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13. 如图所示为一根均匀的木棒 $OC,OA=\dfrac{1}{4}OC,B$ 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】
首先第一步计算有用功，有用功是对悬挂的重物做的功，直接用公式W有=Gh代入重物重力和提升高度即可算出结果。第二步求木棒重力，先通过机械效率的定义式算出总功，总功减去有用功得到额外功，题目说明不计摩擦，额外功全部用来克服木棒自身重力做功；由于木棒是均匀的，重心在中点B处，利用相似三角形的比例关系，结合OA和OB的长度比例，得到A点重物上升0.2m时木棒重心上升的高度，再通过额外功的公式就能求出木棒的重力。第三步分析机械效率变化：重物移到B点后，仍提升0.2m，对重物做的有用功和之前相等，但此时木棒重心上升的高度比重物在A点时更小，克服木棒自重做的额外功减少，有用功在总功中的占比提升，因此机械效率会升高。
【解析】
1. 计算有用功：
提升物体做的有用功为：
$W_{\mathrm{有}} = G_{\mathrm{物}}h = 200\,\mathrm{N} × 0.2\,\mathrm{m} = 40\,\mathrm{J}$。
2. 计算木棒重力：
由机械效率公式$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}$，可得总功：
$W_{\mathrm{总}} = \frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta} = \frac{40\,\mathrm{J}}{80\%} = 50\,\mathrm{J}$。
不计摩擦，额外功全部为克服木棒自重做的功：
$W_{\mathrm{额}} = W_{\mathrm{总}} - W_{\mathrm{有}} = 50\,\mathrm{J} - 40\,\mathrm{J} = 10\,\mathrm{J}$。
已知$OA=\frac{1}{4}OC$，B是OC中点即$OB=\frac{1}{2}OC$，因此$OB=2OA$，根据相似三角形高度比例关系，A点上升0.2m时，B点（木棒重心）上升的高度$h_{\mathrm{棒}}=2h=2×0.2\,\mathrm{m}=0.4\,\mathrm{m}$。
由$W_{\mathrm{额}}=G_{\mathrm{棒}}h_{\mathrm{棒}}$，得木棒重力：
$G_{\mathrm{棒}} = \frac{W_{\mathrm{额}}}{h_{\mathrm{棒}}} = \frac{10\,\mathrm{J}}{0.4\,\mathrm{m}} = 25\,\mathrm{N}$。
3. 分析机械效率变化：
重物移到B点后仍提升0.2m，有用功仍为40J，此时木棒重心就在B点，重心上升高度等于0.2m，克服木棒自重的额外功变为$W_{\mathrm{额}}'=25\,\mathrm{N}×0.2\,\mathrm{m}=5\,\mathrm{J}$，额外功减小，有用功占总功的比值变大，因此机械效率大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
有用功计算，杠杆机械效率，额外功分析
【点评】
本题结合杠杆场景考查机械效率的相关计算，易错点是容易搞错木棒重心上升的高度，需要结合杠杆的力臂比例关系，利用相似三角形得到重心上升高度和物体上升高度的对应关系，第三空的效率变化分析需要明确额外功的来源是克服木棒自重，重物向支点方向移动后额外功减小，机械效率升高。
【难度系数】
0.6
首先第一步计算有用功，有用功是对悬挂的重物做的功，直接用公式W有=Gh代入重物重力和提升高度即可算出结果。第二步求木棒重力，先通过机械效率的定义式算出总功，总功减去有用功得到额外功，题目说明不计摩擦，额外功全部用来克服木棒自身重力做功；由于木棒是均匀的，重心在中点B处，利用相似三角形的比例关系，结合OA和OB的长度比例，得到A点重物上升0.2m时木棒重心上升的高度，再通过额外功的公式就能求出木棒的重力。第三步分析机械效率变化：重物移到B点后，仍提升0.2m，对重物做的有用功和之前相等，但此时木棒重心上升的高度比重物在A点时更小，克服木棒自重做的额外功减少，有用功在总功中的占比提升，因此机械效率会升高。
