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1. 杆秤是从我国古代沿用至今的称量工具,如图是小明制作的杆秤的示意图,使用时,将待称物体挂在秤钩上,用手提起 B 或 C(相当于支点)处的秤纽,移动秤砣在秤杆上的位置 D,使秤杆达到水平平衡时可读出待称物体的质量,此秤最大称量是 10 kg,秤砣最远可移至 E 点.秤杆和秤钩的质量忽略不计,AB、BC、BE 的长度如图所示(g 取10 N/kg),求:
(1)提起哪处的秤纽,此秤的称量最大?
(2)秤砣质量为多少?
(3)当提起 C 处秤纽称一袋质量为 2 kg 的荔枝时,D 与 C 之间的距离为多少?
(1)提起哪处的秤纽,此秤的称量最大?
(2)秤砣质量为多少?
(3)当提起 C 处秤纽称一袋质量为 2 kg 的荔枝时,D 与 C 之间的距离为多少?
答案
(1)B处 (2)0.4 kg (3)0.25 m
解析:(1)根据杠杆的平衡条件可知:当提着B处秤组,秤
砣在E点时,A点所挂物体重为 $G_{A}=\frac {G_{秤砣}· BE}{AB}$;当提着C处
秤组、秤砣在E点时,A点所挂物体重为 $G_{A}'=\frac {G_{秤砣}· CE}{AC}$.因
$BE＞CE$、$AB＜AC$,故可得:$G_{A}＞G_{A}'$,即提起B处秤组时,此秤
的称量最大.
(2)由(1)可知,当提起B处秤组,秤砣挂在E点,A点秤钩
挂着质量为10 kg的物体时,秤杆可以在水平位置平衡,则
可列式:$G_{A}· AB=G_{秤砣}· BE.$
由$G=mg$可得:$m_{A}· AB=m_{秤砣}· BE,$
则 $m_{秤砣}=\frac {m_{A}· AB}{BE}=\frac {10kg×0.02m}{0.5m}=0.4kg.$
(3)当提起C处秤组称一袋质量为2 kg的荔枝时,阻力臂
为$AC=AB+BC=0.02m+0.03m=0.05m,$
根据杠杆的平衡条件可列式:$G_{荔枝}· AC=G_{秤砣}· CD.$
由$G=mg$可得:$m_{荔枝}· AC=m_{秤砣}· CD,$
则 $CD=\frac {m_{荔枝}· AC}{m_{秤砣}}=\frac {2kg×0.05m}{0.4kg}=0.25m.$
解析:(1)根据杠杆的平衡条件可知:当提着B处秤组,秤
砣在E点时,A点所挂物体重为 $G_{A}=\frac {G_{秤砣}· BE}{AB}$;当提着C处
秤组、秤砣在E点时,A点所挂物体重为 $G_{A}'=\frac {G_{秤砣}· CE}{AC}$.因
$BE＞CE$、$AB＜AC$,故可得:$G_{A}＞G_{A}'$,即提起B处秤组时,此秤
的称量最大.
