起重机在2min内把质量是120t的货物匀速提升2m,则钢丝绳对货物做功j,起

当货物静止时，钢丝绳的拉力和自身的重力是一对平衡力，则它们大小相等，所以钢丝绳的拉力F等于5×10³N；
当物体以0.5米/秒的速度提升时，因为是匀速运动，钢丝绳对重物的拉力和自身的重力也是一对平衡力，所以钢丝绳对重物的拉力等于5×10³N．
故答案为：5×10³；等于．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 此题考查了平衡状态的辨别和平衡力的特点．

（1）不计滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦，数出承重绳子的股数n=3，则物重G_物=nF=3×6×10⁴N=1.8×10⁵N．
（2）设建筑材料上升的高度为h，吊起建筑材料的重力为G，
而实际使用该滑轮组机械效率为30%，
∴η=
W有
W总=[Gh/Fs]=[Gh/Fnh]=[G/nF]=[G
3×6×104N=30%，
解得：G=5.4×10⁴N；
而h=1m，t=1s，
∴起重机吊臂上的钢丝绳移动的距离s=nh=3×1m=3m，
起重机的功率P=
Fs/t]=
6×104N×3m
1s=1.8×10⁵W；
实际使用由于滑轮组装置不变，滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦产生的额外功基本不变，则吊起的建筑材料的重力减小，有用功减小，使滑轮组的机械效率将减小．
故答案为：（1）1.8×10⁵．
（2）5.4×10⁴，1.8×10⁵，减小．

点评：
本题考点： 滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；增大或减小机械效率的方法；功率的计算．

考点点评： 此题涉及的知识点较多，功的计算，机械效率的计算，功率的计算，特别注意：在判断滑轮组有几根绳子承重时，只需数出有几根绳子和动滑轮相接触；滑轮组装置不变，表示滑轮、吊钩、绳的自重及摩擦产生的额外功基本不变．

A、起重机工作时，放下支脚是通过增大受力面积来减小压强；故A错误；
B、起重机钢绳下的动滑轮是为了省力；故B正确；
C、从图中可看出，起重机的起重臂是一个杠杆，此杠杆的动力臂小于阻力臂；是费力杠杆；故C正确；
D、起重臂水平转动的过程中，力的方向竖直向上，而通过的距离在水平方向上；故它对重物不做功；故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 减小压强的方法及其应用；杠杆的分类；动滑轮及其工作特点；力是否做功的判断．

考点点评： 此题考查了力学的多个知识点；运用改变压强的方法、简单机械的特点、做功的条件等知识可做出选择．

（1）起重机的重力G₁=m₁g=8×10³kg×10N/kg=8×10⁴N，设备重G₂=4000N，
起重机对地的压力：F=G₁+G₂=8×10⁴N+4000N=8.4×10⁴N，
根据压强公式p=[F/S]可得支架的与地的最小接触面积：S=[F/p]=
8.4×104N
7×104Pa=1.2m²；
（2）作用在A点的力F_A=G₂=4000N，
由图可知力F_A的力臂：l_A=OAcos30°=12m×0.87=10.44m，
根据杠杆平衡条件可得：F_B=
FAlA
lB=[4000N×10.44m /4m ]=10440N；
绳子自由端移动的距离s=2h=2×3m=6m，
拉力做的有用功W_有=Gh=4000N×3m=1.2×10⁴J，
拉力做的总功W_总=Fs=2500N×6m=1.5×10⁴J，
起重机的机械效率η=
W有
W总×100%=
1.2×104J
1.5×104J×100%=80%．
答：（1）支架与地面接触的总面积是1.2m²；
（2）支撑臂给起重臂的支持力为10440N，机械效率为80%．

点评：
本题考点： 压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的机械效率．

考点点评： 本题中综合考查了多个力学公式的运用，包括机械效率、压强、杠杆的平衡条件等，同时还有对滑轮的分析、杠杆的分析、三角函数的应用等，综合性较强，值得我们认真思考．

A、根据功能关系，除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量．所以起重机对重物所做的功等于重物机械能的增量．故A正确．
B、根据动能定理得，合力对重物所做的功等于重物动能的增量．故B错误，C正确．
D、重物上升，重物克服重力做功，所做的功等于重力势能的增量．故D正确．
故选ACD．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；功能关系．

