1. 放假时,某同学利用拉杆箱将学校里的物品运回家里。他所用的拉杆箱示意图如图所示。装有物品的拉杆箱整体可视为杠杆,O为支点,B为重心,A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F使拉杆箱保持静止。下列说法正确的是 （）

A.其他条件不变,仅伸长拉杆的长度,拉力F增大
B.其他条件不变,拉力F的方向沿顺时针转动$20°$,拉力F减小
C.箱内物体下滑,重心位置由B变至$B'$,拉力F增大
D.使拉力F的方向沿顺时针转动$40°$,通过调节拉力大小,不能使拉杆箱保持静止

1. D 提示:拉力F的力臂如图所示,其他条件不变时,仅伸长拉杆的长度,动力臂会变大,拉力F减小。使拉力F的方向顺时针转动20°,动力臂会变小,拉力F将增大。箱内物体下滑,重心位置由B变至B',阻力臂变小,拉力F将减小。使拉力F的方向顺时针转动40°,拉力会使拉杆沿顺时针方向转动,而箱子的重力也会使拉杆沿顺时针方向转动,二者方向相同,故无论怎样调节拉力大小,都不能使拉杆箱保持静止。

【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路是：明确杠杆的支点、动力、阻力，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，分析各选项中动力臂、阻力臂的变化，进而判断拉力$F$的变化，以及是否能保持杠杆平衡。其中，阻力为拉杆箱的重力，阻力臂是重力作用线到支点$O$的垂直距离；动力为拉力$F$，动力臂是$F$的作用线到支点$O$的垂直距离。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F · L_{\mathrm{动}} = G · L_{\mathrm{阻}}$，可得$F=\frac{G · L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}}$，逐一分析选项：
选项A：仅伸长拉杆长度，拉力$F$的作用点远离支点$O$，动力臂$L_{\mathrm{动}}$变大，$G$和$L_{\mathrm{阻}}$不变，因此拉力$F$减小，A错误。
选项B：拉力$F$的方向顺时针转动$20°$，$F$的作用线到支点$O$的垂直距离（动力臂$L_{\mathrm{动}}$）变小，$G$和$L_{\mathrm{阻}}$不变，因此拉力$F$增大，B错误。
选项C：重心由$B$变至$B'$，重力的作用线更靠近支点$O$，阻力臂$L_{\mathrm{阻}}$变小，$G$和$L_{\mathrm{动}}$不变，因此拉力$F$减小，C错误。
选项D：拉力$F$的方向顺时针转动$40°$时，$F$产生的力矩与重力产生的力矩均为顺时针方向，两个力矩同向，无法相互抵消，因此无论怎样调节拉力大小，都不能使拉杆箱保持静止，D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题结合生活中的拉杆箱实例，考查杠杆平衡条件的实际应用，需要准确分析动力臂、阻力臂的变化及力矩方向，是对杠杆知识的灵活考查，注重理论联系实际。
【难度系数】
0.5

2. 如图所示的装置是我国古代劳动人民发明的提物工具——“差动滑轮”。它的上半部分由固定在一起、半径分别为$r$和$R$的两个齿轮组成，下部分是一个动滑轮，封闭的链条绕过滑轮，动滑轮下面悬挂着重为$G$的重物，滑轮与链条的重力及轴的摩擦均忽略不计，当匀速提起重为$G$的物体时，所用的拉力$F$是（）

A.$\dfrac{G(R-r)}{2R}$
B.$\dfrac{G(R-r)}{R}$
C.$\dfrac{G(R+r)}{2R}$
D.$\dfrac{G(R+r)}{R}$

2. A 提示:当两个定滑轮转动一周时,大轮使链条上升高度$h_1=2π R$,小轮使链条下降高度$h_2=2π r$,下半部分是一个动滑轮,重物上升的高度$h=\dfrac{h_1-h_2}{2}=\dfrac{2π R-2π r}{2}=π(R-r)$,滑轮与链条的重力及轴的摩擦均忽略不计,则拉力$F$做的功就是克服物体重力做的功,$Fh_1=Gh$,故拉力$F=\dfrac{Gh}{h_1}=\dfrac{Gπ(R-r)}{2π R}=\dfrac{G(R-r)}{2R}$。

