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6. (2025·阜阳市临泉县三模)如图所示的是某电梯的工作原理图，F为电动机对绕绳自由端施加的拉力.某次电梯所乘乘客总重为1 800 N，电动机带动轿厢匀速上升时，拉力F为3 000 N，此时电梯的机械效率为
30%
。答案
6. 30%
解析:由图知,使用的滑轮组承担物重的绳子股数n = 2,电梯的机械效率$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{Gh}{F× nh}× 100\% =\frac{G}{nF}× 100\% =\frac{1\ 800\ N}{2× 3\ 000\ N}× 100\% =30\%$。
解析:由图知,使用的滑轮组承担物重的绳子股数n = 2,电梯的机械效率$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{Gh}{F× nh}× 100\% =\frac{G}{nF}× 100\% =\frac{1\ 800\ N}{2× 3\ 000\ N}× 100\% =30\%$。
解析
【分析】要计算滑轮组的机械效率，首先需确定承担轿厢（含乘客）总重的绳子段数n，再利用机械效率的定义式η=W有用/W总，结合滑轮组中绳子自由端移动距离s与物体上升高度h的关系s=nh，推导得出计算式η=G/(nF)，最后代入已知数值计算即可。
【解析】由图可知，该滑轮组承担物重的绳子股数n=2。有用功为提升轿厢和乘客所做的功：W有用=Gh；总功为电动机拉力做的功：W总=Fs。由于绳子自由端移动的距离s=nh，因此机械效率η=W有用/W总×100%=(Gh)/(Fs)×100%=(Gh)/(F×nh)×100%=G/(nF)×100%。将G=1800N、n=2、F=3000N代入公式，得η=1800N/(2×3000N)×100%=30%。
【答案】30%
【知识点】滑轮组机械效率
【点评】本题考查滑轮组机械效率的计算，核心是确定承担物重的绳子段数，属于基础应用类题目，需掌握机械效率的推导方法。
【难度系数】0.7
【解析】由图可知，该滑轮组承担物重的绳子股数n=2。有用功为提升轿厢和乘客所做的功：W有用=Gh；总功为电动机拉力做的功：W总=Fs。由于绳子自由端移动的距离s=nh，因此机械效率η=W有用/W总×100%=(Gh)/(Fs)×100%=(Gh)/(F×nh)×100%=G/(nF)×100%。将G=1800N、n=2、F=3000N代入公式，得η=1800N/(2×3000N)×100%=30%。
【答案】30%
【知识点】滑轮组机械效率
【点评】本题考查滑轮组机械效率的计算，核心是确定承担物重的绳子段数，属于基础应用类题目，需掌握机械效率的推导方法。
【难度系数】0.7
7. (2025·新疆中考)如图所示,若一根重心在B点的木棒可绕O点无摩擦转动,在D点施加竖直向上的力缓慢提升重物。已知木棒的长度为1 m,将同一重物分别挂在A点、B点、C点时,重物被提升的高度分别为0.1 m、0.2 m、0.3 m,对应的机械效率分别为$\eta_A$、$\eta_B$、$\eta_C$。则 (
A.$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$
B.$\eta_A＞\eta_B＞\eta_C$
C.$\eta_A＜\eta_C＜\eta_B$
D.$\eta_C＜\eta_A＜\eta_B$
A
)A.$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$
B.$\eta_A＞\eta_B＞\eta_C$
C.$\eta_A＜\eta_C＜\eta_B$
D.$\eta_C＜\eta_A＜\eta_B$
答案
7. A
解析:设物体的重力为G,OA、OB、OC的长度分别为$L_A$、$L_B$、$L_C$,物体在A点上升0.1 m时,由三角形相似得D点移动的距离$h_1=\frac{0.1\ m× 1\ m}{L_A}$,对应的B点上升的高度为$h_{B1A}$,由三角形相似得$\frac{h_{B1A}}{h_1}=\frac{L_B}{L_{OD}}$,$h_{B1A}=\frac{L_B}{L_{OD}}h_1=\frac{L_B}{1\ m}× \frac{0.1\ m× 1\ m}{L_A}=0.1\ m× \frac{L_B}{L_A}$,此次的额外功为$W_{额A}=G_木h_{B1A}$,此次总功与有用功的比为$\eta_A'=\frac{W_{有用A}+W_{额外A}}{W_{有用A}}=1+\frac{G_木}{0.1\ m× G}× 0.1\ m× \frac{L_B}{L_A}=1+\frac{G_木}{G}× \frac{L_B}{L_A}$;当物体在B点时,总功与有用功的比$\eta_B'=1+\frac{G_木× 0.2\ m}{G× 0.2\ m}=1+\frac{G_木}{G}$;
