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1. 用4个相同的滑轮组成滑轮组甲和乙，分别匀速提升a、b两个物体时，拉力F相等。不计绳重和摩擦，若滑轮组甲的机械效率为90%，则滑轮组乙的机械效率为（
A.85%
B.70%
C.95%
D.75%
A
）A.85%
B.70%
C.95%
D.75%
答案
A 提示:$\eta_{甲}=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G_{a}h}{F· 3h}×100\%=\dfrac{G_{a}}{3F}×100\%=90\%$,得$G_{a}=2.7F$,不计绳重和摩擦,$F=\dfrac{1}{3}(G_{a}+G_{动})$,$G_{动}=3F-G_{a}=3F-2.7F=0.3F$,乙滑轮组中,$F=\dfrac{1}{2}(G_{b}+G_{动})$,则$G_{b}=2F-G_{动}=2F-0.3F=1.7F$,$\eta_{乙}=\dfrac{W'_{有用}}{W'_{总}}×100\%=\dfrac{G_{b}h}{F· 2h}×100\%=\dfrac{G_{b}}{2F}×100\%=\dfrac{1.7F}{2F}×100\%=85\%$。
解析
【分析】
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先观察两个滑轮组，准确数出承担动滑轮和物重的绳子段数：甲滑轮组n甲=3，乙滑轮组n乙=2。
2. 题目已知甲的机械效率为90%，且两个滑轮组的拉力F相等，我们先利用甲的机械效率公式，将物体a的重力Ga用拉力F表示出来。
3. 不计绳重和摩擦时，滑轮组拉力满足F=(G物+G动)/n，代入甲的已知条件，就能求出动滑轮的重力G动，题目说明4个滑轮完全相同，因此甲乙的动滑轮重力是相等的。
4. 再代入乙滑轮组的拉力公式，求出物体b的重力Gb。
5. 最后代入乙的机械效率公式，约去公共量F，就能算出乙的机械效率，选出对应选项。
【解析】
步骤1：确定绳子段数
观察甲滑轮组，承担物重的绳子段数$n_甲=3$；观察乙滑轮组，承担物重的绳子段数$n_乙=2$。
步骤2：由甲的机械效率推导$G_a$
不计绳重和摩擦，甲的机械效率：
$\eta_甲=\frac{W_{有甲}}{W_{总甲}}×100\%=\frac{G_a h}{F· n_甲 h}×100\%=\frac{G_a}{3F}×100\%$
已知$\eta_甲=90\%$，代入得：
$\frac{G_a}{3F}=0.9 \implies G_a=2.7F$
步骤3：求动滑轮重力$G_动$
不计绳重和摩擦，甲的拉力满足$F=\frac{1}{n_甲}(G_a+G_动)$，代入$n_甲=3$、$G_a=2.7F$：
$F=\frac{1}{3}(2.7F+G_动)$
整理得：$3F=2.7F+G_动 \implies G_动=0.3F$
步骤4：推导物体b的重力$G_b$
乙滑轮组拉力同样为F，不计绳重摩擦，$F=\frac{1}{n_乙}(G_b+G_动)$，代入$n_乙=2$、$G_动=0.3F$：
$F=\frac{1}{2}(G_b+0.3F)$
整理得：$2F=G_b+0.3F \implies G_b=1.7F$
步骤5：计算乙的机械效率
$\eta_乙=\frac{W_{有乙}}{W_{总乙}}×100\%=\frac{G_b h}{F· n_乙 h}×100\%=\frac{G_b}{2F}×100\%$
代入$G_b=1.7F$：
$\eta_乙=\frac{1.7F}{2F}×100\%=85\%$
【答案】A
【知识点】
滑轮组拉力计算，滑轮组机械效率
【点评】
本题属于滑轮组的综合计算题型，核心是抓住不计绳重和摩擦的前提，利用两个滑轮组拉力相等、动滑轮重力完全相同的隐含条件，从已知机械效率的甲滑轮组入手逐步推导，解题的易错点是数错承担物重的绳子段数，只要准确确定n的数值，按公式逐步代入即可得到正确结果。
【难度系数】
0.6
解题时我们可以按以下思路逐步推导：
1. 首先观察两个滑轮组，准确数出承担动滑轮和物重的绳子段数：甲滑轮组n甲=3，乙滑轮组n乙=2。
2. 题目已知甲的机械效率为90%，且两个滑轮组的拉力F相等，我们先利用甲的机械效率公式，将物体a的重力Ga用拉力F表示出来。
3. 不计绳重和摩擦时，滑轮组拉力满足F=(G物+G动)/n，代入甲的已知条件，就能求出动滑轮的重力G动，题目说明4个滑轮完全相同，因此甲乙的动滑轮重力是相等的。
4. 再代入乙滑轮组的拉力公式，求出物体b的重力Gb。
5. 最后代入乙的机械效率公式，约去公共量F，就能算出乙的机械效率，选出对应选项。
【解析】
步骤1：确定绳子段数
观察甲滑轮组，承担物重的绳子段数$n_甲=3$；观察乙滑轮组，承担物重的绳子段数$n_乙=2$。
步骤2：由甲的机械效率推导$G_a$
不计绳重和摩擦，甲的机械效率：
$\eta_甲=\frac{W_{有甲}}{W_{总甲}}×100\%=\frac{G_a h}{F· n_甲 h}×100\%=\frac{G_a}{3F}×100\%$
已知$\eta_甲=90\%$，代入得：
$\frac{G_a}{3F}=0.9 \implies G_a=2.7F$
步骤3：求动滑轮重力$G_动$
不计绳重和摩擦，甲的拉力满足$F=\frac{1}{n_甲}(G_a+G_动)$，代入$n_甲=3$、$G_a=2.7F$：
$F=\frac{1}{3}(2.7F+G_动)$
整理得：$3F=2.7F+G_动 \implies G_动=0.3F$
步骤4：推导物体b的重力$G_b$
乙滑轮组拉力同样为F，不计绳重摩擦，$F=\frac{1}{n_乙}(G_b+G_动)$，代入$n_乙=2$、$G_动=0.3F$：
$F=\frac{1}{2}(G_b+0.3F)$
整理得：$2F=G_b+0.3F \implies G_b=1.7F$
