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7. 小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率,每个钩码的质量为 m,O 为支点。
(1) 他将 2 只钩码悬挂在B 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,拉力为$F_{1}$,测得A、B 两点上升的高度分别为$h_{1}$、$h_{2}$,则此次杠杆的机械效率为$\eta=$
(2) 他将 2 只钩码悬挂在 C 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,使 C 点上升高度为$h_{2}$,则弹簧测力计的示数将
(3) 他将 3 只钩码悬挂在 C 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,使 C 点上升高度仍为$h_{2}$,则第三次杠杆的机械效率与前两次相比
(1) 他将 2 只钩码悬挂在B 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,拉力为$F_{1}$,测得A、B 两点上升的高度分别为$h_{1}$、$h_{2}$,则此次杠杆的机械效率为$\eta=$
2mgh₂/(F₁h₁) ×100%
(用物理量的符号表示)。(2) 他将 2 只钩码悬挂在 C 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,使 C 点上升高度为$h_{2}$,则弹簧测力计的示数将
大于
(填“大于”“等于”或“小于”,下同)$F_{1}$,此次弹簧测力计做的功将小于
第一次做的功。(3) 他将 3 只钩码悬挂在 C 点,在 A 点竖直向上匀速拉动弹簧测力计,使 C 点上升高度仍为$h_{2}$,则第三次杠杆的机械效率与前两次相比
最大
(填“最大”“最小”或“三次相等”)。答案
7. (1) 2mgh₂/(F₁h₁)×100% (2)大于 小于 (3)最大 提示:(1)有用功W有用=Gh₂=2mgh₂,总功W总=F₁h₁,则机械效率η=W有用/W总 ×100%=2mgh₂/(F₁h₁) ×100%。(2)钩码悬挂点由B点移到C点时,阻力臂变大,弹簧测力计的示数变大;钩码重不变,使C点上升高度为h₂,与使B点上升高度为h₂相比,有用功不变,但杠杆提升的高度减小,由W额外=G杠杆h杠杆知,额外功减小,又因为总功等于额外功与有用功之和,此次弹簧测力计做的功(即总功)将小于第一次做的功。(3)因为第一次与第二次的有用功相等,且第二次的额外功小,故第一次的机械效率小于第二次的机械效率;将3只钩码悬挂在C点时,物体升高的高度不变,物重增加,有用功变大,但杠杆提升的高度与第二次相同,额外功与第二次相同,故第三次的机械效率大于第二次的机械效率。
解析
【分析】
解决本题需掌握杠杆机械效率的计算，明确有用功、总功、额外功的定义；利用杠杆平衡条件分析拉力的变化；根据机械效率公式，分析有用功和额外功的变化对机械效率的影响。具体思路：
(1) 求机械效率需先确定提升钩码的有用功和拉力做的总功，再代入公式计算；
(2) 比较拉力时，依据杠杆平衡条件，阻力臂变化会改变动力大小；比较总功时，需结合有用功和额外功的变化，总功等于有用功与额外功之和；
(3) 比较机械效率时，分析有用功和额外功的变化，机械效率随有用功增大（额外功不变时）而增大。
【解析】
(1) 有用功是提升2只钩码做的功：$W_{有}=G_{钩码}h_{2}=2mgh_{2}$；总功是弹簧测力计拉力做的功：$W_{总}=F_{1}h_{1}$；根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%$，代入得$\eta=\frac{2mgh_{2}}{F_{1}h_{1}}×100\%$。
(2) 钩码从B点移到C点时，阻力（钩码总重力）不变，阻力臂变大，动力臂不变，由杠杆平衡条件$F_{1}L_{1}=F_{2}L_{2}$，动力变大，故弹簧测力计示数大于$F_{1}$；使C点上升高度为$h_{2}$时，有用功不变，但杠杆提升高度减小，额外功（克服杠杆重力做功）减小，总功等于有用功加额外功，因此此次总功小于第一次的总功。
(3) 第三次将3只钩码挂在C点，C点上升高度仍为$h_{2}$，有用功$W_{有}'=3mgh_{2}$，比第二次有用功大，额外功与第二次相同，根据机械效率公式，有用功越大、额外功不变时机械效率越大，故第三次机械效率最大。
