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15. 如图甲所示,有一质量为3 kg的正方体物块,在拉力F的作用下在水平面上做直线运动.拉力随时间变化、速度随时间变化图像分别如图乙、丙所示,已知物块在2~4 s的运动距离为2 m.求:
(1)在2~4 s物块受到的摩擦力.
(2)在前6 s内,拉力F做的功.
(1)在2~4 s物块受到的摩擦力.
(2)在前6 s内,拉力F做的功.
答案
15. (1)6 N (2)42 J
解析:(1)由图像可知物块在4~6 s做匀速直线运动,摩擦力$f$与拉力$F$大小相等,即$f=F=6\ \mathrm{N}$,物块运动过程压力和接触面粗糙程度不变,摩擦力不变.所以2~4 s物块受到的摩擦力$f'=f=6\ \mathrm{N}$.
(2)0~2 s物块处于静止状态,拉力不做功,已知物块在2~4 s运动的距离$s'=2\ \mathrm{m}$,2~4 s拉力$F$做的功$W'=$$F's'=9\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=18\ \mathrm{J}$,物块在4~6 s内运动的距离$s=vt=$$2\ \mathrm{m/s}×2\ \mathrm{s}=4\ \mathrm{m}$,4~6 s拉力$F$做的功$W=Fs=6\ \mathrm{N}×$$4\ \mathrm{m}=24\ \mathrm{J}$,前6 s拉力$F$做的功$W_{\mathrm{总}}=W'+W=18\ \mathrm{J}+24\ \mathrm{J}=42\ \mathrm{J}$.
解析:(1)由图像可知物块在4~6 s做匀速直线运动,摩擦力$f$与拉力$F$大小相等,即$f=F=6\ \mathrm{N}$,物块运动过程压力和接触面粗糙程度不变,摩擦力不变.所以2~4 s物块受到的摩擦力$f'=f=6\ \mathrm{N}$.
(2)0~2 s物块处于静止状态,拉力不做功,已知物块在2~4 s运动的距离$s'=2\ \mathrm{m}$,2~4 s拉力$F$做的功$W'=$$F's'=9\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=18\ \mathrm{J}$,物块在4~6 s内运动的距离$s=vt=$$2\ \mathrm{m/s}×2\ \mathrm{s}=4\ \mathrm{m}$,4~6 s拉力$F$做的功$W=Fs=6\ \mathrm{N}×$$4\ \mathrm{m}=24\ \mathrm{J}$,前6 s拉力$F$做的功$W_{\mathrm{总}}=W'+W=18\ \mathrm{J}+24\ \mathrm{J}=42\ \mathrm{J}$.
解析
【分析】
这道题是结合F-t图像和v-t图像的力学综合题，解题思路如下：
1. 第一问求2~4s的摩擦力：首先回忆滑动摩擦力的大小只和压力、接触面粗糙程度有关，和运动速度无关。先从v-t图找到物块做匀速直线运动的阶段，匀速时拉力和滑动摩擦力二力平衡，大小相等，得到滑动摩擦力的数值，再判断2~4s时物块压力和接触面粗糙程度都没有变化，就能得到该时段的摩擦力。
2. 第二问求前6s拉力做的总功：要把6s按运动状态分成三个时间段分别分析：①0~2s从v-t图看到物块速度为0，处于静止状态，没有移动距离，拉力不做功；②2~4s题目已经给出运动距离，对应F-t图的拉力数值，用W=Fs计算该段做功；③4~6s物块匀速运动，已知速度和时间，先通过s=vt算出运动路程，再对应该时段的拉力，用W=Fs计算做功，最后把三个时段的功相加得到总功。
【解析】