步骤5：计算乙的机械效率
$\eta_乙=\frac{W_{有乙}}{W_{总乙}}×100\%=\frac{G_b h}{F· n_乙 h}×100\%=\frac{G_b}{2F}×100\%$
代入$G_b=1.7F$：
$\eta_乙=\frac{1.7F}{2F}×100\%=85\%$
【答案】A
【知识点】
滑轮组拉力计算，滑轮组机械效率
【点评】
本题属于滑轮组的综合计算题型，核心是抓住不计绳重和摩擦的前提，利用两个滑轮组拉力相等、动滑轮重力完全相同的隐含条件，从已知机械效率的甲滑轮组入手逐步推导，解题的易错点是数错承担物重的绳子段数，只要准确确定n的数值，按公式逐步代入即可得到正确结果。
【难度系数】
0.6
2. (2025·徐州铜山模拟)如图所示,a、b两物体质量相等,在平行于斜面的推力作用下,若只将a物体从底部匀速推至顶部时,机械效率为60%;若只将b物体从底部匀速推至顶部时,机械效率为90%。则将a、b两物体一起从底部匀速推至顶部时,机械效率为 （
A.70%
B.72%
C.75%
D.78%
B
）A.70%
B.72%
C.75%
D.78%
答案
B 提示:由$W_{有用}=Gh$和$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$,得推动a、b时所做的额外功分别为$W_{额a}=\dfrac{W_{有用}-\eta_{a}W_{有用}}{\eta_{a}}=\dfrac{Gh-60\%Gh}{60\%}=\dfrac{2}{3}Gh$,$W_{额b}=\dfrac{W_{有用}-\eta_{b}W_{有用}}{\eta_{b}}=\dfrac{Gh-90\%Gh}{90\%}=\dfrac{1}{9}Gh$,将a、b一起从底部匀速推至顶部时,$W_{额外}$不变,$\eta_{ab}=\dfrac{W_{有ab}}{W_{总ab}}×100\%=\dfrac{W_{有ab}}{W_{有ab}+W_{额a}+W_{额b}}×100\%=\dfrac{2Gh}{2Gh+\dfrac{2}{3}Gh+\dfrac{1}{9}Gh}×100\%=\dfrac{18}{25}×100\%=72\%$。
解析
【分析】
我们的解题思路是这样的：首先明确斜面的机械效率公式η=W有用/W总，而总功等于有用功与额外功之和，本题中额外功是克服物体和斜面间摩擦力做的功。已知a、b质量相等，所以单独将它们从底部推到顶部时，有用功都是Gh（G为单个物体重力，h为斜面高度）。第一步先根据单独推a、b时给出的机械效率，分别推导出推a、推b对应的额外功，用Gh表示即可；第二步，当两个物体一起匀速推到顶部时，总有用功是两个物体的重力势能增加量也就是2Gh，总额外功是推a和推b的额外功之和（两个物体各自的接触面压力、粗糙程度都不变，各自的摩擦额外功不会变化），最后代入机械效率公式就能算出整体的机械效率。
【解析】
设单个物体的重力为G，斜面的高度为h：
1. 单独推动物体a时：
有用功 $W_{有a}=Gh$，已知机械效率 $\eta_a=60\%$，由机械效率公式 $\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}$，变形可得额外功：
$W_{额a}=\frac{W_{有a}(1-\eta_a)}{\eta_a}=\frac{Gh×(1-60\%)}{60\%}=\frac{2}{3}Gh$
2. 单独推动物体b时：
有用功 $W_{有b}=Gh$，已知机械效率 $\eta_b=90\%$，同理可得额外功：
$W_{额b}=\frac{W_{有b}(1-\eta_b)}{\eta_b}=\frac{Gh×(1-90\%)}{90\%}=\frac{1}{9}Gh$
3. 同时推动a、b两物体时：
总有用功 $W_{有总}=(G+G)h=2Gh$，总额外功为两个物体的额外功之和：
$W_{额总}=W_{额a}+W_{额b}=\frac{2}{3}Gh+\frac{1}{9}Gh=\frac{7}{9}Gh$
代入机械效率公式计算总效率：
$\eta_{总}=\frac{W_{有总}}{W_{有总}+W_{额总}}×100\%=\frac{2Gh}{2Gh+\frac{7}{9}Gh}×100\%=\frac{18}{25}×100\%=72\%$
因此答案选B。
【答案】B
【知识点】斜面机械效率，有用功与额外功
【点评】本题不需要求解斜面长度、动摩擦因数等未知物理量，通过比例关系推导额外功的表达式即可快速计算，核心是理解两个物体共同运动时总额外功为各自克服摩擦做功之和，避免了复杂的中间量运算，侧重考查对机械效率本质的理解。
【难度系数】0.6
我们的解题思路是这样的：首先明确斜面的机械效率公式η=W有用/W总，而总功等于有用功与额外功之和，本题中额外功是克服物体和斜面间摩擦力做的功。已知a、b质量相等，所以单独将它们从底部推到顶部时，有用功都是Gh（G为单个物体重力，h为斜面高度）。第一步先根据单独推a、b时给出的机械效率，分别推导出推a、推b对应的额外功，用Gh表示即可；第二步，当两个物体一起匀速推到顶部时，总有用功是两个物体的重力势能增加量也就是2Gh，总额外功是推a和推b的额外功之和（两个物体各自的接触面压力、粗糙程度都不变，各自的摩擦额外功不会变化），最后代入机械效率公式就能算出整体的机械效率。
【解析】
设单个物体的重力为G，斜面的高度为h：
1. 单独推动物体a时：
有用功 $W_{有a}=Gh$，已知机械效率 $\eta_a=60\%$，由机械效率公式 $\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}$，变形可得额外功：
$W_{额a}=\frac{W_{有a}(1-\eta_a)}{\eta_a}=\frac{Gh×(1-60\%)}{60\%}=\frac{2}{3}Gh$
2. 单独推动物体b时：
有用功 $W_{有b}=Gh$，已知机械效率 $\eta_b=90\%$，同理可得额外功：
