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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$200\mathrm{N}$的物体匀速提升$0.2\mathrm{m}$,木棒的机械效率为$80\%$,提升该物体做的有用功是$\_\_\_\_\_\_\mathrm{J}$,木棒重为$\_\_\_\_\_\_\mathrm{N}$(不计摩擦).若将该重物移至$B$点,仍匀速提升$0.2\mathrm{m}$,则机械效率将________(填“大于”“等于”或“小于”)$80\%$.
答案
13.40 25 大于
解析
【分析】
要解决本题，需结合杠杆的特点和机械效率的相关公式分析：首先，有用功是提升物体做的功，直接利用公式计算；其次，机械效率等于有用功与总功的比值，总功包含有用功和额外功，额外功是克服木棒重力做的功，需根据杠杆上各点上升高度与力臂的关系，找到木棒重心上升的高度，代入公式求出木棒重力；最后，通过分析重物移动后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：
有用功是提升物体所做的功，公式为 $ W_{\mathrm{有用}} = G_{\mathrm{物}} h $，代入数据 $ G_{\mathrm{物}}=200\mathrm{N} $，$ h=0.2\mathrm{m} $，得：
$ W_{\mathrm{有用}} = 200\mathrm{N} × 0.2\mathrm{m} = 40\mathrm{J} $。
2. 计算木棒重力：
已知 $ OA=\frac{1}{4}OC $，B为OC中点，故 $ OB=\frac{1}{2}OC=2OA $。杠杆转动时，各点上升高度与力臂成正比，因此当A点上升0.2m时，木棒重心（在B点）上升的高度 $ h_{\mathrm{木}} = \frac{OB}{OA} × h = 2 × 0.2\mathrm{m}=0.4\mathrm{m} $。
机械效率公式 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{有用}} + W_{\mathrm{额外}}} $，其中额外功 $ W_{\mathrm{额外}} = G_{\mathrm{木}} h_{\mathrm{木}} $，代入 $ \eta=80\% $、$ W_{\mathrm{有用}}=40\mathrm{J} $、$ h_{\mathrm{木}}=0.4\mathrm{m} $：
$ 80\% = \frac{40\mathrm{J}}{40\mathrm{J} + G_{\mathrm{木}} × 0.4\mathrm{m}} $
解得：$ G_{\mathrm{木}}=25\mathrm{N} $。
3. 判断机械效率变化：
重物移至B点后，提升0.2m时，有用功仍为 $ W_{\mathrm{有用}}' = 200\mathrm{N} × 0.2\mathrm{m}=40\mathrm{J} $；此时木棒重心上升高度为0.2m，额外功 $ W_{\mathrm{额外}}' = G_{\mathrm{木}} × 0.2\mathrm{m} $，比原来的额外功小。总功 $ W_{\mathrm{总}}' = W_{\mathrm{有用}}' + W_{\mathrm{额外}}' $ 变小，根据 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} $，有用功不变，总功变小，机械效率变大，故大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
机械效率、杠杆的应用、功的计算
【点评】
本题结合杠杆与机械效率知识，核心是利用杠杆力臂与上升高度的关系确定木棒重心上升高度，通过分析额外功变化判断机械效率，考查公式的灵活运用能力，属于中等难度的力学综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合杠杆的特点和机械效率的相关公式分析：首先，有用功是提升物体做的功，直接利用公式计算；其次，机械效率等于有用功与总功的比值，总功包含有用功和额外功，额外功是克服木棒重力做的功，需根据杠杆上各点上升高度与力臂的关系，找到木棒重心上升的高度，代入公式求出木棒重力；最后，通过分析重物移动后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：
有用功是提升物体所做的功，公式为 $ W_{\mathrm{有用}} = G_{\mathrm{物}} h $，代入数据 $ G_{\mathrm{物}}=200\mathrm{N} $，$ h=0.2\mathrm{m} $，得：