考点点评： 解决本题的关键掌握功能关系：重力所做的功等于重力势能的减小量．除重力以外其它力所做的功等于机械能的增量．合力对物体的做的功等于动能的增量．

（1）货物的重力G=mg=2000kg×10N/kg=20000N，
所以在整个过程中，起重机对货物做的功：
W=Gh=20000N×10m=2×10⁵J．
（2）∵v=[s/t]
∴在货物上升的过程中的时间：
t=[h/v]=[10m/0.1m/s]=100s，
起重机对货物做功的功率：
P=[W/t]=
2×105J
100s=2000W．
故答案为：2×10⁵；2000．

点评：
本题考点： 功的计算；功率的计算．

考点点评： 本题考查功和功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道影响做功的条件是有力作用在物体上和物体在力的方向上移动距离，本题最容易出错的是物体还水平移动了一段距离，但这段距离不是在竖直方向上，所以起重机对物体在水平方向不做功，解题过程中还要注意单位的换算．

水平移动重物的过程中，起重机对重物的作用力竖直向上，
而重物在水平方向移动，在力的方向上重物没有移动距离，
因此在该过程中起重机对重物不做功，即做功为零；
在整个过程中，起重机对重物所做的功W=Gh=9000N×10m=9×10⁴J，
整个过程做功的平均功率P=[W/t]=
9×104J
5s+4s=1×10⁴W；
故答案为：0；1×10⁴．

点评：
本题考点： 功的计算；功率的计算．

考点点评： 本题考查了求功、求功率问题，知道做功的条件，应用功的计算公式与功率公式即可解题．

（1）根据公式W=Gh=3600×4=14400J
（2）总功是：W_总=
W有
η=[14400/0.6]=24000J
（3）额外功W_额外=W_总-W=9600J
答：（1）起重机做的有用功是14400J；
（2）总功是24000J；
（3）额外功又是9600J．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 本题考查有用功、总功、机械效率等的计算，关键要理解有用功和总功的定义，灵活应用各种公式及其变形．

（1）设起重机允许输出的最大功率为P₀，重物达到最大速度时，拉力F₀等于重力．
P₀=F₀v_m…①
F₀=mg…②
代入数据，有：P₀=5.0×10⁴W…③
（2）匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v₁，匀加速运动经历时间为t₁，有：
P₀=F₀v₁…④
F-mg=ma…⑤
v₁=at₁…⑥
由③④⑤⑥，代入数据，得：t₁=5 s…⑦
T=2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v₂，输出功率为P，则
v₂=at…⑧
P=Fv₂…⑨
由⑤⑧⑨，代入数据，得：P=2.04×10⁴W．
答：（1）起重机允许输出的最大功率5.0×10⁴W．
（2）重物做匀加速运动所经历的时间为5s和起重机在第2秒末的输出功率2.04×10⁴W

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 高中物理中，分析受力和物理过程是非常重要的．最大功率要用第三阶段中的Pm=FV=mgVm计算，而不能用第一阶段中的F与第三阶段中的Vm的乘积计算，两个F是不同的；Vm是最终速度，整个过程并不全是匀加速运动，不能用Vm=at来计算整个过程时间． 应该根据Pm=FV1=（mg+ma）at来求t． 要注意某一时刻的物理量要对应起来．

（1）当起重机的牵引力等于物体重力时，速度达到最大
P=FV
∴vmax＝
P
F＝
P
mg＝2m/s
（2）由动能定理W_合=△E_K有：W_F+W_G=E_K2-E_K1，即：
Pt-mgh=[1/2m
v2max−0
∴t＝
mgh+
1
2m
v2max
P]=1.1s
答：（1）最大速度2m/s．
（2）由静止到达最大速度所用的时间1.1s．

点评：
本题考点： 动能定理；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 考查公式P=FV的应用，理解当速度最大时，牵引力等于重力．同时还要掌握动能定理，注意做功的正负．

由于是匀速提升，起重机的拉力的大小相等，根据功的公式W=FL可知，第一次时，上升的位移大，所以第一次时起重机做的功多，大小为20mgh；第二次时做的功为10mgh，第一次用的时间为4s所以功率的大小为[20mgh/4]=5mgh，第二次用的时间为2.5s，功率的大小为8mgh，所以第一次做的功多，但是第二的功率较大，所以A正确．
故选A．