【解析】
1. 计算有用功：
提升物体做的有用功为：
$W_{\mathrm{有}} = G_{\mathrm{物}}h = 200\,\mathrm{N} × 0.2\,\mathrm{m} = 40\,\mathrm{J}$。
2. 计算木棒重力：
由机械效率公式$\eta=\frac{W_{\mathrm{有}}}{W_{\mathrm{总}}}$，可得总功：
$W_{\mathrm{总}} = \frac{W_{\mathrm{有}}}{\eta} = \frac{40\,\mathrm{J}}{80\%} = 50\,\mathrm{J}$。
不计摩擦，额外功全部为克服木棒自重做的功：
$W_{\mathrm{额}} = W_{\mathrm{总}} - W_{\mathrm{有}} = 50\,\mathrm{J} - 40\,\mathrm{J} = 10\,\mathrm{J}$。
已知$OA=\frac{1}{4}OC$，B是OC中点即$OB=\frac{1}{2}OC$，因此$OB=2OA$，根据相似三角形高度比例关系，A点上升0.2m时，B点（木棒重心）上升的高度$h_{\mathrm{棒}}=2h=2×0.2\,\mathrm{m}=0.4\,\mathrm{m}$。
由$W_{\mathrm{额}}=G_{\mathrm{棒}}h_{\mathrm{棒}}$，得木棒重力：
$G_{\mathrm{棒}} = \frac{W_{\mathrm{额}}}{h_{\mathrm{棒}}} = \frac{10\,\mathrm{J}}{0.4\,\mathrm{m}} = 25\,\mathrm{N}$。
3. 分析机械效率变化：
重物移到B点后仍提升0.2m，有用功仍为40J，此时木棒重心就在B点，重心上升高度等于0.2m，克服木棒自重的额外功变为$W_{\mathrm{额}}'=25\,\mathrm{N}×0.2\,\mathrm{m}=5\,\mathrm{J}$，额外功减小，有用功占总功的比值变大，因此机械效率大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
有用功计算，杠杆机械效率，额外功分析
【点评】
本题结合杠杆场景考查机械效率的相关计算，易错点是容易搞错木棒重心上升的高度，需要结合杠杆的力臂比例关系，利用相似三角形得到重心上升高度和物体上升高度的对应关系，第三空的效率变化分析需要明确额外功的来源是克服木棒自重，重物向支点方向移动后额外功减小，机械效率升高。
【难度系数】
0.6
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. 图中已标出支点 O,请画出动力 $F_1$ 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. 图中已标出支点 O,请画出动力 $F_1$ 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. 作图结果如第14题答图所示：
解析
【分析】
这是三道力学综合作图题，我们可以逐个按对应知识点的逻辑思考：
1. 第一小问画起子的动力臂和阻力：首先回忆力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，先延长动力的作用线，从已知支点向该线作垂线就能得到动力臂；再根据起子开瓶盖的转动方向，判断瓶盖对起子的阻碍力方向向下，即可画出阻力。
2. 第二小问画向左翻转木箱的最小力：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂固定时，动力臂越长动力越小，向左翻转木箱的支点是木箱左下角和地面的接触点，最长的动力臂就是支点到木箱对角右上角的连线，垂直于该连线的力就是最小力。
