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1. (2025·扬州江都阶段检测)利用如图所示的甲、乙两滑轮组,在相同的时间内用大小相同的力$F_{1}$和$F_{2}$分别把质量相等的重物提升到相同的高度,则（
A.力$F_{1}$做功的功率小
B.甲、乙两个滑轮组的额外功相同
C.乙滑轮组的机械效率高
D.甲、乙两个滑轮组的总功相同
C
）A.力$F_{1}$做功的功率小
B.甲、乙两个滑轮组的额外功相同
C.乙滑轮组的机械效率高
D.甲、乙两个滑轮组的总功相同
答案
C 提示:由$s=nh$知,两滑轮组绳子自由端移动的距离关系为$s_甲＞s_乙$,因两滑轮组的拉力相等,由$W=Fs$知$W_{总甲}＞W_{总乙}$。又因所用时间相等,则力$F_1$做功的功率大。两重物$G$的重力和上升的高度$h$均相等,则$W_{有用}$相等,$W_{额甲}$较大,$\eta_甲$较小。
解析
【分析】
要解决这道题，首先需确定甲、乙滑轮组中承担物重的绳子段数，再结合功、功率、机械效率的公式，对比总功、有用功、额外功、功率和机械效率的大小，逐一分析选项。步骤为：1. 数出甲的绳子段数$n_甲=3$，乙的绳子段数$n_乙=2$；2. 根据$s=nh$计算绳子自由端移动的距离；3. 利用$W_总=Fs$计算总功，$W_有用=Gh$计算有用功，$W_额=W_总-W_有用$计算额外功；4. 由$P=\frac{W_总}{t}$分析功率；5. 由$\eta=\frac{W_有用}{W_总}$分析机械效率，最后对比选项得出答案。
【解析】
1. 确定承担物重的绳子段数：甲滑轮组中，动滑轮上有3段绳子，故$n_甲=3$；乙滑轮组中，动滑轮上有2段绳子，故$n_乙=2$。
2. 计算绳子自由端移动的距离：设重物提升高度为$h$，则$s_甲=n_甲h=3h$，$s_乙=n_乙h=2h$。
3. 计算总功：已知拉力$F_1=F_2=F$，总功公式为$W_总=Fs$，因此$W_{总甲}=F· s_甲=3Fh$，$W_{总乙}=F· s_乙=2Fh$，可得$W_{总甲}＞W_{总乙}$。
4. 计算有用功：两重物质量相等，故重力$G$相等，提升高度$h$相同，有用功$W_有用=Gh$，因此$W_{有用甲}=W_{有用乙}$。
5. 计算额外功：额外功公式为$W_额=W_总-W_有用$，代入得$W_{额甲}=3Fh - Gh$，$W_{额乙}=2Fh - Gh$，故$W_{额甲}＞W_{额乙}$。
6. 分析功率：时间$t$相同，功率公式为$P=\frac{W_总}{t}$，因$W_{总甲}＞W_{总乙}$，故$F_1$做功的功率更大，A选项错误。
7. 分析机械效率：机械效率公式为$\eta=\frac{W_有用}{W_总}$，代入得$\eta_甲=\frac{Gh}{3Fh}=\frac{G}{3F}$，$\eta_乙=\frac{Gh}{2Fh}=\frac{G}{2F}$，故$\eta_乙＞\eta_甲$，即乙滑轮组的机械效率更高，C选项正确；B选项额外功相同错误，D选项总功相同错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组机械效率、功的计算、功率的计算
【点评】
本题考查滑轮组的功、功率、机械效率的综合计算，关键是准确判断承担物重的绳子段数，再结合相关公式推导对比各物理量，属于力学基础综合题，需细心分析。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先需确定甲、乙滑轮组中承担物重的绳子段数，再结合功、功率、机械效率的公式，对比总功、有用功、额外功、功率和机械效率的大小，逐一分析选项。步骤为：1. 数出甲的绳子段数$n_甲=3$，乙的绳子段数$n_乙=2$；2. 根据$s=nh$计算绳子自由端移动的距离；3. 利用$W_总=Fs$计算总功，$W_有用=Gh$计算有用功，$W_额=W_总-W_有用$计算额外功；4. 由$P=\frac{W_总}{t}$分析功率；5. 由$\eta=\frac{W_有用}{W_总}$分析机械效率，最后对比选项得出答案。
【解析】
1. 确定承担物重的绳子段数：甲滑轮组中，动滑轮上有3段绳子，故$n_甲=3$；乙滑轮组中，动滑轮上有2段绳子，故$n_乙=2$。
2. 计算绳子自由端移动的距离：设重物提升高度为$h$，则$s_甲=n_甲h=3h$，$s_乙=n_乙h=2h$。
3. 计算总功：已知拉力$F_1=F_2=F$，总功公式为$W_总=Fs$，因此$W_{总甲}=F· s_甲=3Fh$，$W_{总乙}=F· s_乙=2Fh$，可得$W_{总甲}＞W_{总乙}$。
4. 计算有用功：两重物质量相等，故重力$G$相等，提升高度$h$相同，有用功$W_有用=Gh$，因此$W_{有用甲}=W_{有用乙}$。
5. 计算额外功：额外功公式为$W_额=W_总-W_有用$，代入得$W_{额甲}=3Fh - Gh$，$W_{额乙}=2Fh - Gh$，故$W_{额甲}＞W_{额乙}$。
6. 分析功率：时间$t$相同，功率公式为$P=\frac{W_总}{t}$，因$W_{总甲}＞W_{总乙}$，故$F_1$做功的功率更大，A选项错误。
