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5 [2025广州模拟]如图所示，手用$F_1$的力直接将物体A匀速提升$h$，做功300 J，若借助斜面用力$F_2$把A匀速拉至相同高度，A沿斜面运动了1.5 m，斜面的机械效率是40%。求：
（1）力$F_2$做的功。
（2）物体A受到斜面的摩擦力大小。
（1）力$F_2$做的功。
（2）物体A受到斜面的摩擦力大小。
答案
（1）使用斜面时拉力做的有用功等于用手直接提升物体时做的功，即 $W_{有用}=300\ \mathrm{J}$，由 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$可得，力$F_2$做的功为总功 $W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{300\ \mathrm{J}}{40\%}=750\ \mathrm{J}$
（2）借助斜面将物体匀速提升时，克服摩擦力所做的功为额外功，则 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=750\ \mathrm{J}-300\ \mathrm{J}=450\ \mathrm{J}$，所以摩擦力的大小 $f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{450\ \mathrm{J}}{1.5\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$
（2）借助斜面将物体匀速提升时，克服摩擦力所做的功为额外功，则 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=750\ \mathrm{J}-300\ \mathrm{J}=450\ \mathrm{J}$，所以摩擦力的大小 $f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{450\ \mathrm{J}}{1.5\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$
解析
【分析】
首先明确：用手直接提升物体做的功是有用功，借助斜面提升物体时的有用功与直接提升的功相等。根据机械效率公式，总功等于有用功除以机械效率，可求出力$F_2$做的功；额外功是总功减去有用功，额外功是克服斜面摩擦力做的功，利用额外功与摩擦力、斜面长度的关系，可求出摩擦力大小。
【解析】
（1）用手直接将物体A匀速提升$h$做的功为有用功，因此借助斜面提升物体时的有用功：$W_{有用}=300\ \mathrm{J}$。
根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$，可得力$F_2$做的总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{300\ \mathrm{J}}{40\%}=750\ \mathrm{J}$。
（2）借助斜面提升物体时，克服摩擦力做的功为额外功，因此额外功：
$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=750\ \mathrm{J}-300\ \mathrm{J}=450\ \mathrm{J}$。
由$W_{额外}=fs$（$s$为斜面长度），可得物体A受到的摩擦力：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{450\ \mathrm{J}}{1.5\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$。
【答案】
（1）$750\ \mathrm{J}$；（2）$300\ \mathrm{N}$
【知识点】
机械效率、有用功与额外功、斜面的机械效率
【点评】
本题考查斜面机械效率的计算，核心是明确有用功、总功、额外功的关系，理解额外功源于克服斜面摩擦力，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先明确：用手直接提升物体做的功是有用功，借助斜面提升物体时的有用功与直接提升的功相等。根据机械效率公式，总功等于有用功除以机械效率，可求出力$F_2$做的功；额外功是总功减去有用功，额外功是克服斜面摩擦力做的功，利用额外功与摩擦力、斜面长度的关系，可求出摩擦力大小。
【解析】
（1）用手直接将物体A匀速提升$h$做的功为有用功，因此借助斜面提升物体时的有用功：$W_{有用}=300\ \mathrm{J}$。
根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$，可得力$F_2$做的总功：
$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{300\ \mathrm{J}}{40\%}=750\ \mathrm{J}$。
（2）借助斜面提升物体时，克服摩擦力做的功为额外功，因此额外功：
$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=750\ \mathrm{J}-300\ \mathrm{J}=450\ \mathrm{J}$。
由$W_{额外}=fs$（$s$为斜面长度），可得物体A受到的摩擦力：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{450\ \mathrm{J}}{1.5\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$。
