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12.(2025·崇川区开学)建筑工地上，施工人员用起重机吊臂上的滑轮组吊起建筑材料，可简化成如图甲所示的滑轮组。每个滑轮等重，不计绳重及摩擦，物重从$G=2000\mathrm{N}$开始逐渐增加，直到绳子被拉断，每次以$0.15\mathrm{m/s}$匀速拉动绳子将物体提升同样的高度。图乙记录了在此过程中滑轮组的机械效率随物体重力的增加而变化的图像。则：
(1)每个滑轮所受的重力为多少？
(2)绳子能承受的最大拉力是多少？
(3)当滑轮组的机械效率为80％时，起重机的功率为多少？
(1)每个滑轮所受的重力为多少？
(2)绳子能承受的最大拉力是多少？
(3)当滑轮组的机械效率为80％时，起重机的功率为多少？
答案
12.解:(1)由题图乙可知当滑轮组提起2000N物体时,机械效率为50%,不计绳重和摩擦,
根据 $\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{有用}}+W_{\mathrm{额外}}}×100\%=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}×100\%$可知,每个滑轮所受的重力$G_{\mathrm{动}}=\frac{G}{\eta}-G=\frac{2000\mathrm{N}}{50\%}-2000\mathrm{N}=2000\mathrm{N}$.
(2)由题图甲可知,$n=3$,由题图乙可知物重为16000N时绳子断了,不计绳重和摩擦,绳子能承受的最大拉力为
$F_{\mathrm{大}}=\frac{1}{n}(G'+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(16000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=6000\mathrm{N}$.
(3)当滑轮组的机械效率为80%时,不计绳重和摩擦,
根据 $\eta'=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{W'_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{W'_{\mathrm{有用}}+W'_{\mathrm{额外}}}×100\%=\frac{G''h}{G''h+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G''}{G''+G_{\mathrm{动}}}×100\%$可知,物重为$G''=\frac{\eta'G_{\mathrm{动}}}{1-\eta'}=\frac{80\%×2000\mathrm{N}}{1-80\%}=8000\mathrm{N}$,
不计绳重和摩擦,此时拉力
$F'=\frac{1}{n}(G''+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(8000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=\frac{10000}{3}\mathrm{N}$,
起重机的功率
$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}=\frac{F's}{t}=F'v=\frac{10000}{3}\mathrm{N}×0.15\mathrm{m/s}=500\mathrm{W}$.
根据 $\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{有用}}+W_{\mathrm{额外}}}×100\%=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}×100\%$可知,每个滑轮所受的重力$G_{\mathrm{动}}=\frac{G}{\eta}-G=\frac{2000\mathrm{N}}{50\%}-2000\mathrm{N}=2000\mathrm{N}$.
(2)由题图甲可知,$n=3$,由题图乙可知物重为16000N时绳子断了,不计绳重和摩擦,绳子能承受的最大拉力为
$F_{\mathrm{大}}=\frac{1}{n}(G'+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(16000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=6000\mathrm{N}$.
(3)当滑轮组的机械效率为80%时,不计绳重和摩擦,
根据 $\eta'=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{W'_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{W'_{\mathrm{有用}}}{W'_{\mathrm{有用}}+W'_{\mathrm{额外}}}×100\%=\frac{G''h}{G''h+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G''}{G''+G_{\mathrm{动}}}×100\%$可知,物重为$G''=\frac{\eta'G_{\mathrm{动}}}{1-\eta'}=\frac{80\%×2000\mathrm{N}}{1-80\%}=8000\mathrm{N}$,
不计绳重和摩擦,此时拉力
$F'=\frac{1}{n}(G''+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(8000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=\frac{10000}{3}\mathrm{N}$,
起重机的功率
$P=\frac{W_{\mathrm{总}}}{t}=\frac{F's}{t}=F'v=\frac{10000}{3}\mathrm{N}×0.15\mathrm{m/s}=500\mathrm{W}$.
