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13.如图所示为一根均匀的木棒$OC$，$OA=\frac{1}{4}OC$，$B$为$OC$的中点，在$C$点施力将挂在$A$点的重为200N的物体匀速提升0.2m，木棒的机械效率为80％，提升该物体做的有用功是
40
J，木棒重为25
N（不计摩擦）。若将该重物移至$B$点，仍匀速提升0.2m，则机械效率将大于
（填“大于”“等于”或“小于”）80％。答案
13.40 25 大于
解析
【分析】
本题需结合机械效率、功的计算及杠杆的特点解题：首先，有用功是对物体做的功，总功等于有用功与机械效率的比值，不计摩擦时额外功为克服木棒重力做的功；利用杠杆上各点的距离关系，通过相似三角形确定物体提升高度与木棒重心提升高度的关系，进而计算木棒重力；当重物位置改变时，分析有用功和额外功的变化，判断机械效率的变化。
【解析】
1. 计算有用功：
提升物体做的有用功是对物体做功，公式为 $ W_{有用}=G_{物}h $，代入数据得：
$ W_{有用}=200N×0.2m=40J $。
2. 计算木棒重力：
已知机械效率 $ η=80\% $，总功 $ W_{总}=\frac{W_{有用}}{η}=\frac{40J}{80\%}=50J $。
不计摩擦，额外功为克服木棒重力做的功，即 $ W_{额}=W_{总}-W_{有用}=50J-40J=10J $。
均匀木棒的重心在其中点B，由 $ OA=\frac{1}{4}OC $，B为OC中点，得 $ OA:OB=1:2 $。根据相似三角形，A点上升0.2m时，木棒重心B上升的高度 $ h_{木}=2×0.2m=0.4m $。
由 $ W_{额}=G_{木}h_{木} $，得木棒重力 $ G_{木}=\frac{W_{额}}{h_{木}}=\frac{10J}{0.4m}=25N $。
3. 判断机械效率变化：
重物移至B点，仍提升0.2m，有用功仍为 $ W_{有用}'=200N×0.2m=40J $；
木棒重心仍在B点，此时B点上升0.2m，额外功 $ W_{额}'=G_{木}×0.2m=25N×0.2m=5J $；
总功 $ W_{总}'=40J+5J=45J $，机械效率 $ η'=\frac{40J}{45J}≈88.9\%＞80\% $，故机械效率大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
机械效率、功的计算、杠杆的应用
【点评】
本题结合杠杆特点考查机械效率的计算，核心是明确额外功的来源（克服木棒重力做功），利用相似三角形确定各点上升高度的关系，分析重物位置变化时额外功的变化，进而判断机械效率的变化，需掌握功和机械效率的基本公式，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题需结合机械效率、功的计算及杠杆的特点解题：首先，有用功是对物体做的功，总功等于有用功与机械效率的比值，不计摩擦时额外功为克服木棒重力做的功；利用杠杆上各点的距离关系，通过相似三角形确定物体提升高度与木棒重心提升高度的关系，进而计算木棒重力；当重物位置改变时，分析有用功和额外功的变化，判断机械效率的变化。
【解析】
1. 计算有用功：
提升物体做的有用功是对物体做功，公式为 $ W_{有用}=G_{物}h $，代入数据得：
$ W_{有用}=200N×0.2m=40J $。
2. 计算木棒重力：
已知机械效率 $ η=80\% $，总功 $ W_{总}=\frac{W_{有用}}{η}=\frac{40J}{80\%}=50J $。
不计摩擦，额外功为克服木棒重力做的功，即 $ W_{额}=W_{总}-W_{有用}=50J-40J=10J $。
均匀木棒的重心在其中点B，由 $ OA=\frac{1}{4}OC $，B为OC中点，得 $ OA:OB=1:2 $。根据相似三角形，A点上升0.2m时，木棒重心B上升的高度 $ h_{木}=2×0.2m=0.4m $。
由 $ W_{额}=G_{木}h_{木} $，得木棒重力 $ G_{木}=\frac{W_{额}}{h_{木}}=\frac{10J}{0.4m}=25N $。
3. 判断机械效率变化：
重物移至B点，仍提升0.2m，有用功仍为 $ W_{有用}'=200N×0.2m=40J $；
木棒重心仍在B点，此时B点上升0.2m，额外功 $ W_{额}'=G_{木}×0.2m=25N×0.2m=5J $；
总功 $ W_{总}'=40J+5J=45J $，机械效率 $ η'=\frac{40J}{45J}≈88.9\%＞80\% $，故机械效率大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
机械效率、功的计算、杠杆的应用
【点评】
本题结合杠杆特点考查机械效率的计算，核心是明确额外功的来源（克服木棒重力做功），利用相似三角形确定各点上升高度的关系，分析重物位置变化时额外功的变化，进而判断机械效率的变化，需掌握功和机械效率的基本公式，难度适中。
【难度系数】
0.5
三、解答题
14.按照题目要求作图.
(1)如图甲所示,用起子打开瓶盖.请在图中标出支点O,画出动力$F_1$的力臂$l_1$和阻力$F_2$.