(1) 由图丙可知，4~6s内物块速度保持2m/s不变，做匀速直线运动，此时物块水平方向受力平衡，滑动摩擦力等于拉力；由图乙可知该时段拉力F=6N，因此滑动摩擦力f=F=6N。
2~4s内物块处于加速运动状态，物块对水平面的压力等于自身重力、大小不变，接触面粗糙程度也不变，因此滑动摩擦力大小不变，所以2~4s物块受到的摩擦力f'=f=6N。
(2) 分三个时段计算前6s拉力的总功：
① 0~2s：由图丙可知物块速度为0，处于静止状态，移动距离为0，因此该时段拉力做功W₁=0J；
② 2~4s：已知该时段物块运动距离s₂=2m，由图乙可知该时段拉力F₂=9N，该时段拉力做功W₂=F₂s₂=9N×2m=18J；
③ 4~6s：物块运动速度v=2m/s，运动时间t₃=6s-4s=2s，运动路程s₃=vt₃=2m/s×2s=4m，由图乙可知该时段拉力F₃=6N，该时段拉力做功W₃=F₃s₃=6N×4m=24J；
因此前6s拉力做的总功W总=W₁+W₂+W₃=0J+18J+24J=42J。
【答案】
(1) 6 N (2) 42 J
【知识点】
二力平衡条件，滑动摩擦力影响因素，功的计算
【点评】
本题属于力学图像综合题，核心考点是滑动摩擦力的不变性和分段计算功，容易出错的点是忽略静止阶段拉力不做功、误将加速阶段的拉力当成摩擦力，解题时要先通过匀速运动的平衡状态确定滑动摩擦力，再逐段对应拉力和运动路程计算总功。
【难度系数】
0.6
这道题是结合F-t图像和v-t图像的力学综合题，解题思路如下：
1. 第一问求2~4s的摩擦力：首先回忆滑动摩擦力的大小只和压力、接触面粗糙程度有关，和运动速度无关。先从v-t图找到物块做匀速直线运动的阶段，匀速时拉力和滑动摩擦力二力平衡，大小相等，得到滑动摩擦力的数值，再判断2~4s时物块压力和接触面粗糙程度都没有变化，就能得到该时段的摩擦力。
2. 第二问求前6s拉力做的总功：要把6s按运动状态分成三个时间段分别分析：①0~2s从v-t图看到物块速度为0，处于静止状态，没有移动距离，拉力不做功；②2~4s题目已经给出运动距离，对应F-t图的拉力数值，用W=Fs计算该段做功；③4~6s物块匀速运动，已知速度和时间，先通过s=vt算出运动路程，再对应该时段的拉力，用W=Fs计算做功，最后把三个时段的功相加得到总功。
【解析】
(1) 由图丙可知，4~6s内物块速度保持2m/s不变，做匀速直线运动，此时物块水平方向受力平衡，滑动摩擦力等于拉力；由图乙可知该时段拉力F=6N，因此滑动摩擦力f=F=6N。
2~4s内物块处于加速运动状态，物块对水平面的压力等于自身重力、大小不变，接触面粗糙程度也不变，因此滑动摩擦力大小不变，所以2~4s物块受到的摩擦力f'=f=6N。
(2) 分三个时段计算前6s拉力的总功：
① 0~2s：由图丙可知物块速度为0，处于静止状态，移动距离为0，因此该时段拉力做功W₁=0J；
② 2~4s：已知该时段物块运动距离s₂=2m，由图乙可知该时段拉力F₂=9N，该时段拉力做功W₂=F₂s₂=9N×2m=18J；
③ 4~6s：物块运动速度v=2m/s，运动时间t₃=6s-4s=2s，运动路程s₃=vt₃=2m/s×2s=4m，由图乙可知该时段拉力F₃=6N，该时段拉力做功W₃=F₃s₃=6N×4m=24J；
因此前6s拉力做的总功W总=W₁+W₂+W₃=0J+18J+24J=42J。
【答案】
(1) 6 N (2) 42 J
【知识点】
二力平衡条件，滑动摩擦力影响因素，功的计算
【点评】
本题属于力学图像综合题，核心考点是滑动摩擦力的不变性和分段计算功，容易出错的点是忽略静止阶段拉力不做功、误将加速阶段的拉力当成摩擦力，解题时要先通过匀速运动的平衡状态确定滑动摩擦力，再逐段对应拉力和运动路程计算总功。
【难度系数】
