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解：
(1) 机器人沿水平方向做匀速直线运动，动力大小等于阻力大小：
$ F = f = \dfrac{1}{50}G = \dfrac{1}{50} × 350\ \mathrm{N} = 7\ \mathrm{N} $
动力对机器人做的功：
$ W = Fs = 7\ \mathrm{N} × 10\ \mathrm{m} = 70\ \mathrm{J} $
(2) 重力做的功：
$ W_G = Gh = 350\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 105\ \mathrm{J} $
A
3W
0.4
$0.4×10^3$
0.12
0.8
5
1
【分析】
这道题的解题思路清晰，分两小问逐步推导即可：
1. 第一问：机器人沿水平方向做匀速直线运动，水平方向受力平衡，因此动力大小和受到的阻力大小相等。先根据题目给出的“阻力为自重的1/50”的条件，代入机器人的重力算出阻力，也就得到了动力的大小，再结合已知的水平运动距离，代入功的计算公式W=Fs，就能算出动力做的功。
2. 第二问：重力做功的大小等于重力乘以物体沿重力方向移动的距离，机器人下蹲时重心下降，也就是沿竖直向下的重力方向移动了0.3m，直接代入重力和下降高度，用W=Gh即可算出重力做的功。
【解析】
解：
(1) 机器人沿水平直线匀速奔跑，处于平衡状态，水平方向上动力与阻力二力平衡，因此动力大小等于阻力：
已知阻力$f=\frac{1}{50}G$，代入G=350N可得：
$f=\frac{1}{50} × 350\ \mathrm{N}=7\ \mathrm{N}$，即动力$F=f=7\ \mathrm{N}$
动力对机器人做的功：
$W=Fs=7\ \mathrm{N} × 10\ \mathrm{m}=70\ \mathrm{J}$
(2) 机器人下蹲时重心下降高度h=0.3m，沿重力方向移动的距离等于重心下降高度，因此重力做的功：
$W_G=Gh=350\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}=105\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) 70 J；(2) 105 J
【知识点】
二力平衡应用，功的计算，重力做功
【点评】
本题属于功的计算的基础应用题，结合了机器人的生活情境，分别考察了水平方向动力做功、竖直方向重力做功的计算，解题核心是明确功的两个必要因素，确认力和对应方向上移动的距离，代入对应公式即可求解，是对基础知识点的常规考察。
【难度系数】
0.9
【分析】
首先明确求解最小做功的核心思路：要得到对砖块做的最小功，对应每块砖被缓慢提升到指定叠放位置时动能始终为0，此时外力做的功全部转化为砖块整体增加的重力势能，因此只需要计算所有砖块叠放后相比初始状态的总重力势能增量即可。
第一步：初始状态下所有砖块都平放在水平地面上，每块砖厚度为c，每块砖的重心初始高度都是c/2，其中最左侧的第一块砖最终不需要移动，它的重心高度始终不变，因此对它不需要做功。
第二步：依次分析其余砖块的重心升高量：第2块砖叠在第一块上方，叠放后重心高度为c + c/2，相比初始升高了c；第3块砖叠在第2块上方，叠放后重心高度为2c + c/2，相比初始升高了2c；以此类推，第n块砖叠在最顶端，重心相比初始升高了(n-1)c。
第三步：把每块砖对应的重力势能增量相加，通过等差数列求和就能得到总势能增量，也就是至少需要做的功。
【解析】
解：由于求至少对砖块做的功，即提升过程砖块动能始终为0，外力做功全部等于系统重力势能的增加量：
1. 初始状态：所有n块砖平放于地面，每块砖重心高度均为$\frac{c}{2}$，总初始重力势能为$E_{p初}=nmg·\frac{c}{2}$。
2. 叠放后状态：最下方第一块砖位置不变，重心高度仍为$\frac{c}{2}$；第2块砖重心高度为$c+\frac{c}{2}$；第3块砖重心高度为$2c+\frac{c}{2}$……第n块砖重心高度为$(n-1)c+\frac{c}{2}$。
叠放后的总重力势能为：
$\begin{aligned}E_{p末}&=mg·\frac{c}{2} + mg·(c+\frac{c}{2}) + mg·(2c+\frac{c}{2}) + \dots + mg·[(n-1)c+\frac{c}{2}]\\&=nmg·\frac{c}{2} + mgc(1+2+\dots+(n-1))\end{aligned}$