$W_{额b}=\frac{W_{有b}(1-\eta_b)}{\eta_b}=\frac{Gh×(1-90\%)}{90\%}=\frac{1}{9}Gh$
3. 同时推动a、b两物体时：
总有用功 $W_{有总}=(G+G)h=2Gh$，总额外功为两个物体的额外功之和：
$W_{额总}=W_{额a}+W_{额b}=\frac{2}{3}Gh+\frac{1}{9}Gh=\frac{7}{9}Gh$
代入机械效率公式计算总效率：
$\eta_{总}=\frac{W_{有总}}{W_{有总}+W_{额总}}×100\%=\frac{2Gh}{2Gh+\frac{7}{9}Gh}×100\%=\frac{18}{25}×100\%=72\%$
因此答案选B。
【答案】B
【知识点】斜面机械效率，有用功与额外功
【点评】本题不需要求解斜面长度、动摩擦因数等未知物理量，通过比例关系推导额外功的表达式即可快速计算，核心是理解两个物体共同运动时总额外功为各自克服摩擦做功之和，避免了复杂的中间量运算，侧重考查对机械效率本质的理解。
【难度系数】0.6
3. 如图所示为一长为$L$的粗细均匀的杠杆，在杠杆右端用竖直向上的拉力拉着杠杆匀速上升。将重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处时杠杆的机械效率为$60\%$，弹簧测力计示数为$F_{1}$。将重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时，在右端再用竖直向上的拉力拉着杠杆匀速上升，弹簧测力计示数为$F_{2}$，则$F_{1}:F_{2}$为(已知支点与杆之间的摩擦始终做功占总功的$20\%$)（
A.$1:3$
B.$2:5$
C.$5:6$
D.$3:4$
B
）A.$1:3$
B.$2:5$
C.$5:6$
D.$3:4$
答案
B 提示:设重物重力为$G$,杠杆的重力为$G'$,弹簧测力计上升的高度为$h$,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G×\dfrac{h}{4}}{F_{1}× h}×100\%=60\%$,得$G=\dfrac{12}{5}F_{1}···$①,克服杠杆自重做功占总功的$100\%-60\%-20\%=20\%$,且$20\%=\dfrac{G'×\dfrac{h}{2}}{F_{1}× h}$,得$G'=\dfrac{2}{5}F_{1}···$②,重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时,克服支点与杆之间的摩擦做功占总功的$20\%$,即$20\%=\dfrac{F_{2}× h-G×\dfrac{3h}{4}-G'×\dfrac{h}{2}}{F_{2}× h}···$③,由①②③解得$F_{1}:F_{2}=2:5$。
解析
【分析】
解题思路：1. 首先利用相似三角形的比例关系，确定弹簧测力计上升高度为h时，不同悬挂位置的重物上升高度、均匀杠杆重心上升的高度和h的对应比例：杠杆上各点上升高度的比值等于对应点到支点的力臂的比值。2. 第一次重物挂在L/4处时，已知总功中有用功占60%，摩擦额外功占20%，可算出克服杠杆自重的额外功占总功的20%，分别代入有用功、克服杠杆自重做功的表达式，将重物重力G、杠杆自重G'都用F₁表示出来。3. 第二次重物挂在3L/4处时，已知摩擦做功仍占总功的20%，写出总功=有用功+克服杠杆自重额外功+摩擦额外功的关系式，把之前得到的G、G'代入，消去公共的h，就能得到F₁和F₂的比值。
【解析】
解：设弹簧测力计上升的总高度为h，杠杆总长为L，重物重力为G，均匀杠杆的自重为G'。
1. 第一次重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处：
根据相似三角形的比例关系，重物上升的高度$h_1$满足：$\dfrac{h_1}{h}=\dfrac{\dfrac{L}{4}}{L}=\dfrac{1}{4}$，即$h_1=\dfrac{h}{4}$；
均匀杠杆的重心在$\dfrac{L}{2}$处，因此杠杆重心上升的高度$h_{G'}$满足：$\dfrac{h_{G'}}{h}=\dfrac{\dfrac{L}{2}}{L}=\dfrac{1}{2}$，即$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$。
已知此时杠杆机械效率$\eta=60\%$，即有用功占总功的60%：
$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G· h_1}{F_1· h}×100\%=\dfrac{G· \dfrac{h}{4}}{F_1 h}×100\%=\dfrac{G}{4F_1}=60\%$
整理得：$G=\dfrac{12}{5}F_1$ ——①
已知摩擦做功占总功的20%，因此克服杠杆自重做的额外功占总功的比例为：$100\%-60\%-20\%=20\%$
即：$\dfrac{G'· h_{G'}}{F_1· h}=20\%$，代入$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$得：$\dfrac{G'· \dfrac{h}{2}}{F_1 h}=\dfrac{G'}{2F_1}=20\%$
整理得：$G'=\dfrac{2}{5}F_1$ ——②
2. 第二次重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处：
同理，重物上升的高度$h_2$满足$\dfrac{h_2}{h}=\dfrac{\dfrac{3L}{4}}{L}=\dfrac{3}{4}$，即$h_2=\dfrac{3h}{4}$，杠杆重心上升高度仍为$\dfrac{h}{2}$。
