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7.(日常生活)在非洲的旱季，人们常用一种中间有转轴的塑料桶运水。如图所示，某人分别用背背、手抱、平拉、滚拉的方式运送同一桶水，在粗糙程度相同的水平地面上匀速行走相同路程，他对这桶水做功最多的是（
C
）答案
C 【点拨】由图可知,AB中背、抱,即人对桶的力的方向竖直向上,桶是在水平方向上移动距离,即沿向上的方向没有移动距离,因此对这桶水不做功;在其他条件相同时,滑动摩擦力大于滚动摩擦力,则C中的滑动摩擦力大于D中的滚动摩擦力,又因为匀速拉动桶向前运动,所以由二力平衡条件可知C中拉力大于D中拉力,水平移动的距离相同,根据$W=Fs$可知C中做功更多。
解析
【分析】
要判断哪种方式对桶做功最多，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。先分析A、B选项中力与位移的方向关系，再比较C、D选项中拉力的大小，结合功的公式判断做功多少。
【解析】
做功的两个必要因素是力和力的方向上的位移，二者缺一不可：
1. 分析A、B：人背、抱桶时，对桶的作用力是竖直向上的，而桶在水平方向移动，力的方向与位移方向垂直，因此人对桶不做功；
2. 分析C、D：两种方式均是水平方向拉桶，力的方向与位移方向一致，都做功。由于滑动摩擦力大于滚动摩擦力，且桶匀速运动，根据二力平衡可知，拉力等于摩擦力，因此C中拉力大于D中拉力。已知移动路程相同，根据功的公式$W=Fs$，拉力越大，做功越多，故C中做功最多。
【答案】
C
【知识点】
功的计算、摩擦力、做功的条件
【点评】
本题结合生活运水实例，考查做功的判断与功的计算，需掌握做功的两个必要条件，区分滑动摩擦与滚动摩擦的大小，利用功的公式分析即可，难度适中。
【难度系数】
0.5
要判断哪种方式对桶做功最多，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。先分析A、B选项中力与位移的方向关系，再比较C、D选项中拉力的大小，结合功的公式判断做功多少。
【解析】
做功的两个必要因素是力和力的方向上的位移，二者缺一不可：
1. 分析A、B：人背、抱桶时，对桶的作用力是竖直向上的，而桶在水平方向移动，力的方向与位移方向垂直，因此人对桶不做功；
2. 分析C、D：两种方式均是水平方向拉桶，力的方向与位移方向一致，都做功。由于滑动摩擦力大于滚动摩擦力，且桶匀速运动，根据二力平衡可知，拉力等于摩擦力，因此C中拉力大于D中拉力。已知移动路程相同，根据功的公式$W=Fs$，拉力越大，做功越多，故C中做功最多。
【答案】
C
【知识点】
功的计算、摩擦力、做功的条件
【点评】
本题结合生活运水实例，考查做功的判断与功的计算，需掌握做功的两个必要条件，区分滑动摩擦与滚动摩擦的大小，利用功的公式分析即可，难度适中。
【难度系数】
0.5
8. 作用力$F_1$与$F_2$分别对两个物体做功，两个物体通过的距离之比为$s_1:s_2=1:3$，两个力做的功的大小之比为$W_1:W_2=4:3$，则这两个力的大小之比$F_1:F_2$是（
A.$1:4$
B.$4:1$
C.$4:9$
D.$9:4$
B
）A.$1:4$
B.$4:1$
C.$4:9$
D.$9:4$
答案
B 【点拨】由$W=Fs$得$F=\frac{W}{s}$,这两个力之比$\frac{F_1}{F_2}=\frac{\frac{W_1}{s_1}}{\frac{W_2}{s_2}}=\frac{W_1}{W_2}×\frac{s_2}{s_1}=\frac{4}{3}×\frac{3}{1}=\frac{4}{1}$,B正确。
解析
【分析】
要计算两个力的大小之比，需利用功的计算公式 $ W = Fs $，将公式变形得到力的表达式 $ F = \frac{W}{s} $，再结合已知的功和距离的比值，通过比例转换计算力的比值，注意距离的反比关系。
【解析】
根据功的计算公式 $ W = Fs $，变形可得力的表达式：$ F = \frac{W}{s} $。
则两个力的大小之比为：
