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1. (2025·常州天宁期中)如图甲所示,O 为轻质杠杆的支点,挂在 A 点的物体重为 30 N,$OA:AB=1:2$,在竖直向上的拉力 F 作用下,杠杆 OB 在水平位置保持平衡状态。下列说法正确的是（
①图甲中 A 点向右移动时,F 将变小
②图甲中,F 大小为 10 N
③保持图甲位置,仅增加物重,则 F 变化量与物重变化量之比为$3:1$
④图乙中,仅将杠杆匀速提到虚线位置的过程中,F 大小不变
A.只有①③
B.只有①④
C.只有②③
D.只有②④
D
）①图甲中 A 点向右移动时,F 将变小
②图甲中,F 大小为 10 N
③保持图甲位置,仅增加物重,则 F 变化量与物重变化量之比为$3:1$
④图乙中,仅将杠杆匀速提到虚线位置的过程中,F 大小不变
A.只有①③
B.只有①④
C.只有②③
D.只有②④
答案
1. D 提示:图甲中,杠杆平衡时,$F=\dfrac{G× OA}{OB}=\dfrac{G}{3}=\dfrac{1}{3}× 30\ \mathrm{N}=10\ \mathrm{N}$,A 点向右移动时,OA 变大,而 G 和 OB 不变,故 F 变大。若物重变化量为$\Delta G$,F 的变化量为$\Delta F$,有$(F+\Delta F)× OB=(G+\Delta G)× OA$,即$(F+\Delta F)× 3=(G+\Delta G)× 1$,解得$\Delta F=\dfrac{1}{3}\Delta G$。图乙中,F 方向始终竖直向上,将轻杆匀速提到虚线位置时,阻力臂与动力臂之比$L_1:L_2=OA:OB=1:3$,且阻力不变,故 F 大小不变。
解析
【分析】
本题需利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析各说法，核心是确定不同情况下的动力臂、阻力臂。首先明确支点为O，阻力是物体重力G，阻力臂为OA，动力为F，动力臂为OB；结合OA:AB=1:2得OB=3OA，再逐个判断四个说法：①A点右移时OA变化对F的影响；②计算图甲中F的大小；③分析物重变化时F与物重变化量的比值；④分析图乙中杠杆转动时F的变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，已知$OA:AB=1:2$，则$OB=OA+AB=3OA$。
1. 分析②：图甲中，阻力$G=30N$，阻力臂$L_{阻}=OA$，动力臂$L_{动}=OB=3OA$，代入平衡条件得：$F×OB=G×OA$，即$F×3OA=30N×OA$，约去OA得$F=10N$，故②正确。
2. 分析①：A点向右移动时，OA变大，G和OB不变，由$F=\frac{G×OA}{OB}$可知，OA变大则F变大，故①错误。
3. 分析③：设物重变化量为$\Delta G$，F变化量为$\Delta F$，根据平衡条件：$(F+\Delta F)×OB=(G+\Delta G)×OA$，结合原平衡式$F×OB=G×OA$，两式相减得$\Delta F×OB=\Delta G×OA$，则$\frac{\Delta F}{\Delta G}=\frac{OA}{OB}=\frac{1}{3}$，即F变化量与物重变化量之比为1:3，故③错误。
4. 分析④：图乙中，杠杆转到虚线位置时，F方向始终竖直向上，阻力G竖直向下，由几何相似可知，动力臂与阻力臂的比值仍为$OA:OB=1:3$，阻力G不变，根据$F=\frac{G×L_{阻}}{L_{动}}$，比值不变，故F大小不变，④正确。
综上，正确的是②④，对应选项D。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的分析
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，易错点在于图乙中力臂的判断，需利用相似三角形确定力臂比值不变；同时要注意A点移动时阻力臂的变化对动力的影响，整体需熟练掌握杠杆平衡条件的应用。
【难度系数】0.5
本题需利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析各说法，核心是确定不同情况下的动力臂、阻力臂。首先明确支点为O，阻力是物体重力G，阻力臂为OA，动力为F，动力臂为OB；结合OA:AB=1:2得OB=3OA，再逐个判断四个说法：①A点右移时OA变化对F的影响；②计算图甲中F的大小；③分析物重变化时F与物重变化量的比值；④分析图乙中杠杆转动时F的变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，已知$OA:AB=1:2$，则$OB=OA+AB=3OA$。
1. 分析②：图甲中，阻力$G=30N$，阻力臂$L_{阻}=OA$，动力臂$L_{动}=OB=3OA$，代入平衡条件得：$F×OB=G×OA$，即$F×3OA=30N×OA$，约去OA得$F=10N$，故②正确。
2. 分析①：A点向右移动时，OA变大，G和OB不变，由$F=\frac{G×OA}{OB}$可知，OA变大则F变大，故①错误。
3. 分析③：设物重变化量为$\Delta G$，F变化量为$\Delta F$，根据平衡条件：$(F+\Delta F)×OB=(G+\Delta G)×OA$，结合原平衡式$F×OB=G×OA$，两式相减得$\Delta F×OB=\Delta G×OA$，则$\frac{\Delta F}{\Delta G}=\frac{OA}{OB}=\frac{1}{3}$，即F变化量与物重变化量之比为1:3，故③错误。
