1 [2025吉林长春中考]以下情境中人对物体做功的是（）

A.推桌子未推动
B.搬石头未搬起
C.提着水桶上楼
D.举着杠铃静止

1.C 【解析】推桌子未推动，桌子没有在推力的方向上移动距离，人对桌子没有做功，故A不符合题意；搬石头未搬起，石头没有在力的方向上移动距离，人对石头没有做功，故B不符合题意；提着水桶上楼，水桶在拉力的方向上移动了距离，人对水桶做了功，故C符合题意；举着杠铃静止，杠铃没有在力的方向上移动距离，人对杠铃没有做功，故D不符合题意。

【分析】
判断人对物体是否做功，需依据做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。据此逐一分析各选项情境。
【解析】
A选项：推桌子未推动，人对桌子施加了推力，但桌子没有在推力方向上移动距离，不满足做功的两个必要因素，人对桌子不做功，不符合题意；
B选项：搬石头未搬起，人对石头施加了向上的力，但石头没有在力的方向上移动距离，不满足做功的两个必要因素，人对石头不做功，不符合题意；
C选项：提着水桶上楼，人对水桶施加了向上的拉力，水桶在拉力方向（向上）上移动了距离，满足做功的两个必要因素，人对水桶做了功，符合题意；
D选项：举着杠铃静止，人对杠铃施加了向上的力，但杠铃没有在力的方向上移动距离，不满足做功的两个必要因素，人对杠铃不做功，不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
功的两个必要因素，力是否做功的判断
【点评】
本题考查做功的基本判断，核心是牢记做功的两个必要条件，属于对基础概念的直接应用，难度较低。
【难度系数】
0.8

2[2025河南中考,中]如图所示,某工人利用滑轮在时间t内,将重为G的物料匀速提升了h的高度,工人对绳子竖直向上的拉力大小为F,不计绳重及滑轮的摩擦。下列说法正确的是()

A.该工人使用的是定滑轮
B.提升物料做的有用功为$2Gh$
C.拉力F做功的功率为$\frac{2Fh}{t}$
D.该滑轮的机械效率为$\frac{G}{F}$

2.C 【解析】由图可知，该滑轮随物体一起移动，是动滑轮，故A错误；提升物料做的有用功为$W_{有用}=Gh$，故B错误；由图可知，承担物重的绳子的股数为2，拉力F做功的功率为$P=\frac{W_总}{t}=\frac{Fs}{t}=\frac{Fnh}{t}=\frac{2Fh}{t}$，故C正确；该滑轮的机械效率为$\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}=\frac{Gh}{Fs}=\frac{Gh}{Fnh}=\frac{G}{nF}=\frac{G}{2F}$，故D错误。故选C。

【分析】首先判断滑轮类型：定滑轮轴固定不动，动滑轮随物体一起运动，据此分析A选项；有用功是对物体做的功，即$W_{有}=Gh$，据此判断B选项；动滑轮承担物重的绳子股数$n=2$，绳子自由端移动距离$s=nh$，总功$W_{总}=Fs$，功率$P=\frac{W_{总}}{t}$，据此计算功率判断C选项；机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$，代入$s=2h$化简后判断D选项。
【解析】
1. 滑轮类型判断：图中滑轮随物料一起运动，属于动滑轮，不是定滑轮，故A错误；
2. 有用功计算：提升物料的有用功是克服物料重力做的功，$W_{有用}=Gh$，并非$2Gh$，故B错误；
3. 拉力做功的功率：动滑轮承担物重的绳子股数$n=2$，物料上升高度$h$时，绳子自由端移动距离$s=2h$；拉力做的总功$W_{总}=Fs=F×2h$，拉力做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{2Fh}{t}$，故C正确；
4. 机械效率计算：机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{F×2h}=\frac{G}{2F}$，并非$\frac{G}{F}$，故D错误。
综上，正确选项为C。
【答案】C
【知识点】动滑轮、机械效率、功率
【点评】本题考查动滑轮的相关计算，需掌握动滑轮的特点、有用功与总功的区分、功率及机械效率的计算公式，属于中等难度的力学基础题，要求学生准确理解各物理量的含义及计算方法。
【难度系数】0.6

3[2025新疆中考,偏难]如图所示,若一根重心在B点的木棒可绕O点无摩擦转动,在D点施加竖直向上的力缓慢提升重物。已知木棒的长度为1 m,将同一重物分别挂在A点、B点、C点时,重物被提升的高度分别为0.1 m、0.2 m、0.3 m,对应的机械效率分别为$\eta_A$、$\eta_B$、$\eta_C$。则

()

A.$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$
B.$\eta_A＞\eta_B＞\eta_C$
C.$\eta_A＜\eta_C＜\eta_B$
D.$\eta_C＜\eta_A＜\eta_B$