当物体在C点上升0.3 m,由三角形相似得D点移动的距离$h_2=\frac{0.3\ m× 1\ m}{L_C}$,对应的B点上升的高度为$h_{B2C}$,由三角形相似得$\frac{h_{B2C}}{h_2}=\frac{L_B}{L_{OD}}$,$h_{B2C}=\frac{L_B}{L_{OD}}h_2=\frac{L_B}{1\ m}× \frac{0.3\ m× 1\ m}{L_C}=0.3\ m× \frac{L_B}{L_C}$,
此次的额外功$W_{额外C}=G_木h_{B2C}$,所以当物体在C点时,总功与有用功的比$\eta_C'=1+\frac{G_木}{G× 0.3\ m}× 0.3\ m× \frac{L_B}{L_C}=1+\frac{G_木}{G}× \frac{L_B}{L_C}$,因为$L_A＜L_B＜L_C$,所以$\frac{L_B}{L_A}＞1＞\frac{L_B}{L_C}$,所以$\eta_A'＞\eta_B'＞\eta_C'$,故$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$。
解析:设物体的重力为G,OA、OB、OC的长度分别为$L_A$、$L_B$、$L_C$,物体在A点上升0.1 m时,由三角形相似得D点移动的距离$h_1=\frac{0.1\ m× 1\ m}{L_A}$,对应的B点上升的高度为$h_{B1A}$,由三角形相似得$\frac{h_{B1A}}{h_1}=\frac{L_B}{L_{OD}}$,$h_{B1A}=\frac{L_B}{L_{OD}}h_1=\frac{L_B}{1\ m}× \frac{0.1\ m× 1\ m}{L_A}=0.1\ m× \frac{L_B}{L_A}$,此次的额外功为$W_{额A}=G_木h_{B1A}$,此次总功与有用功的比为$\eta_A'=\frac{W_{有用A}+W_{额外A}}{W_{有用A}}=1+\frac{G_木}{0.1\ m× G}× 0.1\ m× \frac{L_B}{L_A}=1+\frac{G_木}{G}× \frac{L_B}{L_A}$;当物体在B点时,总功与有用功的比$\eta_B'=1+\frac{G_木× 0.2\ m}{G× 0.2\ m}=1+\frac{G_木}{G}$;
当物体在C点上升0.3 m,由三角形相似得D点移动的距离$h_2=\frac{0.3\ m× 1\ m}{L_C}$,对应的B点上升的高度为$h_{B2C}$,由三角形相似得$\frac{h_{B2C}}{h_2}=\frac{L_B}{L_{OD}}$,$h_{B2C}=\frac{L_B}{L_{OD}}h_2=\frac{L_B}{1\ m}× \frac{0.3\ m× 1\ m}{L_C}=0.3\ m× \frac{L_B}{L_C}$,
此次的额外功$W_{额外C}=G_木h_{B2C}$,所以当物体在C点时,总功与有用功的比$\eta_C'=1+\frac{G_木}{G× 0.3\ m}× 0.3\ m× \frac{L_B}{L_C}=1+\frac{G_木}{G}× \frac{L_B}{L_C}$,因为$L_A＜L_B＜L_C$,所以$\frac{L_B}{L_A}＞1＞\frac{L_B}{L_C}$,所以$\eta_A'＞\eta_B'＞\eta_C'$,故$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$。
解析
【分析】
本题是杠杆提升重物的机械效率问题，解题思路为：①明确机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功等于有用功与额外功之和；②额外功来自克服木棒自身重力做功，木棒重心在B点，因此额外功为木棒重力乘以B点上升的高度；③利用杠杆转动时各点上升高度与力臂成正比的相似三角形关系，分别求出重物挂在A、B、C三点时的有用功和额外功；④结合$OA＜OB＜OC$的力臂关系，代入机械效率公式比较$\eta_A$、$\eta_B$、$\eta_C$的大小。