(2)由(1)可知,当提起B处秤组,秤砣挂在E点,A点秤钩
挂着质量为10 kg的物体时,秤杆可以在水平位置平衡,则
可列式:$G_{A}· AB=G_{秤砣}· BE.$
由$G=mg$可得:$m_{A}· AB=m_{秤砣}· BE,$
则 $m_{秤砣}=\frac {m_{A}· AB}{BE}=\frac {10kg×0.02m}{0.5m}=0.4kg.$
(3)当提起C处秤组称一袋质量为2 kg的荔枝时,阻力臂
为$AC=AB+BC=0.02m+0.03m=0.05m,$
根据杠杆的平衡条件可列式:$G_{荔枝}· AC=G_{秤砣}· CD.$
由$G=mg$可得:$m_{荔枝}· AC=m_{秤砣}· CD,$
则 $CD=\frac {m_{荔枝}· AC}{m_{秤砣}}=\frac {2kg×0.05m}{0.4kg}=0.25m.$
解析
【分析】
这是杠杆平衡条件的实际应用题，解题思路梳理如下：
1. 第一问判断最大称量对应的秤纽：根据杠杆平衡公式，秤砣重力固定时，可称量的物体重力和阻力臂（物体到支点的距离）成反比，和最大动力臂（秤砣最远到支点的距离）成正比。对比B、C两个支点，B作为支点时物体侧阻力臂更小，秤砣侧最大动力臂更大，因此能承载的物体重力更大，称量也就更大。
2. 第二问求秤砣质量：已知最大称量10kg对应提B秤纽、秤砣在E点的平衡状态，代入杠杆平衡公式，两边重力的g可以直接约去，代入已知长度和最大物体质量即可算出秤砣质量。
3. 第三问求CD距离：提C秤纽时先算出此时的阻力臂AC=AB+BC，再代入杠杆平衡公式，约去g后代入已知的荔枝质量、AC长度、秤砣质量，就能求出D到C的距离。
【解析】
解：
(1) 根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1=F_2L_2 $，可得 $ G_{\mathrm{物}} · L_{\mathrm{物}} = G_{\mathrm{秤砣}} · L_{\mathrm{砣}} $，变形得 $ G_{\mathrm{物}}=\frac{G_{\mathrm{秤砣}} · L_{\mathrm{砣}}}{L_{\mathrm{物}}} $。
提起B处秤纽时，阻力臂为AB，最大动力臂为BE；提起C处秤纽时，阻力臂为AC，最大动力臂为CE。
由图中长度关系可知 $ AB＜AC $，且 $ BE＞CE $，因此提起B处秤纽时，可称量的物体重力更大，称量最大。
(2) 已知该秤最大称量为10kg，对应提起B秤纽、秤砣移到E点时，悬挂10kg物体杠杆水平平衡：
代入 $ G=mg $ 到杠杆平衡公式中，两边g可约去，得：
$ m_{\mathrm{物max}} · AB = m_{\mathrm{秤砣}} · BE $
代入数值 $ m_{\mathrm{物max}}=10\ \mathrm{kg} $，$ AB=0.02\ \mathrm{m} $，$ BE=0.5\ \mathrm{m} $：
$ m_{\mathrm{秤砣}} = \frac{m_{\mathrm{物max}} · AB}{BE} = \frac{10\ \mathrm{kg} × 0.02\ \mathrm{m}}{0.5\ \mathrm{m}} = 0.4\ \mathrm{kg} $
(3) 提起C处秤纽时，阻力臂为 $ AC = AB + BC = 0.02\ \mathrm{m} + 0.03\ \mathrm{m} = 0.05\ \mathrm{m} $，设D与C的距离为CD，代入杠杆平衡条件：
$ G_{\mathrm{荔枝}} · AC = G_{\mathrm{秤砣}} · CD $
代入 $ G=mg $，约去g得：
$ m_{\mathrm{荔枝}} · AC = m_{\mathrm{秤砣}} · CD $
代入数值 $ m_{\mathrm{荔枝}}=2\ \mathrm{kg} $，$ AC=0.05\ \mathrm{m} $，$ m_{\mathrm{秤砣}}=0.4\ \mathrm{kg} $：
$ CD = \frac{m_{\mathrm{荔枝}} · AC}{m_{\mathrm{秤砣}}} = \frac{2\ \mathrm{kg} × 0.05\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{kg}} = 0.25\ \mathrm{m} $
【答案】
(1) 提起B处的秤纽，此秤的称量最大
(2) 秤砣质量为0.4 kg
(3) D与C之间的距离为0.25 m
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆实际应用
【点评】