$ W_{\mathrm{有用}} = 200\mathrm{N} × 0.2\mathrm{m} = 40\mathrm{J} $。
2. 计算木棒重力：
已知 $ OA=\frac{1}{4}OC $，B为OC中点，故 $ OB=\frac{1}{2}OC=2OA $。杠杆转动时，各点上升高度与力臂成正比，因此当A点上升0.2m时，木棒重心（在B点）上升的高度 $ h_{\mathrm{木}} = \frac{OB}{OA} × h = 2 × 0.2\mathrm{m}=0.4\mathrm{m} $。
机械效率公式 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{有用}} + W_{\mathrm{额外}}} $，其中额外功 $ W_{\mathrm{额外}} = G_{\mathrm{木}} h_{\mathrm{木}} $，代入 $ \eta=80\% $、$ W_{\mathrm{有用}}=40\mathrm{J} $、$ h_{\mathrm{木}}=0.4\mathrm{m} $：
$ 80\% = \frac{40\mathrm{J}}{40\mathrm{J} + G_{\mathrm{木}} × 0.4\mathrm{m}} $
解得：$ G_{\mathrm{木}}=25\mathrm{N} $。
3. 判断机械效率变化：
重物移至B点后，提升0.2m时，有用功仍为 $ W_{\mathrm{有用}}' = 200\mathrm{N} × 0.2\mathrm{m}=40\mathrm{J} $；此时木棒重心上升高度为0.2m，额外功 $ W_{\mathrm{额外}}' = G_{\mathrm{木}} × 0.2\mathrm{m} $，比原来的额外功小。总功 $ W_{\mathrm{总}}' = W_{\mathrm{有用}}' + W_{\mathrm{额外}}' $ 变小，根据 $ \eta = \frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}} $，有用功不变，总功变小，机械效率变大，故大于80%。
【答案】
40；25；大于
【知识点】
机械效率、杠杆的应用、功的计算
【点评】
本题结合杠杆与机械效率知识，核心是利用杠杆力臂与上升高度的关系确定木棒重心上升高度，通过分析额外功变化判断机械效率，考查公式的灵活运用能力，属于中等难度的力学综合题。
【难度系数】
0.5
三、解答题
14.按照题目要求作图.
(1)如图甲所示,用起子打开瓶盖.请在图中标出支点$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$提起,请画出最省力的绳子绕法.
答案
14.如答图所示
解析
【分析】
本题包含三个力学作图小题，需结合杠杆和滑轮组的核心知识解题：
1. 甲图（起子开瓶盖）：先确定杠杆支点O（起子与瓶盖顶部的接触点），力臂是支点到力作用线的垂直距离，需从O向动力F₁的作用线作垂线得到力臂l₁；阻力F₂是瓶盖对起子的阻碍力，作用在起子与瓶盖下端的接触点，方向竖直向下。
2. 乙图（木箱向左翻转）：使木箱向左翻转时，支点O为木箱左下角与地面的接触点；根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长动力越小，最长动力臂是支点O到木箱右上角的连线，因此最小力F作用在木箱右上角，方向垂直于该连线向左上方，力臂l为这条连线。
3. 丙图（滑轮组绕法）：站在地面拉重物，绳子自由端需向下，最省力的绕法是让动滑轮上承担物重的绳子段数最多，即绳子一端固定在左侧定滑轮挂钩，依次绕过动滑轮、右侧定滑轮，最终自由端向下，符合站在地面操作的要求。
【解析】
(1) 甲图作图步骤：
① 支点O：标注起子与瓶盖顶部接触的左端；
② 力臂l₁：过O点作F₁作用线的垂线段，标注为l₁；
③ 阻力F₂：在起子与瓶盖下端的接触点，画竖直向下的箭头，标注F₂。
(2) 乙图作图步骤：
① 支点O：标注木箱左下角与地面的接触点；
② 最小力F：作用在木箱右上角，方向垂直于O到右上角的连线向左上方；
③ 力臂l：连接O与木箱右上角，标注为l。
(3) 丙图绕法：
绳子一端固定在左侧定滑轮的挂钩，向下绕过动滑轮，再向上绕过右侧定滑轮，最终绳子自由端向下，此绕法最省力，且满足站在地面操作的要求。
【答案】
如答图所示
【知识点】
杠杆力臂、最小力作图、滑轮组绕法
【点评】
本题考查力学基础作图，需掌握支点与力臂的画法、最小动力的判断依据、滑轮组最省力绕法的原则，属于中等难度的基础题型，适合学生巩固力学作图知识。
