24 如图所示，利用滑轮组拉着物体A沿水平方向做匀速直线运动。请在图中画出滑轮组最省力的绳子绕法。
答案：
24. 如图所示
24. 如图所示
解析：
【分析】
首先识别图中两个滑轮的属性：左侧滑轮的轴固定在墙面上，属于定滑轮；右侧滑轮的轴和物体A相连，会随物体一起运动，属于动滑轮。要实现最省力的效果，需要让拉动动滑轮的绳子段数尽可能多，对于一个定滑轮、一个动滑轮组成的水平滑轮组，最多可以有3段绳子承担拉动物体的力，此时拉力最小最省力。结合滑轮组绕线的“奇动偶定”规则，n=3是奇数，绳子的固定端需要系在动滑轮的挂钩上，再依次绕过定滑轮、动滑轮，就能得到最省力的绕法。
【解析】
1. 确定最大省力段数：一定一动的水平滑轮组，最多可实现3段绳子拉动动滑轮，此时拉力为物体所受摩擦力的1/3，是最省力的情况。
2. 按照“奇动偶定”规则，将绳子的起始端固定在右侧动滑轮的左侧挂钩上。
3. 把绳子向左拉伸，绕过左侧定滑轮的轮槽，从定滑轮的右侧位置绕出。
4. 再将绳子向右拉伸，绕过右侧动滑轮的轮槽，从动滑轮的右侧位置绕出，完成最省力的绕线。
【答案】
【知识点】
滑轮组绕线，奇动偶定规则
【点评】
本题考察水平滑轮组的最省力绕法，核心思路是尽可能增加动滑轮上的受力绳子段数，竖直滑轮组的“奇动偶定”绕线规则同样适用于水平滑轮组，掌握该口诀可以快速确定绳子固定端的位置，避免出现绕线段数不足、绕线交叉的错误。
【难度系数】
0.6
首先识别图中两个滑轮的属性：左侧滑轮的轴固定在墙面上，属于定滑轮；右侧滑轮的轴和物体A相连，会随物体一起运动，属于动滑轮。要实现最省力的效果，需要让拉动动滑轮的绳子段数尽可能多，对于一个定滑轮、一个动滑轮组成的水平滑轮组，最多可以有3段绳子承担拉动物体的力，此时拉力最小最省力。结合滑轮组绕线的“奇动偶定”规则，n=3是奇数，绳子的固定端需要系在动滑轮的挂钩上，再依次绕过定滑轮、动滑轮，就能得到最省力的绕法。
【解析】
1. 确定最大省力段数：一定一动的水平滑轮组，最多可实现3段绳子拉动动滑轮，此时拉力为物体所受摩擦力的1/3，是最省力的情况。
2. 按照“奇动偶定”规则，将绳子的起始端固定在右侧动滑轮的左侧挂钩上。
3. 把绳子向左拉伸，绕过左侧定滑轮的轮槽，从定滑轮的右侧位置绕出。
4. 再将绳子向右拉伸，绕过右侧动滑轮的轮槽，从动滑轮的右侧位置绕出，完成最省力的绕线。
【答案】
【知识点】
滑轮组绕线，奇动偶定规则
【点评】
本题考察水平滑轮组的最省力绕法，核心思路是尽可能增加动滑轮上的受力绳子段数，竖直滑轮组的“奇动偶定”绕线规则同样适用于水平滑轮组，掌握该口诀可以快速确定绳子固定端的位置，避免出现绕线段数不足、绕线交叉的错误。
【难度系数】
0.6
25 如图所示,一木箱放在水平地面上,用最小的力F使其向左翻转,请画出支点O和最小力F及其力臂l的示意图。
答案：
25. 如图所示
25. 如图所示
解析：
【分析】
要画出使木箱向左翻转的最小力，首先结合杠杆平衡条件思考：杠杆平衡时，阻力和阻力臂一定的情况下，动力臂越长，对应的动力就越小。第一步先确定支点：向左翻转木箱时，木箱会绕自身左下角与地面的接触点转动，这个点就是支点O。第二步找最长动力臂：木箱上距离支点O最远的点是木箱的右上角顶点，连接支点O和这个顶点，得到的线段就是能取到的最长动力臂l。第三步确定最小力的方向：动力需要垂直于最长动力臂，方向斜向左上方，这样就能用最小的力让木箱向左翻转。
【解析】
1. 确定支点O：要让木箱向左翻转，木箱转动时绕的固定点是木箱左下角与水平地面的接触点，标记该点为支点O。
2. 绘制最长力臂l：根据杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$，木箱的重力作为阻力大小固定，对应的阻力臂也固定，因此动力臂最大时动力最小。木箱上距离支点O最远的点是木箱的右上角顶点，用线段连接支点O和该右上角顶点，这条线段就是最长动力臂l。