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{\frac{W_1}{s_1}}{\frac{W_2}{s_2}} = \frac{W_1}{W_2} × \frac{s_2}{s_1}$
已知 $ W_1:W_2 = 4:3 $，$ s_1:s_2 = 1:3 $，即 $ \frac{s_2}{s_1} = \frac{3}{1} $，代入得：
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{4}{3} × \frac{3}{1} = \frac{4}{1}$
故 $ F_1:F_2 = 4:1 $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
功的公式应用，力的比值计算
【点评】
本题考查功的基本公式的变形应用，核心是掌握 $ W = Fs $ 的转换关系，计算比值时需注意距离的反比转换，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】
0.7
要计算两个力的大小之比，需利用功的计算公式 $ W = Fs $，将公式变形得到力的表达式 $ F = \frac{W}{s} $，再结合已知的功和距离的比值，通过比例转换计算力的比值，注意距离的反比关系。
【解析】
根据功的计算公式 $ W = Fs $，变形可得力的表达式：$ F = \frac{W}{s} $。
则两个力的大小之比为：
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{\frac{W_1}{s_1}}{\frac{W_2}{s_2}} = \frac{W_1}{W_2} × \frac{s_2}{s_1}$
已知 $ W_1:W_2 = 4:3 $，$ s_1:s_2 = 1:3 $，即 $ \frac{s_2}{s_1} = \frac{3}{1} $，代入得：
$\frac{F_1}{F_2} = \frac{4}{3} × \frac{3}{1} = \frac{4}{1}$
故 $ F_1:F_2 = 4:1 $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
功的公式应用，力的比值计算
【点评】
本题考查功的基本公式的变形应用，核心是掌握 $ W = Fs $ 的转换关系，计算比值时需注意距离的反比转换，属于基础题型，难度较低。
【难度系数】
0.7
9. ★★(模型建构) 会干不如巧干，搬东西要讲技巧。一块厚度、密度均匀的长方体水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，将其抬起时所用力的两种情况如图所示，抬至竖直位置所做的功分别为$W_甲$、$W_乙$，则（
A.$F_甲=F_乙$，$W_甲=W_乙$
B.$F_甲＜F_乙$，$W_甲=W_乙$
C.$F_甲=F_乙$，$W_甲＜W_乙$
D.$F_甲＞F_乙$，$W_甲＞W_乙$
C
）A.$F_甲=F_乙$，$W_甲=W_乙$
B.$F_甲＜F_乙$，$W_甲=W_乙$
C.$F_甲=F_乙$，$W_甲＜W_乙$
D.$F_甲＞F_乙$，$W_甲＞W_乙$
答案
C 【点拨】两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下,动力克服的都是水泥板的重力,形状规则、质量均匀的物体,其重心都在其几何中心上,所以阻力臂都等于动力臂的$\frac{1}{2}$,根据杠杆的平衡条件可得,抬水泥板所用的力$F=\frac{1}{2}G$,即两种情况所需力的大小$F_甲=F_乙$;若甲、乙两种情况均将水泥板抬至竖直位置,由题图可知重心提升的高度$h_甲＜h_乙$,则$W_甲=Gh_甲＜Gh_乙=W_乙$,故C符合题意。
解析
【分析】
要解决本题，需分两步分析：第一步，利用杠杆平衡条件比较两次抬起水泥板所用的力的大小；第二步，通过分析重心上升的高度，结合功的公式比较两次做功的多少。均匀长方体水泥板的重心在其几何中心，抬起时可看作杠杆，需先确定两种情况下杠杆的支点、动力臂和阻力臂，再结合杠杆平衡条件判断力的大小；再分析将水泥板抬至竖直位置时重心上升的高度，进而比较做功大小。
【解析】
