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1.（2025·无锡经开区期末）小明家中有一把旧杆秤,该杆秤遗失了秤砣,而且刻度大多数模糊不清,只有5 kg和6 kg的刻度清晰可辨.他用刻度尺测量出该杆秤的相关长度,测量结果如图所示.小明接着对杆秤的重心(不包括秤砣)和秤砣质量进行判断,其中正确的是 (
A.杆秤重心在杆秤提纽的右侧,秤砣的质量为 3.0 kg
B.杆秤重心在杆秤提纽的右侧,秤砣的质量为 1.5 kg
C.杆秤重心在杆秤提纽的左侧,秤砣的质量为 1.5 kg
D.杆秤重心在杆秤提纽的左侧,秤砣的质量为 3.0 kg
B
)A.杆秤重心在杆秤提纽的右侧,秤砣的质量为 3.0 kg
B.杆秤重心在杆秤提纽的右侧,秤砣的质量为 1.5 kg
C.杆秤重心在杆秤提纽的左侧,秤砣的质量为 1.5 kg
D.杆秤重心在杆秤提纽的左侧,秤砣的质量为 3.0 kg
答案
1. B 解析:从图可知,5 kg到6 kg质量增加了1 kg,而杠杆的长增加了2 cm,杆秤上的刻度是均匀的,所以,从0刻度线到5 kg的位置,杠杆的长应该为10 cm,即零刻度线在提纽的左侧;因为0刻度线处要挂秤砣才能使杠杆在水平位置平衡,所以该杆秤的重心应该在提纽的右侧.设杆秤的重心到提纽的距离为L,秤砣的质量为m,杆秤的质量为m杆,由杠杆的平衡条件G左L左=G右L右,可得5 kg×g×3 cm = m杆×g×L+m×g×8 cm…①,6 kg×g×3 cm = m杆×g×L+m×g×(8 cm+2 cm)…②;联立①②解得m=1.5 kg.故选B.
解析
【分析】
这道题是结合杆秤场景考查杠杆平衡条件的应用，解题思路可以按三步推进：第一步先观察图中已知条件：被测物体悬挂点距离提纽（支点）3cm，5kg刻度在提纽右侧8cm处，6kg刻度在提纽右侧10cm处，两个清晰刻度的质量差1kg、对应秤砣移动距离差2cm，利用杆秤刻度均匀的特点，反向推导零刻度（定盘星）的位置；第二步根据零刻度的位置判断杆秤自身重心的位置：零刻度是不挂物体时秤砣的平衡位置，若零刻度在提纽左侧，说明杆自身重力让杆右侧下沉，因此重心必然在提纽右侧；第三步分别对挂5kg物体、挂6kg物体的两个平衡状态列杠杆平衡方程，两式相减消去杆自身重力相关的未知项，直接计算得到秤砣的质量，最终匹配选项得到答案。
【解析】
解：
1. 推导零刻度位置
由图可知，物体质量每增加1kg，秤砣向右移动2cm，杆秤刻度均匀，因此物体质量从5kg降到0时，秤砣需要向左移动的总距离为$5×2\mathrm{cm}=10\mathrm{cm}$。已知5kg刻度在提纽右侧8cm处，向左移动10cm后，零刻度位置在提纽左侧$10\mathrm{cm}-8\mathrm{cm}=2\mathrm{cm}$处。
2. 判断杆秤重心位置
零刻度是不挂被测物体时，秤砣放置后杆秤水平平衡的位置，零刻度在提纽左侧，说明秤砣在提纽左侧提供的力矩，用于平衡杆秤自身重力的力矩，因此杆秤自身（不含秤砣）的重心在提纽的右侧。
3. 列平衡方程求解秤砣质量
设秤砣质量为$m$，杆秤自身重力为$G_{\mathrm{杆}}$，杆秤重心到提纽的距离为$L$，物体悬挂点到提纽的距离$L_{\mathrm{物}}=3\mathrm{cm}$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
挂5kg物体时：
$5\mathrm{kg}× g×3\mathrm{cm}=G_{\mathrm{杆}}· L + m· g×8\mathrm{cm} \tag{①}$
挂6kg物体时：
$6\mathrm{kg}× g×3\mathrm{cm}=G_{\mathrm{杆}}· L + m· g×10\mathrm{cm} \tag{②}$
用②式减去①式，消去$G_{\mathrm{杆}}· L$，同时约去$g$：
$1\mathrm{kg}×3\mathrm{cm}=m×2\mathrm{cm}$
解得$m=1.5\mathrm{kg}$。