0.6
16. 新素材创新装置 悠悠球是世界上较古老的玩具,它由轮与轴(含绕轴上的线)两部分组成(如图甲).一悠悠球,轮半径为R,轴半径为r,线为细线,如图乙是玩悠悠球的两种不同方式,小科用拉力F使球在水平方向匀速运动距离s,则下列说法正确的是 (
A.两种方式拉力F做功均为$Fs$
B.a方式拉力F所做的功大于b方式拉力F所做的功
C.a方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功
D.无法判断
C
)A.两种方式拉力F做功均为$Fs$
B.a方式拉力F所做的功大于b方式拉力F所做的功
C.a方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功
D.无法判断
答案
16. C 解析:当悠悠球的轮向前滚动的距离为$s$时,已知轮半径为$R$,轮滚动的圈数$n=\frac{s}{2π R}$,轴滚动的圈数与轮相同,已知轴半径为$r$,则轴向前滚动的距离$s'=n×2π r=$$\frac{s}{2π R}×2π r=\frac{r}{R}s$,a图,拉力$F$作用在轴的下端时,轴向前滚动会使细线"收缩",拉力端实际移动的距离$s_{1}=s-s'=s-$$\frac{r}{R}s=(1-\frac{r}{R})s$,$F$做功大小$W_{1}=Fs_{1}=(1-\frac{r}{R})Fs$,b图,拉力$F$作用在轴的上端时,轴向前滚动会使细线"拉长",拉力端实际移动的距离$s_{2}=s+s'=s+\frac{r}{R}s=(1+\frac{r}{R})s$,$F$做功大小$W_{2}=Fs_{2}=(1+\frac{r}{R})Fs$,比较可得$W_{1}＜W_{2}$,故C正确.
解析
【分析】
这道题的核心误区是很多同学会直接认为拉力移动的距离等于悠悠球整体移动的距离s，我们需要先明确拉力作用点的实际位移：首先悠悠球整体向右平动s时，轮做纯滚动，先通过轮的周长算出悠悠球转动的总圈数，由于轴和轮同轴转动，圈数完全相同，就能算出轴转动对应的线位移。再分别分析两种情况：a图拉力在轴下端，球向右滚动时细线会被轴转动收拢，拉力端实际位移是整体平动距离减去收拢的线长；b图拉力在轴上端，球向右滚动时细线会被轴转动放出，拉力端实际位移是整体平动距离加上放出的线长。最后结合功的公式W=Fs，在拉力F相同的情况下，比较两个实际位移的大小，就能得到两次做功的大小关系。
【解析】
1. 计算悠悠球的转动圈数
悠悠球整体水平向右移动距离s，轮做纯滚动，轮的周长为$C_{\mathrm{轮}}=2π R$，因此总转动圈数：
$n=\frac{s}{C_{\mathrm{轮}}}=\frac{s}{2π R}$
2. 计算轴转动对应的线位移
轴与轮固定同轴，转动圈数和轮相等，轴的周长为$C_{\mathrm{轴}}=2π r$，因此轴转动对应的线位移：
$s'=n· C_{\mathrm{轴}}=\frac{s}{2π R}× 2π r=\frac{r}{R}s$
3. 计算a方式的拉力做功
图a中拉力作用在轴的下端，悠悠球向右滚动时，细线随轴转动向内收拢，拉力端实际向右移动的距离：
$s_1=s-s'=s-\frac{r}{R}s=(1-\frac{r}{R})s$
对应拉力做功：
$W_1=F· s_1=Fs(1-\frac{r}{R})$
4. 计算b方式的拉力做功
图b中拉力作用在轴的上端，悠悠球向右滚动时，细线随轴转动向外放出，拉力端实际向右移动的距离：
$s_2=s+s'=s+\frac{r}{R}s=(1+\frac{r}{R})s$
对应拉力做功：
$W_2=F· s_2=Fs(1+\frac{r}{R})$
5. 比较做功大小