点评：
本题考点： 功的计算；功率、平均功率和瞬时功率．

考点点评： 恒力做功，根据功的公式直接计算即可，比较简单．

（1）物体上升的高度h=vt=0.9m/s×10s=9m；
则物体克服重力所做的功W_G=mgh=50kg×10N/kg×9m=4500J；
（2）在时间t内电流通过直流电动机做功（消耗电能）：
W_电=UIt，
在时间t内得到的机械能：
W_机=mgh=mgvt，
η=
W机
W电=[mgvt/UIt]=[mgv/UI]=[50kg×10N/kg×0.9m/s/110V×5A]≈82%．
答：（1）电动起重机在10秒内对重物做了4500J的功；
（2）此装置的效率是82%．

点评：
本题考点： 功的计算；机械效率的计算．

考点点评： 本题考查了消耗电能（电功）的计算、功的计算、效率的计算．特别是要知道电动机不是纯电阻用电器，电流做功消耗的电能大部分转化为机械能、少部分转化为内能（发热）．

已知：物体的质量m=500kg，物体上升高度h=0.8m，拉力F=2000N，g=10N/kg，绳子股数n=3，重物G′=8000N
求：（1）有用功W_有用=？；（2）总功W_总=？；（3）机械效率η=？；（4）动滑轮重G_动=？；（5）拉力F′=？
（1）物体的重力：
G=mg=500kg×10N/kg=5000N，
滑轮组做的有用功：
W_有用=Gh=5000N×0.8m=4000J；
（2）拉力移动距离：
s=3h=3×0.8m=2.4m，
提升的重物所做总功：
W_总=Fs=2000N×2.4m=4800J；
（3）滑轮组的机械效率：
η=
W有用
W总×100%=[4000J/4800J]×100%=≈83.3%；
（4）不计滑轮轴承间及与绳子间的摩擦，所以克服动滑轮重做的额外功：
W_额=W_总-W_有用=4800J-4000J=800J，
∵W_额=G_动h
∴动滑轮重为：
G_动=
W额
h=[800J/0.8m]=1000N；
（5）提升8000N的物体时的拉力：
F′=[1/3]（G_物+G_动）=[1/3]×（8000N+1000N）=3000N．
答：（1）滑轮组做的有用功为4000J；
（2）提升的重物所做总功是4800J；
（3）吊车滑轮组的机械效率是83.3%；
（4）动滑轮重1000N；
（5）提升8000N的物体时的拉力为3000N．

点评：
本题考点： 滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算．

考点点评： 本题考查功、功率和机械效率的计算，分清有用功、额外功和总功是解题的关键．另外要注意绳子自由端移动的距离与物体上升高度之间的关系．

①匀加速提高，重物受到拉力和重力，两个力都做功，根据牛顿第二定律得：
F_拉1-mg=ma₁，
解得：F_拉1=1000N，
则W_拉1=F_拉1x=1000×2=2×10³J，W_G1=-mgx=100×9.8×2=-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功
②匀速提高时，重物受到拉力和重力，两个力都做功，拉力等于重力，拉力做功W_拉2=F_拉2x=100×2×9.8=1.96×10³J，W_G2=-mgx=100×9.8×2=-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功；
③匀减速下降时，重物受到拉力和重力，两个力都做功，根据牛顿第二定律得：
F_拉3-mg=ma₂，
解得：F_拉3=1000N，
则W_拉3=-F_拉3x=-1000×2=-2×10³J，W_G3=mgx=100×9.8×2=1.96×10³ J，拉力做负功，重力做正功．
答：①匀加速提高，拉力和重力做功，拉力做功为2×10³J，重力做功为-1.96×10³ J，拉力做正功，重力做负功；
②拉力和重力，均等于1.96×10³ J；拉力做正功，重力做负功；
③拉力和重力，拉力做功为-2×10³ J；重力做功为1.96×10³ J；拉力做负功，重力做正功．

点评：
本题考点： 功的计算；牛顿第二定律．

考点点评： 本题主要考查了恒力做功公式及牛顿第二定律的直接应用，知道重力做功和路径无关，只与初末两点的高度差有关，难度不大，属于基础题．

G=mg=150kg×10N/kg=1500N，拉力1600N，重力1500N．
本题属于方向相反的二力合成，合力F=F₁-F₂=1600N-1500N=100N，方向同较大的力，拉力大，所以方向竖直向上；
答案为：100N，竖直向上．

点评：
本题考点： 力的合成与应用．

考点点评： 本题主要考查同一直线上的二力合成及重力公式．