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5. 用图6-5甲所示的滑轮组提升重200 N的物体,已知拉力F为80 N,不计绳重和摩擦,物体和绳子自由端的运动情况如图6-5乙所示,反映绳子自由端运动图线的是
图6-5
A
(填“A”或“B”),动滑轮的重力为40
N,3 s内对物体做的有用功为300
J。图6-5
答案
5. A 40 300
解析
【分析】
要解决本题，需分三步推导：首先根据滑轮组结构确定承担物重的绳子段数，结合s绳=ns物判断绳子自由端的运动图线；再利用不计绳重和摩擦时的滑轮组拉力公式计算动滑轮重力；最后结合s-t图像获取数据，计算3s内对物体做的有用功。
【解析】
1. 判断绳子自由端的图线：由甲图可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=3，因此绳子自由端移动的距离s绳=3s物，即相同时间内绳子自由端移动距离是物体上升距离的3倍。观察乙图，t=2s时，图线A的s=3m，图线B的s=1m，3m是1m的3倍，故反映绳子自由端运动的图线是A。
2. 计算动滑轮重力：不计绳重和摩擦，拉力公式为F=(G物+G动)/n，变形得G动=nF - G物。代入n=3、F=80N、G物=200N，得G动=3×80N -200N=40N。
3. 计算3s内的有用功：由图线A可知，绳子自由端速度v绳=3m/2s=1.5m/s，3s内绳子自由端移动距离s绳'=1.5m/s×3s=4.5m，物体上升高度h=s绳'/n=4.5m/3=1.5m，有用功W有=G物h=200N×1.5m=300J。
【答案】
A；40；300
【知识点】
滑轮组计算、有用功
【点评】
本题结合s-t图像考查滑轮组的基础计算，核心是明确绳子段数与距离的关系，需准确从图像中提取数据，难度适中。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需分三步推导：首先根据滑轮组结构确定承担物重的绳子段数，结合s绳=ns物判断绳子自由端的运动图线；再利用不计绳重和摩擦时的滑轮组拉力公式计算动滑轮重力；最后结合s-t图像获取数据，计算3s内对物体做的有用功。
【解析】
1. 判断绳子自由端的图线：由甲图可知，滑轮组中承担物重的绳子段数n=3，因此绳子自由端移动的距离s绳=3s物，即相同时间内绳子自由端移动距离是物体上升距离的3倍。观察乙图，t=2s时，图线A的s=3m，图线B的s=1m，3m是1m的3倍，故反映绳子自由端运动的图线是A。
2. 计算动滑轮重力：不计绳重和摩擦，拉力公式为F=(G物+G动)/n，变形得G动=nF - G物。代入n=3、F=80N、G物=200N，得G动=3×80N -200N=40N。
3. 计算3s内的有用功：由图线A可知，绳子自由端速度v绳=3m/2s=1.5m/s，3s内绳子自由端移动距离s绳'=1.5m/s×3s=4.5m，物体上升高度h=s绳'/n=4.5m/3=1.5m，有用功W有=G物h=200N×1.5m=300J。
【答案】
A；40；300
【知识点】
滑轮组计算、有用功
【点评】
本题结合s-t图像考查滑轮组的基础计算，核心是明确绳子段数与距离的关系，需准确从图像中提取数据，难度适中。
【难度系数】
0.4
6. 如图 6-6 所示,用滑轮组将重为60 N 的货物匀速提升 1.5 m 的过程中,所用拉力 $ F = 40 \, \mathrm{N} $。不计绳重及摩擦,该过程中拉力所做的功为 ______ J;若用该滑轮组匀速提起 100 N 的货物,则滑轮组的机械效率为 ______ (保留到 0.1%)。
答案
6. 120 83.3%
解析
【分析】
要解决本题，需先确定滑轮组承担物重的绳子段数，再结合功、机械效率的公式计算。第一步，根据滑轮组结构确定绳子段数，计算拉力做的总功；第二步，利用第一次的拉力和物重求出动滑轮重力，再根据新物重计算机械效率，注意不计绳重及摩擦时，额外功由动滑轮重力产生。
【解析】
1. 计算拉力做的功：
由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数 $ n=2 $，货物提升高度 $ h=1.5\,\mathrm{m} $，则绳子自由端移动的距离 $ s=nh=2×1.5\,\mathrm{m}=3\,\mathrm{m} $。
拉力做的总功 $ W_{\mathrm{总}}=F× s=40\,\mathrm{N}×3\,\mathrm{m}=120\,\mathrm{J} $。
2. 计算动滑轮的重力：
不计绳重及摩擦，拉力公式为 $ F=\frac{G_{\mathrm{物}}+G_{\mathrm{动}}}{n} $，代入第一次的已知量：
$ 40\,\mathrm{N}=\frac{60\,\mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}}{2} $，解得 $ G_{\mathrm{动}}=2×40\,\mathrm{N}-60\,\mathrm{N}=20\,\mathrm{N} $。