此时摩擦做功仍占总功的20%，即有用功+克服杠杆自重的额外功占总功的80%：
$\dfrac{G· h_2 + G'· h_{G'}}{F_2· h}=1-20\%=80\%$
代入$h_2=\dfrac{3h}{4}$、$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$得：$\dfrac{G· \dfrac{3h}{4} + G'· \dfrac{h}{2}}{F_2 h}=\dfrac{\dfrac{3G}{4}+\dfrac{G'}{2}}{F_2}=80\%$ ——③
将①②代入③：
$\dfrac{\dfrac{3}{4}×\dfrac{12}{5}F_1 + \dfrac{1}{2}×\dfrac{2}{5}F_1}{F_2}=0.8$
计算得$\dfrac{2F_1}{F_2}=0.8$，最终解得$F_1:F_2=2:5$。
【答案】
B
【知识点】
杠杆机械效率，功的计算，杠杆位移比例关系
【点评】
本题是杠杆结合机械效率的比例推导题，核心是利用杠杆上不同点的上升高度和对应力臂成正比的规律，将各部分功都用弹簧测力计上升高度h表示，利用题目给出的各部分功占总功的比例建立方程，避免了复杂的杠杆平衡受力推导；解题时要注意区分总功、有用功、两类额外功的占比关系，不要误将摩擦做功的占比当成额外功的占比，这是这类题的常见易错点。
【难度系数】
0.3
解题思路：1. 首先利用相似三角形的比例关系，确定弹簧测力计上升高度为h时，不同悬挂位置的重物上升高度、均匀杠杆重心上升的高度和h的对应比例：杠杆上各点上升高度的比值等于对应点到支点的力臂的比值。2. 第一次重物挂在L/4处时，已知总功中有用功占60%，摩擦额外功占20%，可算出克服杠杆自重的额外功占总功的20%，分别代入有用功、克服杠杆自重做功的表达式，将重物重力G、杠杆自重G'都用F₁表示出来。3. 第二次重物挂在3L/4处时，已知摩擦做功仍占总功的20%，写出总功=有用功+克服杠杆自重额外功+摩擦额外功的关系式，把之前得到的G、G'代入，消去公共的h，就能得到F₁和F₂的比值。
【解析】
解：设弹簧测力计上升的总高度为h，杠杆总长为L，重物重力为G，均匀杠杆的自重为G'。
1. 第一次重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处：
根据相似三角形的比例关系，重物上升的高度$h_1$满足：$\dfrac{h_1}{h}=\dfrac{\dfrac{L}{4}}{L}=\dfrac{1}{4}$，即$h_1=\dfrac{h}{4}$；
均匀杠杆的重心在$\dfrac{L}{2}$处，因此杠杆重心上升的高度$h_{G'}$满足：$\dfrac{h_{G'}}{h}=\dfrac{\dfrac{L}{2}}{L}=\dfrac{1}{2}$，即$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$。
已知此时杠杆机械效率$\eta=60\%$，即有用功占总功的60%：
$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G· h_1}{F_1· h}×100\%=\dfrac{G· \dfrac{h}{4}}{F_1 h}×100\%=\dfrac{G}{4F_1}=60\%$
整理得：$G=\dfrac{12}{5}F_1$ ——①
已知摩擦做功占总功的20%，因此克服杠杆自重做的额外功占总功的比例为：$100\%-60\%-20\%=20\%$
即：$\dfrac{G'· h_{G'}}{F_1· h}=20\%$，代入$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$得：$\dfrac{G'· \dfrac{h}{2}}{F_1 h}=\dfrac{G'}{2F_1}=20\%$
整理得：$G'=\dfrac{2}{5}F_1$ ——②
2. 第二次重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处：
同理，重物上升的高度$h_2$满足$\dfrac{h_2}{h}=\dfrac{\dfrac{3L}{4}}{L}=\dfrac{3}{4}$，即$h_2=\dfrac{3h}{4}$，杠杆重心上升高度仍为$\dfrac{h}{2}$。
此时摩擦做功仍占总功的20%，即有用功+克服杠杆自重的额外功占总功的80%：
$\dfrac{G· h_2 + G'· h_{G'}}{F_2· h}=1-20\%=80\%$
代入$h_2=\dfrac{3h}{4}$、$h_{G'}=\dfrac{h}{2}$得：$\dfrac{G· \dfrac{3h}{4} + G'· \dfrac{h}{2}}{F_2 h}=\dfrac{\dfrac{3G}{4}+\dfrac{G'}{2}}{F_2}=80\%$ ——③
将①②代入③：
$\dfrac{\dfrac{3}{4}×\dfrac{12}{5}F_1 + \dfrac{1}{2}×\dfrac{2}{5}F_1}{F_2}=0.8$
计算得$\dfrac{2F_1}{F_2}=0.8$，最终解得$F_1:F_2=2:5$。
【答案】
B
【知识点】
杠杆机械效率，功的计算，杠杆位移比例关系
【点评】
本题是杠杆结合机械效率的比例推导题，核心是利用杠杆上不同点的上升高度和对应力臂成正比的规律，将各部分功都用弹簧测力计上升高度h表示，利用题目给出的各部分功占总功的比例建立方程，避免了复杂的杠杆平衡受力推导；解题时要注意区分总功、有用功、两类额外功的占比关系，不要误将摩擦做功的占比当成额外功的占比，这是这类题的常见易错点。
【难度系数】
0.3
4. 一木箱重400 N,工人用沿斜面向上的拉力F将木箱匀速拉到高处,如图甲所示。已知整个过程中拉力F做的功W与木箱沿斜面运动的距离s的关系如图乙所示,整个过程的额外功是240 J,则拉力$F=$