3.A 【解析】机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}=\frac{1}{1+\frac{W_{额外}}{W_{有用}}}$。重物挂在A点时，重物被提升的高度为$h_A=0.1\ \mathrm{m}$，该过程做的有用功为$W_{有A}=Gh_A$，杠杆重心被提升的高度为$h_B$，由几何关系可知，$h_A＜h_B$，额外功$W_{额A}=G_{杆}h_B$。重物挂在B点时，重物被提升的高度为$h'_B=0.2\ \mathrm{m}$，该过程做的有用功为$W_{有B}=Gh'_B$，杠杆重心被提升的高度也为$h'_B=0.2\ \mathrm{m}$，额外功$W_{额B}=G_{杆}h'_B$，则有$\frac{W_{额A}}{W_{有A}}=\frac{G_{杆}h_B}{Gh_A}$，$\frac{W_{额B}}{W_{有B}}=\frac{G_{杆}h'_B}{Gh'_B}$，$\frac{\frac{W_{额A}}{W_{有A}}}{\frac{W_{额B}}{W_{有B}}}=\frac{\frac{G_{杆}h_B}{Gh_A}}{\frac{G_{杆}h'_B}{Gh'_B}}=\frac{G_{杆}h_B}{Gh_A}×\frac{Gh'_B}{G_{杆}h'_B}=\frac{h_B}{h_A}＞1$，由机械效率推导式$\eta=\frac{1}{1+\frac{W_{额外}}{W_{有用}}}$可得，$\eta_A＜\eta_B$。重物挂在C点时，重物被提升的高度为$h_C=0.3\ \mathrm{m}$，该过程做的有用功$W_{有C}=Gh_C$，杠杆重心被提升的高度为$h''_B$，由几何关系可知，$h''_B＜h_C$，额外功$W_{额C}=G_{杆}h''_B$，则$\frac{W_{额C}}{W_{有C}}=\frac{G_{杆}h''_B}{Gh_C}$，则$\frac{\frac{W_{额C}}{W_{有C}}}{\frac{W_{额B}}{W_{有B}}}=\frac{\frac{G_{杆}h''_B}{Gh_C}}{\frac{G_{杆}h'_B}{Gh'_B}}=\frac{G_{杆}h''_B}{Gh_C}×\frac{Gh'_B}{G_{杆}h'_B}=\frac{h''_B}{h_C}＜1$，由机械效率推导式$\eta=\frac{1}{1+\frac{W_{额外}}{W_{有用}}}$可得，$\eta_B＜\eta_C$，综上可得$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$。故A符合题意，BCD不符合题意。

【分析】
要解决这道题，需明确杠杆提升重物时的有用功和额外功：有用功是提升重物做的功，即$W_{有}=Gh$；额外功是提升杠杆自身重心（B点）做的功，即$W_{额}=G_{杆}h_{杆}$（$G_{杆}$为杠杆重力，$h_{杆}$为杠杆重心提升的高度）。由于杠杆绕O转动，重物提升高度$h$和杠杆重心提升高度$h_{杆}$满足相似三角形关系，即$\frac{h_{杆}}{h}=\frac{OB}{L_{物}}$（$L_{物}$是重物到O点的力臂）。机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}=\frac{1}{1+\frac{W_{额}}{W_{有}}}$，因此只需比较$\frac{W_{额}}{W_{有}}$的大小，即可判断机械效率高低：该比值越小，机械效率越高。
【解析】
1. 机械效率公式推导：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}=\frac{1}{1+\frac{W_{额外}}{W_{有用}}}$，因此$\frac{W_{额外}}{W_{有用}}$越小，$\eta$越大。
2. 分析挂在A点的情况：
有用功$W_{有A}=Gh_A$，额外功$W_{额A}=G_{杆}h_{杆A}$，由相似三角形得$h_{杆A}=h_A·\frac{OB}{OA}$，因此$\frac{W_{额A}}{W_{有A}}=\frac{G_{杆}· h_A·\frac{OB}{OA}}{Gh_A}=\frac{G_{杆}· OB}{G· OA}$。
3. 分析挂在B点的情况：
有用功$W_{有B}=Gh_B'$（$h_B'=0.2\ \mathrm{m}$），额外功$W_{额B}=G_{杆}h_B'$，此时$h_{杆B}=h_B'$，因此$\frac{W_{额B}}{W_{有B}}=\frac{G_{杆}h_B'}{Gh_B'}=\frac{G_{杆}}{G}$。
比较得：因$OA＜OB$，$\frac{OB}{OA}＞1$，故$\frac{W_{额A}}{W_{有A}}＞\frac{W_{额B}}{W_{有B}}$，即$\eta_A＜\eta_B$。
4. 分析挂在C点的情况：
有用功$W_{有C}=Gh_C$（$h_C=0.3\ \mathrm{m}$），额外功$W_{额C}=G_{杆}h_{杆C}$，由相似三角形得$h_{杆C}=h_C·\frac{OB}{OC}$，因此$\frac{W_{额C}}{W_{有C}}=\frac{G_{杆}· h_C·\frac{OB}{OC}}{Gh_C}=\frac{G_{杆}· OB}{G· OC}$。
比较得：因$OC＞OB$，$\frac{OB}{OC}＜1$，故$\frac{W_{额C}}{W_{有C}}＜\frac{W_{额B}}{W_{有B}}$，即$\eta_B＜\eta_C$。
5. 综上，$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算
【点评】
本题结合杠杆转动特点，明确额外功为克服杠杆自身重力做的功，通过相似三角形确定高度关系，再利用机械效率公式比较大小，关键是理清有用功、额外功的来源，对力学综合分析能力要求较高。
【难度系数】
0.3