3. 计算提起100N货物时的机械效率：
机械效率公式 $ \eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{G'h}{G'h+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G'}{G'+G_{\mathrm{动}}}×100\% $，代入数据：
$ \eta=\frac{100\,\mathrm{N}}{100\,\mathrm{N}+20\,\mathrm{N}}×100\%\approx83.3\% $。
【答案】
120；83.3%
【知识点】
滑轮组的功、机械效率
【点评】
本题考查滑轮组的功与机械效率计算，核心是确定绳子段数，利用动滑轮重力不变的特点解题，属于力学基础题型，需熟练掌握公式应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先确定滑轮组承担物重的绳子段数，再结合功、机械效率的公式计算。第一步，根据滑轮组结构确定绳子段数，计算拉力做的总功；第二步，利用第一次的拉力和物重求出动滑轮重力，再根据新物重计算机械效率，注意不计绳重及摩擦时，额外功由动滑轮重力产生。
【解析】
1. 计算拉力做的功：
由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数 $ n=2 $，货物提升高度 $ h=1.5\,\mathrm{m} $，则绳子自由端移动的距离 $ s=nh=2×1.5\,\mathrm{m}=3\,\mathrm{m} $。
拉力做的总功 $ W_{\mathrm{总}}=F× s=40\,\mathrm{N}×3\,\mathrm{m}=120\,\mathrm{J} $。
2. 计算动滑轮的重力：
不计绳重及摩擦，拉力公式为 $ F=\frac{G_{\mathrm{物}}+G_{\mathrm{动}}}{n} $，代入第一次的已知量：
$ 40\,\mathrm{N}=\frac{60\,\mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}}{2} $，解得 $ G_{\mathrm{动}}=2×40\,\mathrm{N}-60\,\mathrm{N}=20\,\mathrm{N} $。
3. 计算提起100N货物时的机械效率：
机械效率公式 $ \eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{G'h}{G'h+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G'}{G'+G_{\mathrm{动}}}×100\% $，代入数据：
$ \eta=\frac{100\,\mathrm{N}}{100\,\mathrm{N}+20\,\mathrm{N}}×100\%\approx83.3\% $。
【答案】
120；83.3%
【知识点】
滑轮组的功、机械效率
【点评】
本题考查滑轮组的功与机械效率计算，核心是确定绳子段数，利用动滑轮重力不变的特点解题，属于力学基础题型，需熟练掌握公式应用。
【难度系数】
0.5
二、选择题
7. 如图6-7所示,每个钩码的质量为50 g,在均匀杠杆的A处挂2个钩码,B处挂1个钩码,杠杆恰好水平平衡。在A、B两处再各加1个钩码,那么 (
A.杠杆仍水平平衡
B.杠杆的左边向下倾斜
C.杠杆的右边向下倾斜
D.将A处的钩码向左移动一格,杠杆仍能水平平衡
7. 如图6-7所示,每个钩码的质量为50 g,在均匀杠杆的A处挂2个钩码,B处挂1个钩码,杠杆恰好水平平衡。在A、B两处再各加1个钩码,那么 (
C
)A.杠杆仍水平平衡
B.杠杆的左边向下倾斜
C.杠杆的右边向下倾斜
D.将A处的钩码向左移动一格,杠杆仍能水平平衡
答案
7. C
解析
【分析】
要解决本题，需依据杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）分析。首先通过原平衡状态确定A、B两点的力臂关系，再计算两处各加1个钩码后，左右两侧力与力臂的乘积，比较大小判断杠杆的倾斜方向。
【解析】
设每个钩码重力为$G$，杠杆每格长度为$L$。
1. 原平衡状态：A处力$F_A=2G$，力臂$L_A$；B处力$F_B=G$，力臂$L_B$。根据杠杆平衡条件：$F_A L_A = F_B L_B$，代入得$2G·L_A = G·L_B$，化简得$L_B=2L_A$。
2. 加钩码后：A处力变为$F_A'=2G+G=3G$，左侧乘积为$F_A' L_A=3G·L_A$；B处力变为$F_B'=G+G=2G$，右侧乘积为$F_B' L_B=2G·2L_A=4G·L_A$。