综上，杆秤重心在提纽右侧，秤砣质量为1.5kg，对应选项B。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，杆秤工作原理
【点评】本题以遗失秤砣的旧杆秤为情境，考查杠杆平衡条件的灵活应用，核心技巧是通过两个已知刻度的差值消去杆自身重力的未知量，不需要直接求解杆秤重心的具体位置，降低了运算复杂度，是杠杆实际应用类题目的典型考法。
【难度系数】0.6
这道题是结合杆秤场景考查杠杆平衡条件的应用，解题思路可以按三步推进：第一步先观察图中已知条件：被测物体悬挂点距离提纽（支点）3cm，5kg刻度在提纽右侧8cm处，6kg刻度在提纽右侧10cm处，两个清晰刻度的质量差1kg、对应秤砣移动距离差2cm，利用杆秤刻度均匀的特点，反向推导零刻度（定盘星）的位置；第二步根据零刻度的位置判断杆秤自身重心的位置：零刻度是不挂物体时秤砣的平衡位置，若零刻度在提纽左侧，说明杆自身重力让杆右侧下沉，因此重心必然在提纽右侧；第三步分别对挂5kg物体、挂6kg物体的两个平衡状态列杠杆平衡方程，两式相减消去杆自身重力相关的未知项，直接计算得到秤砣的质量，最终匹配选项得到答案。
【解析】
解：
1. 推导零刻度位置
由图可知，物体质量每增加1kg，秤砣向右移动2cm，杆秤刻度均匀，因此物体质量从5kg降到0时，秤砣需要向左移动的总距离为$5×2\mathrm{cm}=10\mathrm{cm}$。已知5kg刻度在提纽右侧8cm处，向左移动10cm后，零刻度位置在提纽左侧$10\mathrm{cm}-8\mathrm{cm}=2\mathrm{cm}$处。
2. 判断杆秤重心位置
零刻度是不挂被测物体时，秤砣放置后杆秤水平平衡的位置，零刻度在提纽左侧，说明秤砣在提纽左侧提供的力矩，用于平衡杆秤自身重力的力矩，因此杆秤自身（不含秤砣）的重心在提纽的右侧。
3. 列平衡方程求解秤砣质量
设秤砣质量为$m$，杆秤自身重力为$G_{\mathrm{杆}}$，杆秤重心到提纽的距离为$L$，物体悬挂点到提纽的距离$L_{\mathrm{物}}=3\mathrm{cm}$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
挂5kg物体时：
$5\mathrm{kg}× g×3\mathrm{cm}=G_{\mathrm{杆}}· L + m· g×8\mathrm{cm} \tag{①}$
挂6kg物体时：
$6\mathrm{kg}× g×3\mathrm{cm}=G_{\mathrm{杆}}· L + m· g×10\mathrm{cm} \tag{②}$
用②式减去①式，消去$G_{\mathrm{杆}}· L$，同时约去$g$：
$1\mathrm{kg}×3\mathrm{cm}=m×2\mathrm{cm}$
解得$m=1.5\mathrm{kg}$。
综上，杆秤重心在提纽右侧，秤砣质量为1.5kg，对应选项B。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，杆秤工作原理
【点评】本题以遗失秤砣的旧杆秤为情境，考查杠杆平衡条件的灵活应用，核心技巧是通过两个已知刻度的差值消去杆自身重力的未知量，不需要直接求解杆秤重心的具体位置，降低了运算复杂度，是杠杆实际应用类题目的典型考法。
【难度系数】0.6
2. (2025·无锡天一学校期中)图1是跳水运动中的跳板,其可简化为图2所示的轻质杠杆,A为支点,跳板左侧O点由一竖直轻杆OB将跳板固定在水平面上,设人到跳板左端O点距离为x,OA之间距离为$ x_A $,跳板总长为L,下列关于OB中弹力大小F与x的图像可能正确的是(
A
B
C
D
C
)A
B
C
D
答案