1. 比较$F_甲$和$F_乙$：
均匀水泥板的重心在几何中心，抬起时相当于杠杆。
对于甲情况，支点为水泥板左端，动力$F_甲$的力臂为水泥板总长度$L$，阻力（重力$G$）的力臂为水泥板长度的$\frac{1}{2}$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F_甲 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_甲=\frac{1}{2}G$；
对于乙情况，支点同样为水泥板左端，动力$F_乙$的力臂为水泥板总长度$L$，阻力$G$的力臂也为$\frac{L}{2}$，同理可得：
$F_乙 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_乙=\frac{1}{2}G$；
因此$F_甲=F_乙$。
2. 比较$W_甲$和$W_乙$：
功的计算公式为$W=Gh$，其中$h$为重心上升的高度。将水泥板抬至竖直位置时，由题图可知，甲情况中重心上升的高度$h_甲$小于乙情况中重心上升的高度$h_乙$，水泥板重力$G$不变，所以$W_甲=Gh_甲$，$W_乙=Gh_乙$，故$W_甲＜W_乙$。
综上，$F_甲=F_乙$，$W_甲＜W_乙$，对应选项C。
【答案】
C 【点拨】两次抬起水泥板时的情况如图所示：在上述两种情况下,动力克服的都是水泥板的重力,形状规则、质量均匀的物体,其重心都在其几何中心上,所以阻力臂都等于动力臂的$\frac{1}{2}$,根据杠杆的平衡条件可得,抬水泥板所用的力$F=\frac{1}{2}G$,即两种情况所需力的大小$F_甲=F_乙$;若甲、乙两种情况均将水泥板抬至竖直位置,由题图可知重心提升的高度$h_甲＜h_乙$,则$W_甲=Gh_甲＜Gh_乙=W_乙$,故C符合题意。
【知识点】
杠杆平衡条件、功的计算
【点评】
本题结合均匀物体的重心特点，考查杠杆平衡条件和功的计算，需要学生能正确分析杠杆的力臂、重心的变化，属于中等难度的模型建构题，重点考查学生对物理知识的应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需分两步分析：第一步，利用杠杆平衡条件比较两次抬起水泥板所用的力的大小；第二步，通过分析重心上升的高度，结合功的公式比较两次做功的多少。均匀长方体水泥板的重心在其几何中心，抬起时可看作杠杆，需先确定两种情况下杠杆的支点、动力臂和阻力臂，再结合杠杆平衡条件判断力的大小；再分析将水泥板抬至竖直位置时重心上升的高度，进而比较做功大小。
【解析】
1. 比较$F_甲$和$F_乙$：
均匀水泥板的重心在几何中心，抬起时相当于杠杆。
对于甲情况，支点为水泥板左端，动力$F_甲$的力臂为水泥板总长度$L$，阻力（重力$G$）的力臂为水泥板长度的$\frac{1}{2}$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F_甲 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_甲=\frac{1}{2}G$；
对于乙情况，支点同样为水泥板左端，动力$F_乙$的力臂为水泥板总长度$L$，阻力$G$的力臂也为$\frac{L}{2}$，同理可得：
$F_乙 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_乙=\frac{1}{2}G$；
因此$F_甲=F_乙$。
2. 比较$W_甲$和$W_乙$：
功的计算公式为$W=Gh$，其中$h$为重心上升的高度。将水泥板抬至竖直位置时，由题图可知，甲情况中重心上升的高度$h_甲$小于乙情况中重心上升的高度$h_乙$，水泥板重力$G$不变，所以$W_甲=Gh_甲$，$W_乙=Gh_乙$，故$W_甲＜W_乙$。
综上，$F_甲=F_乙$，$W_甲＜W_乙$，对应选项C。
【答案】