【解析】
设重物重力为$G$，木棒重力为$G_{木}$，$OD$长度为$1\ \mathrm{m}$，$OA$、$OB$、$OC$分别为A、B、C到支点O的力臂。
1. 重物挂在A点，上升高度$h_A=0.1\ \mathrm{m}$：
由杠杆转动的相似三角形关系，B点上升高度$h_{B1}=h_A×\frac{OB}{OA}$，
有用功$W_{有用A}=G· h_A$，额外功$W_{额外A}=G_{木}· h_{B1}=G_{木}·0.1·\frac{OB}{OA}$，
机械效率$\eta_A=\frac{W_{有用A}}{W_{有用A}+W_{额外A}}=\frac{G·0.1}{G·0.1+G_{木}·0.1·\frac{OB}{OA}}=\frac{G}{G+G_{木}·\frac{OB}{OA}}$。
2. 重物挂在B点，上升高度$h_B=0.2\ \mathrm{m}$：
B点上升高度为$0.2\ \mathrm{m}$，
有用功$W_{有用B}=G·0.2$，额外功$W_{额外B}=G_{木}·0.2$，
机械效率$\eta_B=\frac{G·0.2}{G·0.2+G_{木}·0.2}=\frac{G}{G+G_{木}}$。
3. 重物挂在C点，上升高度$h_C=0.3\ \mathrm{m}$：
同理，B点上升高度$h_{B2}=h_C·\frac{OB}{OC}=0.3·\frac{OB}{OC}$，
有用功$W_{有用C}=G·0.3$，额外功$W_{额外C}=G_{木}·0.3·\frac{OB}{OC}$，
机械效率$\eta_C=\frac{G·0.3}{G·0.3+G_{木}·0.3·\frac{OB}{OC}}=\frac{G}{G+G_{木}·\frac{OB}{OC}}$。
已知$OA＜OB＜OC$，则$\frac{OB}{OA}＞1$，$\frac{OB}{OC}＜1$，可得：
$G+G_{木}·\frac{OB}{OA}＞G+G_{木}＞G+G_{木}·\frac{OB}{OC}$，
分子均为$G$，分母越大分数值越小，故$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
机械效率、杠杆的应用
【点评】
本题结合杠杆的相似三角形关系与机械效率计算，核心是明确额外功的来源（克服木棒重力做功），通过力臂推导各点上升高度，进而比较不同情况下的机械效率，考查力学综合知识的应用能力，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.5
本题是杠杆提升重物的机械效率问题，解题思路为：①明确机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}$，总功等于有用功与额外功之和；②额外功来自克服木棒自身重力做功，木棒重心在B点，因此额外功为木棒重力乘以B点上升的高度；③利用杠杆转动时各点上升高度与力臂成正比的相似三角形关系，分别求出重物挂在A、B、C三点时的有用功和额外功；④结合$OA＜OB＜OC$的力臂关系，代入机械效率公式比较$\eta_A$、$\eta_B$、$\eta_C$的大小。
【解析】
设重物重力为$G$，木棒重力为$G_{木}$，$OD$长度为$1\ \mathrm{m}$，$OA$、$OB$、$OC$分别为A、B、C到支点O的力臂。
1. 重物挂在A点，上升高度$h_A=0.1\ \mathrm{m}$：
由杠杆转动的相似三角形关系，B点上升高度$h_{B1}=h_A×\frac{OB}{OA}$，
有用功$W_{有用A}=G· h_A$，额外功$W_{额外A}=G_{木}· h_{B1}=G_{木}·0.1·\frac{OB}{OA}$，
机械效率$\eta_A=\frac{W_{有用A}}{W_{有用A}+W_{额外A}}=\frac{G·0.1}{G·0.1+G_{木}·0.1·\frac{OB}{OA}}=\frac{G}{G+G_{木}·\frac{OB}{OA}}$。
2. 重物挂在B点，上升高度$h_B=0.2\ \mathrm{m}$：
B点上升高度为$0.2\ \mathrm{m}$，
有用功$W_{有用B}=G·0.2$，额外功$W_{额外B}=G_{木}·0.2$，
机械效率$\eta_B=\frac{G·0.2}{G·0.2+G_{木}·0.2}=\frac{G}{G+G_{木}}$。