【答案】
（1）$750\ \mathrm{J}$；（2）$300\ \mathrm{N}$
【知识点】
机械效率、有用功与额外功、斜面的机械效率
【点评】
本题考查斜面机械效率的计算，核心是明确有用功、总功、额外功的关系，理解额外功源于克服斜面摩擦力，属于基础应用类题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
6 如图所示，斜面长 30 m，高 15 m，用一汽车把质量为 500 kg 的物体从斜面底端匀速拉到最高处，用时 10 s，汽车对物体拉力的功率为$1× 10^4$ W。求：(g 取 10 N/kg)
（1）物体的速度。
（2）斜面的机械效率。
（3）物体受到的摩擦力(结果保留两位小数)。
（1）物体的速度。
（2）斜面的机械效率。
（3）物体受到的摩擦力(结果保留两位小数)。
答案
（1）物体的速度 $v=\frac{s}{t}=\frac{30\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=3\ \mathrm{m/s}$
（2）物体的重力 $G=mg=500\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=5\ 000\ \mathrm{N}$，克服物体重力做的有用功 $W_{有用}=Gh=5\ 000\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=75\ 000\ \mathrm{J}$，拉力做的总功 $W_{总}=Pt=1×10^{4}\ \mathrm{W}×10\ \mathrm{s}=1×10^{5}\ \mathrm{J}$，斜面的机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{75\ 000\ \mathrm{J}}{1×10^{5}\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$
（3）克服物体受到的摩擦力做的额外功 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=1×10^{5}\ \mathrm{J}-75\ 000\ \mathrm{J}=25\ 000\ \mathrm{J}$，物体受到的摩擦力 $f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{25\ 000\ \mathrm{J}}{30\ \mathrm{m}}≈833.33\ \mathrm{N}$
（2）物体的重力 $G=mg=500\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=5\ 000\ \mathrm{N}$，克服物体重力做的有用功 $W_{有用}=Gh=5\ 000\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=75\ 000\ \mathrm{J}$，拉力做的总功 $W_{总}=Pt=1×10^{4}\ \mathrm{W}×10\ \mathrm{s}=1×10^{5}\ \mathrm{J}$，斜面的机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{75\ 000\ \mathrm{J}}{1×10^{5}\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$
（3）克服物体受到的摩擦力做的额外功 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=1×10^{5}\ \mathrm{J}-75\ 000\ \mathrm{J}=25\ 000\ \mathrm{J}$，物体受到的摩擦力 $f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{25\ 000\ \mathrm{J}}{30\ \mathrm{m}}≈833.33\ \mathrm{N}$
解析
【分析】
本题是斜面相关的力学计算题，分三小问逐步求解：（1）求物体速度，利用匀速运动的路程和时间，直接用速度公式计算；（2）求斜面机械效率，需先算出有用功（提升物体的重力势能）和总功（拉力做的功），再代入机械效率公式；（3）求摩擦力，额外功是克服摩擦力做的功，通过总功减有用功得到额外功，再结合额外功与摩擦力的关系计算摩擦力。
【解析】
（1）物体沿斜面匀速运动，通过的路程$s=30\ \mathrm{m}$，运动时间$t=10\ \mathrm{s}$，根据速度公式：
$v=\frac{s}{t}=\frac{30\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=3\ \mathrm{m/s}$
（2）先计算物体重力：
$G=mg=500\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=5000\ \mathrm{N}$
有用功是克服物体重力做的功：
$W_{有用}=Gh=5000\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=75000\ \mathrm{J}$
总功是拉力做的功，由$P=\frac{W}{t}$得：