3. 绘制最小力F：过木箱的右上角顶点，作垂直于力臂l的作用力，方向斜向左上方，该力F就是使木箱向左翻转的最小力。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂作图，最小力判断
【点评】
本题是杠杆最小力作图的经典习题，核心考点是利用杠杆平衡条件推导最小动力的作图方法，易错点是误将木箱右下角作为支点，或是动力方向画反，解题时要先根据物体的翻转方向准确判断支点，再牢记“支点到动力作用点的连线为最长动力臂”的规律，即可顺利完成作图。
【难度系数】
0.6
要画出使木箱向左翻转的最小力，首先结合杠杆平衡条件思考：杠杆平衡时，阻力和阻力臂一定的情况下，动力臂越长，对应的动力就越小。第一步先确定支点：向左翻转木箱时，木箱会绕自身左下角与地面的接触点转动，这个点就是支点O。第二步找最长动力臂：木箱上距离支点O最远的点是木箱的右上角顶点，连接支点O和这个顶点，得到的线段就是能取到的最长动力臂l。第三步确定最小力的方向：动力需要垂直于最长动力臂，方向斜向左上方，这样就能用最小的力让木箱向左翻转。
【解析】
1. 确定支点O：要让木箱向左翻转，木箱转动时绕的固定点是木箱左下角与水平地面的接触点，标记该点为支点O。
2. 绘制最长力臂l：根据杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$，木箱的重力作为阻力大小固定，对应的阻力臂也固定，因此动力臂最大时动力最小。木箱上距离支点O最远的点是木箱的右上角顶点，用线段连接支点O和该右上角顶点，这条线段就是最长动力臂l。
3. 绘制最小力F：过木箱的右上角顶点，作垂直于力臂l的作用力，方向斜向左上方，该力F就是使木箱向左翻转的最小力。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂作图，最小力判断
【点评】
本题是杠杆最小力作图的经典习题，核心考点是利用杠杆平衡条件推导最小动力的作图方法，易错点是误将木箱右下角作为支点，或是动力方向画反，解题时要先根据物体的翻转方向准确判断支点，再牢记“支点到动力作用点的连线为最长动力臂”的规律，即可顺利完成作图。
【难度系数】
0.6
26 如图所示，悬挂灯笼的挑竿可看作以O为支点的杠杆，请用“○”代表灯笼悬挂在一个挂钩上，使固定绳索受到的拉力最小，并画出此时挂钩处受的作用力F及其力臂。
答案：
26. 如图所示
26. 如图所示
解析：
【分析】
我们可以利用杠杆平衡条件来思考这道题：首先明确支点为O，绳索对挑竿的拉力是动力，灯笼对挂钩的向下拉力是阻力，阻力大小等于灯笼的重力，且绳索拉力的动力臂是固定不变的。根据杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$，在$F_2$（灯笼重力）和$L_1$（动力臂）都为定值的情况下，阻力臂$L_2$越小，动力$F_1$就越小，对应的绳索受到的拉力也就越小。因此我们只需要选择两个挂钩中距离支点O更近的挂钩悬挂灯笼，就能满足要求。之后再按照力和力臂的规范画法，画出挂钩处的作用力F以及对应的力臂即可。
【解析】
1. 应用杠杆平衡条件推导最小拉力的条件：杠杆平衡时满足$F_1L_1=F_2L_2$，本题中动力是绳索对挑竿的拉力，阻力是灯笼的重力，动力臂由绳索的固定位置决定、阻力等于灯笼重力，二者均为定值，因此阻力臂越小，动力（绳索拉力）就越小。
2. 选择悬挂位置：挑竿上的两个挂钩中，更靠近支点O的挂钩对应的阻力臂最小，将灯笼悬挂在该挂钩上，即可让固定绳索受到的拉力最小。
3. 画作用力F：灯笼对挂钩的拉力方向竖直向下，从该挂钩位置沿竖直向下方向画出带箭头的线段，标注为F。