显然$(1-\frac{r}{R})s＜(1+\frac{r}{R})s$，拉力F大小相同，因此$W_1＜W_2$，即a方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功。
【答案】
C
【知识点】
功的计算，纯滚动位移
【点评】
本题属于创新情景的力学题，易错点是直接将悠悠球整体的平动位移当成拉力作用点的位移，解题关键是区分整体平动和轴转动对细线长度的影响，得到拉力端的实际位移后再代入功的公式比较，能很好地考察学生对功的概念的深度理解。
【难度系数】
0.3
这道题的核心误区是很多同学会直接认为拉力移动的距离等于悠悠球整体移动的距离s，我们需要先明确拉力作用点的实际位移：首先悠悠球整体向右平动s时，轮做纯滚动，先通过轮的周长算出悠悠球转动的总圈数，由于轴和轮同轴转动，圈数完全相同，就能算出轴转动对应的线位移。再分别分析两种情况：a图拉力在轴下端，球向右滚动时细线会被轴转动收拢，拉力端实际位移是整体平动距离减去收拢的线长；b图拉力在轴上端，球向右滚动时细线会被轴转动放出，拉力端实际位移是整体平动距离加上放出的线长。最后结合功的公式W=Fs，在拉力F相同的情况下，比较两个实际位移的大小，就能得到两次做功的大小关系。
【解析】
1. 计算悠悠球的转动圈数
悠悠球整体水平向右移动距离s，轮做纯滚动，轮的周长为$C_{\mathrm{轮}}=2π R$，因此总转动圈数：
$n=\frac{s}{C_{\mathrm{轮}}}=\frac{s}{2π R}$
2. 计算轴转动对应的线位移
轴与轮固定同轴，转动圈数和轮相等，轴的周长为$C_{\mathrm{轴}}=2π r$，因此轴转动对应的线位移：
$s'=n· C_{\mathrm{轴}}=\frac{s}{2π R}× 2π r=\frac{r}{R}s$
3. 计算a方式的拉力做功
图a中拉力作用在轴的下端，悠悠球向右滚动时，细线随轴转动向内收拢，拉力端实际向右移动的距离：
$s_1=s-s'=s-\frac{r}{R}s=(1-\frac{r}{R})s$
对应拉力做功：
$W_1=F· s_1=Fs(1-\frac{r}{R})$
4. 计算b方式的拉力做功
图b中拉力作用在轴的上端，悠悠球向右滚动时，细线随轴转动向外放出，拉力端实际向右移动的距离：
$s_2=s+s'=s+\frac{r}{R}s=(1+\frac{r}{R})s$
对应拉力做功：
$W_2=F· s_2=Fs(1+\frac{r}{R})$
5. 比较做功大小
显然$(1-\frac{r}{R})s＜(1+\frac{r}{R})s$，拉力F大小相同，因此$W_1＜W_2$，即a方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功。
【答案】
C
【知识点】
功的计算，纯滚动位移
【点评】
本题属于创新情景的力学题，易错点是直接将悠悠球整体的平动位移当成拉力作用点的位移，解题关键是区分整体平动和轴转动对细线长度的影响，得到拉力端的实际位移后再代入功的公式比较，能很好地考察学生对功的概念的深度理解。
【难度系数】
0.3
17. 核心素养 科学思维 图像法是物理学研究的重要方法.如图甲所示,在 $ F-s $ 图像中,图线与坐标轴合围的面积即为功.同理,如果 $ F $ 与 $ s $ 满足一次函数关系,则图线与坐标轴合围成的三角形或梯形面积都可以作为做功的值.现用铁锤把小钉钉入木板,设木板对小钉的阻力与钉进的深度成正比,已知铁锤第一次敲钉子克服阻力做功为 $ W $,将钉子钉进的深度为 $ d $(如图乙),如果第二次敲钉子时铁锤克服阻力做功仍为 $ W $,则第二次敲击将钉子钉进的深度为 ______ (用 $ d $ 表示).