7. 分析机械效率：机械效率公式为$\eta=\frac{W_有用}{W_总}$，代入得$\eta_甲=\frac{Gh}{3Fh}=\frac{G}{3F}$，$\eta_乙=\frac{Gh}{2Fh}=\frac{G}{2F}$，故$\eta_乙＞\eta_甲$，即乙滑轮组的机械效率更高，C选项正确；B选项额外功相同错误，D选项总功相同错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组机械效率、功的计算、功率的计算
【点评】
本题考查滑轮组的功、功率、机械效率的综合计算，关键是准确判断承担物重的绳子段数，再结合相关公式推导对比各物理量，属于力学基础综合题，需细心分析。
【难度系数】
0.6
2. 用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率,钩码总重$G$为$\quantity{1.0}{N}$,钩码上升高度$h$为$\quantity{0.1}{m}$,弹簧测力计移动距离$s$为$\quantity{0.3}{m}$,实验时,竖直向上匀速拉动弹簧测力计,使挂在杠杆$A$点下面的钩码缓缓上升,实验中,将杠杆拉至图中虚线位置,弹簧测力计的示数$F$为$\quantity{0.5}{N}$。下列说法正确的是（
A.拉力对杠杆所做的额外功为$\quantity{0.1}{J}$
B.匀速竖直拉动过程中弹簧测力计示数先变小后变大
C.若将钩码从$A$点移到$B$点,用同样的方式将钩码提升$\quantity{0.1}{m}$,则机械效率降低
D.若将钩码从$A$点移到$B$点,用同样的方式将钩码提升$\quantity{0.1}{m}$,则机械效率增高
D
）A.拉力对杠杆所做的额外功为$\quantity{0.1}{J}$
B.匀速竖直拉动过程中弹簧测力计示数先变小后变大
C.若将钩码从$A$点移到$B$点,用同样的方式将钩码提升$\quantity{0.1}{m}$,则机械效率降低
D.若将钩码从$A$点移到$B$点,用同样的方式将钩码提升$\quantity{0.1}{m}$,则机械效率增高
答案
D 提示:当竖直向上匀速拉动弹簧测力计时,动力臂与阻力臂的比值保持不变,则拉力的大小不变,$W_总=Fs=0.5\ \mathrm{N}×0.3\ \mathrm{m}=0.15\ \mathrm{J}$,$W_{有用}=Gh=1.0\ \mathrm{N}×0.1\ \mathrm{m}=0.1\ \mathrm{J}$,$W_{额外}=W_总-W_{有用}=0.15\ \mathrm{J}-0.1\ \mathrm{J}=0.05\ \mathrm{J}$;若将钩码从$A$点移到$B$点,用同样的方式将钩码提升$0.1\ \mathrm{m}$,$W_{有用}$不变,此时杠杆上旋的角度减小,杠杆升高的距离变小,克服杆重所做的额外功变小,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%$可知机械效率增高。
解析
【分析】
要解决这道题，需掌握杠杆机械效率的计算方法、功的相关计算，以及杠杆平衡条件的应用：首先明确总功、有用功、额外功的计算逻辑，再结合杠杆平衡条件分析拉力的变化，最后分析钩码位置改变时额外功的变化，进而判断机械效率的高低。具体步骤为：先计算各功的大小判断选项A，再根据杠杆平衡条件分析拉力变化判断选项B，最后分析钩码移动后有用功和额外功的变化，结合机械效率公式判断选项C、D。
【解析】
1. 计算总功、有用功和额外功：
总功：$W_{总}=Fs=0.5\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}=0.15\ \mathrm{J}$；
有用功：$W_{有用}=Gh=1.0\ \mathrm{N} × 0.1\ \mathrm{m}=0.1\ \mathrm{J}$；
额外功：$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=0.15\ \mathrm{J}-0.1\ \mathrm{J}=0.05\ \mathrm{J}$，因此选项A错误。
2. 分析弹簧测力计示数：
竖直向上匀速拉动时，动力臂与阻力臂的比值保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，拉力大小不变，故选项B错误。
3. 分析钩码移动后的机械效率：
若钩码从A点移到B点，提升相同高度$h$，有用功$W_{有用}=Gh$不变；此时钩码靠近支点，杠杆上旋的角度减小，杠杆自身升高的距离变小，克服杠杆自重所做的额外功$W_{额}'$变小。根据机械效率公式$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}$，分母变小，机械效率$\eta$增高，因此选项C错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆机械效率的综合应用，需熟练掌握总功、有用功、额外功的计算，理解杠杆机械效率的影响因素（额外功主要来自克服杠杆自重），并能结合杠杆平衡条件分析物理量变化，对学生的逻辑分析能力有一定要求，需仔细推导各物理量的变化关系。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需掌握杠杆机械效率的计算方法、功的相关计算，以及杠杆平衡条件的应用：首先明确总功、有用功、额外功的计算逻辑，再结合杠杆平衡条件分析拉力的变化，最后分析钩码位置改变时额外功的变化，进而判断机械效率的高低。具体步骤为：先计算各功的大小判断选项A，再根据杠杆平衡条件分析拉力变化判断选项B，最后分析钩码移动后有用功和额外功的变化，结合机械效率公式判断选项C、D。
