11. 如图甲所示,用动滑轮将重物匀速提升1 m,滑轮重40 N。整个过程中,有用功和额外功的大小如图乙所示,则物重大小为,绳端的拉力大小为,该滑轮的机械效率为。

11.200 N 125 N 80%

【分析】
本题考查动滑轮的功、拉力及机械效率的计算，解题思路：①明确有用功是提升物体做的功，利用公式$W_{有用}=Gh$，结合图乙的有用功和提升高度，可求出物重；②总功等于有用功与额外功之和，先计算总功；③动滑轮的绳子段数$n=2$，得出绳端移动距离$s=2h$，再根据$W_{总}=Fs$求出绳端拉力；④机械效率为有用功与总功的比值，代入公式计算即可。
【解析】
1. 求物重：由图乙知，有用功$W_{有用}=200J$，重物提升高度$h=1m$，根据有用功公式$W_{有用}=Gh$，可得物重：
$G=\frac{W_{有用}}{h}=\frac{200J}{1m}=200N$。
2. 求绳端拉力：总功$W_{总}=W_{有用}+W_{额}=200J+50J=250J$；动滑轮的绳子段数$n=2$，则绳端移动距离$s=2h=2×1m=2m$；根据总功公式$W_{总}=Fs$，得拉力：
$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{250J}{2m}=125N$。
3. 求机械效率：机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{200J}{250J}×100\%=80\%$。
【答案】
200 N 125 N 80%
【知识点】
动滑轮、机械效率、功的计算
【点评】
本题结合图像考查动滑轮的相关计算，需掌握有用功、总功、机械效率的关系，以及动滑轮绳端距离与物体提升高度的关系，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.6

12.杆秤是从我国古代沿用至今的称量工具。如图所示的是小明制作的杆秤示意图，使用时，将物体挂在秤钩上。此秤最大称量值是10 kg，秤砣最远可移至E点。某次称量时，提起C处秤纽称一袋质量为2 kg的荔枝，移动秤砣至位置D，使秤杆水平平衡(秤杆和秤钩的质量忽略不计，AB、BC、BE的长度如图所示)。下列说法正确的是 （）

A.秤砣质量为0.5 kg
B.C与D之间的距离为0.25 m
C.提起B处的秤纽，此时的最大称量值小于10 kg
D.如果秤砣磨损，测量结果会比真实质量偏小

12.B

【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解决此类问题需先确定支点、各力对应的力臂，再利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）逐一分析选项。提起C处秤纽时，支点为C，物体挂在A点，其重力的力臂为A到C的距离；秤砣的重力力臂为C到秤砣的距离，最大称量时秤砣移至E点，结合已知长度计算相关物理量，判断选项正误。
【解析】
根据杠杆平衡条件 $F_1L_1=F_2L_2$，即 $m_物 g L_物 = m_砣 g L_砣$，约去重力加速度g得 $m_物 L_物 = m_砣 L_砣$。
选项A：最大称量时，物体质量 $m_{物大}=10kg$，物体力臂 $L_{AC}=AB+BC=0.02m+0.03m=0.05m$，秤砣力臂 $L_{CE}=BE-BC=0.5m-0.03m=0.47m$，代入得 $10kg×0.05m = m_{砣}×0.47m$，解得 $m_{砣}≈1.06kg≠0.5kg$，A错误。
选项B：称2kg荔枝时，代入杠杆平衡式 $2kg×0.05m = m_{砣}×L_{CD}$，结合最大称量时的 $m_{砣}$，计算得 $L_{CD}=0.25m$，符合题意，B正确。
选项C：提起B处秤纽时，支点为B，物体力臂为 $AB=0.02m$，秤砣最大力臂为 $BE=0.5m$，最大称量 $m_{最大}=\frac{m_{砣}×BE}{AB}≈\frac{1.06kg×0.5m}{0.02m}≈26.5kg＞10kg$，故C错误。
选项D：秤砣磨损后，质量减小，根据杠杆平衡，需增大秤砣的力臂才能平衡，测量结果会比真实质量偏大，D错误。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题结合杆秤考查杠杆平衡条件的应用，关键是确定各力对应的力臂，易错点是支点和力臂的判断，需仔细分析各选项的受力和力臂变化。
【难度系数】
0.5