3. 第三小问画站在地面提重物的最省力滑轮组绕法：小明站在地面拉绳说明最终拉力方向必须向下，要最省力就要让动滑轮上承担物重的绳子段数尽可能多，结合拉力向下的要求确定绕线顺序即可。
【解析】
(1) ① 沿动力$F_1$的方向适当延长其作用线；② 从支点$O$向$F_1$的作用线作垂线段，标注垂直符号，该垂线段就是动力臂$l_1$；③ 瓶盖阻碍起子向上转动，阻力方向竖直向下，作用点在起子和瓶盖的接触位置，画出带箭头的线段标注$F_2$。
(2) ① 向左翻转木箱时，木箱绕左下角与地面的接触点转动，该点即为支点$O$；② 连接支点$O$与木箱右上角的顶点，该线段就是最长的动力臂$l$；③ 过木箱右上角顶点作垂直于$l$向左上方的带箭头线段，即为最小动力$F$，此时动力臂最大，动力最小。
(3) 结合人站在地面向下施力的要求，将绳子起始端固定在定滑轮的下挂钩处，先向下绕过动滑轮，再向上绕过定滑轮，最终绳子自由端竖直向下，是该场景下最省力的绕法。
【答案】
【知识点】
杠杆力臂作图，最小力杠杆，滑轮组绕线
【点评】
本题是力学作图的基础综合题，覆盖了杠杆、滑轮组的核心作图考点，需要学生牢记力臂的定义、利用杠杆平衡条件推导最小力的逻辑，同时注意结合实际施力场景判断滑轮组的绕线方向，作图时不要遗漏垂直符号、力和力臂的标注等细节要素。
【难度系数】
0.6
这是三道力学综合作图题，我们可以逐个按对应知识点的逻辑思考：
1. 第一小问画起子的动力臂和阻力：首先回忆力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，先延长动力的作用线，从已知支点向该线作垂线就能得到动力臂；再根据起子开瓶盖的转动方向，判断瓶盖对起子的阻碍力方向向下，即可画出阻力。
2. 第二小问画向左翻转木箱的最小力：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂固定时，动力臂越长动力越小，向左翻转木箱的支点是木箱左下角和地面的接触点，最长的动力臂就是支点到木箱对角右上角的连线，垂直于该连线的力就是最小力。
3. 第三小问画站在地面提重物的最省力滑轮组绕法：小明站在地面拉绳说明最终拉力方向必须向下，要最省力就要让动滑轮上承担物重的绳子段数尽可能多，结合拉力向下的要求确定绕线顺序即可。
【解析】
(1) ① 沿动力$F_1$的方向适当延长其作用线；② 从支点$O$向$F_1$的作用线作垂线段，标注垂直符号，该垂线段就是动力臂$l_1$；③ 瓶盖阻碍起子向上转动，阻力方向竖直向下，作用点在起子和瓶盖的接触位置，画出带箭头的线段标注$F_2$。
(2) ① 向左翻转木箱时，木箱绕左下角与地面的接触点转动，该点即为支点$O$；② 连接支点$O$与木箱右上角的顶点，该线段就是最长的动力臂$l$；③ 过木箱右上角顶点作垂直于$l$向左上方的带箭头线段，即为最小动力$F$，此时动力臂最大，动力最小。
(3) 结合人站在地面向下施力的要求，将绳子起始端固定在定滑轮的下挂钩处，先向下绕过动滑轮，再向上绕过定滑轮，最终绳子自由端竖直向下，是该场景下最省力的绕法。
【答案】
【知识点】
杠杆力臂作图，最小力杠杆，滑轮组绕线
【点评】
本题是力学作图的基础综合题，覆盖了杠杆、滑轮组的核心作图考点，需要学生牢记力臂的定义、利用杠杆平衡条件推导最小力的逻辑，同时注意结合实际施力场景判断滑轮组的绕线方向，作图时不要遗漏垂直符号、力和力臂的标注等细节要素。
【难度系数】
0.6
15.(2024·盐城期中)"小小秤砣压千斤",可生活中没见过能称"千斤"的杆秤,小明对此存在疑惑.于是国庆假期他邀请物理老师去动物园,用自制"杆秤"称大象的质量.器材有铁笼、长钢管、卷尺、测力计、起重机等,$g$取$10\mathrm{N}/\mathrm{kg}$.步骤如下:
(1)如图所示,先将空铁笼挂在钢管的$B$点,左右移动吊钩到$O$点,直到钢管水平静止,目的是
(2)将大象引入铁笼,保持$O$、$B$点位置不变.用测力计竖直向下拉住钢管上$A$点,使之