4. 分析④：图乙中，杠杆转到虚线位置时，F方向始终竖直向上，阻力G竖直向下，由几何相似可知，动力臂与阻力臂的比值仍为$OA:OB=1:3$，阻力G不变，根据$F=\frac{G×L_{阻}}{L_{动}}$，比值不变，故F大小不变，④正确。
综上，正确的是②④，对应选项D。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的分析
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，易错点在于图乙中力臂的判断，需利用相似三角形确定力臂比值不变；同时要注意A点移动时阻力臂的变化对动力的影响，整体需熟练掌握杠杆平衡条件的应用。
【难度系数】0.5
2. (2025·盐城亭湖阶段检测)现定义人对机械施加的力与机械对重物施加的力的比值叫作机械效能$K$,用于比较不同机械的省力程度。用甲、乙两个滑轮(组)匀速提升不同重物,不计绳重和摩擦,经测算描绘出两滑轮组的机械效能$K$与物体重力的倒数$G^{-1}$的关系图线如图所示,两图线平行。则 （
A.甲为定滑轮,乙为动滑轮
B.甲、乙滑轮组中动滑轮重相等
C.提升相同重物时,乙滑轮组机械效率比甲小
D.甲滑轮组提升$20\ \mathrm{N}$重物时,机械效能为$80\%$
C
）A.甲为定滑轮,乙为动滑轮
B.甲、乙滑轮组中动滑轮重相等
C.提升相同重物时,乙滑轮组机械效率比甲小
D.甲滑轮组提升$20\ \mathrm{N}$重物时,机械效能为$80\%$
答案
2. C 提示:不计绳重和摩擦,若甲为定滑轮,则$K=\dfrac{F}{G}=1$,图线甲应为过点$(0,1)$且平行于横轴的直线,故甲不是定滑轮;$K=\dfrac{F}{G}=\dfrac{G+G_动}{nG}=\dfrac{1}{n}+\dfrac{G_动}{n}· G^{-1}$,由图可得:$\dfrac{1}{n_甲}=0.5$即$n_甲=2$,故$K_甲=\dfrac{1}{2}+\dfrac{G_{甲动}}{2}· G_甲^{-1}$,把$G_甲^{-1}=0.1\ \mathrm{N^{-1}}$时$K_甲=1$代入得$G_{甲动}=10\ \mathrm{N}$,图线乙中$\dfrac{1}{n_乙}＜0.5$,故$n_乙＞2$,甲、乙图线平行,有$\dfrac{G_{甲动}}{n_甲}=\dfrac{G_{乙动}}{n_乙}$,得$G_{甲动}＜G_{乙动}$,$G$相同时,由$\eta=\dfrac{G}{G+G_动}× 100\%$可知$\eta_甲＞\eta_乙$;当用甲滑轮组提升$G'=20\ \mathrm{N}$的重物时,$\eta=\dfrac{G'}{G'+G_{甲动}}× 100\%=\dfrac{20\ \mathrm{N}}{20\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}}× 100\%\approx 66.7\%$。
解析
【分析】
要解决本题，首先需明确机械效能$K=\frac{F}{G}$的定义，结合滑轮组拉力公式推导$K$与$G^{-1}$的关系，再结合图像信息分析各选项。不计绳重和摩擦时，滑轮组拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，代入$K=\frac{F}{G}$可得$K=\frac{1}{n}+\frac{G_{动}}{n}· G^{-1}$，这是一次函数，截距为$\frac{1}{n}$，斜率为$\frac{G_{动}}{n}$。结合图像的截距、斜率可求出滑轮组的$n$和动滑轮重，再逐一分析选项。
【解析】
1. 推导$K$的表达式：不计绳重和摩擦，滑轮组拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，则机械效能$K=\frac{F}{G}=\frac{G+G_{动}}{nG}=\frac{1}{n}+\frac{G_{动}}{n}· G^{-1}$，即$K$与$G^{-1}$为一次函数关系，截距为$\frac{1}{n}$，斜率为$\frac{G_{动}}{n}$。
2. 分析甲滑轮组：由图像知，甲的截距为$0.5$，即$\frac{1}{n_{甲}}=0.5$，得$n_{甲}=2$；当$G^{-1}=0.1\ \mathrm{N^{-1}}$时，$K=1$，代入甲的表达式：$1=0.5+\frac{G_{动甲}}{2}×0.1$，解得$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$。
3. 分析乙滑轮组：乙的截距小于甲，即$\frac{1}{n_{乙}}＜0.5$，得$n_{乙}＞2$；因两图线平行，斜率相同，故$\frac{G_{动甲}}{n_{甲}}=\frac{G_{动乙}}{n_{乙}}$，代入$n_{甲}=2$、$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$，得$G_{动乙}=\frac{10\ \mathrm{N}}{2}× n_{乙}$，因$n_{乙}＞2$，故$G_{动乙}＞10\ \mathrm{N}$。
4. 逐一分析选项：
A：定滑轮$n=1$，则$K=1$，应为平行于横轴的直线，与甲图线不符，A错误；
B：$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$，$G_{动乙}＞10\ \mathrm{N}$，动滑轮重不等，B错误；