$W_{总}=Pt=1×10^4\ \mathrm{W}×10\ \mathrm{s}=1×10^5\ \mathrm{J}$
斜面的机械效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{75000\ \mathrm{J}}{1×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$
（3）额外功是克服摩擦力做的功：
$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=1×10^5\ \mathrm{J}-75000\ \mathrm{J}=25000\ \mathrm{J}$
因额外功$W_{额外}=fs$，故摩擦力：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{25000\ \mathrm{J}}{30\ \mathrm{m}}≈833.33\ \mathrm{N}$
【答案】
（1）$3\ \mathrm{m/s}$；（2）$75\%$；（3）$833.33\ \mathrm{N}$
【知识点】
速度计算、机械效率、功的计算
【点评】
本题为斜面基础力学题，考查速度、机械效率、额外功与摩擦力的关联，公式应用明确，步骤清晰，是初中物理力学的常规题型，需学生掌握基本功和效率的计算方法。
【难度系数】
0.7
本题是斜面相关的力学计算题，分三小问逐步求解：（1）求物体速度，利用匀速运动的路程和时间，直接用速度公式计算；（2）求斜面机械效率，需先算出有用功（提升物体的重力势能）和总功（拉力做的功），再代入机械效率公式；（3）求摩擦力，额外功是克服摩擦力做的功，通过总功减有用功得到额外功，再结合额外功与摩擦力的关系计算摩擦力。
【解析】
（1）物体沿斜面匀速运动，通过的路程$s=30\ \mathrm{m}$，运动时间$t=10\ \mathrm{s}$，根据速度公式：
$v=\frac{s}{t}=\frac{30\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{s}}=3\ \mathrm{m/s}$
（2）先计算物体重力：
$G=mg=500\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=5000\ \mathrm{N}$
有用功是克服物体重力做的功：
$W_{有用}=Gh=5000\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{m}=75000\ \mathrm{J}$
总功是拉力做的功，由$P=\frac{W}{t}$得：
$W_{总}=Pt=1×10^4\ \mathrm{W}×10\ \mathrm{s}=1×10^5\ \mathrm{J}$
斜面的机械效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{75000\ \mathrm{J}}{1×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$
（3）额外功是克服摩擦力做的功：
$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=1×10^5\ \mathrm{J}-75000\ \mathrm{J}=25000\ \mathrm{J}$
因额外功$W_{额外}=fs$，故摩擦力：
$f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{25000\ \mathrm{J}}{30\ \mathrm{m}}≈833.33\ \mathrm{N}$
【答案】
（1）$3\ \mathrm{m/s}$；（2）$75\%$；（3）$833.33\ \mathrm{N}$
【知识点】
速度计算、机械效率、功的计算
【点评】
本题为斜面基础力学题，考查速度、机械效率、额外功与摩擦力的关联，公式应用明确，步骤清晰，是初中物理力学的常规题型，需学生掌握基本功和效率的计算方法。
【难度系数】
0.7
7 新情境 古代科技 [2025 滁州模拟]如图甲是《天工开物》中记载的在井上汲水的桔槔，其示意图如图乙，轻质杠杆的支点O距左端$L_1=0.5\ \mathrm{m}$，距右端$L_2=0.2\ \mathrm{m}$。在杠杆左端用绳悬挂一重力为20 N的物体A，右端用绳挂一物体B，杠杆在水平位置平衡时，物体B对地面的压力为20 N。若用该杠杆将物体B匀速提升0.5 m的过程中，其机械效率为87.5%。则：
（1）物体B的重力是多大？
（2）提升物体B所做的额外功是多少？
（1）物体B的重力是多大？
（2）提升物体B所做的额外功是多少？
答案
（1）根据 $G_A L_1=F_B L_2$ 代入数据：$20\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}=F_B×0.2\ \mathrm{m}$，可得 $F_B=50\ \mathrm{N}$；根据力的作用是相互的可得，地面对物体B的支持力 $F_{支}=F_{压}=20\ \mathrm{N}$，绳对B向上的拉力 $F_{拉}=F_B=50\ \mathrm{N}$，物体B受到向上拉力、向上支持力和竖直向下重力的作用保持平衡，则 $G_B=F_{拉}+F_{支}=50\ \mathrm{N}+20\ \mathrm{N}=70\ \mathrm{N}$