3. 比较乘积：$4G·L_A ＞ 3G·L_A$，右侧力与力臂的乘积更大，因此杠杆右边向下倾斜。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是通过计算两侧力和力臂的乘积判断杠杆状态，需准确分析力和力臂的变化，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需依据杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）分析。首先通过原平衡状态确定A、B两点的力臂关系，再计算两处各加1个钩码后，左右两侧力与力臂的乘积，比较大小判断杠杆的倾斜方向。
【解析】
设每个钩码重力为$G$，杠杆每格长度为$L$。
1. 原平衡状态：A处力$F_A=2G$，力臂$L_A$；B处力$F_B=G$，力臂$L_B$。根据杠杆平衡条件：$F_A L_A = F_B L_B$，代入得$2G·L_A = G·L_B$，化简得$L_B=2L_A$。
2. 加钩码后：A处力变为$F_A'=2G+G=3G$，左侧乘积为$F_A' L_A=3G·L_A$；B处力变为$F_B'=G+G=2G$，右侧乘积为$F_B' L_B=2G·2L_A=4G·L_A$。
3. 比较乘积：$4G·L_A ＞ 3G·L_A$，右侧力与力臂的乘积更大，因此杠杆右边向下倾斜。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是通过计算两侧力和力臂的乘积判断杠杆状态，需准确分析力和力臂的变化，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.3
8.将一块均匀木板AB的B端固定在墙壁的转轴上,木板可在竖直面内自由转动,木板下垫有长方体木块C,木板恰好处于水平放置,如图6-8所示。现用水平力F将C由B向A缓慢匀速拉动,在拉动过程中
(
图6-8
A.木板对木块的压力逐渐增大
B.地面对木块的摩擦力逐渐增大
C.拉力F逐渐减小
D.拉力F做功的功率逐渐增大
(
C
)图6-8
A.木板对木块的压力逐渐增大
B.地面对木块的摩擦力逐渐增大
C.拉力F逐渐减小
D.拉力F做功的功率逐渐增大
答案
8. C
解析
【分析】
本题需结合杠杆平衡条件与滑动摩擦力的知识分析。首先将木板AB视为杠杆，以B为支点，利用杠杆平衡条件判断木块对木板支持力的变化，进而得到木板对木块压力的变化；再对匀速运动的木块C进行水平受力分析，结合滑动摩擦力公式推导拉力F的变化；最后根据功率公式判断拉力功率的变化，逐一分析选项。
【解析】
1. 对木板AB进行杠杆分析：将均匀木板AB看作杠杆，支点为B。设木板重力为G，长度为L，重心在中点，重力的力臂为$\frac{L}{2}$；木块C对木板的支持力为$N$，其力臂为$x$（B到C的水平距离）。根据杠杆平衡条件：$G · \frac{L}{2} = N · x$，解得$N = \frac{GL}{2x}$。当C被向左拉动时，$x$逐渐增大，因此$N$逐渐减小，木板对木块C的压力等于$N$，故压力逐渐减小，A选项错误。
2. 对木块C进行受力分析：木块C匀速运动，水平方向受力平衡，即拉力$F = f_1 + f_2$，其中$f_1$是木板对C的滑动摩擦力，$f_2$是地面对C的滑动摩擦力。滑动摩擦力$f_1 = μ_1 N$，因$N$减小，故$f_1$减小；$f_2 = μ_2 G_C$（$G_C$为C的重力，不变），故$f_2$不变。因此$F = f_1 + f_2$，$f_1$减小则$F$逐渐减小，C选项正确。
3. 分析B选项：地面对木块的摩擦力$f_2 = μ_2 G_C$，$μ_2$和$G_C$均不变，故$f_2$不变，B选项错误。
4. 分析D选项：拉力做功的功率$P = Fv$，匀速拉动时速度$v$不变，$F$逐渐减小，因此功率$P$逐渐减小，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、滑动摩擦力、功率
【点评】
本题综合考查杠杆平衡与摩擦力的应用，需分别对杠杆和物体进行受力分析，逐步推导各物理量的变化，是力学综合的典型题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合杠杆平衡条件与滑动摩擦力的知识分析。首先将木板AB视为杠杆，以B为支点，利用杠杆平衡条件判断木块对木板支持力的变化，进而得到木板对木块压力的变化；再对匀速运动的木块C进行水平受力分析，结合滑动摩擦力公式推导拉力F的变化；最后根据功率公式判断拉力功率的变化，逐一分析选项。
【解析】
1. 对木板AB进行杠杆分析：将均匀木板AB看作杠杆，支点为B。设木板重力为G，长度为L，重心在中点，重力的力臂为$\frac{L}{2}$；木块C对木板的支持力为$N$，其力臂为$x$（B到C的水平距离）。根据杠杆平衡条件：$G · \frac{L}{2} = N · x$，解得$N = \frac{GL}{2x}$。当C被向左拉动时，$x$逐渐增大，因此$N$逐渐减小，木板对木块C的压力等于$N$，故压力逐渐减小，A选项错误。