【分析】
要解决差动滑轮的拉力问题，需利用功的原理（不计摩擦和滑轮重力时，拉力做的功等于克服物体重力做的功），关键是确定拉力移动距离与重物上升高度的关系：当同轴的大、小齿轮转动一周时，大轮拉过链条的长度为$2π R$，小轮收回链条的长度为$2π r$，结合动滑轮的特点，可推导出重物上升的高度，再通过功的原理列式计算拉力。
【解析】
当同轴的半径为$R$和$r$的齿轮转动一周时：
1. 大轮使拉力端链条移动的距离：$s_1 = 2π R$
2. 小轮使另一侧链条移动的距离：$s_2 = 2π r$
3. 动滑轮处的链条总长度变化：$\Delta s = s_1 - s_2 = 2π(R - r)$
4. 由于动滑轮由两段链条承担，重物上升的高度：$h = \frac{\Delta s}{2} = \frac{2π(R - r)}{2} = π(R - r)$
根据功的原理（滑轮与链条的重力及轴的摩擦均忽略不计），拉力做的功等于克服物体重力做的功，即：
$F · s_1 = G · h$
将$s_1 = 2π R$、$h = π(R - r)$代入上式：
$F · 2π R = G · π(R - r)$
两边约去$π$后整理得：
$F = \frac{G(R - r)}{2R}$
【答案】
A
【知识点】
功的原理；差动滑轮；简单机械应用
【点评】
本题考查功的原理在差动滑轮中的应用，核心是分析差动滑轮转动时各部分的距离关系，结合动滑轮特点推导重物上升高度，利用功的原理求解拉力，是简单机械知识的拓展应用，需要学生具备物理过程分析能力。
【难度系数】
0.5

3.（2024·扬州高邮模拟）如图所示，物体a重50 N，物体b重15 N，此时a恰能沿着水平桌面以0.2 m/s的速度向右做匀速直线运动。对a施加水平向左的力F使b以原速度匀速上升，不计摩擦、绳重及滑轮重，下列选项正确的是（）

A.物体b匀速下降的速度是0.6 m/s
B.物体a受到的摩擦力为45 N
C.2 s内拉力F对a做的功为24 J
D.物体b匀速上升时，绳子拉力的功率为9 W

3. C 提示:绳子自由端移动速度$v_b=2v_a=0.2\ \mathrm{m/s}×2=0.4\ \mathrm{m/s}$。不计摩擦、绳重及滑轮重,$f_a=2F_b=2×15\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$,b匀速上升时,对a向左的拉力$F=f_a+2F_b=30\ \mathrm{N}+30\ \mathrm{N}=60\ \mathrm{N}$,$s_a=v_a t=0.2\ \mathrm{m/s}×2\ \mathrm{s}=0.4\ \mathrm{m}$,$W=Fs_a=60\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}=24\ \mathrm{J}$。b匀速上升时,绳子拉力与b的重力是一对平衡力,大小相等,则拉力的功率为$P=F_b v_b=15\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m/s}=6\ \mathrm{W}$。

【分析】
要解决此题，需先明确滑轮类型：左侧与物体a相连的是动滑轮，右侧固定在墙的是定滑轮。首先分析a向右匀速运动时的受力：动滑轮上有2段绳子，绳子拉力等于b的重力，因此动滑轮对a的拉力为2G_b，此时a匀速，摩擦力与该拉力平衡，即f=2G_b。当要让b匀速上升时，a需向左匀速运动，此时对a受力分析：向左的拉力F，向右的摩擦力f，向右的动滑轮拉力（仍为2G_b），因此F=f+2G_b。再结合速度、功、功率的公式逐一分析选项。
【解析】
1. 速度分析：动滑轮的特点是，绳子自由端（b端）的速度是动滑轮（a）移动速度的2倍，已知a的速度v_a=0.2m/s，故b的速度v_b=2v_a=2×0.2m/s=0.4m/s，因此A选项错误。
2. 摩擦力计算：不计摩擦、绳重及滑轮重，a向右匀速时，摩擦力等于动滑轮对a的拉力，而动滑轮对a的拉力等于2倍绳子拉力，绳子拉力等于b的重力G_b=15N，故f=2G_b=2×15N=30N，B选项错误。
3. 拉力F与做功计算：当b匀速上升时，a向左匀速，受力平衡，向左的拉力F等于向右的摩擦力f加上向右的动滑轮拉力（2G_b），即F=f+2G_b=30N+30N=60N；2s内a移动的距离s_a=v_a t=0.2m/s×2s=0.4m，拉力F做的功W=F s_a=60N×0.4m=24J，C选项正确。
4. 功率计算：b匀速上升时，绳子拉力等于b的重力，拉力的功率P=F_b v_b=G_b v_b=15N×0.4m/s=6W，D选项错误。
【答案】
C
【知识点】
滑轮组的应用、功的计算、功率的计算
【点评】
本题结合滑轮组考查受力分析、功与功率的计算，关键是明确动滑轮的力和速度关系，需注意不同运动状态下物体的受力平衡分析，易混淆滑轮的速度与力的倍数关系。
【难度系数】
0.5