3. 总重力势能增量即至少需要做的功：
$W=\Delta E_p = E_{p末}-E_{p初}=mgc·\frac{n(n-1)}{2}=\frac{n(n-1)}{2}mgc$
因此选项A正确。
【答案】A
【知识点】重力势能变化，功能关系，等差数列求和
【点评】本题考查利用功能关系求解最小做功，核心思路是忽略水平移动的能量损耗，最小做功等价于系统重力势能的总增量，易错点是误将第一块砖也计入提升过程，错误得到从1加到n的求和结果，需要注意最底层的砖块不需要移动，没有势能增量。
【难度系数】0.6
【分析】
首先梳理题目给出的新规则：力与位移的F-s图像下方的面积等于该力做的功，本题中木板对钉子的阻力和钉入深度成正比，属于线性变力，可直接用图像面积法计算做功。第一步先设阻力f和深度s的关系为f=ks（k为比例常数），先计算第一次钉入深度d时对应的功，也就是0到d区间f-s图像的三角形面积，得到W的表达式。第二步，第二次敲完钉子后总钉入深度是2d，计算0到2d区间的总功，也就是大三角形的面积。最后用总功减去第一次做的功，就能得到第二次单独做的功，代入W的表达式即可得到结果。
【解析】
解：由题意可知，木板对小钉的阻力f与钉进深度s成正比，设比例系数为k，可得阻力表达式：$f=ks$。
1. 第一次将钉子钉进深度d：
此时f-s图像为过原点的倾斜直线，从s=0到s=d的图像下方的面积为直角三角形，该面积等于第一次铁锤对钉子做的功W：
深度为d时对应的阻力$f_1=kd$，因此：
$W=\frac{1}{2} × d × f_1 = \frac{1}{2} × d × kd = \frac{1}{2}kd^2$
2. 两次敲击后钉子总钉入深度为$d+d=2d$：
深度为2d时对应的阻力$f_2=k· 2d=2kd$，0到2d区间f-s图像下方的大三角形面积为两次敲击的总功$W_{总}$：
$W_{总}=\frac{1}{2} × 2d × f_2 = \frac{1}{2} × 2d × 2kd = 2kd^2$
3. 计算第二次敲击做的功：
第二次做功等于总功减去第一次的做功W：
$W_2 = W_{总} - W = 2kd^2 - \frac{1}{2}kd^2 = 3×(\frac{1}{2}kd^2) = 3W$
【答案】
$3W$
【知识点】
F-s图像求功，变力做功，功的计算
【点评】
本题属于新定义类学科融合题，给出了用F-s图像面积计算功的方法，考察学生对新知识的迁移应用能力，避开了常规恒力做功的套路，引导学生理解线性变力做功的计算逻辑，容易出现的错误是误以为两次钉入相同深度做功相等，忽略阻力随钉入深度增大而增大的特点。
【难度系数】
0.5
【分析】
首先梳理题目给出的新规则：力与位移的F-s图像下方的面积等于该力做的功，本题中木板对钉子的阻力和钉入深度成正比，属于线性变力，可直接用图像面积法计算做功。第一步先设阻力f和深度s的关系为f=ks（k为比例常数），先计算第一次钉入深度d时对应的功，也就是0到d区间f-s图像的三角形面积，得到W的表达式。第二步，第二次敲完钉子后总钉入深度是2d，计算0到2d区间的总功，也就是大三角形的面积。最后用总功减去第一次做的功，就能得到第二次单独做的功，代入W的表达式即可得到结果。
【解析】
解：由题意可知，木板对小钉的阻力f与钉进深度s成正比，设比例系数为k，可得阻力表达式：$f=ks$。
1. 第一次将钉子钉进深度d：
此时f-s图像为过原点的倾斜直线，从s=0到s=d的图像下方的面积为直角三角形，该面积等于第一次铁锤对钉子做的功W：
深度为d时对应的阻力$f_1=kd$，因此：
$W=\frac{1}{2} × d × f_1 = \frac{1}{2} × d × kd = \frac{1}{2}kd^2$
2. 两次敲击后钉子总钉入深度为$d+d=2d$：
深度为2d时对应的阻力$f_2=k· 2d=2kd$，0到2d区间f-s图像下方的大三角形面积为两次敲击的总功$W_{总}$：
$W_{总}=\frac{1}{2} × 2d × f_2 = \frac{1}{2} × 2d × 2kd = 2kd^2$
3. 计算第二次敲击做的功：
第二次做功等于总功减去第一次的做功W：
$W_2 = W_{总} - W = 2kd^2 - \frac{1}{2}kd^2 = 3×(\frac{1}{2}kd^2) = 3W$
【答案】
$3W$
【知识点】
F-s图像求功，变力做功，功的计算
【点评】