【解析】
1. 计算总功、有用功和额外功：
总功：$W_{总}=Fs=0.5\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}=0.15\ \mathrm{J}$；
有用功：$W_{有用}=Gh=1.0\ \mathrm{N} × 0.1\ \mathrm{m}=0.1\ \mathrm{J}$；
额外功：$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=0.15\ \mathrm{J}-0.1\ \mathrm{J}=0.05\ \mathrm{J}$，因此选项A错误。
2. 分析弹簧测力计示数：
竖直向上匀速拉动时，动力臂与阻力臂的比值保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，拉力大小不变，故选项B错误。
3. 分析钩码移动后的机械效率：
若钩码从A点移到B点，提升相同高度$h$，有用功$W_{有用}=Gh$不变；此时钩码靠近支点，杠杆上旋的角度减小，杠杆自身升高的距离变小，克服杠杆自重所做的额外功$W_{额}'$变小。根据机械效率公式$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}$，分母变小，机械效率$\eta$增高，因此选项C错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆机械效率的综合应用，需熟练掌握总功、有用功、额外功的计算，理解杠杆机械效率的影响因素（额外功主要来自克服杠杆自重），并能结合杠杆平衡条件分析物理量变化，对学生的逻辑分析能力有一定要求，需仔细推导各物理量的变化关系。
【难度系数】
0.5
3. (2025·常州新北期中)如图所示,甲、乙两个滑轮组,动滑轮所受重力分别为$G_{\mathrm{动}1}$、$G_{\mathrm{动}2}$。被提升的两个物体重力分别为$G_1$、$G_2$。在相同时间内匀速提升相同高度,拉力分别为$F_1$、$F_2$。功率分别为$P_1$、$P_2$。机械效率分别为$\eta_1$、$\eta_2$。若此过程中$\eta_1＜\eta_2$,不计绳重和摩擦。则下列说法一定正确的是（
A.若$G_1=G_2$,则$F_1=F_2$
B.若$G_1=G_2$,则$P_1＞P_2$
C.若$G_1＜G_2$,则$F_1＜F_2$
D.若$G_1＜G_2$,则$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2}$
B
）A.若$G_1=G_2$,则$F_1=F_2$
B.若$G_1=G_2$,则$P_1＞P_2$
C.若$G_1＜G_2$,则$F_1＜F_2$
D.若$G_1＜G_2$,则$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2}$
答案
B 提示:不计绳重和摩擦,$\eta_1=\dfrac{G_1}{G_1+G_{动1}}×100\%$,$\eta_2=\dfrac{G_2}{G_2+G_{动2}}×100\%$,由于$\eta_1＜\eta_2$,若$G_1=G_2$,则$G_{动1}＞G_{动2}$,$F_1=\dfrac{1}{3}(G_1+G_{动1})$,$F_2=\dfrac{1}{2}(G_2+G_{动2})$,无法判断$F_1$、$F_2$的大小;由$W_总=(G+G_{动})h$知$W_{总1}＞W_{总2}$,$P_1＞P_2$。若$G_1＜G_2$,无法判断$G_{动1}$与$G_{动2}$的大小,也无法判断物体与动滑轮的总重力的关系,故无法判断$F_1$、$F_2$的大小关系。
解析
【分析】
首先确定甲、乙滑轮组承担物重的绳子段数：甲图中$n_1=3$，乙图中$n_2=2$。不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率公式为$\eta=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，拉力公式为$F=\frac{G+G_{\mathrm{动}}}{n}$，总功$W_{\mathrm{总}}=(G+G_{\mathrm{动}})h$，功率$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$。题目给出$\eta_1＜\eta_2$，需结合各选项条件，利用上述公式逐一分析判断。
【解析】
1. 确定滑轮组绳子段数：甲滑轮组$n_1=3$，乙滑轮组$n_2=2$。