C：机械效率$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，$G$相同时，$G_{动}$越大，$\eta$越小，乙的动滑轮重更大，故乙的机械效率更小，C正确；
D：甲提升$20\ \mathrm{N}$重物时，$\eta=\frac{20\ \mathrm{N}}{20\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}}×100\%\approx66.7\%≠80\%$，D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组机械效率、机械效能、滑轮组拉力计算
【点评】
本题结合图像考查滑轮组的综合计算，核心是推导机械效能与$G^{-1}$的关系式，需结合图像截距、斜率分析滑轮组的$n$和动滑轮重，再判断各选项，对公式应用和图像分析能力要求较高。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先需明确机械效能$K=\frac{F}{G}$的定义，结合滑轮组拉力公式推导$K$与$G^{-1}$的关系，再结合图像信息分析各选项。不计绳重和摩擦时，滑轮组拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，代入$K=\frac{F}{G}$可得$K=\frac{1}{n}+\frac{G_{动}}{n}· G^{-1}$，这是一次函数，截距为$\frac{1}{n}$，斜率为$\frac{G_{动}}{n}$。结合图像的截距、斜率可求出滑轮组的$n$和动滑轮重，再逐一分析选项。
【解析】
1. 推导$K$的表达式：不计绳重和摩擦，滑轮组拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，则机械效能$K=\frac{F}{G}=\frac{G+G_{动}}{nG}=\frac{1}{n}+\frac{G_{动}}{n}· G^{-1}$，即$K$与$G^{-1}$为一次函数关系，截距为$\frac{1}{n}$，斜率为$\frac{G_{动}}{n}$。
2. 分析甲滑轮组：由图像知，甲的截距为$0.5$，即$\frac{1}{n_{甲}}=0.5$，得$n_{甲}=2$；当$G^{-1}=0.1\ \mathrm{N^{-1}}$时，$K=1$，代入甲的表达式：$1=0.5+\frac{G_{动甲}}{2}×0.1$，解得$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$。
3. 分析乙滑轮组：乙的截距小于甲，即$\frac{1}{n_{乙}}＜0.5$，得$n_{乙}＞2$；因两图线平行，斜率相同，故$\frac{G_{动甲}}{n_{甲}}=\frac{G_{动乙}}{n_{乙}}$，代入$n_{甲}=2$、$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$，得$G_{动乙}=\frac{10\ \mathrm{N}}{2}× n_{乙}$，因$n_{乙}＞2$，故$G_{动乙}＞10\ \mathrm{N}$。
4. 逐一分析选项：
A：定滑轮$n=1$，则$K=1$，应为平行于横轴的直线，与甲图线不符，A错误；
B：$G_{动甲}=10\ \mathrm{N}$，$G_{动乙}＞10\ \mathrm{N}$，动滑轮重不等，B错误；
C：机械效率$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，$G$相同时，$G_{动}$越大，$\eta$越小，乙的动滑轮重更大，故乙的机械效率更小，C正确；
D：甲提升$20\ \mathrm{N}$重物时，$\eta=\frac{20\ \mathrm{N}}{20\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}}×100\%\approx66.7\%≠80\%$，D错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组机械效率、机械效能、滑轮组拉力计算
【点评】
本题结合图像考查滑轮组的综合计算，核心是推导机械效能与$G^{-1}$的关系式，需结合图像截距、斜率分析滑轮组的$n$和动滑轮重，再判断各选项，对公式应用和图像分析能力要求较高。
【难度系数】
0.5
3. 工人利用滑轮组吊起重为 2 400 N 的路灯杆(质量分布均匀)。如图所示,这是路灯杆一端刚被匀速拉起的简图。路灯杆离地后被匀速提升 1 m,绳端拉力 $F=1\ 000\ \mathrm{N}$。下列说法正确的是（
A.路灯杆一端刚被匀速拉起时,相当于费力杠杆
B.路灯杆离地后,受到的拉力小于 2 400 N
C.路灯杆离地后,绳端拉力 F 做的功为 1 000 J
D.路灯杆离地后,滑轮组的机械效率为 80%
D
）A.路灯杆一端刚被匀速拉起时,相当于费力杠杆
B.路灯杆离地后,受到的拉力小于 2 400 N
C.路灯杆离地后,绳端拉力 F 做的功为 1 000 J
D.路灯杆离地后,滑轮组的机械效率为 80%
答案