C 【点拨】两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下,动力克服的都是水泥板的重力,形状规则、质量均匀的物体,其重心都在其几何中心上,所以阻力臂都等于动力臂的$\frac{1}{2}$,根据杠杆的平衡条件可得,抬水泥板所用的力$F=\frac{1}{2}G$,即两种情况所需力的大小$F_甲=F_乙$;若甲、乙两种情况均将水泥板抬至竖直位置,由题图可知重心提升的高度$h_甲＜h_乙$,则$W_甲=Gh_甲＜Gh_乙=W_乙$,故C符合题意。【知识点】
杠杆平衡条件、功的计算
【点评】
本题结合均匀物体的重心特点，考查杠杆平衡条件和功的计算，需要学生能正确分析杠杆的力臂、重心的变化，属于中等难度的模型建构题，重点考查学生对物理知识的应用能力。
【难度系数】
0.5
10. （科学推理）一辆汽车在一恒定不变的牵引力作用下，沿水平面做匀速直线运动，在下列图像中，能反映这个牵引力所做的功$W$与时间$t$的关系的是（
B
）答案
B 【点拨】由题意可知,汽车受到的牵引力大小不变,沿水平面做匀速直线运动,由$W=Fs=Fvt$可知,牵引力所做的功与运动时间成正比,故B正确。
解析
【分析】要解决这道题，需结合功的计算公式和匀速直线运动的特点，推导牵引力做功与时间的关系。首先回忆功的公式：$ W = Fs $；汽车做匀速直线运动时，速度$ v $恒定，路程$ s $与时间$ t $满足$ s = vt $。将$ s = vt $代入功的公式，可得到功与时间的关系，再据此判断对应的图像。
【解析】已知汽车在恒定牵引力$ F $作用下做匀速直线运动，速度$ v $保持不变。根据功的计算公式$ W = Fs $，匀速直线运动中路程$ s = vt $，将其代入功的公式得：$ W = F · vt $。由于牵引力$ F $和速度$ v $均为定值，因此$ W $与时间$ t $成正比例关系，对应的$ W-t $图像是过原点的倾斜直线，符合该关系的是选项B。
【答案】B
【知识点】功的计算、匀速直线运动
【点评】本题结合匀速直线运动的特点考查功的公式应用，核心是推导功与时间的正比例关系，属于基础应用类题目，需掌握公式变形和图像的对应逻辑。
【难度系数】0.6
【解析】已知汽车在恒定牵引力$ F $作用下做匀速直线运动，速度$ v $保持不变。根据功的计算公式$ W = Fs $，匀速直线运动中路程$ s = vt $，将其代入功的公式得：$ W = F · vt $。由于牵引力$ F $和速度$ v $均为定值，因此$ W $与时间$ t $成正比例关系，对应的$ W-t $图像是过原点的倾斜直线，符合该关系的是选项B。
【答案】B
【知识点】功的计算、匀速直线运动
【点评】本题结合匀速直线运动的特点考查功的公式应用，核心是推导功与时间的正比例关系，属于基础应用类题目，需掌握公式变形和图像的对应逻辑。
【难度系数】0.6
11.(体育赛事)在第9届亚冬会比赛中，如图所示，运动员推着冰壶从A点运动6 m到达B点时轻轻松手，随后冰壶沿冰道运动30 m停在O点。若运动员对冰壶的水平推力为9 N，冰壶运动中受到水平方向的阻力，大小恒定为1.5 N。从A点到O点冰壶沿直线运动，此过程中推力做功为
54
J，阻力做功为54
J。答案
54;54
解析
【分析】要计算推力做功和阻力做功，需明确各力对应的作用位移：推力仅在运动员推冰壶的A到B阶段存在，对应位移6m；阻力在冰壶从A到O的全程都存在，对应总位移为A到B与B到O的距离之和。根据功的计算公式W=Fs，结合题目要求计算对应数值即可。
【解析】1. 推力做功：推力仅作用于冰壶从A到B的过程，该过程位移s₁=6.0m，推力F=9N，根据功的公式W=Fs，可得推力做功W推=F×s₁=9N×6m=54J。
2. 阻力做功：阻力作用于冰壶从A到O的全过程，总位移s₂=6m+30m=36m，阻力f=1.5N，阻力方向与运动方向相反，功的大小为f×s₂=1.5N×36m=54J，故阻力做功为54J。
【答案】54；54
【知识点】功的计算
【点评】本题考查功的基本计算，关键是明确各力对应的作用位移，属于基础题，难度较低。
【难度系数】0.5
【解析】1. 推力做功：推力仅作用于冰壶从A到B的过程，该过程位移s₁=6.0m，推力F=9N，根据功的公式W=Fs，可得推力做功W推=F×s₁=9N×6m=54J。
2. 阻力做功：阻力作用于冰壶从A到O的全过程，总位移s₂=6m+30m=36m，阻力f=1.5N，阻力方向与运动方向相反，功的大小为f×s₂=1.5N×36m=54J，故阻力做功为54J。
