2021-2022学年人教版八年级物理下册单元练习题第十二章简单机械（含答案）

八年级物理下册单元练习题
第十二章 简单机械
一、选择题。
1．下列简单机械在正常使用时属于费力杠杆的是（　　）
A．钢丝钳 B．开瓶器
C．钓鱼竿 D．指甲剪
2．如图所示，用一个始终水平向右的力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至接近水平的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．阻力臂一直变大 B．F先变小后变大
C．一直是省力杠杆 D．可以将杠杆OA拉至水平位置并保持静止
3．学习小组根据古代的杆秤原理自制了一个杆秤，如图所示，将秤盘固定在A点，秤盘上不放重物且无秤砣时，提纽移至O点处杆秤恰好可以水平平衡，测得OA＝4cm。当在秤盘中放入重物时，将秤砣移至B点，恰好能使杆秤水平平衡，OB＝20cm，所用秤砣质量为0.5kg。以下说法正确的是（　　）
A．自制杆秤的零刻度线恰好在O点
B．因杆粗细不均匀，秤的刻度线分布也不均匀
C．将秤砣移至B点，秤盘放置2kg重物时杆秤再次平衡
D．要使该杆秤的量程变大，应该换用质量更小的秤砣
4．如图所示，用一根自重可忽略不计的撬棒撬石块，若撬棒C点受到石块的压力是1500N，且AB＝1m，AD＝0.5m，CD＝0.3m，则要撬动该石块所用的最小的力是（　　）
A．900N B．750N C．300N D．150N
5．如图所示是绿化工人在修剪树木的场景，工人师傅在修剪树枝时，常把树枝尽量往剪刀的轴处靠近，这样做是为了（　　）
A．增大动力臂，方便 B．增大阻力臂，省力
C．减小动力臂，方便 D．减小阻力臂，省力
6．某同学用重为10N的滑轮匀速提升重为90N的物体。不计绳重，则该同学所用拉力F的可能值是（　　）
A．25N B．60N C．50N D．45N
7．如图所示装置，同材质的甲、乙两实心木块处于静止状态，不计滑轮重力及摩擦，则（　　）
A．甲、乙的体积之比为1：2 B．甲、乙的质量之比为1：2
C．甲、乙的密度之比为2：1 D．甲、乙的重力之比为2：1
8．如图是工人师傅提升重物的情景，若不计绳重、动滑轮重及摩擦，其中最省力的是（　　）
A． B． C． D．
9．关于功率和机械效率，下列说法正确的是（　　）
A．机械的功率越大效率越高
B．机械的功率越大做功就越快，效率不一定高
C．机械的效率高说明有用功所占的百分比大，功率也大
D．机械效率高的机械一定省力，功率不一定大
10．如图所示，分别用两种不同的方式提升两个相同且重力均为G的物块。甲用滑轮组匀速提升，动滑轮重力G动大于物块重力G，拉力F1做功W1，滑轮组的效率为η1；乙沿斜面（如图乙所示）把物块从A点匀速提升至B点，SAB＝2h，拉力F2做功W2，物块与斜面的摩擦力为f1，斜面的效率为η2。若两次拉力大小F1＝F2，则下列说法一定正确的是（　　）
A．W1＝W2 B．f1＝F2
C．η1＝η2 D．若提升高度相同，滑轮组的额外功大于斜面的额外功
二、填空题。
11．如图所示，OB为轻质杠杆，O为支点，在杠杆的A点挂一重为30N的物体M，在杠杆的B点施加拉力F，当拉力方向与杠杆成30°角时使杠杆在水平位置平衡，此时拉力F为20N。已知OB＝30cm，则OA＝　 　cm。
12．如图所示，快递小哥为了较快的把货物装入运输车，用同样的器材设计了甲、乙两种方式提升货物，应该选用 　 　装置，理由是 　 　。
13．如图所示，水平桌面上有一铁块，由绕过定滑轮的细绳与重6N的沙桶相连且保持静止，不计绳重及绳与滑轮间的摩擦，定滑轮的作用是 　 　；铁块受到摩擦力的大小是 　 　，铁块受到了 　 　个力的作用。
14．如图所示，用200N的力F将一重为90N的物体A提升到离地面5m的高处。则拉力F做的功是 　 　J，效率是 　 　。
15．如图是小明用来探究“滑轮组的机械效率与哪些因素有关”的实验，不计绳重和摩擦，
（1）请在图甲中画出最省力的绕法。
（2）实验时，应沿竖直方向 　 　拉动弹簧测力计。
（3）若只增加物重，此滑轮组的机械效率将 　 　。
（4）他多次改变物重，并根据实验数据制成如图乙所示的图象，由图象可知，当物重为4N时，此滑轮组的机械效率为 　 　。
三、作图题。
16．如图所示是盘子夹，作用是当人们用盘子蒸食物时用其拿出盘子即方便又安全，请你在简图中画出动力F1、阻力F2及阻力臂L2。
17．工人站在地面利用滑轮组将重物匀速提升，请在图中所示的滑轮组上画出绕线方法。
四、实验探究题。
18．利用杠杆开展相关实验探究：（图上箭头表示杠杆转动方向）
