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18. 停放自行车时，若要从图中四个点选择一点施加竖直向上的力，将后轮略微提起，则其中最省力的点是（
A.A点
B.B点
C.C点
D.D点
第18题 第19题
D
）A.A点
B.B点
C.C点
D.D点
第18题 第19题
答案
18. D
解析
【分析】要解决该问题，需运用杠杆平衡条件：$ F_1L_1 = F_2L_2 $。当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，所需动力越小（越省力）。本题中，将后轮提起时，后轮与地面的接触点为杠杆的支点，施加的竖直向上的力为动力，自行车的重力为阻力，因此需找到动力臂最长的点，该点即为最省力的点。
【解析】把自行车后轮略微提起时，后轮与地面的接触点是杠杆的支点，阻力是自行车的重力，动力是施加的竖直向上的力。根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂固定时，动力臂越长，动力越小。观察图中四个点，D点到支点（后轮与地面接触点）的距离最大，即动力臂最长，因此在D点施加竖直向上的力最省力。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、省力杠杆
【点评】本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是确定支点并找到最长动力臂，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】0.3
【解析】把自行车后轮略微提起时，后轮与地面的接触点是杠杆的支点，阻力是自行车的重力，动力是施加的竖直向上的力。根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂固定时，动力臂越长，动力越小。观察图中四个点，D点到支点（后轮与地面接触点）的距离最大，即动力臂最长，因此在D点施加竖直向上的力最省力。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、省力杠杆
【点评】本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是确定支点并找到最长动力臂，属于基础应用题型，难度适中。
【难度系数】0.3
19. 如图甲所示，物体在同一水平面上做匀速直线运动，当物体运动路程与时间的关系图像如图乙所示时，受到的水平推力为$ F_1 $；当物体运动的速度与时间的关系图像如图丙所示时，受到的水平推力为$ F_2 $。两次推力的功率分别为$ P_1 $、$ P_2 $，则$ F_1:F_2 $和$ P_1:P_2 $分别为（
A.$ 3:5 $ $ 9:25 $
B.$ 3:5 $ $ 1:1 $
C.$ 3:5 $ $ 3:5 $
D.$ 1:1 $ $ 3:5 $
D
）A.$ 3:5 $ $ 9:25 $
B.$ 3:5 $ $ 1:1 $
C.$ 3:5 $ $ 3:5 $
D.$ 1:1 $ $ 3:5 $
答案
19. D
解析
【分析】
首先，物体两次均在同一水平面上做匀速直线运动，滑动摩擦力的大小由压力和接触面粗糙程度决定，两次运动中压力和接触面粗糙程度均未改变，因此滑动摩擦力大小相等；匀速直线运动时，水平方向推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，故F₁=F₂，即F₁:F₂=1:1。接下来计算两次运动的速度：由图乙的s-t图像，可算出v₁=s/t=6m/2s=3m/s；由图丙的v-t图像，直接得v₂=5m/s。功率公式为P=Fv，因F相同，功率之比等于速度之比，即P₁:P₂=v₁:v₂=3:5，据此可确定答案。
【解析】
1. 推力之比的计算：
物体做匀速直线运动时，水平方向推力与滑动摩擦力平衡，因此F₁=f，F₂=f；由于物体对水平面的压力不变、接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力f大小相等，故F₁=F₂，得F₁:F₂=1:1。
2. 速度的计算：
由图乙，物体的速度v₁ = s/t = 6m/2s = 3m/s；
由图丙，物体的速度v₂=5m/s。
3. 功率之比的计算：
根据功率公式P=Fv，因F₁=F₂，故P₁:P₂=(F₁v₁):(F₂v₂)=v₁:v₂=3m/s:5m/s=3:5。
综上，F₁:F₂=1:1，P₁:P₂=3:5，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
二力平衡、滑动摩擦力、功率计算
【点评】
本题结合s-t和v-t图像，考查二力平衡、滑动摩擦力的影响因素及功率计算，核心是明确匀速运动时推力等于摩擦力，滑动摩擦力大小不变，再从图像中提取速度信息即可求解，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