100
N,斜面的机械效率$\eta=$70%
,斜面对木箱的摩擦力$f=$30
N。答案
100 70% 30 提示:由图乙知,$W_{总}=800\ \mathrm{J}$时,木箱移动的距离$s=8\ \mathrm{m}$,$F=\dfrac{W_{总}}{s}=\dfrac{800\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$,$W_{有用}=W_{总}-W_{额外}=800\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=560\ \mathrm{J}$,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{560\ \mathrm{J}}{800\ \mathrm{J}}×100\%=70\%$,$f=\dfrac{W_{额外}}{s}=\dfrac{240\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=30\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
解题时我们可以分三步思考：第一步先从图乙的W-s图像中提取总功和木箱沿斜面移动的距离的对应数据，利用功的计算公式W=Fs的变形公式，直接求出拉力F的大小；第二步根据总功和已知的额外功，先算出提升木箱的有用功，再用有用功除以总功得到斜面的机械效率；第三步明确斜面的额外功是克服斜面对木箱的摩擦力做的功，利用W额=fs的变形公式即可求出摩擦力f的大小，全程代入对应数值计算即可。
【解析】
1. 计算拉力F：
由图乙可知，当木箱沿斜面运动的距离s=8m时，拉力做的总功W总=800J，根据功的定义式W=Fs，变形可得拉力：
$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{800\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$
2. 计算斜面的机械效率η：
已知过程的额外功W额外=240J，因此提升木箱的有用功为：
$W_{有用}=W_{总}-W_{额外}=800\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=560\ \mathrm{J}$
根据机械效率的定义，可得：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{560\ \mathrm{J}}{800\ \mathrm{J}}×100\%=70\%$
3. 计算斜面对木箱的摩擦力f：
斜面的额外功是克服木箱受到的摩擦力所做的功，满足W额外=fs，变形可得：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{240\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=30\ \mathrm{N}$
【答案】
100；70%；30
【知识点】
功的计算；斜面机械效率；额外功计算
【点评】
本题结合W-s图像考查斜面场景下的功、机械效率相关计算，核心是区分总功、有用功、额外功的物理含义，从图像中提取有效数据是解题的第一步，整体计算难度低，能够帮助学生巩固斜面做功的相关规律。
【难度系数】
0.7
解题时我们可以分三步思考：第一步先从图乙的W-s图像中提取总功和木箱沿斜面移动的距离的对应数据，利用功的计算公式W=Fs的变形公式，直接求出拉力F的大小；第二步根据总功和已知的额外功，先算出提升木箱的有用功，再用有用功除以总功得到斜面的机械效率；第三步明确斜面的额外功是克服斜面对木箱的摩擦力做的功，利用W额=fs的变形公式即可求出摩擦力f的大小，全程代入对应数值计算即可。
【解析】
1. 计算拉力F：
由图乙可知，当木箱沿斜面运动的距离s=8m时，拉力做的总功W总=800J，根据功的定义式W=Fs，变形可得拉力：
$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{800\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=100\ \mathrm{N}$
2. 计算斜面的机械效率η：
已知过程的额外功W额外=240J，因此提升木箱的有用功为：
$W_{有用}=W_{总}-W_{额外}=800\ \mathrm{J}-240\ \mathrm{J}=560\ \mathrm{J}$
根据机械效率的定义，可得：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{560\ \mathrm{J}}{800\ \mathrm{J}}×100\%=70\%$
3. 计算斜面对木箱的摩擦力f：
斜面的额外功是克服木箱受到的摩擦力所做的功，满足W额外=fs，变形可得：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{240\ \mathrm{J}}{8\ \mathrm{m}}=30\ \mathrm{N}$
【答案】
100；70%；30
【知识点】
功的计算；斜面机械效率；额外功计算
【点评】
本题结合W-s图像考查斜面场景下的功、机械效率相关计算，核心是区分总功、有用功、额外功的物理含义，从图像中提取有效数据是解题的第一步，整体计算难度低，能够帮助学生巩固斜面做功的相关规律。
【难度系数】
0.7
5. 如图所示,一根均匀的细木棒 $OC$，$OA = \dfrac{1}{4}OC$，$B$ 为 $OC$ 的中点。
在 $C$ 点施力将挂在 $A$ 点的重为 $180\ \mathrm{N}$的物体匀速提升 $20\ \mathrm{cm}$，木棒的机械效率为 $90\%$。提升该物体做的有用功是