解析
【分析】
解决本题需结合滑轮组机械效率公式、拉力公式和功率公式，从图像中提取关键信息，结合滑轮组的结构特点分析：第一问利用物重2000N时的机械效率，不计绳重摩擦，额外功来自动滑轮，求出动滑轮总重，再确定每个滑轮的重力；第二问从图像找到绳子断裂时的最大物重，结合滑轮组绳子段数计算最大拉力；第三问利用机械效率公式求出对应物重，再计算拉力，最后根据功率公式求出起重机的功率。
【解析】
(1) 由图乙可知，当物重$G=2000\mathrm{N}$时，滑轮组的机械效率$\eta=50\%$。不计绳重及摩擦，滑轮组机械效率公式为：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}×100\%$
代入数据得：$50\%=\frac{2000\mathrm{N}}{2000\mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}}$，解得动滑轮总重$G_{\mathrm{动}}=2000\mathrm{N}$。由图甲可知动滑轮数量为1个，故每个滑轮所受重力为$2000\mathrm{N}$。
(2) 由图甲可知，承担物重的绳子段数$n=3$；由图乙可知，物重为$16000\mathrm{N}$时绳子被拉断。不计绳重及摩擦，绳子能承受的最大拉力：
$F_{\mathrm{大}}=\frac{1}{n}(G'+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(16000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=6000\mathrm{N}$
(3) 当机械效率$\eta'=80\%$时，不计绳重及摩擦，由机械效率公式：
$\eta'=\frac{G''}{G''+G_{\mathrm{动}}}×100\%$
代入数据得：$80\%=\frac{G''}{G''+2000\mathrm{N}}$，解得物重$G''=8000\mathrm{N}$。
此时拉力：$F'=\frac{1}{n}(G''+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(8000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=\frac{10000}{3}\mathrm{N}$。
已知绳子拉动速度$v=0.15\mathrm{m/s}$，起重机的功率：
$P=F'v=\frac{10000}{3}\mathrm{N}×0.15\mathrm{m/s}=500\mathrm{W}$
【答案】
(1) $2000\mathrm{N}$；(2) $6000\mathrm{N}$；(3) $500\mathrm{W}$
【知识点】
滑轮组机械效率、滑轮组拉力计算、功率计算
【点评】
本题结合图像考查滑轮组的综合计算，需熟练掌握机械效率、拉力、功率的计算公式，能从图像中提取关键数据，明确不计绳重摩擦时额外功仅来自动滑轮，是力学中综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.5
解决本题需结合滑轮组机械效率公式、拉力公式和功率公式，从图像中提取关键信息，结合滑轮组的结构特点分析：第一问利用物重2000N时的机械效率，不计绳重摩擦，额外功来自动滑轮，求出动滑轮总重，再确定每个滑轮的重力；第二问从图像找到绳子断裂时的最大物重，结合滑轮组绳子段数计算最大拉力；第三问利用机械效率公式求出对应物重，再计算拉力，最后根据功率公式求出起重机的功率。
【解析】
(1) 由图乙可知，当物重$G=2000\mathrm{N}$时，滑轮组的机械效率$\eta=50\%$。不计绳重及摩擦，滑轮组机械效率公式为：
$\eta=\frac{W_{\mathrm{有用}}}{W_{\mathrm{总}}}×100\%=\frac{Gh}{Gh+G_{\mathrm{动}}h}×100\%=\frac{G}{G+G_{\mathrm{动}}}×100\%$
代入数据得：$50\%=\frac{2000\mathrm{N}}{2000\mathrm{N}+G_{\mathrm{动}}}$，解得动滑轮总重$G_{\mathrm{动}}=2000\mathrm{N}$。由图甲可知动滑轮数量为1个，故每个滑轮所受重力为$2000\mathrm{N}$。
(2) 由图甲可知，承担物重的绳子段数$n=3$；由图乙可知，物重为$16000\mathrm{N}$时绳子被拉断。不计绳重及摩擦，绳子能承受的最大拉力：
$F_{\mathrm{大}}=\frac{1}{n}(G'+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(16000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=6000\mathrm{N}$
(3) 当机械效率$\eta'=80\%$时，不计绳重及摩擦，由机械效率公式：
$\eta'=\frac{G''}{G''+G_{\mathrm{动}}}×100\%$
代入数据得：$80\%=\frac{G''}{G''+2000\mathrm{N}}$，解得物重$G''=8000\mathrm{N}$。
此时拉力：$F'=\frac{1}{n}(G''+G_{\mathrm{动}})=\frac{1}{3}×(8000\mathrm{N}+2000\mathrm{N})=\frac{10000}{3}\mathrm{N}$。