【答案】54；54
【知识点】功的计算
【点评】本题考查功的基本计算，关键是明确各力对应的作用位移，属于基础题，难度较低。
【难度系数】0.5
12. 如图所示，物体A和B所受重力都为100 N，滑轮重力及摩擦不计。当分别用力匀速提升物体A和B时，$F_B=$
（第12题）（第13题）
100
N。若物体A、B均匀速上升0.2 m，则拉力$F_A$做功为 20
J，$F_B$做功为 20
J。（第12题）（第13题）
答案
100;20;20 【点拨】不计滑轮的重力和摩擦,由图可知,甲滑轮是动滑轮,使用动滑轮可以省一半的力,所以$F_A=\frac{1}{2}G_A=\frac{1}{2}×100\ \mathrm{N}=50\ \mathrm{N}$,绳子移动的距离$s_A=2h=2×0.2\ \mathrm{m}=0.4\ \mathrm{m}$;乙滑轮是定滑轮,使用定滑轮不能省力,所以$F_B=G_B=100\ \mathrm{N}$,绳子移动的距离$s_B=h=0.2\ \mathrm{m}$;则力$F_A$做功$W_A=F_A s_A=50\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$,力$F_B$做功$W_B=F_B s_B=100\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】首先观察图中滑轮的运动状态：甲滑轮随物体A一起运动，是动滑轮；乙滑轮固定不动，是定滑轮。解题思路为：先根据定滑轮和动滑轮的特点确定拉力大小，再结合功的计算公式$W=Fs$，结合两种滑轮中拉力移动距离与物体上升高度的关系，分别计算拉力做的功。
【解析】1. 乙是定滑轮，定滑轮不省力，仅改变力的方向，因此拉力$F_B = G_B = 100\ \mathrm{N}$；定滑轮中拉力移动距离等于物体上升高度，即$s_B = h = 0.2\ \mathrm{m}$，则$F_B$做功$W_B = F_B s_B = 100\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$。2. 甲是动滑轮，动滑轮省一半力，拉力$F_A=\frac{1}{2}G_A=50\ \mathrm{N}$；动滑轮中拉力移动距离是物体上升高度的2倍，即$s_A=2h=0.4\ \mathrm{m}$，则$F_A$做功$W_A=F_A s_A=50\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$。
【答案】100；20；20
【知识点】定滑轮、动滑轮、功的计算
【点评】本题考查定滑轮和动滑轮的特点及功的计算，属于基础题型，需明确两种滑轮的工作原理，掌握功的计算公式即可正确解答。
【难度系数】0.5
【解析】1. 乙是定滑轮，定滑轮不省力，仅改变力的方向，因此拉力$F_B = G_B = 100\ \mathrm{N}$；定滑轮中拉力移动距离等于物体上升高度，即$s_B = h = 0.2\ \mathrm{m}$，则$F_B$做功$W_B = F_B s_B = 100\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$。2. 甲是动滑轮，动滑轮省一半力，拉力$F_A=\frac{1}{2}G_A=50\ \mathrm{N}$；动滑轮中拉力移动距离是物体上升高度的2倍，即$s_A=2h=0.4\ \mathrm{m}$，则$F_A$做功$W_A=F_A s_A=50\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$。
【答案】100；20；20
【知识点】定滑轮、动滑轮、功的计算
【点评】本题考查定滑轮和动滑轮的特点及功的计算，属于基础题型，需明确两种滑轮的工作原理，掌握功的计算公式即可正确解答。
【难度系数】0.5
13.(真实情境)如图所示为某跨江大桥，其水平主桥面比引桥起点高75 m。一辆重$1×10^{4}\ \mathrm{N}$的小汽车从引桥起点行驶至主桥，克服重力做的功为
$7.5×10^5$