本题以我国传统称量工具杆秤为载体，分层考察杠杆平衡条件的理解与应用，解题核心是区分不同支点下对应的阻力臂、动力臂取值，避免混淆不同支点下的长度关系，难度梯度合理，能有效检验学生对杠杆规律的掌握程度。
【难度系数】
0.7
这是杠杆平衡条件的实际应用题，解题思路梳理如下：
1. 第一问判断最大称量对应的秤纽：根据杠杆平衡公式，秤砣重力固定时，可称量的物体重力和阻力臂（物体到支点的距离）成反比，和最大动力臂（秤砣最远到支点的距离）成正比。对比B、C两个支点，B作为支点时物体侧阻力臂更小，秤砣侧最大动力臂更大，因此能承载的物体重力更大，称量也就更大。
2. 第二问求秤砣质量：已知最大称量10kg对应提B秤纽、秤砣在E点的平衡状态，代入杠杆平衡公式，两边重力的g可以直接约去，代入已知长度和最大物体质量即可算出秤砣质量。
3. 第三问求CD距离：提C秤纽时先算出此时的阻力臂AC=AB+BC，再代入杠杆平衡公式，约去g后代入已知的荔枝质量、AC长度、秤砣质量，就能求出D到C的距离。
【解析】
解：
(1) 根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1=F_2L_2 $，可得 $ G_{\mathrm{物}} · L_{\mathrm{物}} = G_{\mathrm{秤砣}} · L_{\mathrm{砣}} $，变形得 $ G_{\mathrm{物}}=\frac{G_{\mathrm{秤砣}} · L_{\mathrm{砣}}}{L_{\mathrm{物}}} $。
提起B处秤纽时，阻力臂为AB，最大动力臂为BE；提起C处秤纽时，阻力臂为AC，最大动力臂为CE。
由图中长度关系可知 $ AB＜AC $，且 $ BE＞CE $，因此提起B处秤纽时，可称量的物体重力更大，称量最大。
(2) 已知该秤最大称量为10kg，对应提起B秤纽、秤砣移到E点时，悬挂10kg物体杠杆水平平衡：
代入 $ G=mg $ 到杠杆平衡公式中，两边g可约去，得：
$ m_{\mathrm{物max}} · AB = m_{\mathrm{秤砣}} · BE $
代入数值 $ m_{\mathrm{物max}}=10\ \mathrm{kg} $，$ AB=0.02\ \mathrm{m} $，$ BE=0.5\ \mathrm{m} $：
$ m_{\mathrm{秤砣}} = \frac{m_{\mathrm{物max}} · AB}{BE} = \frac{10\ \mathrm{kg} × 0.02\ \mathrm{m}}{0.5\ \mathrm{m}} = 0.4\ \mathrm{kg} $
(3) 提起C处秤纽时，阻力臂为 $ AC = AB + BC = 0.02\ \mathrm{m} + 0.03\ \mathrm{m} = 0.05\ \mathrm{m} $，设D与C的距离为CD，代入杠杆平衡条件：
$ G_{\mathrm{荔枝}} · AC = G_{\mathrm{秤砣}} · CD $
代入 $ G=mg $，约去g得：
$ m_{\mathrm{荔枝}} · AC = m_{\mathrm{秤砣}} · CD $
代入数值 $ m_{\mathrm{荔枝}}=2\ \mathrm{kg} $，$ AC=0.05\ \mathrm{m} $，$ m_{\mathrm{秤砣}}=0.4\ \mathrm{kg} $：
$ CD = \frac{m_{\mathrm{荔枝}} · AC}{m_{\mathrm{秤砣}}} = \frac{2\ \mathrm{kg} × 0.05\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{kg}} = 0.25\ \mathrm{m} $
【答案】
(1) 提起B处的秤纽，此秤的称量最大
(2) 秤砣质量为0.4 kg
(3) D与C之间的距离为0.25 m
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆实际应用
【点评】
本题以我国传统称量工具杆秤为载体，分层考察杠杆平衡条件的理解与应用，解题核心是区分不同支点下对应的阻力臂、动力臂取值，避免混淆不同支点下的长度关系，难度梯度合理，能有效检验学生对杠杆规律的掌握程度。
【难度系数】
0.7
2. 天门山盘山公路是网红打卡地(如图所示),公路共计99道弯,似玉带环绕,层层叠起,直冲云霄,公路全长大约10 km,公路的海拔落差约1 000 m.景区购置了一批新能源纯电动客车,客车满载时总质量为6 000 kg.现有一辆满载的新能源客车,以80 kW的恒定功率,4 m/s的速度沿盘山公路从山底匀速行驶至山顶.(假设行驶过程中客车所受重力和阻力大小恒定不变,g取10 N/kg)请回答下列问题:
(1)整个过程中,电动机对客车和游客所做的有用功为多少?