4. 画力臂：从支点O向拉力F的作用线作垂直的垂线段，支点到垂足的这段垂线段就是F的力臂，标注出力臂符号即可。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的画法；杠杆最小力应用
【点评】
本题结合生活中悬挂灯笼的挑竿场景，考察杠杆平衡条件的实际应用，容易出现的错误是混淆“最小动力”的适用场景，误将灯笼挂在距离支点最远的挂钩上，解题核心是先明确本题中动力臂和阻力大小均固定，要减小动力只需要减小阻力臂，同时要注意力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不能直接将支点到挂钩的连线当作力臂。
【难度系数】
0.6
我们可以利用杠杆平衡条件来思考这道题：首先明确支点为O，绳索对挑竿的拉力是动力，灯笼对挂钩的向下拉力是阻力，阻力大小等于灯笼的重力，且绳索拉力的动力臂是固定不变的。根据杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$，在$F_2$（灯笼重力）和$L_1$（动力臂）都为定值的情况下，阻力臂$L_2$越小，动力$F_1$就越小，对应的绳索受到的拉力也就越小。因此我们只需要选择两个挂钩中距离支点O更近的挂钩悬挂灯笼，就能满足要求。之后再按照力和力臂的规范画法，画出挂钩处的作用力F以及对应的力臂即可。
【解析】
1. 应用杠杆平衡条件推导最小拉力的条件：杠杆平衡时满足$F_1L_1=F_2L_2$，本题中动力是绳索对挑竿的拉力，阻力是灯笼的重力，动力臂由绳索的固定位置决定、阻力等于灯笼重力，二者均为定值，因此阻力臂越小，动力（绳索拉力）就越小。
2. 选择悬挂位置：挑竿上的两个挂钩中，更靠近支点O的挂钩对应的阻力臂最小，将灯笼悬挂在该挂钩上，即可让固定绳索受到的拉力最小。
3. 画作用力F：灯笼对挂钩的拉力方向竖直向下，从该挂钩位置沿竖直向下方向画出带箭头的线段，标注为F。
4. 画力臂：从支点O向拉力F的作用线作垂直的垂线段，支点到垂足的这段垂线段就是F的力臂，标注出力臂符号即可。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的画法；杠杆最小力应用
【点评】
本题结合生活中悬挂灯笼的挑竿场景，考察杠杆平衡条件的实际应用，容易出现的错误是混淆“最小动力”的适用场景，误将灯笼挂在距离支点最远的挂钩上，解题核心是先明确本题中动力臂和阻力大小均固定，要减小动力只需要减小阻力臂，同时要注意力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不能直接将支点到挂钩的连线当作力臂。
【难度系数】
0.6
27 小刚同学测滑轮组机械效率时所用的实验装置如图所示。
（1）表中第
（2）根据另一组正确的数据计算总功是
（3）实验中拉动弹簧测力计时要注意
（1）表中第
1
次实验数据有错误，改正后计算出此时有用功为0.2
J。（2）根据另一组正确的数据计算总功是
0.6
J，机械效率为$66.7\%$
（结果精确到0.1%）；比较两次的机械效率可以得出的结论是同一滑轮组，被提升的物体越重，机械效率越高
（高/低）。（3）实验中拉动弹簧测力计时要注意
竖直匀速拉动
。若在弹簧测力计静止时读数，则测得的机械效率变大
（变大/不变/变小）；若将此滑轮组换一种绕绳方法，物重不变，不计摩擦及绳重，则滑轮组的机械效率不变
（变大/不变/变小）。答案：27. (1) 1 0.2 (2) 0.6 $66.7\%$ 高 (3) 竖直匀速拉动 变大 不变
解析：
【分析】