2. C 解析:人站在O点时,对OB的压力等于人的重力,人向A点移动过程中,人对杆的压力不变,人对杆的压力的力臂逐渐减小,则人对杆的压力与力臂的乘积减小,由于OA之间距离为x_A不变,据杠杆平衡条件得OB中弹力大小F减小.当人站在A点时,人对A点的压力等于人的重力,人对杆的压力的力臂为0,则人对杆的压力与力臂的乘积为0,所以OB中弹力大小F为0.人远离A点时,A为支点,人对杆的压力不变,人对杆的压力的力臂逐渐增大,则人对杆的压力与力臂的乘积增大,由于OA之间距离为x_A不变,据杠杆平衡条件得OB中弹力大小F增大.由于A点右端的距离大于A点左端的距离,所以OB受到的弹力大于人对杆的压力,即等于人的重力,所以OB中弹力大小F随x的增大,先减小至0,再增大至大于人的重力,故C正确.
解析
【分析】
解题思路：本题是杠杆平衡条件的应用问题，首先明确支点为A，跳板自重不计，我们可以分两个区间讨论弹力F随x的变化规律：1. 人在O点到支点A之间的区间；2. 人在支点A右侧的区间。分别对两个区间列杠杆平衡方程，推导F和x的函数关系，再代入特殊点（x=0、x=x_A、x=L）验证F的取值，即可判断符合规律的图像。
【解析】
设人的重力为G，跳板自重忽略不计，支点为A：
1. 当人处于O到A之间，即$0 ≤ x ≤ x_A$时：
人对跳板的压力大小等于G，该压力的力臂为$(x_A - x)$，OB的弹力F的力臂为OA的长度$x_A$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可得：
$$F · x_A = G · (x_A - x)$ 整理得：$F = G - \frac{G}{x_A}x$，这是随x增大的一次减函数：x=0时F=G，$x=x_A$时F=0，即从O点向A点移动过程中，F从人的重力G线性减小到0。2. 当人处于A点右侧，即$x ＞ x_A$时： 人对跳板的压力G的力臂为$(x - x_A)$，OB的弹力F的力臂仍为$x_A$，再次根据杠杆平衡条件： $$F · x_A = G · (x - x_A)$
整理得：$F = \frac{G}{x_A}x - G$，这是随x增大的一次增函数。跳板总长L大于OA的长度$x_A$，因此当x=L时，$F=\frac{G(L-x_A)}{x_A}$，由于跳板A点右侧的长度大于A点左侧的长度，最终F的数值会大于人的重力G。
综上，F随x的变化规律是：从G开始线性减小到0，再线性增大至大于G，对应选项C。
【答案】C
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂计算
【点评】
本题的易错点是容易混淆支点两侧的力臂方向，忽略人移动到A点右侧后弹力会超过人的重力，解题核心是分区间对杠杆列平衡方程，通过推导函数关系结合特殊点的取值判断图像走势，避免凭直觉误判。
【难度系数】
0.4
解题思路：本题是杠杆平衡条件的应用问题，首先明确支点为A，跳板自重不计，我们可以分两个区间讨论弹力F随x的变化规律：1. 人在O点到支点A之间的区间；2. 人在支点A右侧的区间。分别对两个区间列杠杆平衡方程，推导F和x的函数关系，再代入特殊点（x=0、x=x_A、x=L）验证F的取值，即可判断符合规律的图像。
【解析】
设人的重力为G，跳板自重忽略不计，支点为A：
1. 当人处于O到A之间，即$0 ≤ x ≤ x_A$时：
人对跳板的压力大小等于G，该压力的力臂为$(x_A - x)$，OB的弹力F的力臂为OA的长度$x_A$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可得：
$$F · x_A = G · (x_A - x)$ 整理得：$F = G - \frac{G}{x_A}x$，这是随x增大的一次减函数：x=0时F=G，$x=x_A$时F=0，即从O点向A点移动过程中，F从人的重力G线性减小到0。2. 当人处于A点右侧，即$x ＞ x_A$时： 人对跳板的压力G的力臂为$(x - x_A)$，OB的弹力F的力臂仍为$x_A$，再次根据杠杆平衡条件： $$F · x_A = G · (x - x_A)$
整理得：$F = \frac{G}{x_A}x - G$，这是随x增大的一次增函数。跳板总长L大于OA的长度$x_A$，因此当x=L时，$F=\frac{G(L-x_A)}{x_A}$，由于跳板A点右侧的长度大于A点左侧的长度，最终F的数值会大于人的重力G。