在 $C$ 点施力将挂在 $A$ 点的重为 $180\ \mathrm{N}$的物体匀速提升 $20\ \mathrm{cm}$，木棒的机械效率为 $90\%$。提升该物体做的有用功是36
J,木棒重为10
N(不计摩擦)。仅将物体的悬挂点从 $A$ 点移到 $B$点,若物体被提升的高度相同,则杠杆的机械效率将增大
(填“增大”“不变”或“减小”)。答案
36 10 增大 提示:$W_{有用}=Gh=180\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=36\ \mathrm{J}$。$B$为$OC$的中点(即$B$点为杠杆的重心),当物体上升$20\ \mathrm{cm}$时,重心$B$将上升$40\ \mathrm{cm}=0.4\ \mathrm{m}$,不计摩擦,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$和$W_{额外}=G_{木}h'$可得$90\%=\dfrac{36\ \mathrm{J}}{36\ \mathrm{J}+G_{木}×0.4\ \mathrm{m}}$,解得$G_{木}=10\ \mathrm{N}$。物体的悬挂点从$A$点移到$B$点,物体提升相同高度,$B$点上升的高度减小,故$W_{有用}$相同,$W_{额外}$减小,$W_{总}$减小,机械效率增大。
解析
【分析】
我们可以分三步逐步完成解题：第一步先求有用功，有用功是直接对提升的重物做的功，直接套用W有用=Gh的公式，注意把高度的厘米单位转换为国际单位米即可算出结果。第二步求木棒的重力，首先明确不计摩擦时，额外功全部用来克服均匀木棒自身的重力做功，均匀木棒的重心在中点B；根据相似三角形的比例关系，OA是OC的1/4，OB是OC的1/2，因此OB=2OA，当A点的物体上升20cm时，重心B点上升的高度是物体上升高度的2倍，也就是40cm。再结合机械效率的公式η=W有用/W总=W有用/(W有用+W额外)，其中W额外=G木h'，代入已知数值就可以解出木棒的重力。第三步分析机械效率的变化：物体悬挂点从A移到B，物体提升相同高度时，有用功大小不变，但此时悬挂点离支点更远，杠杆转过的角度更小，木棒重心上升的高度更小，克服木棒重力做的额外功更小，有用功在总功中的占比就会变大，因此机械效率增大。
【解析】
1. 计算提升物体做的有用功：
已知物体重力G=180N，提升高度h=20cm=0.2m，
代入有用功公式可得：
$W_{有用}=Gh=180\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}=36\ \mathrm{J}$。
2. 计算木棒的重力：
均匀细木棒的重心在中点B，由题意$OA=\dfrac{1}{4}OC$，B为OC中点即$OB=\dfrac{1}{2}OC$，因此$OB=2OA$。
根据相似三角形的高度比例关系，当A点物体上升h=0.2m时，重心B点上升的高度$h'=2h=0.4\ \mathrm{m}$。
不计摩擦，额外功为克服木棒自身重力做的功：$W_{额外}=G_{木}h'$，
机械效率满足：$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% =\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}} × 100\%$，
代入已知条件$\eta=90\%$、$W_{有用}=36\ \mathrm{J}$、$h'=0.4\ \mathrm{m}$：
$90\%=\dfrac{36\ \mathrm{J}}{36\ \mathrm{J}+G_{木} × 0.4\ \mathrm{m}}$，
解得$G_{木}=10\ \mathrm{N}$。
3. 分析机械效率的变化：
将物体悬挂点从A移到B，物体提升相同高度时，有用功$W_{有用}=Gh$大小不变；此时悬挂点B距离支点O更远，物体上升相同高度时杠杆转过的角度更小，木棒重心B上升的高度更小，额外功$W_{额外}=G_{木}h'$更小，总功$W_{总}=W_{有用}+W_{额外}$更小，有用功占总功的比值变大，因此杠杆的机械效率将增大。
【答案】
36；10；增大
【知识点】
有用功计算，杠杆机械效率，功的计算
【点评】
本题将杠杆的几何特点和机械效率的计算结合考查，核心易错点是需要利用杠杆的力臂比例关系推导木棒重心上升的高度，最后一问的动态分析需要明确额外功的来源是克服杠杆自重做功，通过对比悬挂点移动后额外功的变化判断机械效率的变化，属于力学综合的经典基础题型。
【难度系数】
0.6
我们可以分三步逐步完成解题：第一步先求有用功，有用功是直接对提升的重物做的功，直接套用W有用=Gh的公式，注意把高度的厘米单位转换为国际单位米即可算出结果。第二步求木棒的重力，首先明确不计摩擦时，额外功全部用来克服均匀木棒自身的重力做功，均匀木棒的重心在中点B；根据相似三角形的比例关系，OA是OC的1/4，OB是OC的1/2，因此OB=2OA，当A点的物体上升20cm时，重心B点上升的高度是物体上升高度的2倍，也就是40cm。再结合机械效率的公式η=W有用/W总=W有用/(W有用+W额外)，其中W额外=G木h'，代入已知数值就可以解出木棒的重力。第三步分析机械效率的变化：物体悬挂点从A移到B，物体提升相同高度时，有用功大小不变，但此时悬挂点离支点更远，杠杆转过的角度更小，木棒重心上升的高度更小，克服木棒重力做的额外功更小，有用功在总功中的占比就会变大，因此机械效率增大。
【解析】
1. 计算提升物体做的有用功：
已知物体重力G=180N，提升高度h=20cm=0.2m，
代入有用功公式可得：
$W_{有用}=Gh=180\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}=36\ \mathrm{J}$。