答案
17. $(\sqrt{2}-1)d$ 解析:由题可知,木板对小钉的阻力与钉进的深度成正比,即$f=kd$,作出该函数图像,图像下方的面积表示铁锤克服阻力做的功.如图所示:
由题意可知铁锤第一次克服阻力做功为$W$,即$d$点左侧小三角形面积;第二次做功为$d∼ d'$之间梯形面积,两次做功相同,则有:$\frac{1}{2}df=\frac{1}{2}(f+f')(d'-d)$,结合$f=kd$,解得$d'=$$\sqrt{2}d$,则第二次敲击将钉子钉进的深度$\Delta d=d'-d=(\sqrt{2}-$$1)d$.
解析
【分析】
首先梳理已知条件：木板对钉子的阻力和钉入深度成正比，且题目提示F-s图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。解题思路如下：第一步先写出阻力随深度变化的正比关系f=kx，x为钉入深度，k是比例系数；第二步，第一次敲击时钉入深度为d，对应的克服阻力做功W就是f-x图像中0到d区间的三角形面积，据此写出W的表达式；第三步，第二次敲击后总克服阻力做功为2W，对应0到总深度d'的大三角形面积，写出总功的表达式，联立两个式子求出两次敲击后的总深度d'；最后用总深度减去第一次已经钉入的d，即可得到第二次敲击新增的钉入深度。
【解析】
解：设木板对小钉的阻力f与钉入深度x满足正比关系：$f=kx$，其中k为比例常量。
1. 第一次敲击过程：钉子钉进深度为d，由于阻力随深度线性变化，克服阻力做的功W等于f-x图像中0~d区间的三角形面积：
$W = \frac{1}{2} · f · d = \frac{1}{2} · kd · d = \frac{1}{2}kd^2$
2. 两次敲击总过程：两次克服阻力做功总和为$W_{总}=W+W=2W$，设两次敲击后钉子的总钉入深度为$d'$，同理总功等于f-x图像中0~d'区间的大三角形面积：
$2W = \frac{1}{2} · kd' · d' = \frac{1}{2}kd'^2$
3. 联立两式，将$W=\frac{1}{2}kd^2$代入总功表达式：
$2 × \frac{1}{2}kd^2 = \frac{1}{2}kd'^2$
约去k后化简得：$d'^2=2d^2$，深度取正，因此$d'=\sqrt{2}d$。
4. 第二次敲击新增的钉入深度为总深度减去第一次的深度：
$\Delta d = d' - d = (\sqrt{2}-1)d$
【答案】
$(\sqrt{2}-1)d$
【知识点】
F-s图像求功，线性变力做功
【点评】
本题利用图像法求解线性变力的做功，将随深度正比变化的阻力做功转化为对应图像的面积计算，规避了复杂的积分运算，重点考察对图像法求功的理解，解题时要注意区分两次敲击后的总深度和第二次新增的钉入深度，避免直接把总深度当成所求结果的常见错误。
【难度系数】
0.6
首先梳理已知条件：木板对钉子的阻力和钉入深度成正比，且题目提示F-s图像中图线与坐标轴围成的面积表示功。解题思路如下：第一步先写出阻力随深度变化的正比关系f=kx，x为钉入深度，k是比例系数；第二步，第一次敲击时钉入深度为d，对应的克服阻力做功W就是f-x图像中0到d区间的三角形面积，据此写出W的表达式；第三步，第二次敲击后总克服阻力做功为2W，对应0到总深度d'的大三角形面积，写出总功的表达式，联立两个式子求出两次敲击后的总深度d'；最后用总深度减去第一次已经钉入的d，即可得到第二次敲击新增的钉入深度。
【解析】
解：设木板对小钉的阻力f与钉入深度x满足正比关系：$f=kx$，其中k为比例常量。
1. 第一次敲击过程：钉子钉进深度为d，由于阻力随深度线性变化，克服阻力做的功W等于f-x图像中0~d区间的三角形面积：