（1）安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，如图甲所示。则应将平衡螺母向　 　 　（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）小明又用如图乙所示装置进行实验，弹簧测力计的示数应是　 　N（一个钩码重力为0.5N）。
（3）如图丙所示，小红实验时在一平衡杠杆的两端放上不同数量的相同硬币，杠杆仍水平位置平衡。她用刻度尺测出L1和L2，则2L1　 　3L2（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。
五、计算题。
19．如图所示，一根长木棒AB（质量不计）可以绕支点O转动，木棒的A端用竖直细线连接在地板上，AB＝1m，OB＝0.6m。在木棒的B端通过细线悬挂一个长方体物块C，C的密度为0.9×103kg/m3，B端正下方放一盛满水的溢水杯，溢水杯中水的深度为20cm；现将物块C缓慢浸入溢水杯中，当物块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.6N的水，杠杆处于水平平衡状态。（忽略细线的重力，g取10N/kg），求：
（1）当物块浸入水中一半时，物块受到的浮力和溢水杯底受到水的压强。
（2）物块的体积和物块C受到细线的拉力。
（3）细线作用在A的力。
20．盘山公路可以简化成物理模型斜面（如图）。一辆质量为8t的汽车，在2×104N的牵引力作用下，沿盘山公路匀速行驶6km，到了高为0.6km的山顶，忽略空气阻力。试求：
（1）汽车上坡时受到斜面的摩擦力：
（2）该斜面的机械效率。
参考答案
一．选择题
1.【分析】C。
【分析】结合生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、用钢丝钳剪铁丝的过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；故A不合题意；
B、开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不合题意；
C、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C符合题意；
D、指甲剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不合题意。
故选：C。
2.【分析】A。
【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂．根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，力F始终水平向右，即动力臂不断变小，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力不变，阻力臂变大，所以动力变大．
【解答】解：
如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力的大小不变（等于物重G），阻力臂变大，动力臂不断变小，当阻力臂大于动力臂时，杠杆为费力杠杆；根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力将变大。
；
将杠杆OA拉至水平位置时，动力臂为0，杠杆不能平衡，不能保持静止状态，综上所述，A正确，BCD错误。
故选：A。
3.【分析】A。
【分析】A、杆秤的零刻度为测量物体的质量为0时，杠杆平衡时秤砣在杠杆上悬挂的位置；提纽移至O点处杆秤恰好可以水平平衡，则O为其重心，据此分析；
B、无论杆秤粗细是否均匀，秤的刻度线分布都是均匀的，因为无论杆秤粗细是否均匀，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可推导OB与m′的函数关系，根据函数关系分析即可；
C、将秤砣移至B点，根据G＝mg计算秤砣重，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得秤盘中物体的质量；
D、由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得m′＝，所以要使该杆秤的量程变大，应该换用质量更大的秤砣
【解答】解：
A、秤盘上不放重物且无秤砣时，提纽移至O点处杆秤恰好可以水平平衡，则O为其重心（也为杆秤的支点）；
此时秤盘中无重物，若把秤砣悬挂在O点处，因秤砣对杆秤的拉力过支点，其力臂为0，杆秤仍平衡，由此可知该杆秤的零刻度线应该标在O点，故A正确；