2. 不计绳重和摩擦时，机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，拉力$F=\frac{G+G_{\mathrm{动}}}{n}$，总功$W_{\mathrm{总}}=(G+G_{\mathrm{动}})h$，功率$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$（时间$t$相同）。
3. 分析选项：
选项A：若$G_1=G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$，根据$\eta=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，$G$相同，$\eta$越小则$G_{\mathrm{动}}$越大，故$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$。此时$F_1=\frac{G_1+G_{\mathrm{动}1}}{3}$，$F_2=\frac{G_2+G_{\mathrm{动}2}}{2}$，代入$G_1=G_2$，因$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$，无法确定$F_1=F_2$，故A错误。
选项B：若$G_1=G_2$，$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$，总功$W_{\mathrm{总}1}=(G_1+G_{\mathrm{动}1})h$，$W_{\mathrm{总}2}=(G_2+G_{\mathrm{动}2})h$，故$W_{\mathrm{总}1}＞W_{\mathrm{总}2}$。时间$t$相同，由$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$得$P_1＞P_2$，故B正确。
选项C：若$G_1＜G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$得$\frac{G_1}{G_1+G_{\mathrm{动}1}}＜\frac{G_2}{G_2+G_{\mathrm{动}2}}$，交叉化简得$\frac{G_{\mathrm{动}1}}{G_{\mathrm{动}2}}＞\frac{G_1}{G_2}$，但无法确定$F_1$与$F_2$的大小，故C错误。
选项D：若$G_1＜G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$无法推出$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2}$（如$G_1=2\,\mathrm{N}$，$G_2=4\,\mathrm{N}$，$G_{\mathrm{动}1}=5\,\mathrm{N}$，$G_{\mathrm{动}2}=1\,\mathrm{N}$，满足$\eta_1＜\eta_2$，但$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$），故D错误。
【答案】
B
【知识点】
滑轮组的机械效率；滑轮组的拉力；功率
【点评】
本题考查滑轮组相关物理量的比较，需熟练掌握不计绳重摩擦时滑轮组的机械效率、拉力、总功、功率的计算公式，结合题目条件推导变量关系，逐一分析选项，避免概念混淆。
【难度系数】
0.5
首先确定甲、乙滑轮组承担物重的绳子段数：甲图中$n_1=3$，乙图中$n_2=2$。不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率公式为$\eta=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，拉力公式为$F=\frac{G+G_{\mathrm{动}}}{n}$，总功$W_{\mathrm{总}}=(G+G_{\mathrm{动}})h$，功率$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$。题目给出$\eta_1＜\eta_2$，需结合各选项条件，利用上述公式逐一分析判断。
【解析】
1. 确定滑轮组绳子段数：甲滑轮组$n_1=3$，乙滑轮组$n_2=2$。
2. 不计绳重和摩擦时，机械效率$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，拉力$F=\frac{G+G_{\mathrm{动}}}{n}$，总功$W_{\mathrm{总}}=(G+G_{\mathrm{动}})h$，功率$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$（时间$t$相同）。
3. 分析选项：