首先，物体两次均在同一水平面上做匀速直线运动，滑动摩擦力的大小由压力和接触面粗糙程度决定，两次运动中压力和接触面粗糙程度均未改变，因此滑动摩擦力大小相等；匀速直线运动时，水平方向推力与滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，故F₁=F₂，即F₁:F₂=1:1。接下来计算两次运动的速度：由图乙的s-t图像，可算出v₁=s/t=6m/2s=3m/s；由图丙的v-t图像，直接得v₂=5m/s。功率公式为P=Fv，因F相同，功率之比等于速度之比，即P₁:P₂=v₁:v₂=3:5，据此可确定答案。
【解析】
1. 推力之比的计算：
物体做匀速直线运动时，水平方向推力与滑动摩擦力平衡，因此F₁=f，F₂=f；由于物体对水平面的压力不变、接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力f大小相等，故F₁=F₂，得F₁:F₂=1:1。
2. 速度的计算：
由图乙，物体的速度v₁ = s/t = 6m/2s = 3m/s；
由图丙，物体的速度v₂=5m/s。
3. 功率之比的计算：
根据功率公式P=Fv，因F₁=F₂，故P₁:P₂=(F₁v₁):(F₂v₂)=v₁:v₂=3m/s:5m/s=3:5。
综上，F₁:F₂=1:1，P₁:P₂=3:5，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
二力平衡、滑动摩擦力、功率计算
【点评】
本题结合s-t和v-t图像，考查二力平衡、滑动摩擦力的影响因素及功率计算，核心是明确匀速运动时推力等于摩擦力，滑动摩擦力大小不变，再从图像中提取速度信息即可求解，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
20. 小亮不慎将质量为1 kg的水桶掉到了井里，在将水桶捞出的同时，带上了2 kg的水，若水桶升高的距离为2.5 m，则下列说法正确的是(g取10 N/kg，不考虑绳重) （
A.有用功是80 J，机械效率约是66.7%
B.有用功是50 J，额外功是25 J
C.额外功是25 J，总功是75 J
D.有用功是25 J，机械效率约是33.3%
D
）A.有用功是80 J，机械效率约是66.7%
B.有用功是50 J，额外功是25 J
C.额外功是25 J，总功是75 J
D.有用功是25 J，机械效率约是33.3%
答案
20. D
解析
【分析】首先明确本题中“捞水桶”的目的是将水桶提上来，因此对水桶做的功是有用功，对带上来的水做的功是额外功，总功为有用功与额外功之和。需先分别计算有用功、额外功、总功，再求出机械效率，最后对比选项判断正确答案。
【解析】
1. 计算有用功：目的是提水桶，有用功为克服水桶重力做的功。
水桶重力：$G_{桶}=m_{桶}g=1\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=10\ \mathrm{N}$
有用功：$W_{有}=G_{桶}h=10\ \mathrm{N}×2.5\ \mathrm{m}=25\ \mathrm{J}$
2. 计算额外功：额外功是克服带上来的水的重力做的功。
水的重力：$G_{水}=m_{水}g=2\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20\ \mathrm{N}$
额外功：$W_{额}=G_{水}h=20\ \mathrm{N}×2.5\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{J}$
3. 计算总功：总功为克服水桶和水的总重力做的功，$W_{总}=W_{有}+W_{额}=25\ \mathrm{J}+50\ \mathrm{J}=75\ \mathrm{J}$
4. 计算机械效率：$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{25\ \mathrm{J}}{75\ \mathrm{J}}×100\%\approx33.3\%$
对比选项，仅D选项符合计算结果。
【答案】D
【知识点】有用功与额外功、机械效率计算
【点评】本题考查功和机械效率的基础计算，核心是区分“捞水桶”场景下的有用功与额外功，属于常规基础题型，需准确把握做功的目的。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 计算有用功：目的是提水桶，有用功为克服水桶重力做的功。
水桶重力：$G_{桶}=m_{桶}g=1\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=10\ \mathrm{N}$
有用功：$W_{有}=G_{桶}h=10\ \mathrm{N}×2.5\ \mathrm{m}=25\ \mathrm{J}$