【难度系数】
0.5
本题包含三个力学作图小题，需结合杠杆和滑轮组的核心知识解题：
1. 甲图（起子开瓶盖）：先确定杠杆支点O（起子与瓶盖顶部的接触点），力臂是支点到力作用线的垂直距离，需从O向动力F₁的作用线作垂线得到力臂l₁；阻力F₂是瓶盖对起子的阻碍力，作用在起子与瓶盖下端的接触点，方向竖直向下。
2. 乙图（木箱向左翻转）：使木箱向左翻转时，支点O为木箱左下角与地面的接触点；根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长动力越小，最长动力臂是支点O到木箱右上角的连线，因此最小力F作用在木箱右上角，方向垂直于该连线向左上方，力臂l为这条连线。
3. 丙图（滑轮组绕法）：站在地面拉重物，绳子自由端需向下，最省力的绕法是让动滑轮上承担物重的绳子段数最多，即绳子一端固定在左侧定滑轮挂钩，依次绕过动滑轮、右侧定滑轮，最终自由端向下，符合站在地面操作的要求。
【解析】
(1) 甲图作图步骤：
① 支点O：标注起子与瓶盖顶部接触的左端；
② 力臂l₁：过O点作F₁作用线的垂线段，标注为l₁；
③ 阻力F₂：在起子与瓶盖下端的接触点，画竖直向下的箭头，标注F₂。
(2) 乙图作图步骤：
① 支点O：标注木箱左下角与地面的接触点；
② 最小力F：作用在木箱右上角，方向垂直于O到右上角的连线向左上方；
③ 力臂l：连接O与木箱右上角，标注为l。
(3) 丙图绕法：
绳子一端固定在左侧定滑轮的挂钩，向下绕过动滑轮，再向上绕过右侧定滑轮，最终绳子自由端向下，此绕法最省力，且满足站在地面操作的要求。
【答案】
如答图所示
【知识点】
杠杆力臂、最小力作图、滑轮组绕法
【点评】
本题考查力学基础作图，需掌握支点与力臂的画法、最小动力的判断依据、滑轮组最省力绕法的原则，属于中等难度的基础题型，适合学生巩固力学作图知识。
【难度系数】
0.5
15.在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
(1)小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向
(2)如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N，如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，当方向为
(3)保持A点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂$L_1$和动力$F_1$的数据，绘制了$L_1-F_1$的关系图像，如图丙所示.请根据图像推算，当$L_1$为0.6m时，$F_1$为
(4)课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种橡皮，使其在水平位置再次平衡，如图丁所示，则力臂$L_1:L_2=$
(1)小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向
右
调节.(2)如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N，如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，当方向为
竖直向下
时，拉力最小，大小为2
N.(3)保持A点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂$L_1$和动力$F_1$的数据，绘制了$L_1-F_1$的关系图像，如图丙所示.请根据图像推算，当$L_1$为0.6m时，$F_1$为
1
N.(4)课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种橡皮，使其在水平位置再次平衡，如图丁所示，则力臂$L_1:L_2=$
2:1
.若两边同时各取走一块橡皮，则杠杆的右
端将下沉.答案
15.(1)右 (2)竖直向下 2 (3)1 (4)2:1 右
解析
【分析】
本题围绕杠杆平衡条件（$F_1L_1=F_2L_2$）展开，需结合实验操作、图像分析、杠杆平衡的应用逐步解答：
1. 调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一端调节，据此判断第一问；
2. 阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，最大动力臂为支点到动力作用点的距离，此时拉力方向垂直杠杆（竖直向下），再结合杠杆平衡条件计算拉力大小；
3. 保持阻力和阻力臂不变时，$F_1L_1$为定值，从图像中取一组数据算出定值，再代入$L_1=0.6m$求$F_1$；