2. 对木块C进行受力分析：木块C匀速运动，水平方向受力平衡，即拉力$F = f_1 + f_2$，其中$f_1$是木板对C的滑动摩擦力，$f_2$是地面对C的滑动摩擦力。滑动摩擦力$f_1 = μ_1 N$，因$N$减小，故$f_1$减小；$f_2 = μ_2 G_C$（$G_C$为C的重力，不变），故$f_2$不变。因此$F = f_1 + f_2$，$f_1$减小则$F$逐渐减小，C选项正确。
3. 分析B选项：地面对木块的摩擦力$f_2 = μ_2 G_C$，$μ_2$和$G_C$均不变，故$f_2$不变，B选项错误。
4. 分析D选项：拉力做功的功率$P = Fv$，匀速拉动时速度$v$不变，$F$逐渐减小，因此功率$P$逐渐减小，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、滑动摩擦力、功率
【点评】
本题综合考查杠杆平衡与摩擦力的应用，需分别对杠杆和物体进行受力分析，逐步推导各物理量的变化，是力学综合的典型题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
9. 如图6-9所示,物体M重100 N,滑轮重10 N,若不计摩擦及绳重,当滑轮在恒力F作用下,以0.2 m/s的速度匀速上升时,物体M的速度及拉力F的大小分别为
(
A.0.4 m/s,210 N
B.0.4 m/s,110 N
C.0.1 m/s,110 N
D.0.2 m/s,55 N
(
A
)A.0.4 m/s,210 N
B.0.4 m/s,110 N
C.0.1 m/s,110 N
D.0.2 m/s,55 N
答案
9. A
解析
【分析】
本题考查动滑轮的特殊应用，需明确拉力作用在滑轮轴上时，滑轮与物体的运动关系及受力平衡规律。首先，该滑轮为动滑轮的反向使用，拉力作用在轴上，此时物体移动距离是滑轮移动距离的2倍，对应速度也为滑轮速度的2倍；其次，对匀速运动的滑轮受力分析，结合受力平衡计算拉力大小。
【解析】
1. 速度推导：当滑轮以速度$v_{轮}=0.2m/s$匀速上升时，相同时间$t$内，滑轮上升距离$s_{轮}=v_{轮}t$。由于滑轮两侧绳子同步缩短，物体M上升的距离$s_M=2s_{轮}$，因此物体M的速度：
$v_M=\frac{s_M}{t}=\frac{2s_{轮}}{t}=2v_{轮}=2×0.2m/s=0.4m/s$。
2. 拉力计算：对匀速上升的滑轮受力分析，滑轮受向上的拉力$F$，向下的力包括两段绳子的拉力（每段拉力等于物体M的重力，因物体匀速，绳子拉力$T=G_M=100N$）和滑轮自身重力$G_{轮}=10N$。根据受力平衡：
$F=2T + G_{轮}=2×100N +10N=210N$。
综上，物体M的速度为0.4m/s，拉力F大小为210N，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
动滑轮的特殊使用、受力平衡、速度与位移的关系
【点评】
本题易错点是混淆常规动滑轮与本题中拉力作用在轴上的动滑轮规律，需明确：拉力在轴上时，费力（拉力为2倍物体重加滑轮重）但物体速度是滑轮速度的2倍，解题时需结合运动关系和受力平衡分析。
【难度系数】
0.4
本题考查动滑轮的特殊应用，需明确拉力作用在滑轮轴上时，滑轮与物体的运动关系及受力平衡规律。首先，该滑轮为动滑轮的反向使用，拉力作用在轴上，此时物体移动距离是滑轮移动距离的2倍，对应速度也为滑轮速度的2倍；其次，对匀速运动的滑轮受力分析，结合受力平衡计算拉力大小。
【解析】
1. 速度推导：当滑轮以速度$v_{轮}=0.2m/s$匀速上升时，相同时间$t$内，滑轮上升距离$s_{轮}=v_{轮}t$。由于滑轮两侧绳子同步缩短，物体M上升的距离$s_M=2s_{轮}$，因此物体M的速度：
$v_M=\frac{s_M}{t}=\frac{2s_{轮}}{t}=2v_{轮}=2×0.2m/s=0.4m/s$。
2. 拉力计算：对匀速上升的滑轮受力分析，滑轮受向上的拉力$F$，向下的力包括两段绳子的拉力（每段拉力等于物体M的重力，因物体匀速，绳子拉力$T=G_M=100N$）和滑轮自身重力$G_{轮}=10N$。根据受力平衡：
$F=2T + G_{轮}=2×100N +10N=210N$。
综上，物体M的速度为0.4m/s，拉力F大小为210N，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
动滑轮的特殊使用、受力平衡、速度与位移的关系
【点评】
本题易错点是混淆常规动滑轮与本题中拉力作用在轴上的动滑轮规律，需明确：拉力在轴上时，费力（拉力为2倍物体重加滑轮重）但物体速度是滑轮速度的2倍，解题时需结合运动关系和受力平衡分析。
【难度系数】
0.4