(2)盘山公路的机械效率为多少?
(3)整个过程中,电动机的牵引力为多少?客车受到的阻力为多少?
(1)整个过程中,电动机对客车和游客所做的有用功为多少?
(2)盘山公路的机械效率为多少?
(3)整个过程中,电动机的牵引力为多少?客车受到的阻力为多少?
答案
(1)$6×10^{7}J$ (2)30% (3)$2×10^{4}N$ $1.4×10^{4}N$
解析:(1)客车和游客总重力
$G=mg=6000kg×10N/kg=6×10^{4}N,$
电动机对客车和游客所做的有用功
$W_{有用}=Gh=6×10^{4}N×1000m=6×10^{7}J.$
(2)由$v=\frac {s}{t}$可得,整个过程所用时间
$t=\frac {s}{v}=\frac {10×10^{3}m}{4m/s}=2.5×10^{3}s,$
由$P=\frac {W}{t}$可得,总功
$W_{总}=Pt=80×10^{3}W×2.5×10^{3}s=2×10^{8}J,$
盘山公路的机械效率
$η=\frac {W_{有用}}{W_{总}}×100\% =\frac {6×10^{7}J}{2×10^{8}J}×100\% =30\% .$
(3)由$P=\frac {W}{t}=\frac {Fs}{t}=Fv$可得,电动机的牵引力
$F=\frac {P}{v}=\frac {80×10^{3}W}{4m/s}=2×10^{4}N,$
额外功$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=2×10^{8}J-6×10^{7}J=1.4×10^{8}J,$
由$W_{额外}=fs$可得,客车受到的阻力
$f=\frac {W_{额外}}{s}=\frac {1.4×10^{8}J}{10×10^{3}m}=1.4×10^{4}N.$
解析:(1)客车和游客总重力
$G=mg=6000kg×10N/kg=6×10^{4}N,$
电动机对客车和游客所做的有用功
$W_{有用}=Gh=6×10^{4}N×1000m=6×10^{7}J.$
(2)由$v=\frac {s}{t}$可得,整个过程所用时间
$t=\frac {s}{v}=\frac {10×10^{3}m}{4m/s}=2.5×10^{3}s,$
由$P=\frac {W}{t}$可得,总功
$W_{总}=Pt=80×10^{3}W×2.5×10^{3}s=2×10^{8}J,$
盘山公路的机械效率
$η=\frac {W_{有用}}{W_{总}}×100\% =\frac {6×10^{7}J}{2×10^{8}J}×100\% =30\% .$
(3)由$P=\frac {W}{t}=\frac {Fs}{t}=Fv$可得,电动机的牵引力
$F=\frac {P}{v}=\frac {80×10^{3}W}{4m/s}=2×10^{4}N,$
额外功$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=2×10^{8}J-6×10^{7}J=1.4×10^{8}J,$
由$W_{额外}=fs$可得,客车受到的阻力
$f=\frac {W_{额外}}{s}=\frac {1.4×10^{8}J}{10×10^{3}m}=1.4×10^{4}N.$
解析
【分析】
这是一道力学综合计算题，解题思路可以分三步依次推进：
1. 第一问求有用功：盘山公路相当于斜面，使用斜面提升物体时，克服物体重力做的功就是目标有用功，先根据G=mg算出客车和乘客的总重力，再代入W有=Gh，结合已知的海拔落差h就能算出有用功。
2. 第二问求机械效率：机械效率的定义是有用功和总功的比值，这里电动机做的功是总功，已知客车的行驶速度和公路总长度，先通过t=s/v算出全程的行驶时间，再结合电动机的恒定功率，用W总=Pt算出总功，最后代入效率公式η=W有/W总×100%就能得到盘山公路的机械效率。
3. 第三问求牵引力和阻力：已知功率和行驶速度，利用功率的推导公式P=Fv，变形就可以直接算出牵引力；总功减去有用功就是克服阻力做的额外功，额外功全部用来克服摩擦，代入W额=fs变形得到f=W额/s，就能算出客车受到的阻力。
【解析】
解：
(1) 计算满载客车和乘客的总重力：