(3)测得$F_{1}=200\mathrm{N}$,$OB=8\mathrm{c}\mathrm{m}$,$OA=8\mathrm{m}$,则大象的质量为
(4)经过活动,小明理解了"小小秤砣压千斤"的原理是
(5)小明想用现有器材称出更重些的大象,做法是:将$O$点向右移动,减小阻力臂从而增加所测质量,老师觉得不对,原因是
(1)如图所示,先将空铁笼挂在钢管的$B$点,左右移动吊钩到$O$点,直到钢管水平静止,目的是
消除钢管、铁笼重力对杠杆平衡的影响
.(2)将大象引入铁笼,保持$O$、$B$点位置不变.用测力计竖直向下拉住钢管上$A$点,使之
在水平位置
静止,目的是便于直接从杠杆上读出力臂
.(3)测得$F_{1}=200\mathrm{N}$,$OB=8\mathrm{c}\mathrm{m}$,$OA=8\mathrm{m}$,则大象的质量为
2000
$\mathrm{k}\mathrm{g}$.(4)经过活动,小明理解了"小小秤砣压千斤"的原理是
杠杆原理
.(5)小明想用现有器材称出更重些的大象,做法是:将$O$点向右移动,减小阻力臂从而增加所测质量,老师觉得不对,原因是
没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡条件的影响
.答案
15.(1)消除钢管、铁笼重力对杠杆平衡的影响
(2)在水平位置 从杠杆上读出力臂
(3)2000
(4)杠杆原理
(5)没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡条件的影响
(2)在水平位置 从杠杆上读出力臂
(3)2000
(4)杠杆原理
(5)没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡条件的影响
解析
【分析】
这是一道结合实际场景的杠杆应用实验题，解题时可以顺着实验操作的逻辑一步步推导：
1. 第一小问：实验初始阶段挂空铁笼调节钢管水平平衡，和杠杆实验前调平的思路一致，目的是提前抵消钢管自身重力、空铁笼重力对后续测量的干扰，后续计算时就不需要额外计入这两部分的力的力矩了。
2. 第二小问：让杠杆再次在水平位置静止，此时动力、阻力的方向都是竖直方向，力臂刚好和杠杆重合，就可以直接从杠杆上读取/测量力臂的长度，简化实验操作。
3. 第三小问：已经提前消除了钢管和空铁笼的重力影响，此时杠杆平衡满足动力×动力臂=阻力×阻力臂，代入已知数值就能算出大象的总重力，再通过G=mg换算得到质量。
4. 第四小问：“小小秤砣压千斤”本质就是利用杠杆平衡，动力臂远大于阻力臂时，很小的动力就能平衡非常大的阻力，核心是杠杆原理。
5. 第五小问：初始的O点是专门调节出来抵消钢管、铁笼重力影响的位置，如果移动O点，原本被抵消的钢管和铁笼的重力就会重新对杠杆平衡产生影响，导致测量结果错误，所以小明的思路不对。
【解析】
(1) 先挂空铁笼移动吊钩O直到钢管水平静止，此时钢管自身重力和空铁笼的重力的力矩刚好抵消，后续测量大象重力时，就不需要考虑钢管、铁笼自身重力对杠杆平衡的影响。
(2) 保持O、B位置不变，用测力计拉A点让钢管在水平位置静止，此时竖直方向的拉力、阻力对应的力臂都沿钢管方向，便于直接从杠杆上读出力臂的大小。
(3) 根据杠杆平衡条件$F_1 · OA = G · OB$，代入数值：$F_1=200\mathrm{N}$，$OA=8\mathrm{m}$，$OB=0.08\mathrm{m}$，可得大象的重力$G=\frac{F_1 · OA}{OB}=\frac{200\mathrm{N} × 8\mathrm{m}}{0.08\mathrm{m}}=20000\mathrm{N}$，大象的质量$m=\frac{G}{g}=\frac{20000\mathrm{N}}{10\mathrm{N/kg}}=2000\mathrm{kg}$。
(4) “小小秤砣压千斤”是利用动力臂远大于阻力臂的杠杆，用较小的动力就可以克服很大的阻力，原理是杠杆原理。