$W = \frac{1}{2} · f · d = \frac{1}{2} · kd · d = \frac{1}{2}kd^2$
2. 两次敲击总过程：两次克服阻力做功总和为$W_{总}=W+W=2W$，设两次敲击后钉子的总钉入深度为$d'$，同理总功等于f-x图像中0~d'区间的大三角形面积：
$2W = \frac{1}{2} · kd' · d' = \frac{1}{2}kd'^2$
3. 联立两式，将$W=\frac{1}{2}kd^2$代入总功表达式：
$2 × \frac{1}{2}kd^2 = \frac{1}{2}kd'^2$
约去k后化简得：$d'^2=2d^2$，深度取正，因此$d'=\sqrt{2}d$。
4. 第二次敲击新增的钉入深度为总深度减去第一次的深度：
$\Delta d = d' - d = (\sqrt{2}-1)d$
【答案】
$(\sqrt{2}-1)d$
【知识点】
F-s图像求功，线性变力做功
【点评】
本题利用图像法求解线性变力的做功，将随深度正比变化的阻力做功转化为对应图像的面积计算，规避了复杂的积分运算，重点考察对图像法求功的理解，解题时要注意区分两次敲击后的总深度和第二次新增的钉入深度，避免直接把总深度当成所求结果的常见错误。
【难度系数】
0.6
18. (2025·苏州立达中学期中)一根长度为1.2 m、重为5 N的金属棒AB置于水平地面上，用弹簧测力计始终沿竖直方向拉棒的B端使其缓慢匀速拉起，直至离开地面，如图甲所示.
(1)在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度h的关系，如图乙所示，其中最合理的是.
(2)在B端拉起的过程中，当$h_1=1\ \mathrm{m}$时，测力计的示数$F_1$为3 N；由此推断：金属棒的重心到A端的距离$d=\_\_\_\_\_\mathrm{m}$；当$h_2=2\ \mathrm{m}$时，拉力$F_1$总共做的功$W_2=\_\_\_\_\_\mathrm{J}$.
(1)在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度h的关系，如图乙所示，其中最合理的是.
(2)在B端拉起的过程中，当$h_1=1\ \mathrm{m}$时，测力计的示数$F_1$为3 N；由此推断：金属棒的重心到A端的距离$d=\_\_\_\_\_\mathrm{m}$；当$h_2=2\ \mathrm{m}$时，拉力$F_1$总共做的功$W_2=\_\_\_\_\_\mathrm{J}$.
答案
18. (1)B (2)0.72 7.6
解析:(1)当金属棒没离开地面时,金属棒是在拉力作用下绕着A端被缓慢匀速提起,此时金属棒是杠杆,支点为A,动力为测力计对金属棒的拉力,阻力为金属棒的重力,其中棒长$L$,设金属棒的重心离A端距离为$d$,如图:
根据杠杆的平衡条件可得$F_{1}L_{1}=GL_{2}$,且由数学知识可得$\frac{L_{1}}{L_{2}}=\frac{L}{d}$,所以$\frac{F_{1}}{G}=\frac{d}{L}$,这一过程中测力计对金属棒的拉力$F_{1}$不变,且$F_{1}＜G$.金属棒没离开地面时,测力计对棒所做的功$W=F_{1}h$,因$F$不变,所以$W$和$h$成正比关系;当金属棒AB离开地面后,因竖直匀速提起金属棒,所以由二力平衡条件可知,拉力为$F_{1}'=G=5\ \mathrm{N}$,测力计对棒所做的功$W'=F_{1}'h$,且此过程中$F_{1}'$不变,故$W'$和$h$也成正比关系,但$F_{1}'＞F_{1}$,所以提升相同高度时拉力做功更多,即图线更陡.综上,B图最能表现弹簧测力计对棒所做的功$W$与B端离开地面的高度$h$的关系,故应该选B.