$G=mg=6000\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg}=6×10^4\ \mathrm{N}$
克服重力做的有用功：
$W_{\mathrm{有用}}=Gh=6×10^4\ \mathrm{N} × 1000\ \mathrm{m}=6×10^7\ \mathrm{J}$
(2) 由$v=\frac{s}{t}$可得，客车从山底行驶到山顶的总时间：
$t=\frac{s}{v}=\frac{10×10^3\ \mathrm{m}}{4\ \mathrm{m/s}}=2.5×10^3\ \mathrm{s}$
电动机做的总功：
$W_{\mathrm{总}}=Pt=80×10^3\ \mathrm{W} × 2.5×10^3\ \mathrm{s}=2×10^8\ \mathrm{J}$
盘山公路的机械效率：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{6×10^7\ \mathrm{J}}{2×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
(3) 由功率推导式$P=\frac{W}{t}=\frac{Fs}{t}=Fv$，可得电动机的牵引力：
$F=\frac{P}{v}=\frac{80×10^3\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{m/s}}=2×10^4\ \mathrm{N}$
行驶过程中克服阻力做的额外功：
$W_{\mathrm{额外}}=W_{\mathrm{总}}-W_{\mathrm{有用}}=2×10^8\ \mathrm{J}-6×10^7\ \mathrm{J}=1.4×10^8\ \mathrm{J}$
由$W_{\mathrm{额外}}=fs$可得客车受到的阻力：
$f=\frac{W_{\mathrm{额外}}}{s}=\frac{1.4×10^8\ \mathrm{J}}{10×10^3\ \mathrm{m}}=1.4×10^4\ \mathrm{N}$
【答案】
(1) $6×10^{7}\ \mathrm{J}$ (2) $30\%$ (3) $2×10^{4}\ \mathrm{N}$；$1.4×10^{4}\ \mathrm{N}$
【知识点】
重力计算，功与功率，机械效率
【点评】
本题以盘山公路为真实背景，将斜面机械、功、功率、机械效率的知识点结合考查，难度梯度设置合理，需要学生明确斜面类机械中有用功、总功、额外功的对应含义，避免混淆不同功的物理意义，同时熟练掌握P=Fv这类推导公式的应用，是力学计算的典型基础综合题。
【难度系数】
0.6
这是一道力学综合计算题，解题思路可以分三步依次推进：
1. 第一问求有用功：盘山公路相当于斜面，使用斜面提升物体时，克服物体重力做的功就是目标有用功，先根据G=mg算出客车和乘客的总重力，再代入W有=Gh，结合已知的海拔落差h就能算出有用功。
2. 第二问求机械效率：机械效率的定义是有用功和总功的比值，这里电动机做的功是总功，已知客车的行驶速度和公路总长度，先通过t=s/v算出全程的行驶时间，再结合电动机的恒定功率，用W总=Pt算出总功，最后代入效率公式η=W有/W总×100%就能得到盘山公路的机械效率。
3. 第三问求牵引力和阻力：已知功率和行驶速度，利用功率的推导公式P=Fv，变形就可以直接算出牵引力；总功减去有用功就是克服阻力做的额外功，额外功全部用来克服摩擦，代入W额=fs变形得到f=W额/s，就能算出客车受到的阻力。
【解析】
解：
(1) 计算满载客车和乘客的总重力：
$G=mg=6000\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg}=6×10^4\ \mathrm{N}$
克服重力做的有用功：
$W_{\mathrm{有用}}=Gh=6×10^4\ \mathrm{N} × 1000\ \mathrm{m}=6×10^7\ \mathrm{J}$
(2) 由$v=\frac{s}{t}$可得，客车从山底行驶到山顶的总时间：
$t=\frac{s}{v}=\frac{10×10^3\ \mathrm{m}}{4\ \mathrm{m/s}}=2.5×10^3\ \mathrm{s}$