（2）提升物体B所做的有用功 $W_{有用}=G_B h=70\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}=35\ \mathrm{J}$；总功 $W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{35\ \mathrm{J}}{87.5\%}=40\ \mathrm{J}$；提升物体B的过程中所做的额外功 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=40\ \mathrm{J}-35\ \mathrm{J}=5\ \mathrm{J}$
（2）提升物体B所做的有用功 $W_{有用}=G_B h=70\ \mathrm{N}×0.5\ \mathrm{m}=35\ \mathrm{J}$；总功 $W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{35\ \mathrm{J}}{87.5\%}=40\ \mathrm{J}$；提升物体B的过程中所做的额外功 $W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=40\ \mathrm{J}-35\ \mathrm{J}=5\ \mathrm{J}$
解析
【分析】
要解决本题，需分两步分析：第一问，先利用杠杆平衡条件求出杠杆右端对物体B的拉力，再对物体B受力分析，结合力的平衡求出B的重力；第二问，根据机械效率公式，先计算提升B的有用功，再求出总功，最后用总功减去有用功得到额外功。具体思路：①根据杠杆平衡条件计算杠杆对B的拉力；②对B受力分析，利用力的平衡求B的重力；③利用机械效率公式计算总功，进而求出额外功。
【解析】
（1）根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，左端拉力为 $ G_A = 20\ \mathrm{N} $，力臂 $ L_1 = 0.5\ \mathrm{m} $，右端拉力为 $ F_B $，力臂 $ L_2 = 0.2\ \mathrm{m} $，代入得：
$ G_A L_1 = F_B L_2 $
$ 20\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = F_B × 0.2\ \mathrm{m} $
解得 $ F_B = 50\ \mathrm{N} $。
物体B对地面的压力为20N，根据力的作用是相互的，地面对B的支持力 $ F_{支} = F_{压} = 20\ \mathrm{N} $。物体B静止，受力平衡，其重力等于向上的拉力与支持力之和，即：
$ G_B = F_B + F_{支} = 50\ \mathrm{N} + 20\ \mathrm{N} = 70\ \mathrm{N} $。
（2）提升物体B的有用功是克服B重力做的功，即：
$ W_{有用} = G_B h = 70\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = 35\ \mathrm{J} $。
已知机械效率 $ \eta = 87.5\% $，根据 $ \eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} $，可得总功：
$ W_{总} = \frac{W_{有用}}{\eta} = \frac{35\ \mathrm{J}}{87.5\%} = 40\ \mathrm{J} $。
额外功为总功减去有用功：
$ W_{额外} = W_{总} - W_{有用} = 40\ \mathrm{J} - 35\ \mathrm{J} = 5\ \mathrm{J} $。
【答案】
（1）物体B的重力是70 N；（2）提升物体B所做的额外功是5 J。
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、受力平衡
【点评】
本题结合古代汲水工具桔槔，将物理知识与实际应用结合，需要学生熟练掌握杠杆平衡条件、受力分析和机械效率的计算，步骤清晰，难度适中，能考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分两步分析：第一问，先利用杠杆平衡条件求出杠杆右端对物体B的拉力，再对物体B受力分析，结合力的平衡求出B的重力；第二问，根据机械效率公式，先计算提升B的有用功，再求出总功，最后用总功减去有用功得到额外功。具体思路：①根据杠杆平衡条件计算杠杆对B的拉力；②对B受力分析，利用力的平衡求B的重力；③利用机械效率公式计算总功，进而求出额外功。
【解析】
（1）根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，左端拉力为 $ G_A = 20\ \mathrm{N} $，力臂 $ L_1 = 0.5\ \mathrm{m} $，右端拉力为 $ F_B $，力臂 $ L_2 = 0.2\ \mathrm{m} $，代入得：
$ G_A L_1 = F_B L_2 $
$ 20\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = F_B × 0.2\ \mathrm{m} $
解得 $ F_B = 50\ \mathrm{N} $。
物体B对地面的压力为20N，根据力的作用是相互的，地面对B的支持力 $ F_{支} = F_{压} = 20\ \mathrm{N} $。物体B静止，受力平衡，其重力等于向上的拉力与支持力之和，即：
$ G_B = F_B + F_{支} = 50\ \mathrm{N} + 20\ \mathrm{N} = 70\ \mathrm{N} $。
（2）提升物体B的有用功是克服B重力做的功，即：