【答案】
(1) $\frac{2mgh_2}{F_1h_1} × 100\%$；(2) 大于；小于；(3) 最大
【知识点】
杠杆机械效率、杠杆平衡条件、功的计算
【点评】
本题结合杠杆与机械效率，考查对功、机械效率的理解及杠杆平衡条件的应用，需明确各功的来源，是力学综合的典型题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
解决本题需掌握杠杆机械效率的计算，明确有用功、总功、额外功的定义；利用杠杆平衡条件分析拉力的变化；根据机械效率公式，分析有用功和额外功的变化对机械效率的影响。具体思路：
(1) 求机械效率需先确定提升钩码的有用功和拉力做的总功，再代入公式计算；
(2) 比较拉力时，依据杠杆平衡条件，阻力臂变化会改变动力大小；比较总功时，需结合有用功和额外功的变化，总功等于有用功与额外功之和；
(3) 比较机械效率时，分析有用功和额外功的变化，机械效率随有用功增大（额外功不变时）而增大。
【解析】
(1) 有用功是提升2只钩码做的功：$W_{有}=G_{钩码}h_{2}=2mgh_{2}$；总功是弹簧测力计拉力做的功：$W_{总}=F_{1}h_{1}$；根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%$，代入得$\eta=\frac{2mgh_{2}}{F_{1}h_{1}}×100\%$。
(2) 钩码从B点移到C点时，阻力（钩码总重力）不变，阻力臂变大，动力臂不变，由杠杆平衡条件$F_{1}L_{1}=F_{2}L_{2}$，动力变大，故弹簧测力计示数大于$F_{1}$；使C点上升高度为$h_{2}$时，有用功不变，但杠杆提升高度减小，额外功（克服杠杆重力做功）减小，总功等于有用功加额外功，因此此次总功小于第一次的总功。
(3) 第三次将3只钩码挂在C点，C点上升高度仍为$h_{2}$，有用功$W_{有}'=3mgh_{2}$，比第二次有用功大，额外功与第二次相同，根据机械效率公式，有用功越大、额外功不变时机械效率越大，故第三次机械效率最大。
【答案】
(1) $\frac{2mgh_2}{F_1h_1} × 100\%$；(2) 大于；小于；(3) 最大
【知识点】
杠杆机械效率、杠杆平衡条件、功的计算
【点评】
本题结合杠杆与机械效率，考查对功、机械效率的理解及杠杆平衡条件的应用，需明确各功的来源，是力学综合的典型题目，难度适中。
【难度系数】
0.5
8. 甲、乙、丙三人用如图所示的装置提起重物。木棒 $AB$ 的中点为 $C$, 木棒 $DH$ 的中点为$E$,两根木棒质地均匀、均为圆柱,重力均为$100\ \mathrm{N}$,重物的重力为$1\ 800\ \mathrm{N}$,$A$、$B$、$H$ 是三人对木棒施力的作用点,$C$ 与 $D$ 之间、$E$与重物之间均通过细绳相连。三人用竖直向上的力使两根木棒始终以相同的速度同步匀速提升重物。$g$ 取 $10\ \mathrm{N/kg}$,不计绳重及空气阻力,求:
(1) 提起重物的过程中,细绳对 $D$ 点的拉力 $F_D$。
(2) 将重物提升 $1\ \mathrm{m}$, 整个装置的机械效率 $\eta$。
(3) 用该装置同步匀速提升另一重物,三个人所用的力恰好相等时,重物的质量$m$。
(1) 提起重物的过程中,细绳对 $D$ 点的拉力 $F_D$。
(2) 将重物提升 $1\ \mathrm{m}$, 整个装置的机械效率 $\eta$。
(3) 用该装置同步匀速提升另一重物,三个人所用的力恰好相等时,重物的质量$m$。
答案
8. (1) 950 N (2) 90% (3) 10 kg 提示:(1)以H为支点时,有F_D×DH=(G物+G棒)×EH,解得F_D=EH/DH ×(G物+G棒)=1/2 ×(1 800 N+100 N)=950 N。(2)W有用=G物h=1 800 N×1 m=1 800 J,W额外=2×G棒h=2×100 N×1 m=200 J,W总=W有用+W额外=1 800 J+200 J=2 000 J,η=W有用/W总 ×100%=1 800 J /2 000 J ×100%=90%。(3)若三人施力相等皆为F,对于木棒AB有:2F=F_D'+G棒,对于木棒DH有G棒+mg=F_D'+F,F_D'=1/2 ×(G棒+mg),解得F=G棒=100 N,mg=3F-2G棒=100 N,故m=100 N /10 N/kg =10 kg。