(2)当$h_{1}=1\ \mathrm{m}$时,此时金属棒A端还未脱离地面,测力计的示数$F_{1}$为3 N,由(1)可知,$\frac{F_{1}}{G}=\frac{d}{L}$,代入$F_{1}=3\ \mathrm{N},G=$$5\ \mathrm{N},L=1.2\ \mathrm{m}$,解得$d=0.72\ \mathrm{m}$,即金属棒的重心到A端的距离$d$为0.72 m.当$h_{2}=2\ \mathrm{m}$时,金属棒AB已经离开地面,未离开地面时,弹簧测力计示数$F_{1}$为3 N且不变,弹簧测力计对棒做的功为$W_{1}=F_{1}L=3\ \mathrm{N}×1.2\ \mathrm{m}=3.6\ \mathrm{J}$.金属棒离开地面继续上升的高度为$h_{2}=2\ \mathrm{m}-1.2\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$,离开地面后,弹簧测力计对棒所做的功为克服重力做的功为$W_{2}=Gh_{2}=5\ \mathrm{N}×0.8\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{J}$.故当$h_{2}=2\ \mathrm{m}$时,拉力$F$做的功为$W_{\mathrm{总}}=W_{1}+W_{2}=3.6\ \mathrm{J}+4\ \mathrm{J}=7.6\ \mathrm{J}$.
解析
【分析】
我们可以将整个拉起金属棒的过程拆分为两个阶段逐步分析：
1. 第一阶段：A端始终贴在地面，B端被向上拉直到金属棒完全竖直、即将离开地面。这个过程中金属棒是绕A点转动的杠杆，动力是弹簧测力计的竖直拉力，阻力是棒的重力。结合相似三角形的几何关系，动力臂和阻力臂的比值是定值，代入杠杆平衡条件可推出拉力F恒定且F＜G，此时拉力做功W=Fh，W和h为正比例关系，对应图线是倾斜直线。
2. 第二阶段：金属棒完全离开地面后，继续竖直向上匀速拉动，由二力平衡可知拉力等于棒的重力G，显然G大于第一阶段的拉力F，此时W=Gh，相同高度增量下做功更多，W-h图线的斜率会比第一阶段更陡。
对比四个选项即可选出符合规律的图像。
第二问计算时，先代入杠杆平衡的推导式算出重心到A端的距离，再把总功拆分为未离地、完全离地两段分别计算后求和，就能得到总功的数值。
【解析】
(1) 分两个过程推导规律：
① 金属棒未离开地面时：以A为支点，金属棒为杠杆，根据杠杆平衡条件$F · L_1 = G · L_2$，结合几何相似关系可得$\frac{L_1}{L_2}=\frac{L}{d}$（$L$为棒总长，$d$为重心到A的距离），因此$F = G · \frac{d}{L}$，该过程拉力为定值且$F＜G$。由$W=Fh$可知，此过程W与h成正比，图像为倾斜直线。
② 金属棒完全离开地面后：匀速竖直拉起，由二力平衡得拉力$F'=G=5\ \mathrm{N}$，$F'＞F$，由$W=F'h$可知，此过程W仍与h成正比，且图像斜率比前一阶段更大。
综上，只有图B符合规律。
(2) ① 当$h_1=1\ \mathrm{m}$时，A端未离地，代入$F_1=3\ \mathrm{N}$，$G=5\ \mathrm{N}$，$L=1.2\ \mathrm{m}$，由$F_1 = G · \frac{d}{L}$得：
$d = \frac{F_1 · L}{G} = \frac{3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{N}} = 0.72\ \mathrm{m}$
② 当$h_2=2\ \mathrm{m}$时，总功分为两部分：
棒从水平拉到完全竖直（B端高度为棒长1.2m）：拉力$F_1=3\ \mathrm{N}$，做功$W_1=F_1 · L = 3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m} = 3.6\ \mathrm{J}$
棒完全离开地面后继续上升的高度$\Delta h = 2\ \mathrm{m} - 1.2\ \mathrm{m} = 0.8\ \mathrm{m}$，此过程拉力等于重力，做功$W_2'=G · \Delta h =5\ \mathrm{N} × 0.8\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{J}$