本题属于新定义类学科融合题，给出了用F-s图像面积计算功的方法，考察学生对新知识的迁移应用能力，避开了常规恒力做功的套路，引导学生理解线性变力做功的计算逻辑，容易出现的错误是误以为两次钉入相同深度做功相等，忽略阻力随钉入深度增大而增大的特点。
【难度系数】
0.5
【分析】
我们可以分三步逐步推导求解：
1. 第一空：首先观察题图可知物块初始状态是漂浮，根据漂浮的浮沉条件，物块受到的浮力等于自身重力，先通过阿基米德原理代入已知的浸入水的体积算出浮力，也就得到了物块的重力，再用重力公式G=mg变形就能求出物块质量。
2. 第二空：放上铝块后整体仍然漂浮，此时总浮力等于物块重力加上铝块的重力，题目说明此时物块上表面和水面相平，也就是物块刚好完全浸没在水中，此时的排开水的体积就等于物块自身的总体积，得到物块体积后，结合第一空算出的物块质量，用密度公式就能求出物块的密度。
3. 第三空：先通过正方体总体积算出物块的棱长和底面积，先求出放上铝块后排开体积的增加量，分别算出物块浸入水中深度的增加量、容器中水面上升的高度，两者的差值就是物块实际向下移动的距离，最后用W=Gh就能算出物块自身重力做的功，这里要注意不能直接把浸入深度的增加量当成物块下降的距离，忽略水面上升的部分是常见错误。
【解析】
1. 求物块初始质量：
物块初始漂浮，由浮沉条件和阿基米德原理：
$G=F_{\mathrm{浮}}=\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{排}}g=1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×4×10^{-4}\ \mathrm{m}^3×10\ \mathrm{N/kg}=4\ \mathrm{N}$
由$G=mg$得物块质量：
$m_{\mathrm{物}}=\dfrac{G}{g}=\dfrac{4\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=0.4\ \mathrm{kg}$
2. 求物块的密度：
放上铝块后整体漂浮，此时总浮力：
$F'_{\mathrm{浮}}=G+G_{\mathrm{铝}}=4\ \mathrm{N}+6\ \mathrm{N}=10\ \mathrm{N}$
此时物块完全浸没，物块体积等于此时的排开水体积：
$V=V'_{\mathrm{排}}=\dfrac{F'_{\mathrm{浮}}}{\rho_{\mathrm{水}}g}=\dfrac{10\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×10\ \mathrm{N/kg}}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$
物块密度：
$\rho_{\mathrm{物}}=\dfrac{m_{\mathrm{物}}}{V}=\dfrac{0.4\ \mathrm{kg}}{1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3}=0.4×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$
3. 求物块重力做的功：
正方体物块体积为$1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，由$V=L^3$得棱长$L=0.1\ \mathrm{m}$，物块底面积$S_{\mathrm{物}}=(0.1\ \mathrm{m})^2=0.01\ \mathrm{m}^2$
排开体积的增加量：
$\Delta V_{\mathrm{排}}=V'_{\mathrm{排}}-V_{\mathrm{排}}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3-4×10^{-4}\ \mathrm{m}^3=6×10^{-4}\ \mathrm{m}^3$
物块浸入水中深度的增加量：
$h_{\mathrm{浸}}=\dfrac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S_{\mathrm{物}}}=\dfrac{6×10^{-4}\ \mathrm{m}^3}{0.01\ \mathrm{m}^2}=0.06\ \mathrm{m}$
容器中水面上升的高度：
