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（1）当只闭合开关S₁时，只有电动机工作，由表格中数据知，功率为80W，则：
I=[P/U]=[80W/220V]≈0.36A
（2）当同时闭合开关S₁、S₂时，电动机和电热丝同时工作，但只有电热丝发热，由表格中数据知，发热功率为800W，则：
Q=W_电热丝=（P_热-P_冷）t=（800W-80W）×5×60s=2.16×10⁵J
（3）电吹风正常工作并且吹热风时，功率为P_热=800W
半小时做的功为W′=P_热t′=0.8kW×0.5h=0.4kW•h
由电能表参数知，每消耗1kWh的电能，转盘转动600转，所以：
n=0.4kW•h×600转/kW•h=240转
答：（1）当只闭合开关S₁时，电吹风正常工作，通过电动机的电流为0.36A；
（2）当同时闭合开关S₁、S₂时，电吹风正常工作，5min内电流通过R产生的热量是2.16×10⁵J；
（3）洋洋家的电能表如图乙所示，当洋洋家只有电吹风正常工作并且吹热风时，半小时电能表的转盘旋转240转．

点评：
本题考点： 电功率与电压、电流的关系；电能表参数的理解与电能的求法；焦耳定律的计算公式及其应用．

考点点评： 此题考查了对电功、电功率的公式的应用，要熟练掌握公式并能对其变形，同时考查了电能表参数的意义．能够根据表格确定不同工作状态的电功率是解决此题的关键．

A、电压表测量变阻器左侧的电压．t₁时刻U=0，则说明P在最左端．故A错误．
B、C设物体的位移为x时，电压表的读数为U，变阻器的总长为L，总电阻为R，则根据欧姆定律和电阻定律得
U=
x
LE，
由图知，0-t₁时间内U=kt，k是比例系数，则得x=
kL
Et，x与t成正比，说明物体M向右做匀速运动．故B正确，C错误．
D、同理可知，t₁--t₂时间内物体M向左做匀速运动．故D错误．
故选B

点评：
本题考点： 闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 本题是力电综合题，抓住它们之间的联系．本题通过位移将力电联系起来，这是解决本题的关键．

工件获得动能Ek＝
1
2mv2，
工件的位移s=[v/2t
工件和传送带之间的相对位移△x＝vt−
v
2t＝
vt
2]=s，
因为fs＝
1
2mv2，则Q=f△x＝Ek＝
1
2mv2，
所以多消耗的电能E=Ek+Q＝
1
2mv2+
1
2mv2＝mv2．
答：电动机由于传送工件多消耗的电能为mv²．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；功能关系．

考点点评： 解决本题的关键得出工件位移和相对位移之间的关系，从而得出获得动能和摩擦产生热量的关系，结合能量守恒进行求解．

根据动能定理，摩擦力对物体做的功等于物体在这个过程中获得动能：fs=[1/2]m（3v）²-[1/2]mv²=4mv²
从开始到与传送相对静止所用时间：t=[3v−v/μg]=[2v/μg]
这段时间内物体的位移：s=
(3v)2−v2
2μg=
4v2
μg
传送的位移：d=3vt=
6v2
μg
摩擦产生的热量：Q=μmg（s-d）=2mv²
电动机多做的功转化成了物体的动能和内能：4mv²+2mv²=6mv²
故答案为：4mv²，2mv²，6mv²．

点评：
本题考点： 功能关系；牛顿第二定律．

考点点评： 当物体之间发生相对滑动时，一定要注意物体的动能增加的同时，相同的内能也要增加，这是解本题的关键地方．

A、机械波上各质点都在各自的平衡位置附近做简谐振动，A正确；
B、机械波的形成原因是质点间的相互作用，前一质点带动后一质点，后一质点重复前一质点的振动，故B正确；
C、机械波的形成原因是质点间的相互作用，前一质点带动后一质点，后一质点重复前一质点的振动，每个质点都做受迫振动，即后一质点的振动必定落后于前一质点，C正确；
D、机械波传播的是波形，质点并不随着波迁移，各个质点在其平衡位置附近做简谐运动，故D错误．
故选：ABC．