(5) 初始选定的O点已经抵消了钢管和铁笼的重力对平衡的影响，将O点向右移动后，没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡的影响，会导致测量结果错误，因此小明的做法不对。
【答案】
(1) 消除钢管、铁笼重力对杠杆平衡的影响
(2) 在水平位置 从杠杆上读出力臂
(3) 2000
(4) 杠杆原理
(5) 没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡条件的影响
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆调平
【点评】
本题以“称大象”的趣味创新实验为载体，考察杠杆相关知识的实际应用，既覆盖了基础的杠杆操作、平衡计算考点，又设置了易混淆的实验逻辑辨析问题，提醒学生不能脱离实验的初始操作前提随意调整参数，要理解每一步实验操作的设计目的。
【难度系数】
0.6
这是一道结合实际场景的杠杆应用实验题，解题时可以顺着实验操作的逻辑一步步推导：
1. 第一小问：实验初始阶段挂空铁笼调节钢管水平平衡，和杠杆实验前调平的思路一致，目的是提前抵消钢管自身重力、空铁笼重力对后续测量的干扰，后续计算时就不需要额外计入这两部分的力的力矩了。
2. 第二小问：让杠杆再次在水平位置静止，此时动力、阻力的方向都是竖直方向，力臂刚好和杠杆重合，就可以直接从杠杆上读取/测量力臂的长度，简化实验操作。
3. 第三小问：已经提前消除了钢管和空铁笼的重力影响，此时杠杆平衡满足动力×动力臂=阻力×阻力臂，代入已知数值就能算出大象的总重力，再通过G=mg换算得到质量。
4. 第四小问：“小小秤砣压千斤”本质就是利用杠杆平衡，动力臂远大于阻力臂时，很小的动力就能平衡非常大的阻力，核心是杠杆原理。
5. 第五小问：初始的O点是专门调节出来抵消钢管、铁笼重力影响的位置，如果移动O点，原本被抵消的钢管和铁笼的重力就会重新对杠杆平衡产生影响，导致测量结果错误，所以小明的思路不对。
【解析】
(1) 先挂空铁笼移动吊钩O直到钢管水平静止，此时钢管自身重力和空铁笼的重力的力矩刚好抵消，后续测量大象重力时，就不需要考虑钢管、铁笼自身重力对杠杆平衡的影响。
(2) 保持O、B位置不变，用测力计拉A点让钢管在水平位置静止，此时竖直方向的拉力、阻力对应的力臂都沿钢管方向，便于直接从杠杆上读出力臂的大小。
(3) 根据杠杆平衡条件$F_1 · OA = G · OB$，代入数值：$F_1=200\mathrm{N}$，$OA=8\mathrm{m}$，$OB=0.08\mathrm{m}$，可得大象的重力$G=\frac{F_1 · OA}{OB}=\frac{200\mathrm{N} × 8\mathrm{m}}{0.08\mathrm{m}}=20000\mathrm{N}$，大象的质量$m=\frac{G}{g}=\frac{20000\mathrm{N}}{10\mathrm{N/kg}}=2000\mathrm{kg}$。
(4) “小小秤砣压千斤”是利用动力臂远大于阻力臂的杠杆，用较小的动力就可以克服很大的阻力，原理是杠杆原理。
(5) 初始选定的O点已经抵消了钢管和铁笼的重力对平衡的影响，将O点向右移动后，没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡的影响，会导致测量结果错误，因此小明的做法不对。
【答案】
(1) 消除钢管、铁笼重力对杠杆平衡的影响
(2) 在水平位置 从杠杆上读出力臂
(3) 2000
(4) 杠杆原理
(5) 没有考虑钢管、铁笼的重力对杠杆平衡条件的影响
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆调平
【点评】
本题以“称大象”的趣味创新实验为载体，考察杠杆相关知识的实际应用，既覆盖了基础的杠杆操作、平衡计算考点，又设置了易混淆的实验逻辑辨析问题，提醒学生不能脱离实验的初始操作前提随意调整参数，要理解每一步实验操作的设计目的。
【难度系数】
0.6
16. 小明用同一滑轮组进行两次实验测量滑轮组的机械效率，并将获得的数据填在表中.