4. 如图所示为一长为$L$的粗细均匀杠杆,在杠杆右端用竖直向上的拉力拉着杠杆匀速上升。将重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处时杠杆的机械效率为$60\%$,弹簧测力计示数为$F_{1}$。将重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时,在右端再用竖直向上的拉力拉着杠杆匀速上升,弹簧测力计示数为$F_{2}$,则$F_{1}:F_{2}$为(已知支点与杆之间的摩擦始终占总功的$20\%$) （）

A.$1:3$
B.$2:5$
C.$5:6$
D.$3:4$

4. B 提示:设重物重力为$G$,杠杆的重力为$G'$,杠杆右端上升高度为$h$,重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处时,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G×\dfrac{h}{4}}{F_1× h}×100\%=60\%$,得$G=\dfrac{12}{5}F_1···$①,克服杠杆自重做功占总功的比为$100\%-60\%-20\%=20\%$,且$20\%=\dfrac{G'×\dfrac{h}{2}}{F_1× h}$,得$G'=\dfrac{2}{5}F_1···$②,重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时,克服支点与杆之间的摩擦做功占总功的$20\%$,即$20\%=\dfrac{F_2× h'-G×\dfrac{3h'}{4}-G'×\dfrac{h'}{2}}{F_2× h'}···$③,由①②③解得$F_1:F_2=2:5$。

【分析】
要解决本题，需明确杠杆匀速上升时，总功为拉力做的功，有用功是提升重物的功，额外功包括克服杠杆自重和支点摩擦的功，题目明确摩擦功占总功的20%。分两种情况分析：重物在距支点$\dfrac{L}{4}$处时，利用机械效率公式推导重物重力$G$和杠杆重力$G'$与$F_1$的关系；重物在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时，根据总功等于有用功+额外功，结合已得关系求出$F_2$，进而得到$F_1:F_2$。
【解析】
设重物重力为$G$，均匀杠杆重力为$G'$，杠杆右端上升高度为$h$。
1. 当重物挂在距支点$\dfrac{L}{4}$处时：
有用功$W_{有1}=G · \dfrac{h}{4}$，总功$W_{总1}=F_1 · h$，机械效率$\eta_1=\dfrac{W_{有1}}{W_{总1}}=60\%$，代入得：
$\dfrac{G · \dfrac{h}{4}}{F_1 · h}=0.6$，约去$h$，解得$G=\dfrac{12}{5}F_1$ ①。
已知摩擦功占总功的20%，则克服杠杆自重的功占总功的$100\%-60\%-20\%=20\%$，即$W_{杠1}=0.2W_{总1}$。
均匀杠杆重心在中点，当右端上升$h$时，杠杆重心上升高度为$\dfrac{h}{2}$，故$W_{杠1}=G' · \dfrac{h}{2}=0.2F_1h$，约去$h$，解得$G'=\dfrac{2}{5}F_1$ ②。
2. 当重物挂在距支点$\dfrac{3L}{4}$处时：
设此时右端上升高度为$h'$，总功$W_{总2}=F_2 · h'$，有用功$W_{有2}=G · \dfrac{3h'}{4}$，克服杠杆自重的功$W_{杠2}=G' · \dfrac{h'}{2}$，摩擦功$W_{摩2}=0.2W_{总2}=0.2F_2h'$。
根据总功关系：$W_{总2}=W_{有2}+W_{杠2}+W_{摩2}$，代入得：
$F_2h' = G · \dfrac{3h'}{4} + G' · \dfrac{h'}{2} + 0.2F_2h'$，约去$h'$，整理得：
$0.8F_2 = \dfrac{3G}{4} + \dfrac{G'}{2}$。
将①②代入上式：
$0.8F_2 = \dfrac{3}{4} × \dfrac{12}{5}F_1 + \dfrac{1}{2} × \dfrac{2}{5}F_1 = \dfrac{9}{5}F_1 + \dfrac{1}{5}F_1 = 2F_1$，
解得$F_2=\dfrac{5}{2}F_1$，故$F_1:F_2=F_1:\dfrac{5}{2}F_1=2:5$。
【答案】
B
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算
【点评】
本题结合均匀杠杆重心特点和机械效率公式，分情况分析有用功、额外功与总功的关系，关键是明确各部分功的分配比例，理清两次情况中力与高度的对应关系，属于中等难度的力学综合题。
【难度系数】
0.3