首先先确定该滑轮组承担物重的绳子段数n，从实验装置图可判断n=3，因此绳子自由端移动距离s满足s=3h，对比两次实验的s、h数值，就能发现不符合s=3h关系的第1次数据是错误的，之后利用W有=Gh计算改正后的有用功。接下来处理第二问，用正确的第2组数据，通过W总=Fs计算总功，再用η=W有/W总×100%算出机械效率，对比两次不同物重下的机械效率，就能得到物重对同一滑轮组机械效率的影响规律。第三问回忆实验操作规范，拉动弹簧测力计需要竖直匀速，此时系统处于平衡状态，拉力大小等于测力计示数；静止读数时，滑轮轴的摩擦不会被计入拉力，测得的拉力偏小，总功偏小，有用功不变，因此机械效率偏大；换绕绳方式时，不计摩擦绳重，额外功仅来自动滑轮重力，根据η=G/(G+G动)可知物重和动滑轮重都不变时，机械效率不变。
【解析】
（1）由实验装置可知，动滑轮上承担物重的绳子段数n=3，绳子自由端移动距离满足s=3h，对比两次实验数据，第1次的s不符合s=3h的关系，因此第1次实验数据有错误。改正后计算有用功：W有=G₁h₁=2N×0.1m=0.2J。
（2）使用正确的第2组数据计算总功：W总=Fs=1N×0.6m=0.6J；对应的有用功W有₂=G₂h₂=4N×0.1m=0.4J，机械效率η=W有₂/W总×100%=0.4J/0.6J×100%≈66.7%。同一滑轮组动滑轮重固定，被提升的物体越重，有用功占总功的比例越高，机械效率越高。
（3）实验中拉动弹簧测力计时要注意竖直匀速拉动，保证系统处于平衡状态，测力计示数稳定等于实际拉力。若在弹簧测力计静止时读数，滑轮与轴之间的摩擦未被计入拉力，测得的拉力偏小，总功偏小，有用功不变，因此测得的机械效率变大。不计摩擦及绳重时，滑轮组机械效率η=Gh/(Gh+G动h)=G/(G+G动)，换绕绳方法后物重G不变、动滑轮重G动也不变，因此滑轮组的机械效率不变。
【答案】
（1）1 0.2 （2）0.6 66.7% 高 （3）竖直匀速拉动 变大 不变
【知识点】
滑轮组机械效率测量，功的计算，机械效率影响因素
【点评】
本题是滑轮组机械效率测量的经典实验题，覆盖了实验数据纠错、功和机械效率计算、操作规范、误差分析多个考点，核心考察学生对机械效率本质是有用功占总功比例的理解，需要结合额外功的来源推导变量变化，避免机械记忆结论出错。
【难度系数】
0.6
首先先确定该滑轮组承担物重的绳子段数n，从实验装置图可判断n=3，因此绳子自由端移动距离s满足s=3h，对比两次实验的s、h数值，就能发现不符合s=3h关系的第1次数据是错误的，之后利用W有=Gh计算改正后的有用功。接下来处理第二问，用正确的第2组数据，通过W总=Fs计算总功，再用η=W有/W总×100%算出机械效率，对比两次不同物重下的机械效率，就能得到物重对同一滑轮组机械效率的影响规律。第三问回忆实验操作规范，拉动弹簧测力计需要竖直匀速，此时系统处于平衡状态，拉力大小等于测力计示数；静止读数时，滑轮轴的摩擦不会被计入拉力，测得的拉力偏小，总功偏小，有用功不变，因此机械效率偏大；换绕绳方式时，不计摩擦绳重，额外功仅来自动滑轮重力，根据η=G/(G+G动)可知物重和动滑轮重都不变时，机械效率不变。
【解析】
（1）由实验装置可知，动滑轮上承担物重的绳子段数n=3，绳子自由端移动距离满足s=3h，对比两次实验数据，第1次的s不符合s=3h的关系，因此第1次实验数据有错误。改正后计算有用功：W有=G₁h₁=2N×0.1m=0.2J。
（2）使用正确的第2组数据计算总功：W总=Fs=1N×0.6m=0.6J；对应的有用功W有₂=G₂h₂=4N×0.1m=0.4J，机械效率η=W有₂/W总×100%=0.4J/0.6J×100%≈66.7%。同一滑轮组动滑轮重固定，被提升的物体越重，有用功占总功的比例越高，机械效率越高。
（3）实验中拉动弹簧测力计时要注意竖直匀速拉动，保证系统处于平衡状态，测力计示数稳定等于实际拉力。若在弹簧测力计静止时读数，滑轮与轴之间的摩擦未被计入拉力，测得的拉力偏小，总功偏小，有用功不变，因此测得的机械效率变大。不计摩擦及绳重时，滑轮组机械效率η=Gh/(Gh+G动h)=G/(G+G动)，换绕绳方法后物重G不变、动滑轮重G动也不变，因此滑轮组的机械效率不变。