(1)根据小明同学的实验记录可以确定:
①实验装置所用滑轮的个数至少是
②第1次测得滑轮组的机械效率为
(2)小华利用图甲滑轮组,只改变物重进行了多次实验(忽略绳重和摩擦),作出了如图乙所示的图像,已知该图像的纵坐标表示滑轮组机械效率的倒数,则该图像的横坐标所表示的物理量是
(1)根据小明同学的实验记录可以确定:
①实验装置所用滑轮的个数至少是
3
个,其中动滑轮是2
个.②第1次测得滑轮组的机械效率为
62.5%
,若测出动滑轮的总重力为0.3N,计算出实验中克服摩擦力和绳重所做的额外功为0.09
J,第3次提升的钩码重为3N,则测得滑轮组的机械效率范围为62.5%～83.3%
.(2)小华利用图甲滑轮组,只改变物重进行了多次实验(忽略绳重和摩擦),作出了如图乙所示的图像,已知该图像的纵坐标表示滑轮组机械效率的倒数,则该图像的横坐标所表示的物理量是
物重的倒数
.答案
16.(1)①3 2 ②62.5% 0.09 62.5%～83.3%
(2)物重的倒数
(2)物重的倒数
解析
【分析】
这道题围绕滑轮组机械效率展开，我们可以按步骤思考：
1. 第一问①：首先根据实验中绳子自由端移动距离s和物体上升高度h的比值n=s/h，算出承担物重的绳子段数n=4。要实现4段绳子承担物重，至少需要2个动滑轮，再搭配至少1个定滑轮改变力的方向，就能得到总滑轮数的最小值。
2. 第一问②：计算第一次机械效率直接用公式η=W有/W总=Gh/(Fs)代入数值即可。拆分额外功时，总额外功等于总功减去有用功，减去克服动滑轮重力做的额外功，剩下的就是克服摩擦和绳重的额外功。由于同一滑轮组，提升物重越大，机械效率越高，第三次物重介于前两次实验的物重之间，因此机械效率也介于前两次的机械效率之间。
3. 第二问：忽略绳重和摩擦时，推导机械效率的表达式，对η取倒数整理后，就能得到1/η和物重的倒数成一次函数关系，对应给出的直线图像，就能判断横坐标的物理量。
【解析】
(1)① 由实验数据计算得承担物重的绳子段数n=s/h=4，要满足n=4，至少需要2个动滑轮，搭配1个定滑轮，因此滑轮总个数至少为3，动滑轮个数为2。
② 第一次实验的机械效率：
$\eta_1 = \frac{W_{有1}}{W_{总1}} × 100\% = \frac{G_1 h_1}{F_1 s_1} × 100\% = 62.5\%$
第一次实验中，总额外功$W_{额总}=W_{总1}-W_{有1}=0.32J-0.2J=0.12J$；克服动滑轮重力的额外功$W_{额动}=G_{动}h_1=0.3N × 0.1m=0.03J$，因此克服摩擦力和绳重的额外功$W_{额其他}=0.12J-0.03J=0.09J$。
同一滑轮组提升物重越大，机械效率越高，第二次实验物重更大，计算得第二次机械效率约为83.3%，第三次提升物重3N介于第一次的2N和第二次的物重之间，因此机械效率范围为62.5%~83.3%。
(2) 忽略绳重和摩擦，机械效率推导：
$\eta = \frac{W_{有}}{W_{总}} = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} = \frac{G}{G+G_{动}}$
两边取倒数得：$\frac{1}{\eta} = 1 + G_{动} · \frac{1}{G}$，可见1/η与物重的倒数1/G为线性关系，对应图乙的直线图像，因此横坐标为物重的倒数。