J；小汽车在主桥上做匀速直线运动，所受阻力为车重的$\frac{1}{10}$，通过主桥用时2 min，牵引力做的功为$2.4×10^{6}\ \mathrm{J}$，则小汽车的速度为20
m/s。答案
$7.5×10^5$;20 【点拨】小汽车克服重力做功$W=Gh=1×10^4\ \mathrm{N}×75\ \mathrm{m}=7.5×10^5\ \mathrm{J}$;小汽车在主桥上做匀速直线运动,牵引力$F=f=\frac{1}{10}G=\frac{1}{10}×1×10^4\ \mathrm{N}=1×10^3\ \mathrm{N}$,行驶的距离$s=\frac{W'}{F}=\frac{2.4×10^6\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{N}}=2.4×10^3\ \mathrm{m}$,则小汽车的速度$v=\frac{s}{t}=\frac{2.4×10^3\ \mathrm{m}}{2×60\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{m/s}$。
解析
【分析】
要解决本题，分两步分析：①计算克服重力做功，利用重力做功公式$W=Gh$，已知重力和上升高度，直接代入计算；②计算小汽车速度，先根据匀速运动时牵引力等于阻力（二力平衡）算出牵引力，再由牵引力做功公式算出主桥长度，最后结合时间换算，用速度公式计算速度。
【解析】
1. 计算克服重力做的功：
克服重力做功公式为$W=Gh$，已知小汽车重力$G=1×10^4\ \mathrm{N}$，上升高度$h=75\ \mathrm{m}$，代入得：
$W=1×10^4\ \mathrm{N}×75\ \mathrm{m}=7.5×10^5\ \mathrm{J}$。
2. 计算小汽车的速度：
小汽车在主桥做匀速直线运动，根据二力平衡，牵引力$F=f$，已知阻力$f=\frac{1}{10}G$，则：
$F=\frac{1}{10}×1×10^4\ \mathrm{N}=1×10^3\ \mathrm{N}$。
由牵引力做功公式$W'=Fs$，得主桥长度$s=\frac{W'}{F}$，代入$W'=2.4×10^6\ \mathrm{J}$得：
$s=\frac{2.4×10^6\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{N}}=2.4×10^3\ \mathrm{m}$。
行驶时间$t=2\ \mathrm{min}=120\ \mathrm{s}$，根据速度公式$v=\frac{s}{t}$，代入得：
$v=\frac{2.4×10^3\ \mathrm{m}}{120\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{m/s}$。
【答案】
$7.5×10^5$；$20$
【知识点】
重力做功计算、速度公式应用、二力平衡
【点评】
本题结合真实桥梁情境，考查功和速度的基础计算，涉及二力平衡的简单应用，属于常规基础题，掌握相关公式即可解答。
【难度系数】
0.6
要解决本题，分两步分析：①计算克服重力做功，利用重力做功公式$W=Gh$，已知重力和上升高度，直接代入计算；②计算小汽车速度，先根据匀速运动时牵引力等于阻力（二力平衡）算出牵引力，再由牵引力做功公式算出主桥长度，最后结合时间换算，用速度公式计算速度。
【解析】
1. 计算克服重力做的功：
克服重力做功公式为$W=Gh$，已知小汽车重力$G=1×10^4\ \mathrm{N}$，上升高度$h=75\ \mathrm{m}$，代入得：
$W=1×10^4\ \mathrm{N}×75\ \mathrm{m}=7.5×10^5\ \mathrm{J}$。
2. 计算小汽车的速度：
小汽车在主桥做匀速直线运动，根据二力平衡，牵引力$F=f$，已知阻力$f=\frac{1}{10}G$，则：
$F=\frac{1}{10}×1×10^4\ \mathrm{N}=1×10^3\ \mathrm{N}$。
由牵引力做功公式$W'=Fs$，得主桥长度$s=\frac{W'}{F}$，代入$W'=2.4×10^6\ \mathrm{J}$得：