(2)如图乙所示,一木箱放在水平地面上,用最小的力F使其向左翻转,请画出支点O和最小力F及其力臂$l$的示意图.
(3)如图丙所示,站在地面上的小明利用滑轮组将放在水平地面上的重物G提起,请画出最省力的绳子绕法.
14.按照题目要求作图.
(1)如图甲所示,用起子打开瓶盖.请在图中标出支点O,画出动力$F_1$的力臂$l_1$和阻力$F_2$.
(2)如图乙所示,一木箱放在水平地面上,用最小的力F使其向左翻转,请画出支点O和最小力F及其力臂$l$的示意图.
(3)如图丙所示,站在地面上的小明利用滑轮组将放在水平地面上的重物G提起,请画出最省力的绳子绕法.
答案
14.(1)
(2)
(3)
解析
【分析】
本题为力学作图题，需分别运用杠杆作图规则和滑轮组绕线方法解题：
(1) 杠杆作图需先确定支点（杠杆绕转动的固定点），阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是支点到力作用线的垂直距离；
(2) 根据杠杆平衡条件，要使力最小，需找最长力臂，即支点到力作用点的连线，力的方向垂直于该连线；
(3) 滑轮组最省力的绕线，需让承担物重的绳子段数最多，且拉力方向符合站在地面的要求，从动滑轮开始绕线。
【解析】
(1) 甲图：支点O是起子与瓶盖顶部的接触点；阻力F₂是瓶盖对起子的向下作用力；动力臂l₁是从O点向F₁的作用线作垂线，垂线段即为l₁，标注清晰。
(2) 乙图：支点O是木箱左下角（翻转时的转动点）；最小力的作用点在木箱右上角，力的方向垂直于O与右上角的连线向左上方，该连线即为最长力臂l。
(3) 丙图：从动滑轮挂钩开始绕线，依次绕过上方定滑轮、动滑轮，最终拉力向下，此绕法承担物重的绳子段数最多，符合站在地面操作的要求。
【答案】
14.(1) (2) (3)
【知识点】
杠杆力臂、最小力作图、滑轮组绕线
【点评】
本题考查力学基础作图，涵盖杠杆和滑轮组核心知识点，需掌握作图基本方法，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题为力学作图题，需分别运用杠杆作图规则和滑轮组绕线方法解题：
(1) 杠杆作图需先确定支点（杠杆绕转动的固定点），阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是支点到力作用线的垂直距离；
(2) 根据杠杆平衡条件，要使力最小，需找最长力臂，即支点到力作用点的连线，力的方向垂直于该连线；
(3) 滑轮组最省力的绕线，需让承担物重的绳子段数最多，且拉力方向符合站在地面的要求，从动滑轮开始绕线。
【解析】
(1) 甲图：支点O是起子与瓶盖顶部的接触点；阻力F₂是瓶盖对起子的向下作用力；动力臂l₁是从O点向F₁的作用线作垂线，垂线段即为l₁，标注清晰。
(2) 乙图：支点O是木箱左下角（翻转时的转动点）；最小力的作用点在木箱右上角，力的方向垂直于O与右上角的连线向左上方，该连线即为最长力臂l。
(3) 丙图：从动滑轮挂钩开始绕线，依次绕过上方定滑轮、动滑轮，最终拉力向下，此绕法承担物重的绳子段数最多，符合站在地面操作的要求。
【答案】
14.(1)
(2) (3) 【知识点】
杠杆力臂、最小力作图、滑轮组绕线
【点评】
本题考查力学基础作图，涵盖杠杆和滑轮组核心知识点，需掌握作图基本方法，难度适中。
【难度系数】
0.5
15.(2024·铜山区期中)小明用如图所示的装置来探究杠杆平衡的条件.
