【分析】
要解决该题，需先判断甲、乙两图的滑轮类型，再分别推导拉力和机械效率的大小：
1. 甲图是定滑轮，特点是不省力，仅改变力的方向；乙图是动滑轮，实质为省力杠杆，可省力但费距离。
2. 拉力计算需结合滑轮类型，机械效率需区分有用功和额外功的来源。
3. 已知条件为绳重、摩擦不计，且$ G＞G_{滑} $，以此为依据推导两个物理量的大小关系。
【解析】
1. 拉力大小比较：
甲图为定滑轮，不计绳重和摩擦，拉力等于物重，即$ F_{甲}=G $；
乙图为动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力需克服物重和动滑轮自重，即$ F_{乙}=\frac{G + G_{滑}}{2} $；
因$ G＞G_{滑} $，则$ G ＞ \frac{G + G_{滑}}{2} $，故$ F_{甲}＞F_{乙} $。
2. 机械效率大小比较：
提升相同高度$ h $，有用功均为提升物体做的功：$ W_{有}=Gh $，两图有用功相同；
甲图总功$ W_{总甲}=F_{甲}h=Gh $，无额外功，机械效率$ \eta_{甲}=\frac{W_{有}}{W_{总甲}}=1 $；
乙图总功为有用功加提升动滑轮的额外功：$ W_{总乙}=Gh + G_{滑}h $，机械效率$ \eta_{乙}=\frac{Gh}{Gh + G_{滑}h}=\frac{G}{G + G_{滑}} $；
因$ G＞G_{滑} $，故$ \frac{G}{G + G_{滑}} ＜1 $，即$ \eta_{甲}＞\eta_{乙} $。
【答案】
＞ ＞
【知识点】
定滑轮特点、动滑轮特点、机械效率
【点评】
本题考查定滑轮与动滑轮的工作特点及机械效率的计算，需明确两种滑轮的省力规律和额外功的来源，属于初中物理基础应用题型，需准确区分拉力和机械效率的计算逻辑。
【难度系数】
0.6

【分析】
要解决这道题，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析：杆秤的支点是提纽位置，被测物体的重力为阻力，秤砣的重力为动力。当测量最大质量时，需要让动力臂尽可能长，同时阻力臂尽可能短，这样根据杠杆平衡，能得到的被测物体质量更大。结合题目，E是秤砣的最大刻度位置，即秤砣最大动力臂对应E点，因此选择支点离秤钩更近的提纽，能使阻力臂更短，从而获得更大的测量值。
【解析】
1. 确定最大测量值对应的提纽：根据杠杆平衡条件，当秤砣在最大刻度E处时，动力臂最大。若提起B点为支点，阻力臂为AB；若提起C点为支点，阻力臂为AC=AB+BC=2AB（因AB=BC）。要使被测物体质量最大，需阻力臂最短，故选择B点作为提纽（支点），此时阻力臂AB最短，结合最大动力臂BE，能得到最大测量值。
2. 计算最大测量值：已知AB=BC，CE=39AB，故BE=BC+CE=AB+39AB=40AB。杆秤质量忽略，根据杠杆平衡条件：$m_{物}g × AB = m_{砣}g × BE$，约去g后代入数据：$m_{物} × AB = 0.75\ \mathrm{kg} × 40AB$，两边AB约去，得$m_{物}=0.75 × 40=30\ \mathrm{kg}$。
【答案】
B；30
【知识点】
杠杆平衡条件、杆秤原理
【点评】
本题考查杠杆平衡条件在杆秤中的应用，关键是理解提纽选择对测量范围的影响，需结合杠杆平衡公式分析力臂关系，属于杠杆应用的典型基础题目。
【难度系数】
0.5

【分析】
首先，汽车散热器用水作冷却液，是因为水的比热容较大，相同质量的水和其他物质相比，升高相同温度时能吸收更多热量，冷却效果更好；发动机工作时，热量传递给水箱中的水，水吸收热量，内能会增大；改变内能的方式有做功和热传递，这里是通过热传递实现内能转移；计算水吸收的热量需用热量公式Q吸=cmΔt，代入已知数值即可算出结果。
【解析】
1. 用水作冷却液的原理：水的比热容较大，相同质量的水和其它物质比较，升高相同温度时，水吸收的热量更多，冷却效果更佳，故第一空填“比热容”；
2. 发动机工作时，热量从发动机转移到水箱的水中，水吸收热量，内能增大，故第二空填“增大”；
3. 内能改变的方式有做功和热传递，本题中热量从高温的发动机转移到低温的水，属于热传递，故第三空填“热传递”；
4. 水吸收热量的计算：根据公式$Q_{\mathrm{吸}}=c_{\mathrm{水}}m\Delta t$，代入$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$、$m=10\ \mathrm{kg}$、$\Delta t=50\ \mathrm{℃}$，得$Q_{\mathrm{吸}}=4.2×10^{3}\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})×10\ \mathrm{kg}×50\ \mathrm{℃}=2.1×10^{6}\ \mathrm{J}$，故第四空填“$2.1×10^{6}$”。
【答案】
比热容 增大 热传递 $2.1×10^{6}$
【知识点】
比热容、内能的改变、热量的计算
【点评】
本题考查热学基础核心知识点，涵盖比热容的应用、内能改变方式、热量计算，均为热学入门级内容，是学生必须掌握的基础题，难度较低。
【难度系数】
0.8