2. 计算额外功：额外功是克服带上来的水的重力做的功。
水的重力：$G_{水}=m_{水}g=2\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=20\ \mathrm{N}$
额外功：$W_{额}=G_{水}h=20\ \mathrm{N}×2.5\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{J}$
3. 计算总功：总功为克服水桶和水的总重力做的功，$W_{总}=W_{有}+W_{额}=25\ \mathrm{J}+50\ \mathrm{J}=75\ \mathrm{J}$
4. 计算机械效率：$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{25\ \mathrm{J}}{75\ \mathrm{J}}×100\%\approx33.3\%$
对比选项，仅D选项符合计算结果。
【答案】D
【知识点】有用功与额外功、机械效率计算
【点评】本题考查功和机械效率的基础计算，核心是区分“捞水桶”场景下的有用功与额外功，属于常规基础题型，需准确把握做功的目的。
【难度系数】0.5
21. (2024·盐城东台期末)小张用两种方法将一箱书搬上楼:① 把所有的书一起搬上楼;② 先搬一部分书上楼,再搬剩下的部分。人做的总功多的是方法
②
,效率大的是方法①
。若他上楼的速度相同,搬书功率大的是方法①
。(①/②)答案
21. ② ① ①
解析
【分析】
要解决这道题，需明确搬书过程中有用功、额外功、总功的关系，以及机械效率和功率的计算逻辑：
1. 有用功是克服书的重力做的功，两种方法中书的总重和上楼高度相同，故有用功相等；
2. 额外功是克服人自身重力做的功，方法①一次搬完，人仅上楼1次，额外功少；方法②分两次搬，人需上楼2次，额外功多；
3. 总功=有用功+额外功，额外功多则总功多；
4. 机械效率η=W有用/W总，有用功相同时，总功越小效率越高；
5. 功率P=W总/t，结合上楼速度相同的条件，通过总功和时间的关系比较功率大小。
【解析】
解：
1. 总功比较：
有用功 $ W_{有用}=G_{书}h $，两种方法中$ G_{书} $（书总重）和$ h $（楼高）相同，故$ W_{有用} $相等；
额外功是克服人自身重力的功，方法①人上楼1次，$ W_{额1}=G_{人}h $；方法②人上楼2次，$ W_{额2}=2G_{人}h $，则$ W_{额2}＞W_{额1} $；
总功$ W_{总}=W_{有用}+W_{额} $，因此$ W_{总②}＞W_{总①} $，总功多的是方法②。
2. 机械效率比较：
机械效率$ η=\frac{W_{有用}}{W_{总}} $，$ W_{有用} $相同，$ W_{总} $越小则$ η $越大，故效率大的是方法①。
3. 功率比较：
上楼速度$ v $相同，设楼高为$ h $，则方法①时间$ t_1=\frac{h}{v} $，方法②时间$ t_2=\frac{2h}{v} $；
功率$ P=\frac{W_{总}}{t} $，代入得：
$ P_①=\frac{G_{人}h+G_{书}h}{\frac{h}{v}}=v(G_{人}+G_{书}) $，
$ P_②=\frac{2G_{人}h+G_{书}h}{\frac{2h}{v}}=v(G_{人}+\frac{G_{书}}{2}) $；
因$ G_{人}+G_{书} ＞ G_{人}+\frac{G_{书}}{2} $，故$ P_①＞P_② $，功率大的是方法①。
【答案】
② ① ①
【知识点】
功的计算、机械效率、功率
【点评】
本题以实际搬书场景为载体，考查功、机械效率和功率的基础应用，核心是区分有用功与额外功，理解总功的组成，需注意额外功随搬书次数的变化规律，是对物理概念的灵活运用。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需明确搬书过程中有用功、额外功、总功的关系，以及机械效率和功率的计算逻辑：
1. 有用功是克服书的重力做的功，两种方法中书的总重和上楼高度相同，故有用功相等；
2. 额外功是克服人自身重力做的功，方法①一次搬完，人仅上楼1次，额外功少；方法②分两次搬，人需上楼2次，额外功多；
3. 总功=有用功+额外功，额外功多则总功多；
4. 机械效率η=W有用/W总，有用功相同时，总功越小效率越高；
5. 功率P=W总/t，结合上楼速度相同的条件，通过总功和时间的关系比较功率大小。
【解析】
解：
1. 总功比较：
有用功 $ W_{有用}=G_{书}h $，两种方法中$ G_{书} $（书总重）和$ h $（楼高）相同，故$ W_{有用} $相等；
额外功是克服人自身重力的功，方法①人上楼1次，$ W_{额1}=G_{人}h $；方法②人上楼2次，$ W_{额2}=2G_{人}h $，则$ W_{额2}＞W_{额1} $；
总功$ W_{总}=W_{有用}+W_{额} $，因此$ W_{总②}＞W_{总①} $，总功多的是方法②。