【答案】
(1)①3；2 ②62.5%；0.09；62.5%～83.3%
(2)物重的倒数
【知识点】
滑轮组效率计算，滑轮组特点，效率公式推导
【点评】
本题综合考查滑轮组相关的力学计算，既需要学生掌握滑轮组绳子段数的判断方法，也要求能拆分不同类型的额外功，结合物重对机械效率的影响推导效率范围，最后通过公式推导判断图像变量，对学生的综合应用能力有一定要求，易错点是额外功的拆分和效率变化规律的应用。
【难度系数】
0.4
这道题围绕滑轮组机械效率展开，我们可以按步骤思考：
1. 第一问①：首先根据实验中绳子自由端移动距离s和物体上升高度h的比值n=s/h，算出承担物重的绳子段数n=4。要实现4段绳子承担物重，至少需要2个动滑轮，再搭配至少1个定滑轮改变力的方向，就能得到总滑轮数的最小值。
2. 第一问②：计算第一次机械效率直接用公式η=W有/W总=Gh/(Fs)代入数值即可。拆分额外功时，总额外功等于总功减去有用功，减去克服动滑轮重力做的额外功，剩下的就是克服摩擦和绳重的额外功。由于同一滑轮组，提升物重越大，机械效率越高，第三次物重介于前两次实验的物重之间，因此机械效率也介于前两次的机械效率之间。
3. 第二问：忽略绳重和摩擦时，推导机械效率的表达式，对η取倒数整理后，就能得到1/η和物重的倒数成一次函数关系，对应给出的直线图像，就能判断横坐标的物理量。
【解析】
(1)① 由实验数据计算得承担物重的绳子段数n=s/h=4，要满足n=4，至少需要2个动滑轮，搭配1个定滑轮，因此滑轮总个数至少为3，动滑轮个数为2。
② 第一次实验的机械效率：
$\eta_1 = \frac{W_{有1}}{W_{总1}} × 100\% = \frac{G_1 h_1}{F_1 s_1} × 100\% = 62.5\%$
第一次实验中，总额外功$W_{额总}=W_{总1}-W_{有1}=0.32J-0.2J=0.12J$；克服动滑轮重力的额外功$W_{额动}=G_{动}h_1=0.3N × 0.1m=0.03J$，因此克服摩擦力和绳重的额外功$W_{额其他}=0.12J-0.03J=0.09J$。
同一滑轮组提升物重越大，机械效率越高，第二次实验物重更大，计算得第二次机械效率约为83.3%，第三次提升物重3N介于第一次的2N和第二次的物重之间，因此机械效率范围为62.5%~83.3%。
(2) 忽略绳重和摩擦，机械效率推导：
$\eta = \frac{W_{有}}{W_{总}} = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} = \frac{G}{G+G_{动}}$
两边取倒数得：$\frac{1}{\eta} = 1 + G_{动} · \frac{1}{G}$，可见1/η与物重的倒数1/G为线性关系，对应图乙的直线图像，因此横坐标为物重的倒数。
【答案】
(1)①3；2 ②62.5%；0.09；62.5%～83.3%
(2)物重的倒数
【知识点】
滑轮组效率计算，滑轮组特点，效率公式推导
【点评】
本题综合考查滑轮组相关的力学计算，既需要学生掌握滑轮组绳子段数的判断方法，也要求能拆分不同类型的额外功，结合物重对机械效率的影响推导效率范围，最后通过公式推导判断图像变量，对学生的综合应用能力有一定要求，易错点是额外功的拆分和效率变化规律的应用。
【难度系数】
0.4