【分析】要判断速度变化，需依据相等时间内皮球通过的路程：下落时相邻曝光间隔的间距变大，说明相同时间内路程变大，速度增大；重力势能与高度有关，上升时高度增加，重力势能增大；动能与速度有关，上升时速度减小，动能减小；机械能变化可通过弹起高度判断，皮球弹起高度逐渐降低，说明机械能有损耗，因此减小。
【解析】1. 下落过程：每隔相等时间曝光一次，由图可知下落阶段相邻皮球的间距越来越大，根据$v=\frac{s}{t}$，时间$t$相等，路程$s$越大则速度$v$越大，故速度增大。2. 上升过程：皮球质量不变，高度增加，重力势能与质量和高度有关，因此重力势能增大；上升时皮球速度逐渐减小，动能与质量和速度有关，因此动能减小。3. 机械能：皮球弹起的最大高度逐次降低，说明运动过程中存在能量损耗（如空气阻力），故机械能减小。
【答案】增大 增大 减小 减小
【知识点】动能与势能、机械能及其转化
【点评】本题结合频闪照片考查动能、重力势能及机械能的变化，需掌握各能量的影响因素，结合图像信息分析即可，属于基础题型。
【难度系数】0.5

【分析】首先，由速度-时间图像可知铁块做匀速直线运动，处于平衡状态，竖直方向受力平衡。先计算铁块的重力，再根据平衡条件求出摩擦力；接着利用速度公式算出6s内铁块上升的距离，最后根据功的公式计算拉力做的功。
【解析】
1. 计算铁块的重力：根据重力公式$G=mg$，代入数据得$G=0.2\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg}=2\ \mathrm{N}$。
2. 求摩擦力：由v-t图像可知铁块做匀速直线运动，竖直方向受力平衡，拉力$F$向上，重力$G$和摩擦力$f$向下，故$F=G+f$，因此摩擦力$f=F-G=3\ \mathrm{N}-2\ \mathrm{N}=1\ \mathrm{N}$。
3. 计算6s内铁块上升的距离：根据速度公式$v=\frac{s}{t}$，变形得$s=vt$，代入数据得$s=0.2\ \mathrm{m/s} × 6\ \mathrm{s}=1.2\ \mathrm{m}$。
4. 计算拉力做的功：根据功的公式$W=Fs$，代入数据得$W=3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}=3.6\ \mathrm{J}$。
【答案】1；3.6
【知识点】二力平衡、重力计算、功的计算
【点评】本题结合运动图像考查力学综合计算，核心是判断铁块的匀速运动状态，利用平衡条件分析受力，再结合公式计算，难度适中。
【难度系数】0.5

【分析】
本题包含三个力学作图问题，需结合对应知识点逐步解题：
1. 滑轮组最省力绕线：滑轮组的省力程度由承担物重的绳子段数决定，段数越多越省力，因此需从动滑轮开始绕线，使承担物重的绳子段数达到最大。
2. 力F的示意图：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，已知力臂l，需过力臂远离支点的一端作l的垂线，垂线与杠杆的交点为F的作用点，再根据杠杆平衡的方向要求确定力的方向。
3. 杠杆最小力及力臂：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长动力越小，最长动力臂为支点到力的作用点的距离，因此连接支点与力的作用点作为最长力臂，过该点作垂直于力臂的力，方向使杠杆平衡。
【解析】
（1）图(a)中，滑轮组由1个定滑轮和1个动滑轮组成，最省力的绕线方式为：从动滑轮的挂钩开始，依次绕过定滑轮，再绕回动滑轮，此时承担物重的绳子段数n=3，为最大段数，最省力。
（2）图(b)中，过力臂l的末端（非支点O端）作l的垂线，该垂线与杠杆的交点即为力F的作用点，方向斜向上，使杠杆在水平位置平衡。
（3）图(c)中，连接支点O与B点，OB为最长动力臂，过B点作垂直于OB向下的力F，此时力臂最大，力F最小，即为所求的最小力。
【答案】
如图所示（对应三个作图的正确图形，与参考答案一致）
【知识点】
滑轮组绕线、力的示意图、杠杆最小力
【点评】
本题为初中力学基础作图题，考查滑轮组绕线、力的示意图、杠杆最小力的画法，需掌握相关基本规律，是力学部分的重点基础题型。
【难度系数】
0.6