解析
【分析】
本题需结合杠杆平衡条件和机械效率公式分步求解：
(1) 求D点拉力时，以木棒DH为研究对象，选H为支点，利用杠杆平衡条件，结合E是DH中点的力臂关系计算；
(2) 计算机械效率时，区分有用功（提升重物）和额外功（提升两根木棒），再用公式η=W有用/W总×100%求解；
(3) 三人施力相等时，分别对两根木棒AB、DH应用平衡条件，联立方程推导重物重力，再由G=mg得质量。
【解析】
(1) 以H为支点，对木棒DH应用杠杆平衡条件：
$F_D × DH = (G_{物} + G_{棒}) × EH$
因E是DH中点，故$EH=\frac{1}{2}DH$，代入得：
$F_D=\frac{EH}{DH} × (G_{物}+G_{棒})=\frac{1}{2} × (1800\ \mathrm{N}+100\ \mathrm{N})=950\ \mathrm{N}$
(2) 提升重物$h=1\ \mathrm{m}$时：
有用功 $W_{有用}=G_{物}h=1800\ \mathrm{N} × 1\ \mathrm{m}=1800\ \mathrm{J}$
额外功为提升两根木棒的功：$W_{额外}=2 × G_{棒}h=2 × 100\ \mathrm{N} × 1\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{J}$
总功 $W_{总}=W_{有用}+W_{额外}=1800\ \mathrm{J}+200\ \mathrm{J}=2000\ \mathrm{J}$
机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\%=\frac{1800\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{J}} × 100\%=90\%$
(3) 设三人施力均为$F$，对木棒AB，受力平衡得：
$2F=F_D'+G_{棒}$ ①
对木棒DH，以H为支点，同理得：
$F_D'=\frac{G_{棒}+mg}{2}$ ②
DH受力平衡也满足：$F_D'+F=G_{棒}+mg$ ③
将②代入③得：$F=\frac{G_{棒}+mg}{2}$，再代入①，结合$G_{棒}=100\ \mathrm{N}$，化简得$mg=100\ \mathrm{N}$，故重物质量：
$m=\frac{mg}{g}=\frac{100\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=10\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $950\ \mathrm{N}$；(2) $90\%$；(3) $10\ \mathrm{kg}$
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、重力与质量的关系
【点评】
本题结合双杠杆平衡与机械效率，需明确各研究对象的受力和力臂关系，分步联立求解，考查综合应用能力。
【难度系数】
0.3
本题需结合杠杆平衡条件和机械效率公式分步求解：
(1) 求D点拉力时，以木棒DH为研究对象，选H为支点，利用杠杆平衡条件，结合E是DH中点的力臂关系计算；
(2) 计算机械效率时，区分有用功（提升重物）和额外功（提升两根木棒），再用公式η=W有用/W总×100%求解；
(3) 三人施力相等时，分别对两根木棒AB、DH应用平衡条件，联立方程推导重物重力，再由G=mg得质量。
【解析】
(1) 以H为支点，对木棒DH应用杠杆平衡条件：
$F_D × DH = (G_{物} + G_{棒}) × EH$
因E是DH中点，故$EH=\frac{1}{2}DH$，代入得：
$F_D=\frac{EH}{DH} × (G_{物}+G_{棒})=\frac{1}{2} × (1800\ \mathrm{N}+100\ \mathrm{N})=950\ \mathrm{N}$
(2) 提升重物$h=1\ \mathrm{m}$时：
有用功 $W_{有用}=G_{物}h=1800\ \mathrm{N} × 1\ \mathrm{m}=1800\ \mathrm{J}$
额外功为提升两根木棒的功：$W_{额外}=2 × G_{棒}h=2 × 100\ \mathrm{N} × 1\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{J}$