3. 重物挂在C点，上升高度$h_C=0.3\ \mathrm{m}$：
同理，B点上升高度$h_{B2}=h_C·\frac{OB}{OC}=0.3·\frac{OB}{OC}$，
有用功$W_{有用C}=G·0.3$，额外功$W_{额外C}=G_{木}·0.3·\frac{OB}{OC}$，
机械效率$\eta_C=\frac{G·0.3}{G·0.3+G_{木}·0.3·\frac{OB}{OC}}=\frac{G}{G+G_{木}·\frac{OB}{OC}}$。
已知$OA＜OB＜OC$，则$\frac{OB}{OA}＞1$，$\frac{OB}{OC}＜1$，可得：
$G+G_{木}·\frac{OB}{OA}＞G+G_{木}＞G+G_{木}·\frac{OB}{OC}$，
分子均为$G$，分母越大分数值越小，故$\eta_A＜\eta_B＜\eta_C$，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
机械效率、杠杆的应用
【点评】
本题结合杠杆的相似三角形关系与机械效率计算，核心是明确额外功的来源（克服木棒重力做功），通过力臂推导各点上升高度，进而比较不同情况下的机械效率，考查力学综合知识的应用能力，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.5
8. (2025·淮南西部地区期末)小新同学用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。实验时,他先后将钩码放置在图中B、C位置,并得到下表实验数据。试回答下列问题。
实验次数|钩码悬挂点|钩码重G/N|钩码移动距离h/m|拉力F/N|弹簧测力计移动距离s/m|机械效率η/%
1|B点|2.0|0.10|1.3|0.25|61.5
2|C点|2.0|0.10|1.5|0.20|
(1)实验中,应在物体处于
(2)表格中第2次实验所测杠杆的机械效率为
(3)小新分析实验数据,发现用同一杠杆将同一重物提升到相同的高度,重物的悬挂点不同,杠杆的机械效率也不同。这是因为
实验次数|钩码悬挂点|钩码重G/N|钩码移动距离h/m|拉力F/N|弹簧测力计移动距离s/m|机械效率η/%
1|B点|2.0|0.10|1.3|0.25|61.5
2|C点|2.0|0.10|1.5|0.20|
(1)实验中,应在物体处于
匀速运动
(填“静止”或“匀速运动”)状态时,读取弹簧测力计示数。(2)表格中第2次实验所测杠杆的机械效率为
66.7%
(百分号前保留1位小数)。(3)小新分析实验数据,发现用同一杠杆将同一重物提升到相同的高度,重物的悬挂点不同,杠杆的机械效率也不同。这是因为
在有用功相同时,克服杠杆重力所做的额外功不同
答案
8. (1)匀速运动 (2)66.7% (3)在有用功相同时,克服杠杆重力所做的额外功不同
解析:(1)实验中,小新应在物体处于匀速运动状态时,读取弹簧测力计示数,此时系统处于平衡状态,二力平衡,弹簧测力计示数才等于拉力大小。
(2)表格中第2次实验所测杠杆的机械效率为$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{2\ N× 0.1\ m}{1.5\ N× 0.2\ m}× 100\%\approx 66.7\%$。
(3)重物的悬挂点不同,克服杠杆重力所做的额外功不同,而有用功相同,所以总功不同,由$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\%$知,杠杆的机械效率不同。
解析:(1)实验中,小新应在物体处于匀速运动状态时,读取弹簧测力计示数,此时系统处于平衡状态,二力平衡,弹簧测力计示数才等于拉力大小。
(2)表格中第2次实验所测杠杆的机械效率为$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{2\ N× 0.1\ m}{1.5\ N× 0.2\ m}× 100\%\approx 66.7\%$。
(3)重物的悬挂点不同,克服杠杆重力所做的额外功不同,而有用功相同,所以总功不同,由$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\%$知,杠杆的机械效率不同。
解析
【分析】
本题围绕杠杆机械效率的测量实验展开，需分三步思考：
1. 第一问：读取弹簧测力计示数时，需让杠杆处于平衡状态，匀速运动时系统受力平衡，弹簧测力计示数稳定且等于实际拉力，因此应确定匀速运动状态；