综上，F随x的变化规律是：从G开始线性减小到0，再线性增大至大于G，对应选项C。
【答案】C
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂计算
【点评】
本题的易错点是容易混淆支点两侧的力臂方向，忽略人移动到A点右侧后弹力会超过人的重力，解题核心是分区间对杠杆列平衡方程，通过推导函数关系结合特殊点的取值判断图像走势，避免凭直觉误判。
【难度系数】
0.4
3. 如图所示,水平实验台宽为$l$,边缘安装有压力传感器$C、D$($C、D$体积忽略不计),现将长为$3l$的一轻质杆平放在$C、D$上,其两端到$C、D$的距离相等,两端分别挂有质量均为$m_0 = 0.4\ \mathrm{kg}$的空容器$A、B$,实验中向$A$中装入一定质量的细沙,要使杆始终水平静止不动,可向$B$中注入一定质量的水,请分析:($\rho_{\mathrm{水}} = 1.0 × 10^3\ \mathrm{kg/m}^3$,$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)
(1)若操作中,向$B$中注入水的体积为$3\ \mathrm{L}$时,观察到传感器$C$示数恰好为零.则容器$B$中水的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{kg}$,容器$A$中细沙的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{kg}$.
(2)若向$A$中装入细沙的质量为$m_A$($m_A ＞ m_0$),当杆始终水平静止不动时,$B$中注入水的质量范围为______至______(结果用$m_A、m_0$表示).
(1)若操作中,向$B$中注入水的体积为$3\ \mathrm{L}$时,观察到传感器$C$示数恰好为零.则容器$B$中水的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{kg}$,容器$A$中细沙的质量为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{kg}$.
(2)若向$A$中装入细沙的质量为$m_A$($m_A ＞ m_0$),当杆始终水平静止不动时,$B$中注入水的质量范围为______至______(结果用$m_A、m_0$表示).
答案
3. (1)3 1.3 (2) $\frac{m_A - m_0}{2}$ $2m_A + m_0$
解析:(1)由 $\rho = \frac{m}{V}$ 可知,容器B中水的质量m=ρ水V=1.0×10³ kg/m³×3×10⁻³ m³=3 kg;当传感器C示数恰好为零时,以D为支点,根据杠杆平衡条件可得$(m_{沙}+m_0)g· 2l=(m_{水}+m_0)gl$,即$(m_{沙}+0.4kg)g· 2l=(3kg+0.4kg)gl$,解得m沙=1.3 kg.
(2)当传感器D示数为零时,m_B有最小值,根据杠杆平衡条件可得$(m_A+m_0)gl=(m_B+m_0)g· 2l$,解得$m_B=\frac{m_A - m_0}{2}$,当传感器C示数为零时,m_B有最大值,根据杠杆平衡条件可得$(m_A+m_0)g· 2l=(m_B+m_0)gl$,解得$m_B=2m_A+m_0$.由题意可知,当$m_A＞m_0$时,$\frac{m_A - m_0}{2} ≤ m_B ≤ 2m_A+m_0$.
解析:(1)由 $\rho = \frac{m}{V}$ 可知,容器B中水的质量m=ρ水V=1.0×10³ kg/m³×3×10⁻³ m³=3 kg;当传感器C示数恰好为零时,以D为支点,根据杠杆平衡条件可得$(m_{沙}+m_0)g· 2l=(m_{水}+m_0)gl$,即$(m_{沙}+0.4kg)g· 2l=(3kg+0.4kg)gl$,解得m沙=1.3 kg.
