上电压时，氧化铜被击穿，细金属丝与灯丝导电支架导通。已知灯丝冷时电阻为$2\ \Omega$，热时电阻为$25\ \Omega$，将这一串小彩灯串联在220 V电路中，在使彩灯正常发光情况下，应串联个小彩灯，此时电路总电阻为$\Omega$。当其中一只彩灯灯丝烧断瞬间，细金属丝两端电压达到V，故细金属丝与灯丝支架导通，保证其他灯泡继续发光，此时其他每个彩灯的电压会（填“大于”“小于”或“等于”）5 V。

6. $44$ $1\ 100$ $220$ 大于 提示:应串联小彩灯的个数$n=\dfrac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{V}}=44$,$R_{总}=44R=44 × 25\ \Omega =1\ 100\ \Omega$;当其中一只彩灯灯丝烧断瞬间,发生断路的地方的电压接近电源电压220 V,氧化铜被击穿,细金属丝与灯丝支架导通,保证其他灯泡继续发光;由于少了一个灯泡,每只灯泡两端的电压大于其额定电压5 V。

【分析】
要解决这道题，需结合串联电路的特点和欧姆定律分析：首先，小彩灯正常发光时两端电压为额定电压5V，串联电路总电压等于各用电器电压之和，据此计算需串联的小彩灯个数；正常发光时灯丝为热态，电阻为25Ω，总电阻为单个电阻乘以个数；当某一彩灯灯丝烧断时，该位置两端电压等于电源电压，使细金属丝导通，再根据电路总电阻变化分析其他彩灯的电压变化。
【解析】
1. 计算串联小彩灯的个数：
串联电路总电压等于各部分电压之和，每个小彩灯正常发光时电压为5V，电源电压为220V，因此需串联的小彩灯个数 $ n = \frac{U_{\mathrm{总}}}{U_{\mathrm{额}}} = \frac{220\ \mathrm{V}}{5\ \mathrm{V}} = 44 $ 个。
2. 计算电路总电阻：
小彩灯正常发光时，灯丝为热态，电阻为25Ω，串联电路总电阻等于各电阻之和，因此总电阻 $ R_{\mathrm{总}} = nR = 44 × 25\ \Omega = 1100\ \Omega $。
3. 分析灯丝烧断后的情况：
当一只彩灯灯丝烧断瞬间，该彩灯两端的电压等于电源电压220V，因此细金属丝两端电压达到220V，氧化铜被击穿，细金属丝与灯丝支架导通。此时，该彩灯相当于导线，电路中总电阻变小，电流变大，其他每个彩灯的电阻不变，根据 $ U = IR $，其两端电压会大于原来的5V。
【答案】
44；1100；220；大于
【知识点】
串联电路电压规律；欧姆定律；电阻的串联
【点评】
本题结合实际小彩灯的结构，考查串联电路特点和欧姆定律的应用，需要理解小彩灯的特殊工作原理，分析灯丝烧断后电路的变化，是一道联系实际的中等难度题目，能较好地考查学生对串联电路知识的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.5