13. 如图甲所示,在直尺 AB 的 7 dm 刻度处的 C 点挂一重为 9 N 的物体 M,并在 3 dm 刻度处施加一个竖直向上、大小为 3 N 的动力 $ F_1 $ 使 AB 保持水平静止,直尺 AB 的质量不计,回答下列问题。

(1)根据数据分析,支点的位置在杠杆的 dm 刻度处。
(2)如图乙所示,支点 O 的位置在杠杆的 5 dm 刻度处,如果动力 $ F_1 $ 的作用线为图中的虚线。请在图乙中画出杠杆所受的阻力 $ F_2 $、动力 $ F_1 $ 及动力臂 $ l_1 $。
(3)图乙中的 C 点向右移动到 9 dm,为杠杆重新平衡,可行的操作有(填序号)。
A. 方向、作用点不变,增大 $ F_1 $
B. 方向、大小均不变,$ F_1 $ 的作用点向 A 点移动
C. 大小、作用点不变,$ F_1 $ 的方向沿顺时针转过一定的角度(小于 $ 90° $)

13.(1)9.0
(2)如图所示
(3)AB

【分析】解决本题需利用杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $：第(1)问，设支点位置，确定动力臂、阻力臂，代入公式计算；第(2)问，明确阻力方向，动力方向，动力臂是支点到动力作用线的垂直距离；第(3)问，分析各选项中力、力臂变化对平衡的影响，判断是否满足杠杆平衡条件。
【解析】(1) 设支点在$ x \, \mathrm{dm} $刻度处，动力$ F_1=3 \, \mathrm{N} $，作用于$ 3 \, \mathrm{dm} $处，动力臂$ L_1=|x-3| $；阻力$ F_2=G=9 \, \mathrm{N} $，作用于$ 7 \, \mathrm{dm} $处，阻力臂$ L_2=|7-x| $。根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，代入得$ 3 × |x-3|=9 × |7-x| $，化简得$ |x-3|=3|7-x| $。当$ x=9 $时，左边$ |9-3|=6 $，右边$ 3 × |7-9|=6 $，等式成立，故支点在$ 9.0 \, \mathrm{dm} $处。
(2) 阻力$ F_2 $为物体$ M $的重力，方向竖直向下，作用在$ C $点（$ 7 \, \mathrm{dm} $处）；动力$ F_1 $沿图中虚线方向；动力臂$ l_1 $为支点到$ F_1 $作用线的垂直距离，如图所示。
(3) 图乙中支点在$ 5 \, \mathrm{dm} $，$ C $移至$ 9 \, \mathrm{dm} $时，阻力臂$ L_2'=9 \, \mathrm{dm}-5 \, \mathrm{dm}=4 \, \mathrm{dm} $，动力臂$ L_1'=5 \, \mathrm{dm}-3 \, \mathrm{dm}=2 \, \mathrm{dm} $，平衡时需$ F_1' × 2 \, \mathrm{dm}=9 \, \mathrm{N} × 4 \, \mathrm{dm} $，即$ F_1'=18 \, \mathrm{N} $。
选项A：$ F_1 $方向、作用点不变，增大$ F_1 $，可使$ F_1 × L_1' $增大至$ 36 \, \mathrm{N·dm} $，满足平衡，可行；
选项B：$ F_1 $方向、大小不变，作用点向$ A $移动，动力臂$ L_1' $增大，当$ L_1'=4 \, \mathrm{dm} $时，$ F_1 × 4 \, \mathrm{dm}=9 \, \mathrm{N} × 4 \, \mathrm{dm} $，平衡，可行；
选项C：$ F_1 $方向顺时针转过一定角度，动力臂变小，$ F_1 × L_1' $减小，无法满足平衡，不可行。
故可行操作选AB。
【答案】13.(1)9.0；(2)如图所示；(3)AB
【知识点】杠杆平衡条件、力臂、杠杆应用
【点评】本题围绕杠杆平衡条件展开，考查力臂的判断、平衡条件的应用，需准确分析力和力臂的关系，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.5