5.（2025·盐城射阳期末）

用四个滑轮和两根相同的绳子组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用它们匀速提起货物，在绳自由端施加竖直的拉力分别为$F_{\mathrm{甲}}$和$F_{\mathrm{乙}}$，物重分别为$G_{\mathrm{甲}}$和$G_{\mathrm{乙}}$，物体被提升高度分别为$h_{\mathrm{甲}}$、$h_{\mathrm{乙}}$，不计绳重及摩擦，则（）

A.若$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$且$G_{\mathrm{甲}}=G_{\mathrm{乙}}$，则乙的机械效率比较低
B.若$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$且$h_{\mathrm{甲}}=h_{\mathrm{乙}}$，则甲的机械效率比较低
C.若$G_{\mathrm{甲}}=G_{\mathrm{乙}}$且滑轮重均相同，则甲的机械效率比较低
D.若$F_{\mathrm{甲}}=F_{\mathrm{乙}}$且滑轮重均相同，则乙的机械效率比较低

5. D 提示:不计绳重及摩擦,若$F_甲=F_乙$且$G_甲=G_乙$,$n_1＞n_2$,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G}{Fn}×100\%$知$\eta_甲＜\eta_乙$。若$F_甲=F_乙$且$h_甲=h_乙$,$F_甲=\dfrac{1}{3}(G_甲+G_{动甲})$,$F_乙=\dfrac{1}{2}(G_乙+G_{动乙})$,可得$G_甲+G_{动甲}＞G_乙+G_{动乙}$,无法判断$G_甲$与$G_乙$的大小,无法确定$\eta_甲$、$\eta_乙$的大小。若$G_甲=G_乙$且$G_{动甲}=G_{动乙}$,不计绳重及摩擦,由$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%$知$\eta_甲=\eta_乙$。若$F_甲=F_乙$且$G_甲=G_{动乙}$,由$F=\dfrac{1}{n}(G_{物}+G_{动})$可得$G_甲＞G_乙$,由$\eta=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%=\dfrac{1}{1+\dfrac{G_{动}}{G}}×100\%$知$\eta_甲＞\eta_乙$。

【分析】
要解决本题，首先确定甲、乙滑轮组承担物重的绳子段数：甲的动滑轮上有3段绳子，即$n_甲=3$；乙的动滑轮上有2段绳子，即$n_乙=2$。不计绳重及摩擦时，滑轮组拉力公式为$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$，机械效率可推导为$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$（或$\eta=\frac{G_{物}}{F· n}$）。接下来结合选项的已知条件，通过公式推导判断机械效率的高低。
【解析】
1. 确定绳子段数：甲滑轮组$n_甲=3$，乙滑轮组$n_乙=2$。
2. 不计绳重及摩擦，拉力公式：$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$；机械效率公式：$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}h}{(G_{物}+G_{动})h}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}=\frac{G_{物}}{F· n}$。
3. 逐一分析选项：
选项A：若$F_甲=F_乙$且$G_甲=G_乙$，代入$\eta=\frac{G}{F· n}$，得$\eta_甲=\frac{G}{3F}$，$\eta_乙=\frac{G}{2F}$，因此$\eta_甲＜\eta_乙$，即甲的机械效率更低，A错误。
选项B：若$F_甲=F_乙$且$h_甲=h_乙$，由$F=\frac{G+G_{动}}{n}$得$G_甲+G_{动甲}=3F$，$G_乙+G_{动乙}=2F$，可知$G_甲+G_{动甲}＞G_乙+G_{动乙}$，但题目未说明滑轮重的关系，无法确定$G_甲$与$G_乙$的大小，无法比较机械效率，B错误。
选项C：若$G_甲=G_乙$且滑轮重相同，代入$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，得$\eta_甲=\eta_乙$，C错误。
选项D：若$F_甲=F_乙$且滑轮重均相同，由$F=\frac{G+G_{动}}{n}$得：$G_甲=3F-G_{动}$，$G_乙=2F-G_{动}$，故$G_甲＞G_乙$。机械效率$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，因$G_{动}$相同，$G$越大$\eta$越大，因此$\eta_甲＞\eta_乙$，即乙的机械效率更低，D正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组拉力计算、滑轮组机械效率
【点评】
本题考查滑轮组拉力与机械效率的综合应用，核心是明确承担物重的绳子段数，以及不计绳重摩擦时的公式，需结合选项条件用控制变量法分析，避免因忽略滑轮重的关系导致判断错误，对公式的灵活应用要求较高。
【难度系数】
0.4