3. D 提示:路灯杆一端刚被拉起时,阻力为路灯杆的重力 G,作用点在重心处,绳子对路灯杆的拉力是动力 F,支点为路灯杆的左端,动力臂大于阻力臂,相当于省力杠杆,故 A 错误。路灯杆离地后被匀速提升,杆受到的拉力与重力是一对平衡力,$F_{拉}=G=2\ 400\ \mathrm{N}$,故 B 错误。路灯杆离地后被匀速提升 1 m,绳子自由端移动距离$s=3h=3× 1\ \mathrm{m}=3\ \mathrm{m}$,绳端拉力 F 做功$W_总=Fs=1\ 000\ \mathrm{N}× 3\ \mathrm{m}=3\ 000\ \mathrm{J}$,故 C 错误。$W_{有用}=Gh=2\ 400\ \mathrm{N}× 1\ \mathrm{m}=2\ 400\ \mathrm{J}$,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}× 100\%=\dfrac{2\ 400\ \mathrm{J}}{3\ 000\ \mathrm{J}}× 100\%=80\%$,故 D 正确。
解析
【分析】本题需结合杠杆分类、二力平衡、滑轮组的功及机械效率的知识，逐一分析每个选项的正误。判断杠杆类型时要确定支点、动力臂与阻力臂的关系；分析滑轮组相关选项时，需先确定承担物重的绳子段数，再计算总功、有用功，进而求出机械效率。
【解析】
选项A：路灯杆一端刚被匀速拉起时，支点为路灯杆左端，阻力是路灯杆重力（作用在重心），动力是绳子对杆的拉力，此时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故A错误。
选项B：路灯杆离地后匀速提升，处于平衡状态，拉力与重力是平衡力，因此拉力$F_{拉}=G=2400\ \mathrm{N}$，故B错误。
选项C：由图可知滑轮组承担物重的绳子段数$n=3$，路灯杆提升高度$h=1\ \mathrm{m}$，则绳端移动距离$s=nh=3×1\ \mathrm{m}=3\ \mathrm{m}$，绳端拉力做功$W_{总}=Fs=1000\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=3000\ \mathrm{J}$，并非1000 J，故C错误。
选项D：有用功为克服重力做的功，$W_{有用}=Gh=2400\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=2400\ \mathrm{J}$，滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{2400\ \mathrm{J}}{3000\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$，故D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆分类、滑轮组功的计算、机械效率
【点评】本题综合考查杠杆、滑轮组的核心知识点，需要学生准确判断杠杆类型、确定滑轮组绳子段数，并熟练运用功和机械效率公式计算，属于中等难度的综合题。
【难度系数】0.6
【解析】
选项A：路灯杆一端刚被匀速拉起时，支点为路灯杆左端，阻力是路灯杆重力（作用在重心），动力是绳子对杆的拉力，此时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故A错误。
选项B：路灯杆离地后匀速提升，处于平衡状态，拉力与重力是平衡力，因此拉力$F_{拉}=G=2400\ \mathrm{N}$，故B错误。
选项C：由图可知滑轮组承担物重的绳子段数$n=3$，路灯杆提升高度$h=1\ \mathrm{m}$，则绳端移动距离$s=nh=3×1\ \mathrm{m}=3\ \mathrm{m}$，绳端拉力做功$W_{总}=Fs=1000\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=3000\ \mathrm{J}$，并非1000 J，故C错误。
选项D：有用功为克服重力做的功，$W_{有用}=Gh=2400\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=2400\ \mathrm{J}$，滑轮组的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{2400\ \mathrm{J}}{3000\ \mathrm{J}}×100\%=80\%$，故D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆分类、滑轮组功的计算、机械效率
【点评】本题综合考查杠杆、滑轮组的核心知识点，需要学生准确判断杠杆类型、确定滑轮组绳子段数，并熟练运用功和机械效率公式计算，属于中等难度的综合题。
【难度系数】0.6
4. 如图所示,在粗糙
水平地面上,用10 N的力F沿水平方向拉滑轮(不计滑轮重力),木板b静止,木块a在粗糙木板b上水平向左做匀速直线运动,5 s内木块a移动了0.5 m,滑轮组的机械效率为80%。下列说法正确的是 （
A.木块a受到的摩擦力为5 N
B.地面对木板b的摩擦力为4 N
C.拉力F的功率为0.5 W
D.5 s内绳子拉力对木板b做的功为2 J
水平地面上,用10 N的力F沿水平方向拉滑轮(不计滑轮重力),木板b静止,木块a在粗糙木板b上水平向左做匀速直线运动,5 s内木块a移动了0.5 m,滑轮组的机械效率为80%。下列说法正确的是 （
C
）A.木块a受到的摩擦力为5 N
B.地面对木板b的摩擦力为4 N
C.拉力F的功率为0.5 W
D.5 s内绳子拉力对木板b做的功为2 J
答案