选项A：若$G_1=G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$，根据$\eta=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}$，$G$相同，$\eta$越小则$G_{\mathrm{动}}$越大，故$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$。此时$F_1=\frac{G_1+G_{\mathrm{动}1}}{3}$，$F_2=\frac{G_2+G_{\mathrm{动}2}}{2}$，代入$G_1=G_2$，因$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$，无法确定$F_1=F_2$，故A错误。
选项B：若$G_1=G_2$，$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$，总功$W_{\mathrm{总}1}=(G_1+G_{\mathrm{动}1})h$，$W_{\mathrm{总}2}=(G_2+G_{\mathrm{动}2})h$，故$W_{\mathrm{总}1}＞W_{\mathrm{总}2}$。时间$t$相同，由$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}$得$P_1＞P_2$，故B正确。
选项C：若$G_1＜G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$得$\frac{G_1}{G_1+G_{\mathrm{动}1}}＜\frac{G_2}{G_2+G_{\mathrm{动}2}}$，交叉化简得$\frac{G_{\mathrm{动}1}}{G_{\mathrm{动}2}}＞\frac{G_1}{G_2}$，但无法确定$F_1$与$F_2$的大小，故C错误。
选项D：若$G_1＜G_2$，由$\eta_1＜\eta_2$无法推出$G_{\mathrm{动}1}＜G_{\mathrm{动}2}$（如$G_1=2\,\mathrm{N}$，$G_2=4\,\mathrm{N}$，$G_{\mathrm{动}1}=5\,\mathrm{N}$，$G_{\mathrm{动}2}=1\,\mathrm{N}$，满足$\eta_1＜\eta_2$，但$G_{\mathrm{动}1}＞G_{\mathrm{动}2}$），故D错误。
【答案】
B
【知识点】
滑轮组的机械效率；滑轮组的拉力；功率
【点评】
本题考查滑轮组相关物理量的比较，需熟练掌握不计绳重摩擦时滑轮组的机械效率、拉力、总功、功率的计算公式，结合题目条件推导变量关系，逐一分析选项，避免概念混淆。
【难度系数】
0.5
4. 如图所示,用平行于斜面的拉力$F$,将重为8 N的物体沿斜面从底端匀速拉至顶端。若不考虑物体与斜面间的摩擦,则拉力$F$为
4
N;若斜面的机械效率为80%,则此时拉力$F_1$为5
N;若另一斜面的高度$h$与长度$s$之比为$3:5$,将重25 N的物体匀速拉至顶端的拉力为18 N,则该物体所受摩擦力为3
N。答案
4 5 3 提示:不计物体与斜面间的摩擦时,由于使用任何机械都不省功,即$W_{拉}=W_{物重}$,即$Fs=Gh$,$F=\dfrac{Gh}{s}=\dfrac{8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{m}}=4\ \mathrm{N}$;$W_{有用}=Gh=8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=1.6\ \mathrm{J}$,$W_总=\dfrac{W_{有用}}{\eta}=\dfrac{1.6\ \mathrm{J}}{80\%}=2\ \mathrm{J}$,$F_1=\dfrac{W_总}{s}=\dfrac{2\ \mathrm{J}}{0.4\ \mathrm{m}}=5\ \mathrm{N}$;使用另一斜面,$f'=\dfrac{W'_{额外}}{s'}=\dfrac{W'_总-W'_{有用}}{s'}=\dfrac{F's'-G'h'}{s'}=\dfrac{18\ \mathrm{N}×5-25\ \mathrm{N}×3}{5}=3\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
本题考查斜面相关的功、机械效率及摩擦力的计算，解题思路：①不计摩擦时，利用功的原理（总功等于有用功），通过公式$Fs=Gh$计算拉力；②已知机械效率时，先算有用功，再由机械效率公式求总功，最后通过总功公式计算拉力；③求摩擦力时，额外功是克服摩擦力做的功，结合总功、有用功的关系，代入数据推导摩擦力。
【解析】
先统一单位：$s=40\ \mathrm{cm}=0.4\ \mathrm{m}$，$h=20\ \mathrm{cm}=0.2\ \mathrm{m}$。
1. 不计摩擦时，总功等于有用功，即$Fs=Gh$，代入数据得：
$F=\dfrac{Gh}{s}=\dfrac{8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{m}}=4\ \mathrm{N}$；
2. 机械效率为80%时，有用功$W_{有}=Gh=8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=1.6\ \mathrm{J}$，