$ W_{有用} = G_B h = 70\ \mathrm{N} × 0.5\ \mathrm{m} = 35\ \mathrm{J} $。
已知机械效率 $ \eta = 87.5\% $，根据 $ \eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} $，可得总功：
$ W_{总} = \frac{W_{有用}}{\eta} = \frac{35\ \mathrm{J}}{87.5\%} = 40\ \mathrm{J} $。
额外功为总功减去有用功：
$ W_{额外} = W_{总} - W_{有用} = 40\ \mathrm{J} - 35\ \mathrm{J} = 5\ \mathrm{J} $。
【答案】
（1）物体B的重力是70 N；（2）提升物体B所做的额外功是5 J。
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、受力平衡
【点评】
本题结合古代汲水工具桔槔，将物理知识与实际应用结合，需要学生熟练掌握杠杆平衡条件、受力分析和机械效率的计算，步骤清晰，难度适中，能考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
8 如图所示，用质量分布均匀的杠杆从水平位置开始提升重物，用始终竖直向上的动力$F=30\ \mathrm{N}$，将重力$G=60\ \mathrm{N}$的重物缓慢提升$\Delta h$，已知$OA:OB=1:3$，$OA:OC=1:4$，支点处的摩擦不计。
（1）求杠杆自重$G_{\mathrm{杆}}$。
（2）求杠杆提升重物的机械效率$\eta$。（结果精确到$0.1\%$）
（3）若将动力作用点从$B$点移到$C$点，其他条件不变，请说明杠杆机械效率的变化情况。
（1）求杠杆自重$G_{\mathrm{杆}}$。
（2）求杠杆提升重物的机械效率$\eta$。（结果精确到$0.1\%$）
（3）若将动力作用点从$B$点移到$C$点，其他条件不变，请说明杠杆机械效率的变化情况。
答案
（1）杠杆水平放置时，杠杆自重的力臂 $L_3=\frac{1}{2}OC$；设$OA=L_0$，则$OB=3L_0$，$OC=4L_0$，故 $L_3=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}×4L_0=2L_0$；根据杠杆平衡条件可知 $F·OB=G·OA+G_{杆}L_3$，$F×3L_0=60\ \mathrm{N}×L_0+G_{杆}×2L_0$，故 $30\ \mathrm{N}×3=60\ \mathrm{N}+2G_{杆}$，解得 $G_{杆}=15\ \mathrm{N}$
（2）因 $OA:OB=1:3$，故B点上升的高度$h_B$是A点上升高度$\Delta h$的3倍，故机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G\Delta h}{Fh_B}×100\%=\frac{G\Delta h}{F×3\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{30\ \mathrm{N}×3}×100\%≈66.7\%$
（3）若将动力作用点从B点移到C点，因为 $OA:L_3=1:2$，所以杠杆重心上升的高度是重物上升高度的2倍，故 $\eta'=\frac{W_{有用}'}{W_{总}'}×100\% =\frac{G\Delta h}{G\Delta h+G_{杆}h_{杆}} × 100\% = \frac{G}{G+2G_{杆}} × 100\% = \frac{60\ \mathrm{N}}{60\ \mathrm{N}+2×15\ \mathrm{N}}×100\%≈66.7\%$；将动力作用点从B点移到C点，其他条件不变，杠杆的机械效率不变
（2）因 $OA:OB=1:3$，故B点上升的高度$h_B$是A点上升高度$\Delta h$的3倍，故机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G\Delta h}{Fh_B}×100\%=\frac{G\Delta h}{F×3\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{30\ \mathrm{N}×3}×100\%≈66.7\%$
（3）若将动力作用点从B点移到C点，因为 $OA:L_3=1:2$，所以杠杆重心上升的高度是重物上升高度的2倍，故 $\eta'=\frac{W_{有用}'}{W_{总}'}×100\% =\frac{G\Delta h}{G\Delta h+G_{杆}h_{杆}} × 100\% = \frac{G}{G+2G_{杆}} × 100\% = \frac{60\ \mathrm{N}}{60\ \mathrm{N}+2×15\ \mathrm{N}}×100\%≈66.7\%$；将动力作用点从B点移到C点，其他条件不变，杠杆的机械效率不变
解析
【分析】
解决本题需结合杠杆平衡条件、机械效率公式，利用相似三角形确定力臂与移动距离的关系。
（1）求杠杆自重时，均匀杠杆的重心在中点，故自重的力臂为OC的一半，结合已知的OA、OB、OC的比例，代入杠杆平衡条件即可求解。
（2）计算机械效率时，有用功是提升重物做的功，总功是动力做的功；由于动力和阻力都是竖直方向，杠杆转动时，动力移动的距离与重物移动的距离之比等于对应力臂之比（相似三角形原理），由此确定动力移动的距离，再代入机械效率公式计算。