已知绳子拉动速度$v=0.15\mathrm{m/s}$，起重机的功率：
$P=F'v=\frac{10000}{3}\mathrm{N}×0.15\mathrm{m/s}=500\mathrm{W}$
【答案】
(1) $2000\mathrm{N}$；(2) $6000\mathrm{N}$；(3) $500\mathrm{W}$
【知识点】
滑轮组机械效率、滑轮组拉力计算、功率计算
【点评】
本题结合图像考查滑轮组的综合计算，需熟练掌握机械效率、拉力、功率的计算公式，能从图像中提取关键数据，明确不计绳重摩擦时额外功仅来自动滑轮，是力学中综合性较强的中档题。
【难度系数】
0.5
五、实验题
13.（2025·泗洪县月考）小明为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、圆盘等。
(1)如图甲所示，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于
(2)如图乙所示，将杠杆调至水平平衡的目的是
A.读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B.保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C.同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
(3)同组的小红认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在C点和D点分别悬挂钩码，使圆盘平衡，若内圆半径为外圆半径的一半，则应该在D点挂
(4)小明探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥(dēng)秤制作了杆秤，如图丁所示，当不挂秤砣且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡，该杆秤的量程为0～250g，若想增大该杆秤的量程，下列方案可行的是
A.将提纽O向右移 B.将提纽O向左移 C.增大秤砣的质量 D.减小秤砣的质量
(5)如图戊所示，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F
13.（2025·泗洪县月考）小明为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、圆盘等。
(1)如图甲所示，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于
平衡
（选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向右
（选填“左”或“右”）侧适当调节。(2)如图乙所示，将杠杆调至水平平衡的目的是
便于测量力臂
，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，在B点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是A
（填字母）。A.读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B.保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C.同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
(3)同组的小红认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在C点和D点分别悬挂钩码，使圆盘平衡，若内圆半径为外圆半径的一半，则应该在D点挂
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个钩码。接下来她应将挂在D点的钩码先后挂在圆盘上的E、F
两个点上，观察圆盘是否平衡。(4)小明探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥(dēng)秤制作了杆秤，如图丁所示，当不挂秤砣且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡，该杆秤的量程为0～250g，若想增大该杆秤的量程，下列方案可行的是
BC
（填字母）。A.将提纽O向右移 B.将提纽O向左移 C.增大秤砣的质量 D.减小秤砣的质量
(5)如图戊所示，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F
变大
（选填“变大”“变小”或“不变”）。答案
13.(1)平衡 右 (2)便于测量力臂 A (3)8 E、F (4)BC (5)变大
解析
【分析】
本题围绕“杠杆的平衡条件”展开，需结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$逐一分析各小问：
1. 杠杆静止时处于平衡状态，调节平衡螺母需向杠杆上翘的一侧调节；
2. 杠杆调至水平平衡的目的是便于测量力臂，实验需多次操作寻找普遍规律，不能仅做一次实验得出结论；
3. 圆盘平衡时利用杠杆平衡条件，结合内外圆半径关系计算钩码数量，验证观点时需改变力的方向，使力臂不等于支点到力作用点的距离；
4. 杆秤的量程由杠杆平衡条件推导，分析提纽移动或秤砣质量对量程的影响；