总功$W_{\mathrm{总}}=W_1+W_2'=3.6\ \mathrm{J}+4\ \mathrm{J}=7.6\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{B}$ (2) $\boldsymbol{0.72}$；$\boldsymbol{7.6}$
【知识点】
杠杆平衡条件，功的计算，二力平衡
【点评】
本题将杠杆动态分析和功的计算结合，核心是要把拉起金属棒的过程拆分为未离地、完全离地两个阶段分别分析，容易出错的点是忽略两个阶段拉力大小不同，导致误选图像或者总功计算错误，需要结合几何关系推导拉力的变化规律。
【难度系数】
0.45
我们可以将整个拉起金属棒的过程拆分为两个阶段逐步分析：
1. 第一阶段：A端始终贴在地面，B端被向上拉直到金属棒完全竖直、即将离开地面。这个过程中金属棒是绕A点转动的杠杆，动力是弹簧测力计的竖直拉力，阻力是棒的重力。结合相似三角形的几何关系，动力臂和阻力臂的比值是定值，代入杠杆平衡条件可推出拉力F恒定且F＜G，此时拉力做功W=Fh，W和h为正比例关系，对应图线是倾斜直线。
2. 第二阶段：金属棒完全离开地面后，继续竖直向上匀速拉动，由二力平衡可知拉力等于棒的重力G，显然G大于第一阶段的拉力F，此时W=Gh，相同高度增量下做功更多，W-h图线的斜率会比第一阶段更陡。
对比四个选项即可选出符合规律的图像。
第二问计算时，先代入杠杆平衡的推导式算出重心到A端的距离，再把总功拆分为未离地、完全离地两段分别计算后求和，就能得到总功的数值。
【解析】
(1) 分两个过程推导规律：
① 金属棒未离开地面时：以A为支点，金属棒为杠杆，根据杠杆平衡条件$F · L_1 = G · L_2$，结合几何相似关系可得$\frac{L_1}{L_2}=\frac{L}{d}$（$L$为棒总长，$d$为重心到A的距离），因此$F = G · \frac{d}{L}$，该过程拉力为定值且$F＜G$。由$W=Fh$可知，此过程W与h成正比，图像为倾斜直线。
② 金属棒完全离开地面后：匀速竖直拉起，由二力平衡得拉力$F'=G=5\ \mathrm{N}$，$F'＞F$，由$W=F'h$可知，此过程W仍与h成正比，且图像斜率比前一阶段更大。
综上，只有图B符合规律。
(2) ① 当$h_1=1\ \mathrm{m}$时，A端未离地，代入$F_1=3\ \mathrm{N}$，$G=5\ \mathrm{N}$，$L=1.2\ \mathrm{m}$，由$F_1 = G · \frac{d}{L}$得：
$d = \frac{F_1 · L}{G} = \frac{3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{N}} = 0.72\ \mathrm{m}$
② 当$h_2=2\ \mathrm{m}$时，总功分为两部分：
棒从水平拉到完全竖直（B端高度为棒长1.2m）：拉力$F_1=3\ \mathrm{N}$，做功$W_1=F_1 · L = 3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m} = 3.6\ \mathrm{J}$
棒完全离开地面后继续上升的高度$\Delta h = 2\ \mathrm{m} - 1.2\ \mathrm{m} = 0.8\ \mathrm{m}$，此过程拉力等于重力，做功$W_2'=G · \Delta h =5\ \mathrm{N} × 0.8\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{J}$
总功$W_{\mathrm{总}}=W_1+W_2'=3.6\ \mathrm{J}+4\ \mathrm{J}=7.6\ \mathrm{J}$
【答案】
(1) $\boldsymbol{B}$ (2) $\boldsymbol{0.72}$；$\boldsymbol{7.6}$
【知识点】
杠杆平衡条件，功的计算，二力平衡
【点评】
本题将杠杆动态分析和功的计算结合，核心是要把拉起金属棒的过程拆分为未离地、完全离地两个阶段分别分析，容易出错的点是忽略两个阶段拉力大小不同，导致误选图像或者总功计算错误，需要结合几何关系推导拉力的变化规律。
【难度系数】
0.45