（3）动力点移到C点时，需重新确定杠杆自重上升的高度，再计算总功，对比原来的机械效率，判断变化情况。
【解析】
（1）设OA = L₀，由OA:OB=1:3，OA:OC=1:4，得OB=3L₀，OC=4L₀。均匀杠杆的重心在其中点，故杠杆自重的力臂$L_3=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}×4L_0=2L_0$。根据杠杆平衡条件：$F·OB=G·OA+G_{杆}·L_3$，代入数据：$30\ \mathrm{N}×3L_0=60\ \mathrm{N}×L_0+G_{杆}×2L_0$，约去$L_0$后得$90\ \mathrm{N}=60\ \mathrm{N}+2G_{杆}$，解得$G_{杆}=15\ \mathrm{N}$。
（2）杠杆转动时，动力移动的高度$h_B$与重物上升高度$\Delta h$的比等于力臂比$OA:OB=1:3$，故$h_B=3\Delta h$。有用功$W_{有用}=G\Delta h$，总功$W_{总}=Fh_B=F×3\Delta h$，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G\Delta h}{F×3\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{30\ \mathrm{N}×3}×100\%≈66.7\%$。
（3）动力作用点移到C点后，杠杆重心上升的高度$h_{杆}$与$\Delta h$的比等于$OA:2L_0=1:2$，故$h_{杆}=2\Delta h$。此时总功$W_{总}'=G\Delta h+G_{杆}h_{杆}=G\Delta h+G_{杆}×2\Delta h$，机械效率$\eta'=\frac{G\Delta h}{G\Delta h+G_{杆}×2\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{60\ \mathrm{N}+15\ \mathrm{N}×2}×100\%≈66.7\%$，故机械效率不变。
【答案】
（1）$15\ \mathrm{N}$；（2）约$66.7\%$；（3）机械效率不变
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、相似三角形
【点评】
本题综合考查杠杆平衡条件与机械效率的计算，关键是利用相似三角形确定各力移动的距离关系，需掌握均匀杠杆重心在中点的特点，对学生的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
解决本题需结合杠杆平衡条件、机械效率公式，利用相似三角形确定力臂与移动距离的关系。
（1）求杠杆自重时，均匀杠杆的重心在中点，故自重的力臂为OC的一半，结合已知的OA、OB、OC的比例，代入杠杆平衡条件即可求解。
（2）计算机械效率时，有用功是提升重物做的功，总功是动力做的功；由于动力和阻力都是竖直方向，杠杆转动时，动力移动的距离与重物移动的距离之比等于对应力臂之比（相似三角形原理），由此确定动力移动的距离，再代入机械效率公式计算。
（3）动力点移到C点时，需重新确定杠杆自重上升的高度，再计算总功，对比原来的机械效率，判断变化情况。
【解析】
（1）设OA = L₀，由OA:OB=1:3，OA:OC=1:4，得OB=3L₀，OC=4L₀。均匀杠杆的重心在其中点，故杠杆自重的力臂$L_3=\frac{1}{2}OC=\frac{1}{2}×4L_0=2L_0$。根据杠杆平衡条件：$F·OB=G·OA+G_{杆}·L_3$，代入数据：$30\ \mathrm{N}×3L_0=60\ \mathrm{N}×L_0+G_{杆}×2L_0$，约去$L_0$后得$90\ \mathrm{N}=60\ \mathrm{N}+2G_{杆}$，解得$G_{杆}=15\ \mathrm{N}$。
（2）杠杆转动时，动力移动的高度$h_B$与重物上升高度$\Delta h$的比等于力臂比$OA:OB=1:3$，故$h_B=3\Delta h$。有用功$W_{有用}=G\Delta h$，总功$W_{总}=Fh_B=F×3\Delta h$，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G\Delta h}{F×3\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{30\ \mathrm{N}×3}×100\%≈66.7\%$。
（3）动力作用点移到C点后，杠杆重心上升的高度$h_{杆}$与$\Delta h$的比等于$OA:2L_0=1:2$，故$h_{杆}=2\Delta h$。此时总功$W_{总}'=G\Delta h+G_{杆}h_{杆}=G\Delta h+G_{杆}×2\Delta h$，机械效率$\eta'=\frac{G\Delta h}{G\Delta h+G_{杆}×2\Delta h}×100\%=\frac{60\ \mathrm{N}}{60\ \mathrm{N}+15\ \mathrm{N}×2}×100\%≈66.7\%$，故机械效率不变。
【答案】
（1）$15\ \mathrm{N}$；（2）约$66.7\%$；（3）机械效率不变
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、相似三角形
【点评】
本题综合考查杠杆平衡条件与机械效率的计算，关键是利用相似三角形确定各力移动的距离关系，需掌握均匀杠杆重心在中点的特点，对学生的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