2. 第二问：机械效率公式为η=W有用/W总×100%，其中W有用是提升钩码的有用功（Gh），W总是拉力做的总功（Fs），代入第二次实验的对应数据计算即可；
3. 第三问：同一重物提升相同高度时有用功相同，额外功主要是克服杠杆自重的功，悬挂点不同会导致杠杆被提升的高度不同，额外功不同，总功不同，进而机械效率不同。
【解析】
(1) 实验中，当杠杆匀速运动时，系统处于平衡状态，弹簧测力计的示数等于拉力的实际大小，因此应在物体处于匀速运动状态时读取弹簧测力计示数；
(2) 第2次实验中，有用功W有用=Gh=2.0N×0.10m=0.2J，总功W总=Fs=1.5N×0.20m=0.3J，机械效率η=W有用/W总×100%=0.2J/0.3J×100%≈66.7%；
(3) 用同一杠杆将同一重物提升到相同高度时，有用功W有用=Gh相同；重物悬挂点不同，杠杆被提升的高度不同，克服杠杆重力做的额外功不同，总功W总=W有用+W额外不同，根据η=W有用/W总×100%，因此杠杆的机械效率不同。
【答案】
(1)匀速运动 (2)66.7% (3)在有用功相同时，克服杠杆重力所做的额外功不同
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算、有用功与额外功
【点评】
本题是杠杆机械效率的基础实验题，考查实验操作要点、机械效率计算及影响机械效率的因素，结合实验数据分析问题，注重基础知识点的应用，难度适中。
【难度系数】
0.7
本题围绕杠杆机械效率的测量实验展开，需分三步思考：
1. 第一问：读取弹簧测力计示数时，需让杠杆处于平衡状态，匀速运动时系统受力平衡，弹簧测力计示数稳定且等于实际拉力，因此应确定匀速运动状态；
2. 第二问：机械效率公式为η=W有用/W总×100%，其中W有用是提升钩码的有用功（Gh），W总是拉力做的总功（Fs），代入第二次实验的对应数据计算即可；
3. 第三问：同一重物提升相同高度时有用功相同，额外功主要是克服杠杆自重的功，悬挂点不同会导致杠杆被提升的高度不同，额外功不同，总功不同，进而机械效率不同。
【解析】
(1) 实验中，当杠杆匀速运动时，系统处于平衡状态，弹簧测力计的示数等于拉力的实际大小，因此应在物体处于匀速运动状态时读取弹簧测力计示数；
(2) 第2次实验中，有用功W有用=Gh=2.0N×0.10m=0.2J，总功W总=Fs=1.5N×0.20m=0.3J，机械效率η=W有用/W总×100%=0.2J/0.3J×100%≈66.7%；
(3) 用同一杠杆将同一重物提升到相同高度时，有用功W有用=Gh相同；重物悬挂点不同，杠杆被提升的高度不同，克服杠杆重力做的额外功不同，总功W总=W有用+W额外不同，根据η=W有用/W总×100%，因此杠杆的机械效率不同。
【答案】
(1)匀速运动 (2)66.7% (3)在有用功相同时，克服杠杆重力所做的额外功不同
【知识点】
杠杆机械效率、功的计算、有用功与额外功
【点评】
本题是杠杆机械效率的基础实验题，考查实验操作要点、机械效率计算及影响机械效率的因素，结合实验数据分析问题，注重基础知识点的应用，难度适中。
【难度系数】
0.7
9. 核心素养 科学探究（2025·广安中考）小丽用图甲所示的装置，测量滑轮组的机械效率。根据所学知识回答下列问题。
(1)实验时应该竖直向上
(2)她按照正确步骤进行了3次实验，记录数据如表格所示。第1次实验中，绳子自由端移动的距离①为
(3)她将图甲装置改接为图乙装置，提升相同钩码，得出图乙装置更
(1)实验时应该竖直向上
匀速
（填“匀速”或“变速”）拉动弹簧测力计。(2)她按照正确步骤进行了3次实验，记录数据如表格所示。第1次实验中，绳子自由端移动的距离①为
9
cm；第3次实验中，机械效率②为80%
。(3)她将图甲装置改接为图乙装置，提升相同钩码，得出图乙装置更
费力
（填“省力”或“费力”）。答案
9. (1)匀速 (2)9 80% (3)费力
解析:(1)实验时,应将弹簧测力计竖直向上匀速拉动,这样既便于读数,根据二力平衡,这时的示数也更准确。
(2)由图甲可知,绳子的段数n = 3,第1次实验中,钩码上升的高度为3 cm,则绳子自由端移动的距离s = 3h = 3×3 cm = 9 cm,第3次实验的机械效率$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{6\ N× 0.09\ m}{2.5\ N× 0.27\ m}× 100\% =80\%$。