4. C 提示:对 a、b 水平方向受力分析如图所示,木块 a 做匀速直线运动,$F_a=f_{b对a}$,木板 b 静止,$F_b=f_{地对b}+f_{a对b}$,因力的作用是相互的,有$f_{b对a}=f_{a对b}$,因滑轮组的机械效率为 80%,故绳子与滑轮间存在摩擦,有$F_b＞F_a$,则$f_{地对b}≠ 0$,但大小不能确定;拉力 F 移动的距离 s 与木块 a 移动的距离$s'$的关系为$s=\dfrac{1}{2}s'$,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}× 100\%=\dfrac{f_{b对a}s'}{Fs}× 100\%$得$f_{b对a}=\dfrac{\eta× Fs}{s'}=\dfrac{80\%× 10\ \mathrm{N}× \dfrac{1}{2}s'}{s'}=4\ \mathrm{N}$;木板 b 静止,拉力对木板 b 做功为 0;拉力 F 移动的速度$v=\dfrac{s}{t}=\dfrac{\dfrac{1}{2}× 0.5\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{s}}=0.05\ \mathrm{m/s}$,拉力 F 的功率$P=Fv=10\ \mathrm{N}× 0.05\ \mathrm{m/s}=0.5\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
本题需对木块a、木板b分别进行水平方向受力分析，结合匀速直线运动、静止时的受力平衡条件，再利用滑轮组的距离关系、机械效率公式和功率公式逐一分析选项。关键是明确拉力F作用在动滑轮轴上时，拉力移动距离与木块a移动距离的关系，以及机械效率中有用功、总功的对应关系。
【解析】
1. 木块a的受力分析：a向左匀速直线运动，水平方向受向左的绳子拉力和向右的b对a的摩擦力，二力平衡，即绳子拉力等于b对a的摩擦力。
2. 滑轮的距离关系：拉力F作用在动滑轮轴上，拉力移动距离$s_F$是木块a移动距离$s_a$的$\frac{1}{2}$，即$s_F=\frac{1}{2}s_a$。
3. 机械效率计算：滑轮组有用功为克服a的摩擦力做的功$W_{有}=f· s_a$，总功为拉力F做的功$W_{总}=F· s_F$。机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{f· s_a}{F· \frac{1}{2}s_a}=\frac{2f}{F}$，代入$\eta=80\%$、$F=10N$，得$f=\frac{\eta· F}{2}=\frac{0.8×10N}{2}=4N$，故选项A错误。
4. 地面对木板b的摩擦力：木板b静止，水平方向受向右的绳子拉力、向左的a对b的摩擦力（与b对a的摩擦力是相互作用力，大小为4N）和地面对b的摩擦力，即$F_b=f_{a对b}+f_{地对b}$。因滑轮存在摩擦，绳子对b的拉力$F_b$不等于绳子对a的拉力，无法确定地面对b的摩擦力大小，选项B错误。
5. 拉力F的功率：拉力F移动的距离$s_F=\frac{1}{2}×0.5m=0.25m$，速度$v=\frac{s_F}{t}=\frac{0.25m}{5s}=0.05m/s$，功率$P=Fv=10N×0.05m/s=0.5W$，选项C正确。
6. 木板b的做功：木板b静止，无位移，绳子拉力对b做的功为0，选项D错误。
【答案】C
【知识点】受力平衡、滑轮组机械效率、功率计算
【点评】本题是力学综合题，结合受力分析、滑轮组特点、机械效率和功率知识点，需明确动滑轮轴上拉力的特殊情况，对学生综合分析能力有一定要求。
【难度系数】0.6
本题需对木块a、木板b分别进行水平方向受力分析，结合匀速直线运动、静止时的受力平衡条件，再利用滑轮组的距离关系、机械效率公式和功率公式逐一分析选项。关键是明确拉力F作用在动滑轮轴上时，拉力移动距离与木块a移动距离的关系，以及机械效率中有用功、总功的对应关系。
【解析】
1. 木块a的受力分析：a向左匀速直线运动，水平方向受向左的绳子拉力和向右的b对a的摩擦力，二力平衡，即绳子拉力等于b对a的摩擦力。
2. 滑轮的距离关系：拉力F作用在动滑轮轴上，拉力移动距离$s_F$是木块a移动距离$s_a$的$\frac{1}{2}$，即$s_F=\frac{1}{2}s_a$。
3. 机械效率计算：滑轮组有用功为克服a的摩擦力做的功$W_{有}=f· s_a$，总功为拉力F做的功$W_{总}=F· s_F$。机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{f· s_a}{F· \frac{1}{2}s_a}=\frac{2f}{F}$，代入$\eta=80\%$、$F=10N$，得$f=\frac{\eta· F}{2}=\frac{0.8×10N}{2}=4N$，故选项A错误。
4. 地面对木板b的摩擦力：木板b静止，水平方向受向右的绳子拉力、向左的a对b的摩擦力（与b对a的摩擦力是相互作用力，大小为4N）和地面对b的摩擦力，即$F_b=f_{a对b}+f_{地对b}$。因滑轮存在摩擦，绳子对b的拉力$F_b$不等于绳子对a的拉力，无法确定地面对b的摩擦力大小，选项B错误。
5. 拉力F的功率：拉力F移动的距离$s_F=\frac{1}{2}×0.5m=0.25m$，速度$v=\frac{s_F}{t}=\frac{0.25m}{5s}=0.05m/s$，功率$P=Fv=10N×0.05m/s=0.5W$，选项C正确。
6. 木板b的做功：木板b静止，无位移，绳子拉力对b做的功为0，选项D错误。
【答案】C
【知识点】受力平衡、滑轮组机械效率、功率计算
【点评】本题是力学综合题，结合受力分析、滑轮组特点、机械效率和功率知识点，需明确动滑轮轴上拉力的特殊情况，对学生综合分析能力有一定要求。
【难度系数】0.6