$h_{\mathrm{水升}}=\dfrac{\Delta V_{\mathrm{排}}}{S_{\mathrm{容}}}=\dfrac{6×10^{-4}\ \mathrm{m}^3}{200×10^{-4}\ \mathrm{m}^2}=0.03\ \mathrm{m}$
物块实际下降的高度：
$h_{\mathrm{物降}}=h_{\mathrm{浸}}-h_{\mathrm{水升}}=0.06\ \mathrm{m}-0.03\ \mathrm{m}=0.03\ \mathrm{m}$
物块重力做的功：
$W=Gh_{\mathrm{物降}}=4\ \mathrm{N}×0.03\ \mathrm{m}=0.12\ \mathrm{J}$
【答案】
$0.4$；$0.4×10^3$；$0.12$
【知识点】
阿基米德原理；物体浮沉条件；功的计算
【点评】
本题是浮力与功结合的综合计算题，前两空属于基础浮力应用，难度较低，第三空的难点在于区分物块浸入深度增加量、水面上升高度、物块自身下降高度三者的关系，很多同学容易忽略水面上升的部分直接代入计算，是典型的易错题，对学生的综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
【分析】
我们可以分三步逐步推导：
1. 第一问：题目明确说明OP段是A端离开地面前的过程，也就是当B端上升到x=0.8m时，A端刚好离开地面，此时金属棒即将完全抬离支点A，因此此时B端的竖直高度就等于金属棒自身的长度，直接从图像读取对应数值即可。
2. 第二问：A端离开地面后，继续向上拉B端的过程中，金属棒整体上升，弹簧测力计做的功全部用来克服金属棒的重力做功，利用W=Gh的变形公式，用这段过程的功的差值除以高度的差值，就能算出金属棒的重力。
3. 第三问：首先利用OP段的功和对应高度，算出拉B端、A未离地时的恒定拉力，再结合杠杆平衡条件，以A为支点求出金属棒重心距离A端的距离；之后反过来以B为支点，再次利用杠杆平衡条件，就能算出拉起A端时弹簧测力计的示数。
【解析】
(1) 由题意可知，OP段对应A端离开地面前的过程，当B端离开地面高度为0.8m时，A端刚好离开地面，此时金属棒的长度就等于B端此时的离地高度，即金属棒长为0.8m。
(2) A端离开地面后，PQ段过程中，弹簧测力计做的功全部用于克服金属棒重力做功，根据W=Gh可得：
重力 $ G = \frac{\Delta W}{\Delta h} = \frac{5.2\ \mathrm{J} - 3.2\ \mathrm{J}}{1.2\ \mathrm{m} - 0.8\ \mathrm{m}} = \frac{2\ \mathrm{J}}{0.4\ \mathrm{m}} = 5\ \mathrm{N} $
(3) ① 拉B端、A端未离开地面时，拉力始终竖直向上，拉力方向上移动的距离等于B端上升的高度，此过程拉力恒定：
$ F_1 = \frac{W_1}{x_1} = \frac{3.2\ \mathrm{J}}{0.8\ \mathrm{m}} = 4\ \mathrm{N} $
② 以A为支点，根据杠杆平衡条件 $ F_1 · L_{AB} = G · d $，可得重心到A端的距离：
$ d = \frac{F_1 · L_{AB}}{G} = \frac{4\ \mathrm{N} × 0.8\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{N}} = 0.64\ \mathrm{m} $
③ 拉起A端、B端未离开地面时，以B为支点，根据杠杆平衡条件 $ F_2 · L_{AB} = G · (L_{AB} - d) $，可得：
$ F_2 = \frac{G · (L_{AB} - d)}{L_{AB}} = \frac{5\ \mathrm{N} × (0.8\ \mathrm{m} - 0.64\ \mathrm{m})}{0.8\ \mathrm{m}} = 1\ \mathrm{N} $
【答案】
(1) 0.8 (2) 5 (3) 1
【知识点】
功的计算，杠杆平衡条件，重力做功
【点评】
本题将功的图像和杠杆平衡知识结合，需要准确理解W-x图像两段对应的物理过程，区分A端离地前后做功的不同意义，对学生的图像解读能力和力学综合应用能力有一定要求，容易出错的点是忽略拉力竖直向上时动力臂阻力臂比值恒定的特点，无法顺利关联两次拉起的杠杆平衡关系。
【难度系数】
0.4
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