总功 $W_{总}=W_{有用}+W_{额外}=1800\ \mathrm{J}+200\ \mathrm{J}=2000\ \mathrm{J}$
机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\%=\frac{1800\ \mathrm{J}}{2000\ \mathrm{J}} × 100\%=90\%$
(3) 设三人施力均为$F$，对木棒AB，受力平衡得：
$2F=F_D'+G_{棒}$ ①
对木棒DH，以H为支点，同理得：
$F_D'=\frac{G_{棒}+mg}{2}$ ②
DH受力平衡也满足：$F_D'+F=G_{棒}+mg$ ③
将②代入③得：$F=\frac{G_{棒}+mg}{2}$，再代入①，结合$G_{棒}=100\ \mathrm{N}$，化简得$mg=100\ \mathrm{N}$，故重物质量：
$m=\frac{mg}{g}=\frac{100\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=10\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $950\ \mathrm{N}$；(2) $90\%$；(3) $10\ \mathrm{kg}$
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率、重力与质量的关系
【点评】
本题结合双杠杆平衡与机械效率，需明确各研究对象的受力和力臂关系，分步联立求解，考查综合应用能力。
【难度系数】
0.3
9. 如图所示,质量为 60 kg 的工人站在水平地面上,用滑轮组把货物运到高处。第一次运送货物时,货物质量为 130 kg,工人用力$F_{1}$匀速拉绳,地面对工人的支持力为$N_{1},$滑轮组的机械效率为$\eta _{1}$。第二次运送货物时,货物质量为 90 kg,工人用力$F_{2}$匀速拉绳的功率为$P_{2}$,货物以 0.1 m/s 的速度匀速上升,地面对工人的支持力为$N_{2},N_{1}$与$N_{2}$之比为$2:3$。求:(不计绳重及滑轮摩擦,g取 10 N/kg)
(1) 动滑轮重$G_{动}$和拉力$F_{1}$。
(2) 机械效率$\eta _{1}$。
(3) 功率$P_{2}$。
(1) 动滑轮重$G_{动}$和拉力$F_{1}$。
(2) 机械效率$\eta _{1}$。
(3) 功率$P_{2}$。
答案
9. (1) 300 N 400 N (2) 81.25% (3) 120 W 提示:(1)第一次提升货物时,不计绳重及滑轮摩擦,F1=(G1+G动)/4,绳对人的拉力与人对绳的拉力相等,N1=G人-F1=G人-(G1+G动)/4=60 kg×10 N/kg-(130 kg×10 N/kg+G动)/4=600 N-(1 300 N+G动)/4。第二次提升货物时,F2=(G2+G动)/4,N2=G人-F2=G人-(G2+G动)/4=600 N-(900 N+G动)/4,因N1:N2=2:3,即(600 N-(1 300 N+G动)/4):(600 N-(900 N+G动)/4)=2:3,解得G动=300 N,F1=(G1+G动)/4=(1 300 N+300 N)/4=400 N。(2)η1=W有用/W总 ×100%=G1/(4×F1) ×100%=1 300 N/(4×400 N) ×100%=81.25%。(3)F2=(G2+G动)/4=(900 N+300 N)/4=300 N,第二次货物上升速度为0.1 m/s,绳子自由端移动的速度v=4×0.1 m/s=0.4 m/s,拉力做功的功率P2=F2v=300 N×0.4 m/s=120 W。
解析
【分析】首先确定滑轮组承担物重的绳子段数$n=4$；对工人受力分析，匀速拉绳时工人受重力、地面支持力、绳子拉力，受力平衡，故支持力$N=G_{人}-F_{拉}$；不计绳重及滑轮摩擦时，滑轮组拉力$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$；利用两次支持力的比值建立方程求出动滑轮重，进而计算拉力$F_1$；机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{G_{物}}{nF}$；第二次拉力$F_2=\frac{G_2+G_{动}}{n}$，绳子自由端速度$v=nv_{物}$，功率$P=Fv$，据此计算$P_2$。