2. 计算木棒的重力：
均匀细木棒的重心在中点B，由题意$OA=\dfrac{1}{4}OC$，B为OC中点即$OB=\dfrac{1}{2}OC$，因此$OB=2OA$。
根据相似三角形的高度比例关系，当A点物体上升h=0.2m时，重心B点上升的高度$h'=2h=0.4\ \mathrm{m}$。
不计摩擦，额外功为克服木棒自身重力做的功：$W_{额外}=G_{木}h'$，
机械效率满足：$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% =\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}} × 100\%$，
代入已知条件$\eta=90\%$、$W_{有用}=36\ \mathrm{J}$、$h'=0.4\ \mathrm{m}$：
$90\%=\dfrac{36\ \mathrm{J}}{36\ \mathrm{J}+G_{木} × 0.4\ \mathrm{m}}$，
解得$G_{木}=10\ \mathrm{N}$。
3. 分析机械效率的变化：
将物体悬挂点从A移到B，物体提升相同高度时，有用功$W_{有用}=Gh$大小不变；此时悬挂点B距离支点O更远，物体上升相同高度时杠杆转过的角度更小，木棒重心B上升的高度更小，额外功$W_{额外}=G_{木}h'$更小，总功$W_{总}=W_{有用}+W_{额外}$更小，有用功占总功的比值变大，因此杠杆的机械效率将增大。
【答案】
36；10；增大
【知识点】
有用功计算，杠杆机械效率，功的计算
【点评】
本题将杠杆的几何特点和机械效率的计算结合考查，核心易错点是需要利用杠杆的力臂比例关系推导木棒重心上升的高度，最后一问的动态分析需要明确额外功的来源是克服杠杆自重做功，通过对比悬挂点移动后额外功的变化判断机械效率的变化，属于力学综合的经典基础题型。
【难度系数】
0.6
6.（2025·常州溧阳期中）如图所示，用拉力$F_{1}$在2 s内将物体匀速提升0.5 m，$F_{1}$做功为3 J。若借助滑轮组，在相同时间内用拉力$F_{2}$把物体匀速提升相同高度，滑轮组的机械效率为75%，不计绳重和摩擦。物体的重为
6
N，拉力$F_{2}$做功的功率为2
W，动滑轮的重为2
N，若匀速提升10 N的物体时，滑轮组的机械效率变为83.3
（结果保留一位小数）%。答案
6 2 2 83.3 提示:$G=\dfrac{W_{1}}{h}=\dfrac{3\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{m}}=6\ \mathrm{N}$。用滑轮组把物体匀速提升相同高度时,$W_{有用}=W_{1}=3\ \mathrm{J}$,$W_{总}=\dfrac{W_{有用}}{\eta}=\dfrac{3\ \mathrm{J}}{75\%}=4\ \mathrm{J}$,$F_{2}$做功的功率$P=\dfrac{W_{总}}{t}=\dfrac{4\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}}=2\ \mathrm{W}$,不计绳重和摩擦时,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%$,即$75\%=\dfrac{6\ \mathrm{N}}{6\ \mathrm{N}+G_{动}}$,解得$G_{动}=2\ \mathrm{N}$。$G'=10\ \mathrm{N}$时,$\eta'=\dfrac{G'}{G'+G_{动}}×100\%=\dfrac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N}+2\ \mathrm{N}}×100\%\approx83.3\%$。
解析
【分析】
解题思路梳理：1. 首先直接用F₁匀速提升物体时，拉力F₁做的功全部为克服物体重力做的功，根据W=Gh的变形公式，代入已知的F₁做功和提升高度h，就能直接求出物体的重力。2. 换用滑轮组提升相同高度时，有用功和直接提升物体做的功相等，已知滑轮组的机械效率，根据η=W有/W总的变形公式求出拉力F₂做的总功，再根据功率公式P=W总/t，代入相同的时间2s，就能算出F₂做功的功率。3. 题目说明不计绳重和摩擦，此时滑轮组的额外功仅来自动滑轮的重力，推导可得机械效率的表达式η=G/(G+G动)，代入已求出的物重和已知的机械效率，就能解出动滑轮的重力。4. 当提升物重变为10N时，动滑轮重力不变，再次代入上述不计绳重摩擦的机械效率推导式，即可算出新的滑轮组机械效率。
【解析】
步骤1：计算物体的重力
直接用F₁匀速提升物体，拉力做功全部为克服物体重力的功，由W=Gh可得：
$G = \dfrac{W_1}{h} = \dfrac{3\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{m}} = 6\ \mathrm{N}$
步骤2：计算拉力$F_2$做功的功率
用滑轮组将物体提升相同高度，有用功等于直接提升物体做的功，即$W_{\mathrm{有用}}=W_1=3\ \mathrm{J}$
已知滑轮组机械效率$\eta=75\%$，由$\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}$得$F_2$做的总功：
$W_{\mathrm{总}} = \dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta} = \dfrac{3\ \mathrm{J}}{75\%} = 4\ \mathrm{J}$
已知做功时间$t=2\ \mathrm{s}$，拉力$F_2$做功的功率：
$P = \dfrac{W_{\mathrm{总}}}{t} = \dfrac{4\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}} = 2\ \mathrm{W}$