点评：
本题考点： 横波和纵波；简谐运动的振幅、周期和频率．

考点点评： 本题考查了机械波的形成原因、传播特点、振动和波动的关系，理解波的形成原因是关键．

A、电动机多消耗的电能转变成内能和物体的动能，根据功能关系得知电动机多做的功大于[1/2]mv²．故A错误．
B、根据动能定理得：摩擦力对物体做功大小为[1/2]mv²．在物体匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物体的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做功，所以传送带克服摩擦力做的功大于[1/2]mv²．故B错误．
C、电动机增加了对物体的摩擦力，增加的功率为μmgv．故C正确．
D、物体匀加速运动的加速度大小为a=[μmg/m]=μg，时间为t=[v/a＝
v
μg]，则物体相对于传动带的位移大小为△x=vt-[1/2vt=
v2
2μg]，所以物体在传送带上的划痕长为
v2
2μg．故D正确．
故选CD

点评：
本题考点： 闭合电路中的能量转化；功能关系．

考点点评： 解决本题的关键在于要懂得物体在匀加速运动过程，电动机要增加功率，多消耗电能，运用功能关系和牛顿定律、运动学公式进行分析．

电动机的原理是通电导体在磁场中受力，能量转化是电能转化为机械能；发电机的原理是电磁感应现象，能量转化是机械能转化为电能．
尽管电风扇里装的是电动机，但此题中是当作发电机用的，故说明的是磁场中运动的线圈可以产生电流，能量转化是机械能转化为电能．
故答案为：电；机械能．

点评：
本题考点： 电磁感应．

考点点评： 电动机和发电机的工作过程是相反的：发电机是由磁场和运动产生电流；电动机是由磁场和电流产生运动．

设在最高点杆子表现为拉力，则有，代入数据得，，则杆子表现为推力，大小为6N.所以小球对杆子表现为压力，大小为6N.故A错误，B正确。在最低点，杆子表现为拉力，有，代入数据得，F=54N.故CD错误

故选B

B


<>

电动机克服重力做功的功率：
P_G=[W/t]=[mgh/t]=mgv=50kg×10N/kg×0.9m/s=450W，
电动机的功率：
P_M=UI=110V×5A=550W；，
电动机的发热功率：
P_热=P_M-P_G=550W-450W=100W；
由P=I²R可得：
R=
P
I2=
100W
(5A)2=4Ω．
故选D．

点评：
本题考点： 电功计算公式的应用．

考点点评： 本题解题的关键在于明确能量的转化的方向，知道消耗的电能转化为了机械能和内能，则可求得发热功率；同时明确发热功率是由于线圈内阻发热产生的．

A、在最高点，设杆子对球表现为支持力，根据牛顿第二定律得mg-F=m
v2
L，解得F=mg-m
v2
L＝30−3×
4
0.5N＝6N，则球对杆子表现为压力，大小为6N．故A错误，B正确．
C、在最低点，根据牛顿第二定律得，F-mg=m
v2
L，则拉力F=mg+m
v2
L＝30+3×
4
0.5N＝54N，则球对杆子的拉力为54N．故C、D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 向心力．

考点点评： 解决本题的关键知道小球做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解．

两个轮子是同缘传动，故边缘点线速度相等，甲两轮的半径之比为1：5，根据v=rω，边缘点角速度之比为5：1，故驱动力的频率为：
f=[149r/min/5]≈0.5Hz
故驱动力的周期为：
T=[1/f]=2s
共振的条件是驱动力周期等于系统的固有周期，根据单摆的周期公式T=2π

L
g，发生共振的摆长为：
L=
gT2
4π2=
10×22
4×3.142=1m=100cm；
故单摆a发生共振；
故选：A．

点评：
本题考点： 产生共振的条件及其应用．

考点点评： 本题关键是明确同轴转动与同缘传动的特点，结合公式v=rω、T=2πLg和共振条件分析，不难．

A、在澳大利亚的西部是这0洋流的方向，东部是由北向南的暖流，人口城市也较多．故A错误；
B、若该发电站位于南美附近海域，因为h洋流向北是顺流，向南是逆流，所以洋流是由南向北流动，推断得知该洋流是秘鲁寒流．寒流附近多海雾．故B正确；
C、若该发电站位于非洲附近海域，由图得出洋流是由南向北流动．故这0洋流是本格拉寒流．对沿岸起降温减湿的作用，形成荒漠景观．故C错误；
D、若该发电站位于欧洲附近海域，由图得出洋流是由南向北流动．故这0洋流是北大西洋暖流．该洋流是在盛行西风作用下形成的风海流．故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 洋流对地理环境的影响．

考点点评： 此题考查的内容是：洋流对地理环境的影响，洋流按成因分类（分为风海流、密度流和补偿流），澳大利亚的人口分布．
涉及的内容较多，但也都是常规的知识点．