由$\eta=\dfrac{W_{有}}{W_{总}}$得总功$W_{总}=\dfrac{W_{有}}{\eta}=\dfrac{1.6\ \mathrm{J}}{80\%}=2\ \mathrm{J}$，
再由$W_{总}=F_1s$得：$F_1=\dfrac{W_{总}}{s}=\dfrac{2\ \mathrm{J}}{0.4\ \mathrm{m}}=5\ \mathrm{N}$；
3. 另一斜面中，$h':s'=3:5$，即$h'=\dfrac{3}{5}s'$，
总功$W_{总}'=F's'=18\ \mathrm{N}×s'$，
有用功$W_{有}'=G'h'=25\ \mathrm{N}×\dfrac{3}{5}s'=15s'$，
额外功$W_{额}'=W_{总}'-W_{有}'=18s'-15s'=3s'$，
额外功是克服摩擦力做功，即$W_{额}'=fs'$，故$f=\dfrac{W_{额}'}{s'}=\dfrac{3s'}{s'}=3\ \mathrm{N}$。
【答案】
4；5；3
【知识点】
斜面的功、机械效率、摩擦力计算
【点评】
本题围绕斜面的功、机械效率及摩擦力展开，核心是掌握总功、有用功、额外功的关系，以及机械效率公式的应用，解题时需注意单位统一，步骤清晰，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
本题考查斜面相关的功、机械效率及摩擦力的计算，解题思路：①不计摩擦时，利用功的原理（总功等于有用功），通过公式$Fs=Gh$计算拉力；②已知机械效率时，先算有用功，再由机械效率公式求总功，最后通过总功公式计算拉力；③求摩擦力时，额外功是克服摩擦力做的功，结合总功、有用功的关系，代入数据推导摩擦力。
【解析】
先统一单位：$s=40\ \mathrm{cm}=0.4\ \mathrm{m}$，$h=20\ \mathrm{cm}=0.2\ \mathrm{m}$。
1. 不计摩擦时，总功等于有用功，即$Fs=Gh$，代入数据得：
$F=\dfrac{Gh}{s}=\dfrac{8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}}{0.4\ \mathrm{m}}=4\ \mathrm{N}$；
2. 机械效率为80%时，有用功$W_{有}=Gh=8\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=1.6\ \mathrm{J}$，
由$\eta=\dfrac{W_{有}}{W_{总}}$得总功$W_{总}=\dfrac{W_{有}}{\eta}=\dfrac{1.6\ \mathrm{J}}{80\%}=2\ \mathrm{J}$，
再由$W_{总}=F_1s$得：$F_1=\dfrac{W_{总}}{s}=\dfrac{2\ \mathrm{J}}{0.4\ \mathrm{m}}=5\ \mathrm{N}$；
3. 另一斜面中，$h':s'=3:5$，即$h'=\dfrac{3}{5}s'$，
总功$W_{总}'=F's'=18\ \mathrm{N}×s'$，
有用功$W_{有}'=G'h'=25\ \mathrm{N}×\dfrac{3}{5}s'=15s'$，
额外功$W_{额}'=W_{总}'-W_{有}'=18s'-15s'=3s'$，
额外功是克服摩擦力做功，即$W_{额}'=fs'$，故$f=\dfrac{W_{额}'}{s'}=\dfrac{3s'}{s'}=3\ \mathrm{N}$。
【答案】
4；5；3
【知识点】
斜面的功、机械效率、摩擦力计算
【点评】
本题围绕斜面的功、机械效率及摩擦力展开，核心是掌握总功、有用功、额外功的关系，以及机械效率公式的应用，解题时需注意单位统一，步骤清晰，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
5. 如图所示,在相同时间内将重物从梯形平台底端拉至顶端，已知物重为$10\ \mathrm{N},F_1=20\ \mathrm{N},F_2=15\ \mathrm{N},$平台高度$h=1\ \mathrm{m},$斜面长$L_{BA}=2\ \mathrm{m},L_{CD}=3\ \mathrm{m},$则两次过程拉力做功的功率$P_1\_\_\_\_\_\_\eta_2,$物体沿斜面$AB$运动过程中所受摩擦力大小为$\mathrm{N}$。
答案
＜ ＞ 15 提示:$W_{总1}=F_1L_{BA}=20\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{J}$,$W_{总2}=F_2L_{CD}=15\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=45\ \mathrm{J}$,故$W_{总1}＜W_{总2}$,拉力做功的时间相同,则$P_1＜P_2$;都将同一物体提升相同高度,$W_{有用}=Gh=10\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{J}$,第一次的总功较小,机械效率较大,则$\eta_1＞\eta_2$;$W_{额外}=W_{总1}-W_{有用}=40\ \mathrm{J}-10\ \mathrm{J}=30\ \mathrm{J}$,物体沿斜面$AB$运动时,$f=\dfrac{W_{额外}}{L_{BA}}=\dfrac{30\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{m}}=15\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