(2)当传感器D示数为零时,m_B有最小值,根据杠杆平衡条件可得$(m_A+m_0)gl=(m_B+m_0)g· 2l$,解得$m_B=\frac{m_A - m_0}{2}$,当传感器C示数为零时,m_B有最大值,根据杠杆平衡条件可得$(m_A+m_0)g· 2l=(m_B+m_0)gl$,解得$m_B=2m_A+m_0$.由题意可知,当$m_A＞m_0$时,$\frac{m_A - m_0}{2} ≤ m_B ≤ 2m_A+m_0$.
解析
【分析】
这道题是杠杆平衡条件的应用型题目，解题思路如下：
1. 第一小问首先利用密度公式直接计算B容器内水的质量，已知水的体积和密度，代入m=ρV即可得到结果；当传感器C示数为零时，说明C点对杆没有支持力，此时杠杆的支点为D点，先根据杆总长和CD间距确定两侧的力臂长度，再代入杠杆平衡公式，约去公共项后就能算出A中细沙的质量。
2. 第二小问要得到注入水的质量范围，需要找到两个临界状态：第一个临界是传感器D示数为零，此时支点为C点，代入杠杆平衡可以算出需要注入水的最小质量；第二个临界是传感器C示数为零，此时支点为D点，代入杠杆平衡可以算出需要注入水的最大质量，两个临界值就构成了水的质量范围。
【解析】
(1) 已知注入B的水的体积V=3L=3×10⁻³m³，由密度公式ρ= m/V可得：
水的质量m水=ρ水V=1.0×10³kg/m³ × 3×10⁻³m³=3kg。
当传感器C示数为零时，C点无支持力，以D为支点：
由题意可知杆总长3l，CD间距为l，A到C的距离为(3l-l)/2 = l，因此A到D的力臂L_A = l + l = 2l，B到D的力臂L_B = l。
根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，可得：
(m沙 + m₀)g·2l = (m水 + m₀)g·l
约去g和l，代入m₀=0.4kg、m水=3kg：
2(m沙 + 0.4kg) = 3kg + 0.4kg
解得m沙=1.3kg。
(2) ① 当传感器D示数为零时，D点无支持力，以C为支点，此时A到C的力臂L_A'=l，B到C的力臂L_B'=l + l=2l：
根据杠杆平衡条件：(m_A + m₀)g·l = (m_B小 + m₀)g·2l
约去g和l，整理得m_B小 = (m_A - m₀)/2，这是注入水的最小质量。
② 当传感器C示数为零时，C点无支持力，以D为支点，此时A到D的力臂为2l，B到D的力臂为l：
根据杠杆平衡条件：(m_A + m₀)g·2l = (m_B大 + m₀)g·l
约去g和l，整理得m_B大=2m_A + m₀，这是注入水的最大质量。
因此B中注入水的质量范围为$\frac{m_A - m_0}{2}$到$2m_A + m_0$。
【答案】
(1) 3；1.3 (2) $\frac{m_A - m_0}{2}$；$2m_A + m_0$
【知识点】
杠杆平衡条件；密度公式应用
【点评】
本题的易错点是容易混淆两个临界状态下的支点和对应力臂的长度，同时容易忽略容器自身的质量，没有将容器质量计入杠杆两侧的总重力。解题的核心是抓住“某传感器示数为零”的条件，快速确定对应支点，再代入杠杆平衡公式推导即可。
【难度系数】
0.6
这道题是杠杆平衡条件的应用型题目，解题思路如下：
1. 第一小问首先利用密度公式直接计算B容器内水的质量，已知水的体积和密度，代入m=ρV即可得到结果；当传感器C示数为零时，说明C点对杆没有支持力，此时杠杆的支点为D点，先根据杆总长和CD间距确定两侧的力臂长度，再代入杠杆平衡公式，约去公共项后就能算出A中细沙的质量。
2. 第二小问要得到注入水的质量范围，需要找到两个临界状态：第一个临界是传感器D示数为零，此时支点为C点，代入杠杆平衡可以算出需要注入水的最小质量；第二个临界是传感器C示数为零，此时支点为D点，代入杠杆平衡可以算出需要注入水的最大质量，两个临界值就构成了水的质量范围。
【解析】