电动机做的总功：
$W_{\mathrm{总}}=Pt=80×10^3\ \mathrm{W} × 2.5×10^3\ \mathrm{s}=2×10^8\ \mathrm{J}$
盘山公路的机械效率：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{6×10^7\ \mathrm{J}}{2×10^8\ \mathrm{J}}×100\%=30\%$
(3) 由功率推导式$P=\frac{W}{t}=\frac{Fs}{t}=Fv$，可得电动机的牵引力：
$F=\frac{P}{v}=\frac{80×10^3\ \mathrm{W}}{4\ \mathrm{m/s}}=2×10^4\ \mathrm{N}$
行驶过程中克服阻力做的额外功：
$W_{\mathrm{额外}}=W_{\mathrm{总}}-W_{\mathrm{有用}}=2×10^8\ \mathrm{J}-6×10^7\ \mathrm{J}=1.4×10^8\ \mathrm{J}$
由$W_{\mathrm{额外}}=fs$可得客车受到的阻力：
$f=\frac{W_{\mathrm{额外}}}{s}=\frac{1.4×10^8\ \mathrm{J}}{10×10^3\ \mathrm{m}}=1.4×10^4\ \mathrm{N}$
【答案】
(1) $6×10^{7}\ \mathrm{J}$ (2) $30\%$ (3) $2×10^{4}\ \mathrm{N}$；$1.4×10^{4}\ \mathrm{N}$
【知识点】
重力计算，功与功率，机械效率
【点评】
本题以盘山公路为真实背景，将斜面机械、功、功率、机械效率的知识点结合考查，难度梯度设置合理，需要学生明确斜面类机械中有用功、总功、额外功的对应含义，避免混淆不同功的物理意义，同时熟练掌握P=Fv这类推导公式的应用，是力学计算的典型基础综合题。
【难度系数】
0.6
3. (2025·苏州高新区一中月考)小明用如图所示的滑轮组提升物体,已知动滑轮重120 N,小明重600 N,他的最大臂力为800 N.
(1)若他用500 N的拉力将重为830 N的物体匀速提升2 m,所用时间20 s,求此过程中:
①他做的额外功是多少?
②拉力做功的功率是多少?
(2)若把物体提升2 m的过程中绳重和摩擦对应的额外功始终占总功的5%,此滑轮组最高的机械效率是多少?
(1)若他用500 N的拉力将重为830 N的物体匀速提升2 m,所用时间20 s,求此过程中:
①他做的额外功是多少?
②拉力做功的功率是多少?
(2)若把物体提升2 m的过程中绳重和摩擦对应的额外功始终占总功的5%,此滑轮组最高的机械效率是多少?
答案
(1)①340 J ②100 W (2)85%
解析:(1)①由图可知,该滑轮组由2段绳子承担物重,即
$n=2$.拉力F作用下,绳子自由端移动的距离为$s=nh=$
$2×2m=4m,$
拉力做的总功为$W_{总}=Fs=500N×4m=2000J,$
提升物体做的有用功为$W_{有用}=Gh=830N×2m=1660J,$
此过程中做的额外功为 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=2000J-$
$1660J=340J;$
②拉力做功的功率为$P=\frac {W_{总}}{t}=\frac {2000J}{20s}=100W;$
(2)人站在地面上,施加的最大拉力不能超过其自身重力,
否则人会被拉起.小明重600 N,最大臂力为800 N,因此他
能施加的最大拉力$F_{最大}=G_{人}=600N.$
当拉力最大时,所提升的物重最大,滑轮组的机械效率最
高.绳重和摩擦对应的额外功始终占总功的5%,则有用功
与克服动滑轮所做额外功的总和占总功的95%,则
$\frac {(G_{最大}+G_{动})h}{F_{最大}s}×100\% =\frac {(G_{最大}+G_{动})h}{F_{最大}×2h}×100\% =\frac {G_{最大}+G_{动}}{2F_{最大}}×$
$100\% =\frac {G_{最大}+120N}{2×600N}×100\% =95\% ,$
解得提升的最大物重$G_{最大}=1020N$,滑轮组最大机械效率