5. 弹簧测力计斜拉时，动力臂变小，根据杠杆平衡判断拉力变化。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，故处于平衡状态；杠杆左端低右端高，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节（平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节）。
(2) 杠杆调至水平平衡时，力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂；实验中为寻找普遍规律，需多次改变力和力臂，不能仅做一次实验就得出结论，故下一步不能做的是A（B、C均为多次实验的操作，符合要求）。
(3) 设外圆半径为$R$，内圆半径$r=\frac{R}{2}$，C点力臂为$R$，挂4个钩码；根据杠杆平衡条件：$F_1L_1=F_2L_2$，即$4G×R = nG×\frac{R}{2}$，解得$n=8$，故D点挂8个钩码；要验证“支点到力的作用点的距离”是否影响平衡，需改变力的方向，使力臂不等于支点到力作用点的距离，因此应将钩码挂在E、F两点。
(4) 杆秤利用杠杆平衡：$m_{物}g·OA = m_{砣}g·OB$，量程最大时$OB$最大。要增大量程（即增大$m_{物}$）：提纽$O$向左移，$OA$减小，$m_{物}=\frac{m_{砣}·OB}{OA}$，$OA$减小则$m_{物}$增大，故B可行；增大秤砣质量$m_{砣}$，$m_{物}$也增大，故C可行；A（提纽右移，$OA$增大，$m_{物}$减小）、D（减小秤砣，$m_{物}$减小）不可行，故选BC。
(5) 弹簧测力计绕B点转动时，拉力的力臂是支点$O$到拉力作用线的垂直距离，从$a$到$b$位置，拉力方向变斜，力臂变小；阻力（A点钩码重力）和阻力臂不变，根据杠杆平衡，动力臂变小则动力$F$变大。
【答案】
13.(1)平衡 右 (2)便于测量力臂 A (3)8 E、F (4)BC (5)变大
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆的应用、力臂的概念
【点评】
本题是杠杆平衡条件的综合实验题，涵盖杠杆调节、平衡条件应用、杆秤原理、力臂变化等核心知识点，需学生灵活运用杠杆平衡条件分析不同情境下的问题，区分力臂与支点到力作用点的距离，是力学部分的重点考查题型。
【难度系数】
0.6
本题围绕“杠杆的平衡条件”展开，需结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$逐一分析各小问：
1. 杠杆静止时处于平衡状态，调节平衡螺母需向杠杆上翘的一侧调节；
2. 杠杆调至水平平衡的目的是便于测量力臂，实验需多次操作寻找普遍规律，不能仅做一次实验得出结论；
3. 圆盘平衡时利用杠杆平衡条件，结合内外圆半径关系计算钩码数量，验证观点时需改变力的方向，使力臂不等于支点到力作用点的距离；
4. 杆秤的量程由杠杆平衡条件推导，分析提纽移动或秤砣质量对量程的影响；
5. 弹簧测力计斜拉时，动力臂变小，根据杠杆平衡判断拉力变化。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，故处于平衡状态；杠杆左端低右端高，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节（平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节）。
(2) 杠杆调至水平平衡时，力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂；实验中为寻找普遍规律，需多次改变力和力臂，不能仅做一次实验就得出结论，故下一步不能做的是A（B、C均为多次实验的操作，符合要求）。
(3) 设外圆半径为$R$，内圆半径$r=\frac{R}{2}$，C点力臂为$R$，挂4个钩码；根据杠杆平衡条件：$F_1L_1=F_2L_2$，即$4G×R = nG×\frac{R}{2}$，解得$n=8$，故D点挂8个钩码；要验证“支点到力的作用点的距离”是否影响平衡，需改变力的方向，使力臂不等于支点到力作用点的距离，因此应将钩码挂在E、F两点。
(4) 杆秤利用杠杆平衡：$m_{物}g·OA = m_{砣}g·OB$，量程最大时$OB$最大。要增大量程（即增大$m_{物}$）：提纽$O$向左移，$OA$减小，$m_{物}=\frac{m_{砣}·OB}{OA}$，$OA$减小则$m_{物}$增大，故B可行；增大秤砣质量$m_{砣}$，$m_{物}$也增大，故C可行；A（提纽右移，$OA$增大，$m_{物}$减小）、D（减小秤砣，$m_{物}$减小）不可行，故选BC。
(5) 弹簧测力计绕B点转动时，拉力的力臂是支点$O$到拉力作用线的垂直距离，从$a$到$b$位置，拉力方向变斜，力臂变小；阻力（A点钩码重力）和阻力臂不变，根据杠杆平衡，动力臂变小则动力$F$变大。
【答案】
13.(1)平衡 右 (2)便于测量力臂 A (3)8 E、F (4)BC (5)变大
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆的应用、力臂的概念
【点评】
本题是杠杆平衡条件的综合实验题，涵盖杠杆调节、平衡条件应用、杆秤原理、力臂变化等核心知识点，需学生灵活运用杠杆平衡条件分析不同情境下的问题，区分力臂与支点到力作用点的距离，是力学部分的重点考查题型。
【难度系数】
0.6