【答案】
（1）1 0.2 （2）0.6 66.7% 高 （3）竖直匀速拉动 变大 不变
【知识点】
滑轮组机械效率测量，功的计算，机械效率影响因素
【点评】
本题是滑轮组机械效率测量的经典实验题，覆盖了实验数据纠错、功和机械效率计算、操作规范、误差分析多个考点，核心考察学生对机械效率本质是有用功占总功比例的理解，需要结合额外功的来源推导变量变化，避免机械记忆结论出错。
【难度系数】
0.6
28 如图甲所示,重40 N的物体在拉力F的作用下,5 s内被匀速提高了0.5 m,拉力F做的功W随时间t变化的图像如图乙。绳子能承受的最大拉力为50 N,不计绳重与摩擦。求：
(1) 5 s内做的有用功。
(2) 动滑轮重力。
(3) 该滑轮组的最大机械效率。
(1) 5 s内做的有用功。
(2) 动滑轮重力。
(3) 该滑轮组的最大机械效率。
答案：28. (1) $5\ \mathrm{s}$ 内做的有用功$W_{有用}=Gh=40\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m}=20\ \mathrm{J}$ (2) 由图甲可知,$n=2$,则绳子自由端移动距离$s=2h=2 × 0.5\ \mathrm{m}=1\ \mathrm{m}$,由图乙可知,$5\ \mathrm{s}$ 内拉力$F$ 做的功$W_{总}=25\ \mathrm{J}$,由$W_{总}=Fs$ 可得作用在绳子上的拉力$F=\dfrac{W_{总}}{s}=\dfrac{25\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{m}}=25\ \mathrm{N}$;不计绳重与摩擦,拉力$F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})$,则动滑轮重力$G_{动}=2F-G=2 × 25\ \mathrm{N}-40\ \mathrm{N}=10\ \mathrm{N}$ (3) 由题知,绳子能承受的最大拉力$F_{最大}=50\ \mathrm{N}$,不计绳重与摩擦,拉力$F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})$,提升的最大物重$G_{最大}=2F_{最大}-G_{动}=2 × 50\ \mathrm{N}-10\ \mathrm{N}=90\ \mathrm{N}$,因为在使用滑轮组时,在其他条件相同时,提升的物重越大,滑轮组的机械效率越大,滑轮组的机械效率$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}} × 100\%=\dfrac{Gh}{Gh+G_{动}h} × 100\%=\dfrac{G}{G+G_{动}} × 100\%$,所以滑轮组的最大机械效率$\eta_{最大}=\dfrac{G_{最大}}{G_{最大}+G_{动}} × 100\%=\dfrac{90\ \mathrm{N}}{90\ \mathrm{N}+10\ \mathrm{N}} × 100\%=90\%$
解析：
【分析】
我们可以分三步逐步求解这道题：
1. 第一问求有用功，有用功是直接对提升的重物做的功，已知物体重力G和提升高度h，直接用公式$W_{有用}=Gh$即可计算，不需要额外推导。
2. 第二问求动滑轮重力：首先观察图甲的滑轮组，数出承担物重的绳子段数$n=2$，先根据$s=nh$算出5s内绳子自由端移动的距离；再从图乙的W-t图像中读取5s内拉力做的总功，通过$W_{总}=Fs$反算出拉力F的大小；最后利用不计绳重和摩擦时滑轮组的拉力公式$F=\frac{1}{n}(G+G_{动})$，代入已知的G和算出的F，就能反推得到动滑轮的重力。