2. 机械效率比较：
机械效率$ η=\frac{W_{有用}}{W_{总}} $，$ W_{有用} $相同，$ W_{总} $越小则$ η $越大，故效率大的是方法①。
3. 功率比较：
上楼速度$ v $相同，设楼高为$ h $，则方法①时间$ t_1=\frac{h}{v} $，方法②时间$ t_2=\frac{2h}{v} $；
功率$ P=\frac{W_{总}}{t} $，代入得：
$ P_①=\frac{G_{人}h+G_{书}h}{\frac{h}{v}}=v(G_{人}+G_{书}) $，
$ P_②=\frac{2G_{人}h+G_{书}h}{\frac{2h}{v}}=v(G_{人}+\frac{G_{书}}{2}) $；
因$ G_{人}+G_{书} ＞ G_{人}+\frac{G_{书}}{2} $，故$ P_①＞P_② $，功率大的是方法①。
【答案】
② ① ①
【知识点】
功的计算、机械效率、功率
【点评】
本题以实际搬书场景为载体，考查功、机械效率和功率的基础应用，核心是区分有用功与额外功，理解总功的组成，需注意额外功随搬书次数的变化规律，是对物理概念的灵活运用。
【难度系数】
0.6
22. 图中AOB是可绕O点无摩擦转动的轻杆，在A端挂重为300 N的物块，AO与OB的长度之比为5:4。人始终沿竖直方向拉挂在B端的轻环，要使轻杆水平平衡，人应施加的拉力为
375
N，人要不被拉起，则人重至少为375
N。与水平平衡相比，当轻杆在图中虚线位置平衡时，人的拉力将不变
（变大/不变/变小）。答案
22. 375 375 不变
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路是：①利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，结合已知的力臂比例计算轻杆水平平衡时人施加的拉力；②人不被拉起时，拉力与重力平衡，据此求人的最小重力；③分析杆倾斜时力臂的比例关系，判断拉力的变化。
【解析】
1. 轻杆水平平衡时，根据杠杆平衡条件：$ F_A · L_{AO} = F_B · L_{OB} $。
已知A端物块重力$ F_A = 300\ \mathrm{N} $，$ L_{AO}:L_{OB}=5:4 $，代入得：
$ 300\ \mathrm{N} × 5 = F_B × 4 $，解得$ F_B = \frac{300\ \mathrm{N} × 5}{4} = 375\ \mathrm{N} $，即人应施加的拉力为375 N。
2. 人要不被拉起，人受到的拉力与自身重力平衡，因此人的重力至少等于拉力，即人重至少为375 N。
3. 当轻杆在虚线位置平衡时，A端拉力（等于物块重力）和B端拉力（人的拉力）均为竖直方向，由几何关系可知，此时两个力的力臂比值仍等于$ L_{AO}:L_{OB}=5:4 $，根据杠杆平衡条件，拉力大小不变。
【答案】
375；375；不变
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题结合实际场景考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确判断不同状态下的力臂关系，尤其是倾斜时力臂比例不变的特点，属于初中力学的基础题型，需熟练掌握杠杆平衡条件的应用方法。
【难度系数】
0.6
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路是：①利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，结合已知的力臂比例计算轻杆水平平衡时人施加的拉力；②人不被拉起时，拉力与重力平衡，据此求人的最小重力；③分析杆倾斜时力臂的比例关系，判断拉力的变化。
【解析】
1. 轻杆水平平衡时，根据杠杆平衡条件：$ F_A · L_{AO} = F_B · L_{OB} $。
已知A端物块重力$ F_A = 300\ \mathrm{N} $，$ L_{AO}:L_{OB}=5:4 $，代入得：
$ 300\ \mathrm{N} × 5 = F_B × 4 $，解得$ F_B = \frac{300\ \mathrm{N} × 5}{4} = 375\ \mathrm{N} $，即人应施加的拉力为375 N。
2. 人要不被拉起，人受到的拉力与自身重力平衡，因此人的重力至少等于拉力，即人重至少为375 N。
3. 当轻杆在虚线位置平衡时，A端拉力（等于物块重力）和B端拉力（人的拉力）均为竖直方向，由几何关系可知，此时两个力的力臂比值仍等于$ L_{AO}:L_{OB}=5:4 $，根据杠杆平衡条件，拉力大小不变。
【答案】
375；375；不变
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题结合实际场景考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确判断不同状态下的力臂关系，尤其是倾斜时力臂比例不变的特点，属于初中力学的基础题型，需熟练掌握杠杆平衡条件的应用方法。