4[2025河北中考,中]如图为河北丰宁抽水蓄能电站(目前世界装机容量最大)的示意图。用电低谷时,通过电力将水从下水库抽到上水库；
用电高峰时,再由上水库放水至下水库发电。
下列说法正确的是 ()


A.水从下水库被抽到上水库,重力势能减小
B.物料运输车沿盘山路行驶,速度增大时,动能减小
C.放水发电时,水由上水库至下水库,水的机械能变大
D.水沿自流排水洞自动向下流动时,重力势能转化为动能

4.D 【解析】水从下水库被抽到上水库，高度升高，质量不变，重力势能增大，故A错误。物料运输车沿盘山路行驶，速度增大时，质量不变，动能增大，故B错误。放水发电时，水由上水库至下水库的过程中会有能量损失，所以水的机械能变小，故C错误。水沿自流排水洞自动向下流动时，质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动能，故D正确。故选D。

【分析】本题考查动能、重力势能的影响因素及机械能的转化，需根据各能量的影响因素，结合实际过程分析每个选项。明确：重力势能与质量、高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越大；动能与质量、速度有关，质量越大、速度越大，动能越大；机械能转化过程中若存在能量损耗，机械能会减小。
【解析】
选项A：水从下水库被抽到上水库，质量不变，高度升高，因此重力势能增大，A错误。
选项B：物料运输车质量不变，速度增大时，动能随速度增大而增大，B错误。
选项C：放水发电时，水从上水库流到下水库的过程中，会克服阻力做功，存在能量损失，因此水的机械能变小，C错误。
选项D：水沿自流排水洞自动向下流动时，质量不变，高度降低（重力势能减小），速度增大（动能增大），故重力势能转化为动能，D正确。
【答案】D
【知识点】动能与势能、机械能转化
【点评】本题结合抽水蓄能电站的实际应用场景，考查基础的能量相关知识点，要求学生准确掌握动能、重力势能的影响因素及机械能转化的规律，属于中等难度的基础题。
【难度系数】0.6

5[2025山东威海中考,中]
溜索曾经是劳动人民跨越峡谷的重要工具,人们借助滑轮利用自身重力沿溜索无动力滑行,利用木片等与溜索之间的摩擦减速,如图所示。某村寨的特色旅游项目,需修建两条溜索方便游人从村寨(甲)前往茶园(乙)并返回。已知甲、乙海拔相差约30 m、相距约150 m,峡谷深约800 m。最合理的溜索设计方案是 ()

5.C 【解析】某村寨的特色旅游项目，需修建两条溜索方便游人从村寨(甲)前往茶园(乙)并返回。已知甲、乙海拔相差约30 m，从村寨(甲)前往茶园(乙)，村寨(甲)的位置要高于茶园(乙)，这样重力势能才能转化为动能，返回时，茶园(乙)的位置要高于村寨(甲)，且落差不易过大，故ABD不符合题意，C符合题意。

【分析】
要设计合理的溜索方案，需结合溜索往返滑行的能量转化规律分析：溜索往返时，游人需借助自身重力滑行，依靠重力势能转化为动能，因此去程（甲→乙）时甲的海拔要高于乙，返程（乙→甲）时乙的海拔要高于甲，同时落差不宜过大，保证滑行安全。据此逐一判断选项即可。
【解析】
1. 明确溜索设计的核心要求：往返滑行均需重力势能转化为动能，故去程甲海拔高于乙，返程乙海拔高于甲，且落差需适中以保障安全。
2. 分析选项：A、B、D不符合上述海拔高低及落差要求，C选项符合设计逻辑，故为合理方案。
【答案】
C
【知识点】
重力势能与动能的转化、机械能的实际应用
【点评】
本题结合旅游项目的溜索设计，考查物理知识在实际生活中的应用，需学生理解能量转化的条件，结合安全要求分析方案，体现物理学科的实用性。
【难度系数】
0.5