3. 第三问求最大机械效率：不计绳重摩擦时，滑轮组的额外功仅来自动滑轮的提升，动滑轮重力固定，提升的物重越大，有用功占总功的比例越高，机械效率就越大。因此先根据绳子的最大承受拉力，算出该滑轮组能提升的最大物重，再推导不计绳重摩擦时的机械效率公式$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，代入最大物重和动滑轮重力，就能算出最大机械效率。
【解析】
(1) 计算5s内的有用功：
已知物体重力$G=40\ \mathrm{N}$，提升高度$h=0.5\ \mathrm{m}$，根据有用功公式：
$W_{有用} = Gh = 40\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = 20\ \mathrm{J}$
(2) 计算动滑轮重力：
由图甲可知，滑轮组承担物重的绳子段数$n=2$，因此绳子自由端移动的距离：
$s = nh = 2 × 0.5\ \mathrm{m} = 1\ \mathrm{m}$
从图乙的W-t图像可得，5s内拉力做的总功$W_{总}=25\ \mathrm{J}$，根据总功公式$W_{总}=Fs$，可得拉力大小：
$F = \frac{W_{总}}{s} = \frac{25\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{m}} = 25\ \mathrm{N}$
不计绳重与摩擦，滑轮组拉力满足$F = \frac{1}{n} (G + G_{动})$，因此动滑轮重力：
$G_{动} = nF - G = 2 × 25\ \mathrm{N} - 40\ \mathrm{N} = 10\ \mathrm{N}$
(3) 计算滑轮组的最大机械效率：
已知绳子能承受的最大拉力$F_{最大}=50\ \mathrm{N}$，同理代入拉力公式，可得能提升的最大物重：
$G_{最大} = nF_{最大} - G_{动} = 2 × 50\ \mathrm{N} - 10\ \mathrm{N} = 90\ \mathrm{N}$
不计绳重与摩擦，额外功仅为提升动滑轮的功，因此机械效率可推导为：
$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} × 100\% = \frac{G}{G + G_{动}} × 100\%$
代入最大物重，得到最大机械效率：
$\eta_{最大} = \frac{G_{最大}}{G_{最大} + G_{动}} × 100\% = \frac{90\ \mathrm{N}}{90\ \mathrm{N} + 10\ \mathrm{N}} × 100\% = 90\%$
【答案】
(1) 5s内做的有用功为$\boldsymbol{20\ \mathrm{J}}$；
(2) 动滑轮重力为$\boldsymbol{10\ \mathrm{N}}$；
(3) 该滑轮组的最大机械效率为$\boldsymbol{90\%}$。
【知识点】
有用功计算，滑轮组拉力，机械效率计算
【点评】
本题结合滑轮组装置和功-时间图像综合考察力学功与机械效率的相关知识，解题的关键是准确判断滑轮组的绳子段数，从图像中提取总功的数值，同时理解不计绳重摩擦时，动滑轮重力不变的情况下，提升物重越大机械效率越高的规律，避免额外引入无关的摩擦力干扰计算。
【难度系数】
0.6
我们可以分三步逐步求解这道题：
1. 第一问求有用功，有用功是直接对提升的重物做的功，已知物体重力G和提升高度h，直接用公式$W_{有用}=Gh$即可计算，不需要额外推导。