【解析】先计算各重力：$G_{人}=m_{人}g=60kg×10N/kg=600N$，$G_1=m_1g=130kg×10N/kg=1300N$，$G_2=m_2g=90kg×10N/kg=900N$；由图知滑轮组承担物重的绳子段数$n=4$。
(1) 第一次拉绳时，拉力$F_1=\frac{G_1+G_{动}}{4}$，工人受力平衡，$N_1=G_{人}-F_1=600N-\frac{1300N+G_{动}}{4}$；第二次拉绳时，拉力$F_2=\frac{G_2+G_{动}}{4}$，$N_2=600N-\frac{900N+G_{动}}{4}$；已知$N_1:N_2=2:3$，代入得：
$\frac{600-\frac{1300+G_{动}}{4}}{600-\frac{900+G_{动}}{4}}=\frac{2}{3}$
分子分母同乘4化简：$\frac{1100-G_{动}}{1500-G_{动}}=\frac{2}{3}$，交叉相乘得$3(1100-G_{动})=2(1500-G_{动})$，解得$G_{动}=300N$；则$F_1=\frac{1300N+300N}{4}=400N$；
(2) 机械效率$\eta_1=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_1h}{F_1×4h}×100\%=\frac{G_1}{4F_1}×100\%=\frac{1300N}{4×400N}×100\%=81.25\%$；
(3) 第二次拉力$F_2=\frac{900N+300N}{4}=300N$；绳子自由端移动速度$v=4×v_{物}=4×0.1m/s=0.4m/s$；功率$P_2=F_2v=300N×0.4m/s=120W$；
【答案】(1) 动滑轮重$G_{动}$为300N，拉力$F_1$为400N；(2) 机械效率$\eta_1$为81.25%；(3) 功率$P_2$为120W；
【知识点】滑轮组拉力计算、机械效率、功率计算；
【点评】本题是力学综合题，需掌握滑轮组绳子段数确定、受力平衡分析及滑轮组相关公式应用，关键利用支持力比例关系求动滑轮重，对学生综合应用能力有一定要求；
【难度系数】0.5
【解析】先计算各重力：$G_{人}=m_{人}g=60kg×10N/kg=600N$，$G_1=m_1g=130kg×10N/kg=1300N$，$G_2=m_2g=90kg×10N/kg=900N$；由图知滑轮组承担物重的绳子段数$n=4$。
(1) 第一次拉绳时，拉力$F_1=\frac{G_1+G_{动}}{4}$，工人受力平衡，$N_1=G_{人}-F_1=600N-\frac{1300N+G_{动}}{4}$；第二次拉绳时，拉力$F_2=\frac{G_2+G_{动}}{4}$，$N_2=600N-\frac{900N+G_{动}}{4}$；已知$N_1:N_2=2:3$，代入得：
$\frac{600-\frac{1300+G_{动}}{4}}{600-\frac{900+G_{动}}{4}}=\frac{2}{3}$
分子分母同乘4化简：$\frac{1100-G_{动}}{1500-G_{动}}=\frac{2}{3}$，交叉相乘得$3(1100-G_{动})=2(1500-G_{动})$，解得$G_{动}=300N$；则$F_1=\frac{1300N+300N}{4}=400N$；
(2) 机械效率$\eta_1=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{G_1h}{F_1×4h}×100\%=\frac{G_1}{4F_1}×100\%=\frac{1300N}{4×400N}×100\%=81.25\%$；
(3) 第二次拉力$F_2=\frac{900N+300N}{4}=300N$；绳子自由端移动速度$v=4×v_{物}=4×0.1m/s=0.4m/s$；功率$P_2=F_2v=300N×0.4m/s=120W$；
【答案】(1) 动滑轮重$G_{动}$为300N，拉力$F_1$为400N；(2) 机械效率$\eta_1$为81.25%；(3) 功率$P_2$为120W；
【知识点】滑轮组拉力计算、机械效率、功率计算；
【点评】本题是力学综合题，需掌握滑轮组绳子段数确定、受力平衡分析及滑轮组相关公式应用，关键利用支持力比例关系求动滑轮重，对学生综合应用能力有一定要求；
【难度系数】0.5