(1) 已知注入B的水的体积V=3L=3×10⁻³m³，由密度公式ρ= m/V可得：
水的质量m水=ρ水V=1.0×10³kg/m³ × 3×10⁻³m³=3kg。
当传感器C示数为零时，C点无支持力，以D为支点：
由题意可知杆总长3l，CD间距为l，A到C的距离为(3l-l)/2 = l，因此A到D的力臂L_A = l + l = 2l，B到D的力臂L_B = l。
根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，可得：
(m沙 + m₀)g·2l = (m水 + m₀)g·l
约去g和l，代入m₀=0.4kg、m水=3kg：
2(m沙 + 0.4kg) = 3kg + 0.4kg
解得m沙=1.3kg。
(2) ① 当传感器D示数为零时，D点无支持力，以C为支点，此时A到C的力臂L_A'=l，B到C的力臂L_B'=l + l=2l：
根据杠杆平衡条件：(m_A + m₀)g·l = (m_B小 + m₀)g·2l
约去g和l，整理得m_B小 = (m_A - m₀)/2，这是注入水的最小质量。
② 当传感器C示数为零时，C点无支持力，以D为支点，此时A到D的力臂为2l，B到D的力臂为l：
根据杠杆平衡条件：(m_A + m₀)g·2l = (m_B大 + m₀)g·l
约去g和l，整理得m_B大=2m_A + m₀，这是注入水的最大质量。
因此B中注入水的质量范围为$\frac{m_A - m_0}{2}$到$2m_A + m_0$。
【答案】
(1) 3；1.3 (2) $\frac{m_A - m_0}{2}$；$2m_A + m_0$
【知识点】
杠杆平衡条件；密度公式应用
【点评】
本题的易错点是容易混淆两个临界状态下的支点和对应力臂的长度，同时容易忽略容器自身的质量，没有将容器质量计入杠杆两侧的总重力。解题的核心是抓住“某传感器示数为零”的条件，快速确定对应支点，再代入杠杆平衡公式推导即可。
【难度系数】
0.6
4. (2025·南京玄武区期中)如图所示,利用动滑轮将重200 N的物体匀速提升0.4 m,用时2 s.不计绳重和摩擦,动滑轮的机械效率为80%,则有用功为
80
J,拉力的功率为50
W;若用该动滑轮分别提升重为G和2G的物体,其机械效率之比$\eta_1:\eta_2=7:8$,则$G=$150
N.答案
4. 80 50 150 解析:有用功$W_{有用}=G_{总}h=200N×0.4m=80J$,拉力做的功$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{80J}{80\%}=100J$,拉力的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{100J}{2s}=50W$.动滑轮绳子承重段数n=2,由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{G_{物}}{nF}$,拉力的大小为$F=\frac{G_{物}}{n\eta}=\frac{200N}{2×80\%}=125N$,则该动滑轮的重为$G_{动}=2F-G_{物}=2×125N-200N=50N$.不计绳重和摩擦,动滑轮的机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}=\frac{G_{物}h}{G_{物}h+G_{动}h}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$,则提升重为G和2G的物体时,其机械效率之比$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{\frac{G}{G+G_{动}}}{\frac{2G}{2G+G_{动}}}=\frac{2G+G_{动}}{2(G+G_{动})}=\frac{7}{8}$,整理可得$G=3G_{动}=3×50N=150N$.