(3)用不同的滑轮组提升相同的物体,绳子的段数越多越省力。图甲装置改接为图乙装置,提升相同钩码,绳子段数由n = 3变为n = 2,所以图乙装置更费力。
解析:(1)实验时,应将弹簧测力计竖直向上匀速拉动,这样既便于读数,根据二力平衡,这时的示数也更准确。
(2)由图甲可知,绳子的段数n = 3,第1次实验中,钩码上升的高度为3 cm,则绳子自由端移动的距离s = 3h = 3×3 cm = 9 cm,第3次实验的机械效率$\eta =\frac{{W}_{有用}}{{W}_{总}}× 100\% =\frac{Gh}{Fs}× 100\% =\frac{6\ N× 0.09\ m}{2.5\ N× 0.27\ m}× 100\% =80\%$。
(3)用不同的滑轮组提升相同的物体,绳子的段数越多越省力。图甲装置改接为图乙装置,提升相同钩码,绳子段数由n = 3变为n = 2,所以图乙装置更费力。
解析
【分析】
本题围绕滑轮组机械效率的实验展开，解题思路如下：
1. 第(1)问：实验时需保证弹簧测力计示数等于绳子自由端拉力，根据二力平衡原理，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，这样操作便于准确读数。
2. 第(2)问：先确定图甲滑轮组的绳子段数n=3，利用公式s=nh计算第1次绳子自由端移动的距离；再根据机械效率公式η=W有用/W总=Gh/(Fs)，代入第3次实验数据计算机械效率。
3. 第(3)问：对比图甲、乙的绳子段数，提升相同钩码时，绳子段数越少拉力越大，据此判断省力情况。
【解析】
(1) 实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时弹簧测力计的示数等于绳子自由端的拉力，既便于读数，又能保证测量准确，故填“匀速”。
(2) 由图甲可知，滑轮组承担物重的绳子段数n=3。第1次实验中，钩码上升高度h=3cm，根据s=nh，绳子自由端移动的距离s=3×3cm=9cm；第3次实验中，钩码重力G=6N，上升高度h=0.09m，拉力F=2.5N，绳子自由端移动距离s=0.27m，机械效率η=(W有用/W总)×100%=(Gh)/(Fs)×100%=(6N×0.09m)/(2.5N×0.27m)×100%=80%。
(3) 图甲装置中承担物重的绳子段数n=3，图乙装置中承担物重的绳子段数n=2，提升相同钩码时，绳子段数越少，拉力越大，因此图乙装置更费力。
【答案】
(1)匀速 (2)9；80% (3)费力
【知识点】
滑轮组的机械效率；滑轮组的特点；二力平衡的应用
【点评】
本题是滑轮组相关的基础实验题，主要考查滑轮组绳子段数计算、机械效率计算及省力情况判断，难度不大，掌握相关公式和原理即可解答。
【难度系数】
0.7
本题围绕滑轮组机械效率的实验展开，解题思路如下：
1. 第(1)问：实验时需保证弹簧测力计示数等于绳子自由端拉力，根据二力平衡原理，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，这样操作便于准确读数。
2. 第(2)问：先确定图甲滑轮组的绳子段数n=3，利用公式s=nh计算第1次绳子自由端移动的距离；再根据机械效率公式η=W有用/W总=Gh/(Fs)，代入第3次实验数据计算机械效率。
3. 第(3)问：对比图甲、乙的绳子段数，提升相同钩码时，绳子段数越少拉力越大，据此判断省力情况。
【解析】
(1) 实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时弹簧测力计的示数等于绳子自由端的拉力，既便于读数，又能保证测量准确，故填“匀速”。
(2) 由图甲可知，滑轮组承担物重的绳子段数n=3。第1次实验中，钩码上升高度h=3cm，根据s=nh，绳子自由端移动的距离s=3×3cm=9cm；第3次实验中，钩码重力G=6N，上升高度h=0.09m，拉力F=2.5N，绳子自由端移动距离s=0.27m，机械效率η=(W有用/W总)×100%=(Gh)/(Fs)×100%=(6N×0.09m)/(2.5N×0.27m)×100%=80%。
(3) 图甲装置中承担物重的绳子段数n=3，图乙装置中承担物重的绳子段数n=2，提升相同钩码时，绳子段数越少，拉力越大，因此图乙装置更费力。
【答案】
(1)匀速 (2)9；80% (3)费力
【知识点】
滑轮组的机械效率；滑轮组的特点；二力平衡的应用
【点评】
本题是滑轮组相关的基础实验题，主要考查滑轮组绳子段数计算、机械效率计算及省力情况判断，难度不大，掌握相关公式和原理即可解答。
【难度系数】
0.7