(1)如图甲所示,实验前,将杠杆中点置于支架上,当杠杆静止时,发现杠杆右端下沉.此时,应该把杠杆左端的平衡螺母向
(2)某次实验情景如图乙所示,发现要使杠杆在水平位置平衡,弹簧测力计向下的拉力将超过其量程.为了完成实验,下列操作可行的是
A.向左移动钩码的悬挂点 B.向右移动弹簧测力计的悬挂点
C.向左移动平衡螺母 D.向右移动平衡螺母
(3)小明竖直向下拉弹簧测力计,使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度,如图丙所示,此过程中,弹簧测力计的示数
(4)在实验探究过程中,需要进行多次实验的目的是
(1)如图甲所示,实验前,将杠杆中点置于支架上,当杠杆静止时,发现杠杆右端下沉.此时,应该把杠杆左端的平衡螺母向
左
调节,使杠杆在水平位置平衡.(2)某次实验情景如图乙所示,发现要使杠杆在水平位置平衡,弹簧测力计向下的拉力将超过其量程.为了完成实验,下列操作可行的是
B
.A.向左移动钩码的悬挂点 B.向右移动弹簧测力计的悬挂点
C.向左移动平衡螺母 D.向右移动平衡螺母
(3)小明竖直向下拉弹簧测力计,使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度,如图丙所示,此过程中,弹簧测力计的示数
不变
(填“变大”“变小”或“不变”).(4)在实验探究过程中,需要进行多次实验的目的是
避免偶然性,得出普遍规律
.答案
15.(1)左 (2)B (3)不变
(4)避免偶然性,得出普遍规律
(4)避免偶然性,得出普遍规律
解析
【分析】
本题围绕杠杆平衡条件的探究实验展开，需结合杠杆调平方法、杠杆平衡条件的应用、转动杠杆时力的变化规律及多次实验的目的逐步分析：
1. 实验前杠杆调平：杠杆右端下沉说明右端偏重，平衡螺母应向杠杆偏高的一端（左端）调节，使杠杆在水平位置平衡，便于后续测量力臂。
2. 解决弹簧测力计量程不足问题：依据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，要减小弹簧测力计的拉力，可增大动力臂或减小阻力臂，且实验过程中不能调节平衡螺母。
3. 转动杠杆时力的变化：杠杆转过一定角度后，阻力臂和动力臂的比值不变，结合平衡条件可判断拉力的变化。
4. 多次实验的目的：探究类实验多次实验是为了避免偶然性，得出普遍规律。
【解析】
(1) 实验前杠杆右端下沉，左端偏高，根据“平衡螺母向杠杆偏高端调节”的原则，应将左端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，要减小弹簧测力计的拉力，需增大动力臂或减小阻力臂：
选项A：向左移动钩码悬挂点，阻力臂变大，拉力会更大，不可行；
选项B：向右移动弹簧测力计的悬挂点，动力臂变大，拉力变小，可行；
选项C、D：平衡螺母仅用于实验前调平，实验过程中不能调节平衡螺母，不可行。
因此选B。
(3) 当杠杆转过一定角度时，钩码的重力（阻力）不变，阻力臂是支点$O$到钩码重力作用线的垂直距离，动力臂是支点$O$到弹簧测力计拉力作用线的垂直距离。由于杠杆转过相同角度，阻力臂与动力臂的比值不变，根据$F_1L_1=F_2L_2$，阻力与阻力臂的乘积不变，所以弹簧测力计的示数不变。
(4) 探究杠杆平衡条件时，单次实验结果具有偶然性，多次实验的目的是避免偶然性，得出普遍规律。
【答案】
(1) 左；(2) B；(3) 不变；(4) 避免偶然性，得出普遍规律
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆调平；多次实验的目的
【点评】
本题是杠杆实验的基础题型，涵盖了杠杆调平、平衡条件应用、力臂分析及实验目的等核心知识点，需注意实验过程中不能调节平衡螺母，以及转动杠杆时力臂的变化规律，整体难度适中。
【难度系数】
0.7
本题围绕杠杆平衡条件的探究实验展开，需结合杠杆调平方法、杠杆平衡条件的应用、转动杠杆时力的变化规律及多次实验的目的逐步分析：
1. 实验前杠杆调平：杠杆右端下沉说明右端偏重，平衡螺母应向杠杆偏高的一端（左端）调节，使杠杆在水平位置平衡，便于后续测量力臂。
2. 解决弹簧测力计量程不足问题：依据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，要减小弹簧测力计的拉力，可增大动力臂或减小阻力臂，且实验过程中不能调节平衡螺母。
3. 转动杠杆时力的变化：杠杆转过一定角度后，阻力臂和动力臂的比值不变，结合平衡条件可判断拉力的变化。
4. 多次实验的目的：探究类实验多次实验是为了避免偶然性，得出普遍规律。
【解析】
(1) 实验前杠杆右端下沉，左端偏高，根据“平衡螺母向杠杆偏高端调节”的原则，应将左端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，要减小弹簧测力计的拉力，需增大动力臂或减小阻力臂：
选项A：向左移动钩码悬挂点，阻力臂变大，拉力会更大，不可行；
选项B：向右移动弹簧测力计的悬挂点，动力臂变大，拉力变小，可行；
选项C、D：平衡螺母仅用于实验前调平，实验过程中不能调节平衡螺母，不可行。
因此选B。
(3) 当杠杆转过一定角度时，钩码的重力（阻力）不变，阻力臂是支点$O$到钩码重力作用线的垂直距离，动力臂是支点$O$到弹簧测力计拉力作用线的垂直距离。由于杠杆转过相同角度，阻力臂与动力臂的比值不变，根据$F_1L_1=F_2L_2$，阻力与阻力臂的乘积不变，所以弹簧测力计的示数不变。
(4) 探究杠杆平衡条件时，单次实验结果具有偶然性，多次实验的目的是避免偶然性，得出普遍规律。
【答案】
(1) 左；(2) B；(3) 不变；(4) 避免偶然性，得出普遍规律
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆调平；多次实验的目的
【点评】
本题是杠杆实验的基础题型，涵盖了杠杆调平、平衡条件应用、力臂分析及实验目的等核心知识点，需注意实验过程中不能调节平衡螺母，以及转动杠杆时力臂的变化规律，整体难度适中。
【难度系数】
0.7