解析
【分析】
这道题可以分三步逐步求解：第一步先求有用功，有用功是直接克服物体重力做的功，直接代入公式W有=Gh就能算出结果；第二步求拉力的功率，已知机械效率，用有用功除以机械效率得到总功，再用总功除以做功时间就得到拉力的功率；第三步求未知物重G，首先先通过第一次的已知条件算出动滑轮的自重，因为不计绳重和摩擦，额外功仅来自动滑轮的重力，推导得到动滑轮机械效率的简化表达式η=G物/(G物+G动)，再结合题目给出的两次机械效率的比值列方程，就能解出G的数值。
【解析】
1. 计算有用功：
已知物体重力G物=200N，提升高度h=0.4m，克服物体重力做的有用功为：
$W_{有用}=G_{物}h=200N×0.4m=80J$
2. 计算拉力的功率：
已知动滑轮机械效率η=80%，由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$可得拉力做的总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{80J}{80\%}=100J$
已知做功时间t=2s，拉力的功率为：
$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{100J}{2s}=50W$
3. 求解动滑轮重力和未知物重G：
不计绳重和摩擦，额外功仅为提升动滑轮做的功，因此机械效率可推导为：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{G_{物}h}{G_{物}h+G_{动}h}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$
代入第一次的已知条件：$80\%=\frac{200N}{200N+G_{动}}$，解得动滑轮重力$G_{动}=50N$。
两次提升物重分别为G和2G，已知$\eta_1:\eta_2=7:8$，代入效率表达式：
$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{\frac{G}{G+G_{动}}}{\frac{2G}{2G+G_{动}}}=\frac{2G+G_{动}}{2(G+G_{动})}=\frac{7}{8}$
将$G_{动}=50N$代入整理，解得$G=150N$。
【答案】
80；50；150
【知识点】
有用功计算，机械效率推导，功率计算
【点评】
本题是动滑轮相关的力学综合基础题，前两空属于常规计算难度较低，第三空的核心是掌握不计绳重摩擦时动滑轮机械效率的简化推导式，无需反复计算拉力，直接利用物重和动滑轮自重的比值即可快速建立比例关系，简化运算过程，避免不必要的计算错误。
【难度系数】
0.6
这道题可以分三步逐步求解：第一步先求有用功，有用功是直接克服物体重力做的功，直接代入公式W有=Gh就能算出结果；第二步求拉力的功率，已知机械效率，用有用功除以机械效率得到总功，再用总功除以做功时间就得到拉力的功率；第三步求未知物重G，首先先通过第一次的已知条件算出动滑轮的自重，因为不计绳重和摩擦，额外功仅来自动滑轮的重力，推导得到动滑轮机械效率的简化表达式η=G物/(G物+G动)，再结合题目给出的两次机械效率的比值列方程，就能解出G的数值。
【解析】
1. 计算有用功：
已知物体重力G物=200N，提升高度h=0.4m，克服物体重力做的有用功为：
$W_{有用}=G_{物}h=200N×0.4m=80J$
2. 计算拉力的功率：
已知动滑轮机械效率η=80%，由$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$可得拉力做的总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{80J}{80\%}=100J$
已知做功时间t=2s，拉力的功率为：
$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{100J}{2s}=50W$
3. 求解动滑轮重力和未知物重G：
不计绳重和摩擦，额外功仅为提升动滑轮做的功，因此机械效率可推导为：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{G_{物}h}{G_{物}h+G_{动}h}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}}$
代入第一次的已知条件：$80\%=\frac{200N}{200N+G_{动}}$，解得动滑轮重力$G_{动}=50N$。
两次提升物重分别为G和2G，已知$\eta_1:\eta_2=7:8$，代入效率表达式：
$\frac{\eta_1}{\eta_2}=\frac{\frac{G}{G+G_{动}}}{\frac{2G}{2G+G_{动}}}=\frac{2G+G_{动}}{2(G+G_{动})}=\frac{7}{8}$
将$G_{动}=50N$代入整理，解得$G=150N$。
【答案】
80；50；150
【知识点】
有用功计算，机械效率推导，功率计算
【点评】
本题是动滑轮相关的力学综合基础题，前两空属于常规计算难度较低，第三空的核心是掌握不计绳重摩擦时动滑轮机械效率的简化推导式，无需反复计算拉力，直接利用物重和动滑轮自重的比值即可快速建立比例关系，简化运算过程，避免不必要的计算错误。
【难度系数】
0.6