【难度系数】
0.6
23. (2024·无锡新吴期末)小明用动滑轮和弹簧测力计将静止在桌面上的笔袋慢慢匀速提高10 cm，如图甲所示，弹簧测力计的读数随时间的变化如图乙所示，已知动滑轮的重力为1 N，不计绳重和摩擦，则笔袋的重力为
3
N，动滑轮的机械效率为75%
，若在笔袋中取出一块橡皮，动滑轮的机械效率将减小
(增大/不变/减小)。答案
23. 3 75% 减小
解析
【分析】
本题考查动滑轮的受力分析、机械效率的计算及影响因素。解题思路：1. 动滑轮匀速提升物体时，不计绳重和摩擦，拉力与物重、动滑轮重满足关系$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{2}$，结合图乙找到匀速提升时的拉力，即可计算笔袋重力；2. 机械效率公式为$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$，动滑轮中绳子自由端移动距离$s=2h$，代入公式化简后计算机械效率；3. 根据机械效率与物重的关系，判断取出橡皮后机械效率的变化。
【解析】
1. 计算笔袋重力：由图乙可知，笔袋匀速提升时，弹簧测力计的拉力$F=2N$。不计绳重和摩擦，动滑轮的拉力公式为$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{2}$，变形得$G_{物}=2F - G_{动}$。代入$F=2N$、$G_{动}=1N$，得$G_{物}=2×2N -1N=3N$。
2. 计算动滑轮的机械效率：动滑轮中，绳子自由端移动距离$s=2h$（$h$为物体提升高度）。有用功$W_{有}=G_{物}h$，总功$W_{总}=Fs=F×2h$，则机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}h}{F×2h}=\frac{G_{物}}{2F}$。代入$G_{物}=3N$、$F=2N$，得$\eta=\frac{3N}{2×2N}=0.75=75\%$。
3. 分析机械效率变化：机械效率$\eta=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$，当笔袋中取出橡皮，$G_{物}$减小，$G_{动}$不变，因此机械效率减小。
【答案】
3；75%；减小
【知识点】
动滑轮的特点；机械效率的计算；影响机械效率的因素
【点评】
本题结合图像考查动滑轮相关计算，需熟练掌握动滑轮的受力关系和机械效率公式，明确动滑轮中绳子移动距离与物体提升高度的关系，分析机械效率变化时要注意额外功的来源为动滑轮重力。
【难度系数】
0.5
本题考查动滑轮的受力分析、机械效率的计算及影响因素。解题思路：1. 动滑轮匀速提升物体时，不计绳重和摩擦，拉力与物重、动滑轮重满足关系$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{2}$，结合图乙找到匀速提升时的拉力，即可计算笔袋重力；2. 机械效率公式为$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$，动滑轮中绳子自由端移动距离$s=2h$，代入公式化简后计算机械效率；3. 根据机械效率与物重的关系，判断取出橡皮后机械效率的变化。
【解析】
1. 计算笔袋重力：由图乙可知，笔袋匀速提升时，弹簧测力计的拉力$F=2N$。不计绳重和摩擦，动滑轮的拉力公式为$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{2}$，变形得$G_{物}=2F - G_{动}$。代入$F=2N$、$G_{动}=1N$，得$G_{物}=2×2N -1N=3N$。
2. 计算动滑轮的机械效率：动滑轮中，绳子自由端移动距离$s=2h$（$h$为物体提升高度）。有用功$W_{有}=G_{物}h$，总功$W_{总}=Fs=F×2h$，则机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}h}{F×2h}=\frac{G_{物}}{2F}$。代入$G_{物}=3N$、$F=2N$，得$\eta=\frac{3N}{2×2N}=0.75=75\%$。
3. 分析机械效率变化：机械效率$\eta=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$，当笔袋中取出橡皮，$G_{物}$减小，$G_{动}$不变，因此机械效率减小。
【答案】
3；75%；减小
【知识点】
动滑轮的特点；机械效率的计算；影响机械效率的因素
【点评】
本题结合图像考查动滑轮相关计算，需熟练掌握动滑轮的受力关系和机械效率公式，明确动滑轮中绳子移动距离与物体提升高度的关系，分析机械效率变化时要注意额外功的来源为动滑轮重力。
【难度系数】
0.5