$η=\frac {W_{有用}}{W_{总}}×100\% =\frac {G_{最大}h}{F_{最大}s}×100\% =\frac {G_{最大}h}{F_{最大}×2h}×100\% =\frac {G_{最大}}{2F_{最大}}×$
$100\% =\frac {1020N}{2×600N}×100\% =85\% .$
解析:(1)①由图可知,该滑轮组由2段绳子承担物重,即
$n=2$.拉力F作用下,绳子自由端移动的距离为$s=nh=$
$2×2m=4m,$
拉力做的总功为$W_{总}=Fs=500N×4m=2000J,$
提升物体做的有用功为$W_{有用}=Gh=830N×2m=1660J,$
此过程中做的额外功为 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=2000J-$
$1660J=340J;$
②拉力做功的功率为$P=\frac {W_{总}}{t}=\frac {2000J}{20s}=100W;$
(2)人站在地面上,施加的最大拉力不能超过其自身重力,
否则人会被拉起.小明重600 N,最大臂力为800 N,因此他
能施加的最大拉力$F_{最大}=G_{人}=600N.$
当拉力最大时,所提升的物重最大,滑轮组的机械效率最
高.绳重和摩擦对应的额外功始终占总功的5%,则有用功
与克服动滑轮所做额外功的总和占总功的95%,则
$\frac {(G_{最大}+G_{动})h}{F_{最大}s}×100\% =\frac {(G_{最大}+G_{动})h}{F_{最大}×2h}×100\% =\frac {G_{最大}+G_{动}}{2F_{最大}}×$
$100\% =\frac {G_{最大}+120N}{2×600N}×100\% =95\% ,$
解得提升的最大物重$G_{最大}=1020N$,滑轮组最大机械效率
$η=\frac {W_{有用}}{W_{总}}×100\% =\frac {G_{最大}h}{F_{最大}s}×100\% =\frac {G_{最大}h}{F_{最大}×2h}×100\% =\frac {G_{最大}}{2F_{最大}}×$
$100\% =\frac {1020N}{2×600N}×100\% =85\% .$
解析
【分析】
解题思路梳理：
1. 首先观察滑轮组结构，确定承担物重的绳子段数n=2，这是后续所有计算的基础。
2. 解答第(1)问①：先根据s=nh计算绳子自由端移动的距离，再分别用W总=Fs计算拉力做的总功、W有用=Gh计算提升物体做的有用功，总功与有用功的差值就是额外功。
3. 解答第(1)问②：已经算出总功，直接根据功率定义式P=W总/t，代入总功和做功时间即可得到拉力的功率。
4. 解答第(2)问：这里需要注意易错点——小明站在地面上，能施加的最大拉力不能超过自身重力，否则人会被绳子拉起脱离地面，因此虽然他臂力有800N，但实际最大拉力等于他的体重600N。拉力最大时提升的物重最大，滑轮组机械效率最高；题目说明绳重和摩擦的额外功占总功的5%，因此有用功和克服动滑轮重力的功之和占总功的95%，代入公式即可求出最大物重，最终算出最高机械效率。
【解析】
(1) ① 由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数n=2：
绳子自由端移动的距离：
$s = nh = 2×2m = 4m$
拉力做的总功：
$W_{总} = Fs = 500N × 4m = 2000J$
提升物体做的有用功：
$W_{有用} = Gh = 830N × 2m = 1660J$
此过程的额外功：
$W_{额外} = W_{总} - W_{有用} = 2000J - 1660J = 340J$
② 拉力做功的功率：
$P = \frac{W_{总}}{t} = \frac{2000J}{20s} = 100W$
(2) 人站在地面上时，对绳子的最大拉力不能超过自身重力，否则人会被绳子拉起，因此小明能施加的最大拉力$F_{最大} = G_{人} = 600N$，此时提升的物重最大，滑轮组机械效率最高。
已知绳重和摩擦对应的额外功占总功的5%，因此有用功与克服动滑轮重力的额外功之和占总功的比例为$1-5\%=95\%$：
即 $\frac{G_{最大}h + G_{动}h}{F_{最大}s} = 95\%$