B、无论杆秤粗细是否均匀，秤的刻度线分布都是均匀的，因为无论杆秤粗细是否均匀，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知G×OB＝m′g×OA，即mg×OB＝m′g×OA，
所用秤砣质量为0.5kg，
即OB＝m′×，因是一个定值，所以OB与m′成正比，故B错误；
C、将秤砣移至B点，秤砣重为：G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，
由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得：G×OB＝m′g×OA，
即5×20cm＝m′×10N/kg×4cm，解得：m′＝2.5kg，故C错误；
D、由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得：G×OB＝m′g×OA，即m′＝＝0.5kg×，所以要使该杆秤的量程变大，应该换用质量更大的秤砣，故D错误。
故选：A。
4.【分析】C。
【分析】求撬动石块所用的最小力，就必须确定出最大动力臂和最小阻力臂。该杠杆可以有两个支点：D点和B点。
①D点为支点，则作用在A点的最小力应垂直杠杆斜向下，此时AD为动力臂，CD为阻力臂；
②B点为支点，则作用在A点的最小力应垂直杠杆斜向上，此时AC为动力臂，BC为阻力臂；
显然第②种情况更省力，结合杠杆的平衡条件可求出答案。
【解答】解：
①若以D点为支点，则作用在A点的最小力应垂直于杠杆斜向下，此时AD为动力臂，CD为阻力臂，如图：
②若以B点为支点，则作用在A点的最小力应垂直于杠杆斜向上，此时AB为动力臂，BC为阻力臂，如图：
由图知，AD＜AB，CD＞BC，所以②更省力；
如上图，以B为支点，动力臂AB＝1m，阻力臂BC＝AB﹣AD﹣CD＝1m﹣0.5m﹣0.3m＝0.2m，
由杠杆的平衡条件得：F1×AB＝F2×BC，
即：F1×1m＝1500N×0.2m，
解得F1＝300N，故C正确。
故选：C。
5.【分析】D。
【分析】利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，阻力和动力臂不变，动力随阻力臂的增大而增大。
【解答】解：在同样的情况下，把树枝往剪刀轴O靠近，减小了阻力臂，而阻力和动力臂不变，由F1L1＝F2L2可知，动力会变小，因此可以省力，故ABC错误，D正确。
故选：D。
6.【分析】B。
【分析】动滑轮的实质是一个杠杆，不计绳重和摩擦，重物和动滑轮的总重由2段绳子承担，当沿竖直方向拉动时，动力臂大小等于滑轮的直径大小，此时拉力F＝（G物+G动）；若斜拉绳子时，动力臂会小于滑轮的直径，此时力臂变小，所需的的拉力变大，因此会大于物体和动滑轮总重力的一半。
【解答】解：动滑轮之所以能省一半的力，是因为其相当于杠杆的变形，轮的直径相当于动力臂，轮的半径相当于阻力臂，这样动力臂是阻力臂的二倍，自然就能省一半的力。而这一关系成立的前提条件是：必须竖直向上拉绳子。
不计绳重和摩擦，重物和动滑轮的总重由2段绳子承担，
当沿竖直方向拉动时，拉力F＝（G物+G动）＝（90N+10N）＝50N；
图中斜向上拉绳子时，动力臂和阻力臂都会减小，但动力臂会小于阻力臂的二倍，而阻力不变，由杠杆平衡条件可知，动力就会增大，因此所用拉力变大，则拉力F的范围是F＞50N。
故选：B。
7.【分析】D。
【分析】由图可知，同材质的甲、乙两实心木块处于静止状态，不计滑轮重力及摩擦，有两股绳子承担G甲，即n＝2，滑轮组上绳端的拉力F＝G乙，所以2G乙＝G甲，ρ乙＝ρ甲，根据重力的计算式可知甲、乙的质量之比，再根据密度的公式可知甲、乙的体积之比。
【解答】解：
由图可知，动滑轮上绳子的段数n＝2；
甲、乙两实心木块处于静止状态，滑轮组上绳端的拉力F＝G乙，
不计滑轮重力及摩擦，绳端的拉力F＝G甲，所以G乙＝G甲，则G甲：G乙＝2：1，
根据重力公式可知甲、乙的质量之比为m甲：m乙＝G甲：G乙＝2：1，
由题意可知ρ甲：ρ乙＝1：1，
根据V＝可得体积之比为V甲：V乙＝m甲：m乙＝2：1，
故A、B、C错误，D正确。
故选：D。
8.【分析】D。
【分析】要掌握滑轮组的省力特点：滑轮组由几段绳子承担物重，提起绳子的力就是物重的几分之一。
【解答】解：滑轮重、绳重、摩擦力均忽略不计，
A图，不用任何机械，工人师傅提升重物拉力F1＝G；
B图，动滑轮上有2段绳子，物重G由2段绳子承担，所以拉力F2＝G；
C图，使用是定滑轮，所以拉力F3＝G。
D图，动滑轮上有3段绳子，物重G由3段绳子承担，所以拉力F4＝G；
比较可知，拉力最小的是D图，即D图最省力。
故选：D。
9.【分析】B。
【分析】利用下列知识分析判断：