$s=\frac{2.4×10^6\ \mathrm{J}}{1×10^3\ \mathrm{N}}=2.4×10^3\ \mathrm{m}$。
行驶时间$t=2\ \mathrm{min}=120\ \mathrm{s}$，根据速度公式$v=\frac{s}{t}$，代入得：
$v=\frac{2.4×10^3\ \mathrm{m}}{120\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{m/s}$。
【答案】
$7.5×10^5$；$20$
【知识点】
重力做功计算、速度公式应用、二力平衡
【点评】
本题结合真实桥梁情境，考查功和速度的基础计算，涉及二力平衡的简单应用，属于常规基础题，掌握相关公式即可解答。
【难度系数】
0.6
14. （图像分析）如图甲所示，用弹簧测力计竖直向上缓慢提升静止在水平桌面上的钩码，弹簧测力计的示数F与弹簧测力计的零刻度线处A点上升的高度h之间的关系如图乙所示，则钩码的重力大小为
2
N；从开始提升到h=30 cm的过程中，弹簧测力计施加的拉力对钩码做功为0.4
J。答案
2;0.4 【点拨】钩码离开桌面后弹簧测力计的示数不再变化,此时其示数$F$等于钩码所受重力的大小,即钩码所受的重力为2 N。从开始提升到$h=30\ \mathrm{cm}$的过程中,钩码通过的距离$s=30\ \mathrm{cm}-10\ \mathrm{cm}=20\ \mathrm{cm}=0.2\ \mathrm{m}$;弹簧测力计施加的拉力对钩码做的功$W=Fs=2\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}=0.4\ \mathrm{J}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合图乙的F-h图像分析：首先，当钩码离开水平桌面后，弹簧测力计的示数稳定，此时拉力与钩码重力平衡，示数等于钩码重力；其次，计算拉力做功时，要明确钩码实际上升的距离，并非弹簧测力计上升的总高度，需找到钩码开始上升的对应高度，再计算两者的差值，最后根据功的公式计算做功。
【解析】
1. 求钩码重力：由图乙可知，当弹簧测力计零刻度线A点上升高度h≥10cm时，弹簧测力计示数F保持2N不变，此时钩码已离开桌面，处于平衡状态，拉力与重力大小相等，因此钩码的重力G=F=2N。
2. 求拉力做功：从开始提升到h=30cm的过程中，钩码在h=10cm时刚好离开桌面，之后随弹簧测力计上升，所以钩码实际上升的距离s=30cm -10cm=20cm=0.2m。根据功的计算公式W=Fs，代入数据得W=2N×0.2m=0.4J。
【答案】
2；0.4
【知识点】
重力的计算、功的计算、图像分析
【点评】
本题结合弹簧测力计提升钩码的过程与F-h图像，考查重力和功的计算，关键在于区分弹簧测力计上升高度与钩码上升高度，避免直接用总高度计算功，属于力学基础应用题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需结合图乙的F-h图像分析：首先，当钩码离开水平桌面后，弹簧测力计的示数稳定，此时拉力与钩码重力平衡，示数等于钩码重力；其次，计算拉力做功时，要明确钩码实际上升的距离，并非弹簧测力计上升的总高度，需找到钩码开始上升的对应高度，再计算两者的差值，最后根据功的公式计算做功。
【解析】
1. 求钩码重力：由图乙可知，当弹簧测力计零刻度线A点上升高度h≥10cm时，弹簧测力计示数F保持2N不变，此时钩码已离开桌面，处于平衡状态，拉力与重力大小相等，因此钩码的重力G=F=2N。
2. 求拉力做功：从开始提升到h=30cm的过程中，钩码在h=10cm时刚好离开桌面，之后随弹簧测力计上升，所以钩码实际上升的距离s=30cm -10cm=20cm=0.2m。根据功的计算公式W=Fs，代入数据得W=2N×0.2m=0.4J。
【答案】
2；0.4
【知识点】
重力的计算、功的计算、图像分析
【点评】
本题结合弹簧测力计提升钩码的过程与F-h图像，考查重力和功的计算，关键在于区分弹簧测力计上升高度与钩码上升高度，避免直接用总高度计算功，属于力学基础应用题型。
【难度系数】
0.6