5.（2024·徐州睢宁模拟）如
所示,用甲、乙两机械分别将重为$G_{\mathrm{M}}$、$G_{\mathrm{N}}$的两物体M、N匀速提升,物体上升高度分别为$h_{\mathrm{甲}}$、$h_{\mathrm{乙}}$。对绳子的拉力分别为$F_{\mathrm{甲}}$、$F_{\mathrm{乙}}$,机械效率分别为$\eta_{\mathrm{甲}}$、$\eta_{\mathrm{乙}}$,忽略两机械的一切摩擦阻力和绳重,两机械的动滑轮重力未知。下列说法正确的是（
A.若$h_{\mathrm{甲}}=h_{\mathrm{乙}}$、$G_{\mathrm{M}}=G_{\mathrm{N}}$,则$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$
B.若$G_{\mathrm{M}}=G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}＞F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
C.若$G_{\mathrm{M}}＜G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
D.若$G_{\mathrm{M}}＞G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}＜F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
所示,用甲、乙两机械分别将重为$G_{\mathrm{M}}$、$G_{\mathrm{N}}$的两物体M、N匀速提升,物体上升高度分别为$h_{\mathrm{甲}}$、$h_{\mathrm{乙}}$。对绳子的拉力分别为$F_{\mathrm{甲}}$、$F_{\mathrm{乙}}$,机械效率分别为$\eta_{\mathrm{甲}}$、$\eta_{\mathrm{乙}}$,忽略两机械的一切摩擦阻力和绳重,两机械的动滑轮重力未知。下列说法正确的是（D
）A.若$h_{\mathrm{甲}}=h_{\mathrm{乙}}$、$G_{\mathrm{M}}=G_{\mathrm{N}}$,则$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$
B.若$G_{\mathrm{M}}=G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}＞F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
C.若$G_{\mathrm{M}}＜G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
D.若$G_{\mathrm{M}}＞G_{\mathrm{N}}$、$F_{\mathrm{甲}}＜F_{\mathrm{乙}}$,则$\eta_{\mathrm{甲}}＞\eta_{\mathrm{乙}}$
答案
5. D 提示:$F_甲=\dfrac{G_M+G_{甲动}}{2}$,$F_乙=\dfrac{G_N+G_{乙动}}{2}$,若$h_甲=h_乙$、$G_M=G_N$,$G_动$关系未知,无法比较$F_甲$和$F_乙$的大小;若$G_M=G_N$、$F_甲＞F_乙$,则$G_{甲动}＞G_{乙动}$,因$\eta=\dfrac{G}{G+G_动}× 100\%$,故 G 相等时,$G_动$越大,$\eta$越低,即$\eta_甲＜\eta_乙$;若$G_M＜G_N$、$F_甲=F_乙$,则$G_{甲动}＞G_{乙动}$,因$\eta=\dfrac{G}{G+G_动}× 100\%=\dfrac{1}{1+\dfrac{G_动}{G}}× 100\%$,有$\dfrac{G_{甲动}}{G_M}＞\dfrac{G_{乙动}}{G_N}$,故$\eta_甲＜\eta_乙$;若$G_M＞G_N$、$F_甲＜F_乙$,则$G_{甲动}＜G_{乙动}$,$\dfrac{G_{甲动}}{G_M}＜\dfrac{G_{乙动}}{G_N}$,故$\eta_甲＞\eta_乙$。
解析
【分析】首先确定甲、乙两图中滑轮组承担物重的绳子段数，甲图动滑轮上有2段绳子，乙图滑轮组的动滑轮上也有2段绳子。忽略摩擦和绳重时，拉力公式为$ F = \frac{G_{物} + G_{动}}{n} $，机械效率公式为$ \eta = \frac{W_{有}}{W_{总}} = \frac{G_{物}h}{G_{物}h + G_{动}h} = \frac{G_{物}}{G_{物} + G_{动}} $。接下来结合各选项给出的条件，通过拉力关系推导动滑轮重力的关系，再代入机械效率公式比较大小，判断选项对错。
【解析】甲图中，动滑轮上绳子段数$ n_甲=2 $，故拉力$ F_甲 = \frac{G_M + G_{动甲}}{2} $；乙图中，动滑轮上绳子段数$ n_乙=2 $，故拉力$ F_乙 = \frac{G_N + G_{动乙}}{2} $；机械效率$ \eta = \frac{G_{物}}{G_{物} + G_{动}} $（忽略摩擦和绳重）。
选项A：若$ h_甲=h_乙 $、$ G_M=G_N $，则$ F_甲 = \frac{G_M + G_{动甲}}{2} $，$ F_乙 = \frac{G_N + G_{动乙}}{2} $，因动滑轮重力$ G_{动甲}、G_{动乙} $未知，无法比较$ F_甲 $和$ F_乙 $的大小，A错误。