步骤3：计算动滑轮的重力
不计绳重和摩擦，额外功仅为提升动滑轮做的功，此时机械效率可推导为：
$\eta = \dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} = \dfrac{Gh}{Gh + G_{\mathrm{动}}h} = \dfrac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$
代入已知$\eta=75\%$，$G=6\ \mathrm{N}$：
$75\% = \dfrac{6\ \mathrm{N}}{6\ \mathrm{N} + G_{\mathrm{动}}}$
解得$G_{\mathrm{动}}=2\ \mathrm{N}$
步骤4：计算提升10N物体时的滑轮组机械效率
当提升物重$G'=10\ \mathrm{N}$，动滑轮重力$G_{\mathrm{动}}=2\ \mathrm{N}$不变，代入上述推导式：
$\eta' = \dfrac{G'}{G'+G_{\mathrm{动}}} × 100\% = \dfrac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N} + 2\ \mathrm{N}} × 100\% \approx 83.3\%$
【答案】6；2；2；83.3
【知识点】功的计算，功率计算，滑轮组机械效率
【点评】本题是功、功率与滑轮组机械效率的综合基础题，巧妙利用不计绳重摩擦时$\eta=\dfrac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$的推导式，无需判断滑轮组绳子段数即可快速求解，重点考察学生对有用功、总功概念的理解，以及机械效率推导公式的灵活运用能力。
【难度系数】0.6
解题思路梳理：1. 首先直接用F₁匀速提升物体时，拉力F₁做的功全部为克服物体重力做的功，根据W=Gh的变形公式，代入已知的F₁做功和提升高度h，就能直接求出物体的重力。2. 换用滑轮组提升相同高度时，有用功和直接提升物体做的功相等，已知滑轮组的机械效率，根据η=W有/W总的变形公式求出拉力F₂做的总功，再根据功率公式P=W总/t，代入相同的时间2s，就能算出F₂做功的功率。3. 题目说明不计绳重和摩擦，此时滑轮组的额外功仅来自动滑轮的重力，推导可得机械效率的表达式η=G/(G+G动)，代入已求出的物重和已知的机械效率，就能解出动滑轮的重力。4. 当提升物重变为10N时，动滑轮重力不变，再次代入上述不计绳重摩擦的机械效率推导式，即可算出新的滑轮组机械效率。
【解析】
步骤1：计算物体的重力
直接用F₁匀速提升物体，拉力做功全部为克服物体重力的功，由W=Gh可得：
$G = \dfrac{W_1}{h} = \dfrac{3\ \mathrm{J}}{0.5\ \mathrm{m}} = 6\ \mathrm{N}$
步骤2：计算拉力$F_2$做功的功率
用滑轮组将物体提升相同高度，有用功等于直接提升物体做的功，即$W_{\mathrm{有用}}=W_1=3\ \mathrm{J}$
已知滑轮组机械效率$\eta=75\%$，由$\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}$得$F_2$做的总功：
$W_{\mathrm{总}} = \dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta} = \dfrac{3\ \mathrm{J}}{75\%} = 4\ \mathrm{J}$
已知做功时间$t=2\ \mathrm{s}$，拉力$F_2$做功的功率：
$P = \dfrac{W_{\mathrm{总}}}{t} = \dfrac{4\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{s}} = 2\ \mathrm{W}$
步骤3：计算动滑轮的重力
不计绳重和摩擦，额外功仅为提升动滑轮做的功，此时机械效率可推导为：
$\eta = \dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} = \dfrac{Gh}{Gh + G_{\mathrm{动}}h} = \dfrac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$
代入已知$\eta=75\%$，$G=6\ \mathrm{N}$：
$75\% = \dfrac{6\ \mathrm{N}}{6\ \mathrm{N} + G_{\mathrm{动}}}$
解得$G_{\mathrm{动}}=2\ \mathrm{N}$
步骤4：计算提升10N物体时的滑轮组机械效率
当提升物重$G'=10\ \mathrm{N}$，动滑轮重力$G_{\mathrm{动}}=2\ \mathrm{N}$不变，代入上述推导式：
$\eta' = \dfrac{G'}{G'+G_{\mathrm{动}}} × 100\% = \dfrac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N} + 2\ \mathrm{N}} × 100\% \approx 83.3\%$
【答案】6；2；2；83.3
【知识点】功的计算，功率计算，滑轮组机械效率
【点评】本题是功、功率与滑轮组机械效率的综合基础题，巧妙利用不计绳重摩擦时$\eta=\dfrac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$的推导式，无需判断滑轮组绳子段数即可快速求解，重点考察学生对有用功、总功概念的理解，以及机械效率推导公式的灵活运用能力。
【难度系数】0.6