2. 第二问求动滑轮重力：首先观察图甲的滑轮组，数出承担物重的绳子段数$n=2$，先根据$s=nh$算出5s内绳子自由端移动的距离；再从图乙的W-t图像中读取5s内拉力做的总功，通过$W_{总}=Fs$反算出拉力F的大小；最后利用不计绳重和摩擦时滑轮组的拉力公式$F=\frac{1}{n}(G+G_{动})$，代入已知的G和算出的F，就能反推得到动滑轮的重力。
3. 第三问求最大机械效率：不计绳重摩擦时，滑轮组的额外功仅来自动滑轮的提升，动滑轮重力固定，提升的物重越大，有用功占总功的比例越高，机械效率就越大。因此先根据绳子的最大承受拉力，算出该滑轮组能提升的最大物重，再推导不计绳重摩擦时的机械效率公式$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$，代入最大物重和动滑轮重力，就能算出最大机械效率。
【解析】
(1) 计算5s内的有用功：
已知物体重力$G=40\ \mathrm{N}$，提升高度$h=0.5\ \mathrm{m}$，根据有用功公式：
$W_{有用} = Gh = 40\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = 20\ \mathrm{J}$
(2) 计算动滑轮重力：
由图甲可知，滑轮组承担物重的绳子段数$n=2$，因此绳子自由端移动的距离：
$s = nh = 2 × 0.5\ \mathrm{m} = 1\ \mathrm{m}$
从图乙的W-t图像可得，5s内拉力做的总功$W_{总}=25\ \mathrm{J}$，根据总功公式$W_{总}=Fs$，可得拉力大小：
$F = \frac{W_{总}}{s} = \frac{25\ \mathrm{J}}{1\ \mathrm{m}} = 25\ \mathrm{N}$
不计绳重与摩擦，滑轮组拉力满足$F = \frac{1}{n} (G + G_{动})$，因此动滑轮重力：
$G_{动} = nF - G = 2 × 25\ \mathrm{N} - 40\ \mathrm{N} = 10\ \mathrm{N}$
(3) 计算滑轮组的最大机械效率：
已知绳子能承受的最大拉力$F_{最大}=50\ \mathrm{N}$，同理代入拉力公式，可得能提升的最大物重：
$G_{最大} = nF_{最大} - G_{动} = 2 × 50\ \mathrm{N} - 10\ \mathrm{N} = 90\ \mathrm{N}$
不计绳重与摩擦，额外功仅为提升动滑轮的功，因此机械效率可推导为：
$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} × 100\% = \frac{G}{G + G_{动}} × 100\%$
代入最大物重，得到最大机械效率：
$\eta_{最大} = \frac{G_{最大}}{G_{最大} + G_{动}} × 100\% = \frac{90\ \mathrm{N}}{90\ \mathrm{N} + 10\ \mathrm{N}} × 100\% = 90\%$
【答案】
(1) 5s内做的有用功为$\boldsymbol{20\ \mathrm{J}}$；
(2) 动滑轮重力为$\boldsymbol{10\ \mathrm{N}}$；
(3) 该滑轮组的最大机械效率为$\boldsymbol{90\%}$。
【知识点】
有用功计算，滑轮组拉力，机械效率计算
【点评】
本题结合滑轮组装置和功-时间图像综合考察力学功与机械效率的相关知识，解题的关键是准确判断滑轮组的绳子段数，从图像中提取总功的数值，同时理解不计绳重摩擦时，动滑轮重力不变的情况下，提升物重越大机械效率越高的规律，避免额外引入无关的摩擦力干扰计算。
【难度系数】
0.6