选项B：若$ G_M=G_N $、$ F_甲＞F_乙 $，则$ \frac{G_M + G_{动甲}}{2}＞\frac{G_N + G_{动乙}}{2} $，得$ G_{动甲}＞G_{动乙} $。由$ \eta = \frac{G}{G + G_{动}} $，G相等时，$ G_{动} $越大，$ \eta $越小，故$ \eta_甲＜\eta_乙 $，B错误。
选项C：若$ G_M＜G_N $、$ F_甲=F_乙 $，则$ G_M + G_{动甲}=G_N + G_{动乙} $，得$ G_{动甲} - G_{动乙}=G_N - G_M＞0 $，即$ G_{动甲}＞G_{动乙} $。由$ \eta = \frac{G}{G + G_{动}} = \frac{1}{1 + \frac{G_{动}}{G}} $，因$ G_{动甲}＞G_{动乙} $且$ G_M＜G_N $，故$ \frac{G_{动甲}}{G_M}＞\frac{G_{动乙}}{G_N} $，则$ \eta_甲＜\eta_乙 $，C错误。
选项D：若$ G_M＞G_N $、$ F_甲＜F_乙 $，则$ G_M + G_{动甲}＜G_N + G_{动乙} $，得$ G_{动乙} - G_{动甲}=G_M - G_N＞0 $，即$ G_{动乙}＞G_{动甲} $。比较$ \eta_甲=\frac{G_M}{G_M + G_{动甲}} $和$ \eta_乙=\frac{G_N}{G_N + G_{动乙}} $，交叉相乘推导可得$ G_M G_{动乙}＞G_N G_{动甲} $，故$ \eta_甲＞\eta_乙 $，D正确。
【答案】D
【知识点】滑轮组拉力计算、机械效率
【点评】本题结合滑轮组的拉力和机械效率公式，考查学生的逻辑推理能力，关键是利用拉力关系推导动滑轮重力的关系，再结合机械效率公式分析，需要学生熟练掌握公式的变形和应用。
【难度系数】0.5
【解析】甲图中，动滑轮上绳子段数$ n_甲=2 $，故拉力$ F_甲 = \frac{G_M + G_{动甲}}{2} $；乙图中，动滑轮上绳子段数$ n_乙=2 $，故拉力$ F_乙 = \frac{G_N + G_{动乙}}{2} $；机械效率$ \eta = \frac{G_{物}}{G_{物} + G_{动}} $（忽略摩擦和绳重）。
选项A：若$ h_甲=h_乙 $、$ G_M=G_N $，则$ F_甲 = \frac{G_M + G_{动甲}}{2} $，$ F_乙 = \frac{G_N + G_{动乙}}{2} $，因动滑轮重力$ G_{动甲}、G_{动乙} $未知，无法比较$ F_甲 $和$ F_乙 $的大小，A错误。
选项B：若$ G_M=G_N $、$ F_甲＞F_乙 $，则$ \frac{G_M + G_{动甲}}{2}＞\frac{G_N + G_{动乙}}{2} $，得$ G_{动甲}＞G_{动乙} $。由$ \eta = \frac{G}{G + G_{动}} $，G相等时，$ G_{动} $越大，$ \eta $越小，故$ \eta_甲＜\eta_乙 $，B错误。
选项C：若$ G_M＜G_N $、$ F_甲=F_乙 $，则$ G_M + G_{动甲}=G_N + G_{动乙} $，得$ G_{动甲} - G_{动乙}=G_N - G_M＞0 $，即$ G_{动甲}＞G_{动乙} $。由$ \eta = \frac{G}{G + G_{动}} = \frac{1}{1 + \frac{G_{动}}{G}} $，因$ G_{动甲}＞G_{动乙} $且$ G_M＜G_N $，故$ \frac{G_{动甲}}{G_M}＞\frac{G_{动乙}}{G_N} $，则$ \eta_甲＜\eta_乙 $，C错误。
选项D：若$ G_M＞G_N $、$ F_甲＜F_乙 $，则$ G_M + G_{动甲}＜G_N + G_{动乙} $，得$ G_{动乙} - G_{动甲}=G_M - G_N＞0 $，即$ G_{动乙}＞G_{动甲} $。比较$ \eta_甲=\frac{G_M}{G_M + G_{动甲}} $和$ \eta_乙=\frac{G_N}{G_N + G_{动乙}} $，交叉相乘推导可得$ G_M G_{动乙}＞G_N G_{动甲} $，故$ \eta_甲＞\eta_乙 $，D正确。
【答案】D
【知识点】滑轮组拉力计算、机械效率
【点评】本题结合滑轮组的拉力和机械效率公式，考查学生的逻辑推理能力，关键是利用拉力关系推导动滑轮重力的关系，再结合机械效率公式分析，需要学生熟练掌握公式的变形和应用。
【难度系数】0.5
二、填空题
6. （2024·南京江宁期中）如图甲所示，重为5 N、长为8 cm的匀质木板AB，静止在水平桌面上，恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终垂直于木板AB向上的力F，当$F=$
6. （2024·南京江宁期中）如图甲所示，重为5 N、长为8 cm的匀质木板AB，静止在水平桌面上，恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终垂直于木板AB向上的力F，当$F=$
2.5
N时，木板中心点O恰好离开桌面。如图乙所示，若在A端放一重为10 N、长为2 cm的匀质物体M，M的左端与木板的A端对齐，向右缓慢推动木板2
cm，该装置恰好翻倒。答案