要解决本题，需明确拉力做功（总功）、有用功、额外功、功率、机械效率的关系：①拉力总功公式为$W_{总}=Fs$，功率$P=\frac{W_{总}}{t}$，时间相同时总功越大功率越大；②提升物体的有用功$W_{有用}=Gh$，两次提升同一物体到相同高度，有用功相同，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功越小机械效率越高；③额外功是克服斜面摩擦力的功，$W_{额}=W_{总}-W_{有用}$，且$W_{额}=fL$，据此可计算摩擦力。
【解析】
1. 比较功率大小：
第一次总功$W_{总1}=F_1L_{BA}=20\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{J}$，第二次总功$W_{总2}=F_2L_{CD}=15\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=45\ \mathrm{J}$。
已知两次做功时间相同，根据$P=\frac{W_{总}}{t}$，总功越大功率越大，故$P_1＜P_2$。
2. 比较机械效率大小：
两次提升同一物体，高度均为$h=1\ \mathrm{m}$，有用功$W_{有用}=Gh=10\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{J}$（两次相同）。
机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功越小效率越高，故$\eta_1＞\eta_2$。
3. 计算AB斜面的摩擦力：
AB斜面的额外功$W_{额1}=W_{总1}-W_{有用}=40\ \mathrm{J}-10\ \mathrm{J}=30\ \mathrm{J}$，额外功是克服摩擦力做功，即$W_{额}=fL$，因此摩擦力$f=\frac{W_{额1}}{L_{BA}}=\frac{30\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{m}}=15\ \mathrm{N}$。
【答案】
＜；＞；15
【知识点】
斜面的功、功率、机械效率；摩擦力计算
【点评】
本题考查斜面相关的功、功率、机械效率及摩擦力的计算，核心是明确总功、有用功、额外功的关系，公式应用难度不大，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需明确拉力做功（总功）、有用功、额外功、功率、机械效率的关系：①拉力总功公式为$W_{总}=Fs$，功率$P=\frac{W_{总}}{t}$，时间相同时总功越大功率越大；②提升物体的有用功$W_{有用}=Gh$，两次提升同一物体到相同高度，有用功相同，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功越小机械效率越高；③额外功是克服斜面摩擦力的功，$W_{额}=W_{总}-W_{有用}$，且$W_{额}=fL$，据此可计算摩擦力。
【解析】
1. 比较功率大小：
第一次总功$W_{总1}=F_1L_{BA}=20\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=40\ \mathrm{J}$，第二次总功$W_{总2}=F_2L_{CD}=15\ \mathrm{N}×3\ \mathrm{m}=45\ \mathrm{J}$。
已知两次做功时间相同，根据$P=\frac{W_{总}}{t}$，总功越大功率越大，故$P_1＜P_2$。
2. 比较机械效率大小：
两次提升同一物体，高度均为$h=1\ \mathrm{m}$，有用功$W_{有用}=Gh=10\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{J}$（两次相同）。
机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功越小效率越高，故$\eta_1＞\eta_2$。
3. 计算AB斜面的摩擦力：
AB斜面的额外功$W_{额1}=W_{总1}-W_{有用}=40\ \mathrm{J}-10\ \mathrm{J}=30\ \mathrm{J}$，额外功是克服摩擦力做功，即$W_{额}=fL$，因此摩擦力$f=\frac{W_{额1}}{L_{BA}}=\frac{30\ \mathrm{J}}{2\ \mathrm{m}}=15\ \mathrm{N}$。
【答案】
＜；＞；15
【知识点】
斜面的功、功率、机械效率；摩擦力计算
【点评】