代入$s=2h$，约去h可得：
$\frac{G_{最大} + G_{动}}{2F_{最大}} = 95\%$
代入$G_{动}=120N$，$F_{最大}=600N$：
$\frac{G_{最大} + 120N}{2×600N} = 95\%$
解得最大物重$G_{最大}=1020N$
滑轮组的最高机械效率：
$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\% = \frac{G_{最大}h}{F_{最大}×2h}×100\% = \frac{1020N}{2×600N}×100\% = 85\%$
【答案】
(1) ① 340 J ② 100 W (2) 85%
【知识点】
滑轮组功的计算，滑轮组机械效率，功率计算
【点评】
本题属于滑轮组综合计算题，基础部分难度较低，第二问设置了易错陷阱：很多同学会误将小明的最大臂力800N当作最大拉力，忽略了人站在地面上时拉力不能超过自身重力的隐含条件，解题时要注意结合人的受力限制判断最大拉力，再结合额外功的占比条件推导最大机械效率。
【难度系数】
0.45
解题思路梳理：
1. 首先观察滑轮组结构，确定承担物重的绳子段数n=2，这是后续所有计算的基础。
2. 解答第(1)问①：先根据s=nh计算绳子自由端移动的距离，再分别用W总=Fs计算拉力做的总功、W有用=Gh计算提升物体做的有用功，总功与有用功的差值就是额外功。
3. 解答第(1)问②：已经算出总功，直接根据功率定义式P=W总/t，代入总功和做功时间即可得到拉力的功率。
4. 解答第(2)问：这里需要注意易错点——小明站在地面上，能施加的最大拉力不能超过自身重力，否则人会被绳子拉起脱离地面，因此虽然他臂力有800N，但实际最大拉力等于他的体重600N。拉力最大时提升的物重最大，滑轮组机械效率最高；题目说明绳重和摩擦的额外功占总功的5%，因此有用功和克服动滑轮重力的功之和占总功的95%，代入公式即可求出最大物重，最终算出最高机械效率。
【解析】
(1) ① 由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数n=2：
绳子自由端移动的距离：
$s = nh = 2×2m = 4m$
拉力做的总功：
$W_{总} = Fs = 500N × 4m = 2000J$
提升物体做的有用功：
$W_{有用} = Gh = 830N × 2m = 1660J$
此过程的额外功：
$W_{额外} = W_{总} - W_{有用} = 2000J - 1660J = 340J$
② 拉力做功的功率：
$P = \frac{W_{总}}{t} = \frac{2000J}{20s} = 100W$
(2) 人站在地面上时，对绳子的最大拉力不能超过自身重力，否则人会被绳子拉起，因此小明能施加的最大拉力$F_{最大} = G_{人} = 600N$，此时提升的物重最大，滑轮组机械效率最高。
已知绳重和摩擦对应的额外功占总功的5%，因此有用功与克服动滑轮重力的额外功之和占总功的比例为$1-5\%=95\%$：
即 $\frac{G_{最大}h + G_{动}h}{F_{最大}s} = 95\%$
代入$s=2h$，约去h可得：
$\frac{G_{最大} + G_{动}}{2F_{最大}} = 95\%$
代入$G_{动}=120N$，$F_{最大}=600N$：
$\frac{G_{最大} + 120N}{2×600N} = 95\%$
解得最大物重$G_{最大}=1020N$
滑轮组的最高机械效率：
$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\% = \frac{G_{最大}h}{F_{最大}×2h}×100\% = \frac{1020N}{2×600N}×100\% = 85\%$
【答案】
(1) ① 340 J ② 100 W (2) 85%
【知识点】
滑轮组功的计算，滑轮组机械效率，功率计算
【点评】
本题属于滑轮组综合计算题，基础部分难度较低，第二问设置了易错陷阱：很多同学会误将小明的最大臂力800N当作最大拉力，忽略了人站在地面上时拉力不能超过自身重力的隐含条件，解题时要注意结合人的受力限制判断最大拉力，再结合额外功的占比条件推导最大机械效率。
【难度系数】
0.45