6. 2.5 2 提示:当在 B 端施加的力 F 竖直向上时,支点为 A,因$F× AB=G× AO$,则$F=\dfrac{OA}{AB}× G=\dfrac{1}{2}× 5\ \mathrm{N}=2.5\ \mathrm{N}$;在 A 端放上物体 M,M 重心到 O 的距离为$\dfrac{1}{2}× 8\ \mathrm{cm}-\dfrac{1}{2}× 2\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$,支点为桌子边缘,设推动的距离为 L,动力是木板重力$G=5\ \mathrm{N}$,动力臂为 L,阻力力臂为$3\ \mathrm{cm}-L$,有$5\ \mathrm{N}× L=10\ \mathrm{N}× (3\ \mathrm{cm}-L)$,解得$L=2\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，需分两步分析：第一步，当木板中心点O恰好离开桌面时，确定支点为A点，利用杠杆平衡条件计算B端的力F；第二步，装置翻倒时支点为桌面边缘，分析木板重力和物体M重力对应的力臂，再通过杠杆平衡条件求解推动木板的距离。
【解析】
1. 计算第一个空的力F：
匀质木板AB重$ G=5\ \mathrm{N} $，长度$ AB=8\ \mathrm{cm} $，其中心点O到A点的距离$ AO=\frac{AB}{2}=4\ \mathrm{cm} $。当O恰好离开桌面时，木板绕A点转动，根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，可得：
$ F × AB = G × AO $
代入数据：$ F × 8\ \mathrm{cm}=5\ \mathrm{N} × 4\ \mathrm{cm} $，解得$ F=\frac{5\ \mathrm{N} × 4\ \mathrm{cm}}{8\ \mathrm{cm}}=2.5\ \mathrm{N} $。
2. 计算第二个空的推动距离：
物体M长$ 2\ \mathrm{cm} $，匀质物体M的重心到A点的距离为$ \frac{2\ \mathrm{cm}}{2}=1\ \mathrm{cm} $，因此M的重心到桌面边缘（支点）的距离为$ AO - 1\ \mathrm{cm}=4\ \mathrm{cm}-1\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm} $。
设向右推动木板的距离为$ L $，此时木板重力的力臂为$ L $，物体M重力的力臂为$ 3\ \mathrm{cm}-L $，装置恰好翻倒时杠杆平衡，根据杠杆平衡条件：
$ G × L = G_M × (3\ \mathrm{cm}-L) $
代入数据：$ 5\ \mathrm{N} × L=10\ \mathrm{N} × (3\ \mathrm{cm}-L) $，解方程得$ L=2\ \mathrm{cm} $。
【答案】
2.5；2
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题结合实际装置考查杠杆平衡条件的应用，关键是准确确定不同场景下的支点、动力臂和阻力臂，需学生熟练掌握杠杆平衡公式的应用，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.4
本题考查杠杆平衡条件的应用，需分两步分析：第一步，当木板中心点O恰好离开桌面时，确定支点为A点，利用杠杆平衡条件计算B端的力F；第二步，装置翻倒时支点为桌面边缘，分析木板重力和物体M重力对应的力臂，再通过杠杆平衡条件求解推动木板的距离。
【解析】
1. 计算第一个空的力F：
匀质木板AB重$ G=5\ \mathrm{N} $，长度$ AB=8\ \mathrm{cm} $，其中心点O到A点的距离$ AO=\frac{AB}{2}=4\ \mathrm{cm} $。当O恰好离开桌面时，木板绕A点转动，根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，可得：
$ F × AB = G × AO $
代入数据：$ F × 8\ \mathrm{cm}=5\ \mathrm{N} × 4\ \mathrm{cm} $，解得$ F=\frac{5\ \mathrm{N} × 4\ \mathrm{cm}}{8\ \mathrm{cm}}=2.5\ \mathrm{N} $。
2. 计算第二个空的推动距离：
物体M长$ 2\ \mathrm{cm} $，匀质物体M的重心到A点的距离为$ \frac{2\ \mathrm{cm}}{2}=1\ \mathrm{cm} $，因此M的重心到桌面边缘（支点）的距离为$ AO - 1\ \mathrm{cm}=4\ \mathrm{cm}-1\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm} $。
设向右推动木板的距离为$ L $，此时木板重力的力臂为$ L $，物体M重力的力臂为$ 3\ \mathrm{cm}-L $，装置恰好翻倒时杠杆平衡，根据杠杆平衡条件：
$ G × L = G_M × (3\ \mathrm{cm}-L) $
代入数据：$ 5\ \mathrm{N} × L=10\ \mathrm{N} × (3\ \mathrm{cm}-L) $，解方程得$ L=2\ \mathrm{cm} $。
【答案】
2.5；2
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题结合实际装置考查杠杆平衡条件的应用，关键是准确确定不同场景下的支点、动力臂和阻力臂，需学生熟练掌握杠杆平衡公式的应用，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.4