本题考查斜面相关的功、功率、机械效率及摩擦力的计算，核心是明确总功、有用功、额外功的关系，公式应用难度不大，属于基础题型。
【难度系数】
0.5
6. 用五个相同的滑轮和绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组,分别将不同的物体$G_{1}$和$G_{2}$匀速提升相同高度,绳端所需的拉力$F$恰好相等,不计摩擦、绳和木板的重。则绳端拉力$F$做的功之比$W_{1}:W_{2}=$
1:2
,滑轮组的机械效率之比$\eta_{1}:\eta_{2}=$1:1
。答案
1:2 1:1 提示:图中$n_甲=2$,$n_乙=4$,$G_1$和$G_2$匀速提升相同高度,绳端所需的拉力$F$相等,$s_1=2h$,$s_2=4h$,绳端拉力$F$做功之比$\dfrac{W_1}{W_2}=\dfrac{Fs_1}{Fs_2}=\dfrac{s_1}{s_2}=\dfrac{2h}{4h}=\dfrac{1}{2}$;由$F=\dfrac{1}{n}(G_{动}+G)$得$G_1=2F-G_{动}$,$G_2=4F-2G_{动}$,因$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\dfrac{Gh}{Fs}×100\%=\dfrac{G}{nF}×100\%$,故$\eta_1:\eta_2=\dfrac{G_1}{2F}:\dfrac{G_2}{4F}=\dfrac{2F-G_{动}}{2F}:\dfrac{4F-2G_{动}}{4F}=\dfrac{2F-G_{动}}{2F}:\dfrac{2×(2F-G_{动})}{2×2F}=1:1$。
解析
【分析】要解决本题，需先明确甲、乙滑轮组中承担物重的绳子段数，再利用功和机械效率的公式结合已知条件推导。首先数出甲滑轮组动滑轮上的绳子段数$n_1=2$，乙滑轮组动滑轮上的绳子段数$n_2=4$；绳端移动距离$s=nh$，提升高度$h$相同，因此$s$与$n$成正比；拉力做功$W=Fs$，拉力$F$相等，故功之比等于$s$之比。对于机械效率，利用$\eta=\frac{G}{nF}$，结合拉力公式$F=\frac{G+G_{动总}}{n}$，其中甲的动滑轮总重为1个滑轮的重力，乙的为2个，代入推导$G_1$、$G_2$，进而得到机械效率之比。
【解析】1. 确定绳子段数：甲滑轮组承担物重的绳子段数$n_1=2$，乙滑轮组$n_2=4$。2. 绳端移动距离：物体提升高度为$h$，则$s_1=n_1h=2h$，$s_2=n_2h=4h$。3. 拉力做功：$W_1=Fs_1=F×2h$，$W_2=Fs_2=F×4h$，故$W_1:W_2=(F×2h):(F×4h)=1:2$。4. 机械效率：不计摩擦、绳和木板重，拉力$F=\frac{G+G_{动总}}{n}$，甲的动滑轮总重为$G_{动}$，乙的为$2G_{动}$，因此$G_1=n_1F - G_{动}=2F - G_{动}$，$G_2=n_2F - 2G_{动}=4F -2G_{动}$。机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}=\frac{Gh}{F×nh}=\frac{G}{nF}$，则$\eta_1=\frac{G_1}{n_1F}=\frac{2F - G_{动}}{2F}$，$\eta_2=\frac{G_2}{n_2F}=\frac{4F -2G_{动}}{4F}=\frac{2F - G_{动}}{2F}$，所以$\eta_1:\eta_2=1:1$。
【答案】1:2；1:1
【知识点】滑轮组的功计算、滑轮组的机械效率
【点评】本题考查滑轮组的功与机械效率的计算，核心是正确判断承担物重的绳子段数，结合动滑轮总重分析，难度中等。
【难度系数】0.5
【解析】1. 确定绳子段数：甲滑轮组承担物重的绳子段数$n_1=2$，乙滑轮组$n_2=4$。2. 绳端移动距离：物体提升高度为$h$，则$s_1=n_1h=2h$，$s_2=n_2h=4h$。3. 拉力做功：$W_1=Fs_1=F×2h$，$W_2=Fs_2=F×4h$，故$W_1:W_2=(F×2h):(F×4h)=1:2$。4. 机械效率：不计摩擦、绳和木板重，拉力$F=\frac{G+G_{动总}}{n}$，甲的动滑轮总重为$G_{动}$，乙的为$2G_{动}$，因此$G_1=n_1F - G_{动}=2F - G_{动}$，$G_2=n_2F - 2G_{动}=4F -2G_{动}$。机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}=\frac{Gh}{F×nh}=\frac{G}{nF}$，则$\eta_1=\frac{G_1}{n_1F}=\frac{2F - G_{动}}{2F}$，$\eta_2=\frac{G_2}{n_2F}=\frac{4F -2G_{动}}{4F}=\frac{2F - G_{动}}{2F}$，所以$\eta_1:\eta_2=1:1$。
【答案】1:2；1:1
【知识点】滑轮组的功计算、滑轮组的机械效率
【点评】本题考查滑轮组的功与机械效率的计算，核心是正确判断承担物重的绳子段数，结合动滑轮总重分析，难度中等。
【难度系数】0.5