4. 利用杠杆平衡条件，结合橡皮数量（重力）和力臂关系求$L_1:L_2$，再计算各取走一块后的力矩，判断哪端下沉。
【解析】
(1) 图甲中杠杆左端下沉，说明左端较重，需将平衡螺母向杠杆上翘的右端调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂最大则动力最小，此时拉力方向竖直向下（动力臂为支点到B点的距离，是最大动力臂）。A处总阻力$F_2=3×0.5N=1.5N$，设每格长度为$L$，阻力臂$OA=4L$，动力臂$OB=3L$，由$F_1L_1=F_2L_2$得：$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}=\frac{1.5N×4L}{3L}=2N$。
(3) 保持A点钩码数量和力臂不变，即$F_2L_2$为定值，故$F_1L_1$为定值。从图丙取点，如$F_1=2N$时，$L_1=0.3m$，定值为$F_1L_1=2N×0.3m=0.6N· m$。当$L_1=0.6m$时，$F_1=\frac{0.6N· m}{0.6m}=1N$。
(4) 设每块橡皮重力为$G$，由图丁杠杆平衡得：$2G× L_1=4G× L_2$，约去$G$得$L_1:L_2=4:2=2:1$。两边各取走一块橡皮后，左边力矩为$1G× L_1=1G×2=2G$，右边力矩为$3G× L_2=3G×1=3G$，右边力矩更大，故杠杆右端下沉。
【答案】
(1)右 (2)竖直向下；2 (3)1 (4)2:1；右
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆调节、杠杆应用
【点评】
本题考查“探究杠杆的平衡条件”实验及杠杆平衡条件的应用，需熟练掌握杠杆平衡条件，结合图像、实际场景分析，是初中力学的重点内容，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题围绕杠杆平衡条件（$F_1L_1=F_2L_2$）展开，需结合实验操作、图像分析、杠杆平衡的应用逐步解答：
1. 调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一端调节，据此判断第一问；
2. 阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，最大动力臂为支点到动力作用点的距离，此时拉力方向垂直杠杆（竖直向下），再结合杠杆平衡条件计算拉力大小；
3. 保持阻力和阻力臂不变时，$F_1L_1$为定值，从图像中取一组数据算出定值，再代入$L_1=0.6m$求$F_1$；
4. 利用杠杆平衡条件，结合橡皮数量（重力）和力臂关系求$L_1:L_2$，再计算各取走一块后的力矩，判断哪端下沉。
【解析】
(1) 图甲中杠杆左端下沉，说明左端较重，需将平衡螺母向杠杆上翘的右端调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2) 根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂最大则动力最小，此时拉力方向竖直向下（动力臂为支点到B点的距离，是最大动力臂）。A处总阻力$F_2=3×0.5N=1.5N$，设每格长度为$L$，阻力臂$OA=4L$，动力臂$OB=3L$，由$F_1L_1=F_2L_2$得：$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}=\frac{1.5N×4L}{3L}=2N$。
(3) 保持A点钩码数量和力臂不变，即$F_2L_2$为定值，故$F_1L_1$为定值。从图丙取点，如$F_1=2N$时，$L_1=0.3m$，定值为$F_1L_1=2N×0.3m=0.6N· m$。当$L_1=0.6m$时，$F_1=\frac{0.6N· m}{0.6m}=1N$。
(4) 设每块橡皮重力为$G$，由图丁杠杆平衡得：$2G× L_1=4G× L_2$，约去$G$得$L_1:L_2=4:2=2:1$。两边各取走一块橡皮后，左边力矩为$1G× L_1=1G×2=2G$，右边力矩为$3G× L_2=3G×1=3G$，右边力矩更大，故杠杆右端下沉。
【答案】
(1)右 (2)竖直向下；2 (3)1 (4)2:1；右
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆调节、杠杆应用
【点评】
本题考查“探究杠杆的平衡条件”实验及杠杆平衡条件的应用，需熟练掌握杠杆平衡条件，结合图像、实际场景分析，是初中力学的重点内容，难度适中。
【难度系数】
0.5