（1）单位时间内所做的功叫功率，功率是描述物体做功快慢的物理量，功率的大小与做功多少和所用时间都有关，与机械的省力情况和机械效率无关；
（2）机械效率是指有用功与总功的比值，机械效率与是否省力、做功快慢没有关系。
【解答】解：
AB、机械的功率越大，说明做过越快，但效率不一定越高，故A错误、B正确；
C、机械的效率高说明有用功所占的百分比大，但做功不一定快、功率不一定大，故C错误；
D、机械效率高的机械，有用功所占的百分比大，不一定省力，功率不一定大，故D错误。
故选：B。
10.【分析】C。
【分析】（1）根据W＝Fs分析拉力做功的大小关系；
（2）对斜面上的物体进行受力分析，然后结合二力平衡条件判断摩擦力与拉力的大小关系；
（3）根据图甲读出提升物体有效绳子的条数，根据η＝＝＝表示出滑轮组的机械效率；根据η＝＝表示出斜面的机械效率，比较两种情况下的机械效率可知两者的大小关系；
（4）若提升高度相同，根据W＝Fs可知总功的大小关系，再根据η＝可知有用功的大小关系，最后根据W总＝W有用+W额可知额外功的大小关系。
【解答】解：A、已知F1＝F2，由于不确定物体上升高度的关系，所以由W＝Fs可知，无法比较W1、W2的关系，故A错误；
B、斜面上的物体受重力、支持力、拉力和摩擦力的作用做匀速直线运动，受力平衡，由于重力的方向竖直向下，支持力的方向垂直斜面向上，二力不平衡，故拉力与摩擦力也不平衡，f1与F2大小不相等，故B错误；
C、根据图甲可知，提升物体的有效绳子段数为2，则滑轮组的机械效率：η1＝＝＝，
已知sAB＝2h，斜面的机械效率：η2＝＝＝
因为F1＝F2，所以η1＝η2，故C正确；
D、若提升高度相同（h）则F1方向上移动的距离：s1＝2h，F2方向移动的距离：sAB＝2h，所以由W＝Fs可知F1、F2做的总功相等；
又因为η1＝η2，所以由η＝可知，有用功相等；
由W总＝W有用+W额可知，额外功也相等，即滑轮组的额外功等于斜面的额外功，故D错误。
故选：C。
二、填空题。
11.【分析】10。
【分析】根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2可直接求出OA的大小。
【解答】解：由图可知，杠杆在水平位置平衡，拉力与杠杆的夹角为30°，根据力臂的定义可知，F的力臂为支点O到F的作用线的垂线，
根据数学可知可知，F的力臂的大小为：L1＝OB；作用在A点的阻力的力臂为L2＝OA；
根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2可知：20N××30cm＝30N×OA，解得：OA＝10cm。
故答案为：10。
12.【分析】乙；利用乙装置不仅可以省力，也可以改变力的方向。
【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力；
（2）使用滑轮组可以省力，也能改变力的方向。
【解答】解：由图可知，甲方式是两个定滑轮，定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力，乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，不仅可以省力，也可以改变力的方向。
故答案为：乙；利用乙装置不仅可以省力，也可以改变力的方向。
13.【分析】改变力的方向；6N；4。
【分析】由定滑轮的特点分析；分析铁块的受力情况，根据二力平衡的条件判断。
【解答】解：使用定滑轮可以改变用力的方向；由图可知，铁块受到重力，桌面的支持力、桌面的摩擦力和细绳的拉力等4个力；因为铁块静止，所以桌面的摩擦力和细绳的拉力是一对平衡力，它们大小相等，它们大小等于沙桶的重力为6N。
故答案为：改变力的方向；6N；4。
14.【分析】500；90%。
【分析】（1）由图可知，拉力F移动的距离s＝sA，利用W总＝Fs求拉力F做的总功；
（2）利用W有＝Gh求有用功，利用η＝×100%求滑轮的机械效率。
【解答】解：（1）由图可知，拉力F移动的距离s＝sA＝×5m＝2.5m，拉力F做的总功：W总＝Fs＝200N×2.5m＝500J；
（2）有用功：W有＝Gh＝90N×5m＝450J，
所以滑轮的机械效率：η＝×100%＝×100%＝90%。
故答案为：500；90%。
15.【分析】（1）如上图；（2）匀速；（3）变大；（4）80%。
【分析】（1）要解决此题，需要知道滑轮组的绕线方法，绳子先系在动滑轮的挂钩上时最省力；（2）实验中要匀速拉动弹簧测力计，这样示数才与拉力相同，并有利于准确读数；（3）增大机械效率的方法有二：一是增大有用功，即拉更重的重物；二是减小额外功，如减小摩擦、减轻动滑轮重；
（4）根据η＝＝＝即可求出动滑轮重，再根据η＝＝＝即可求出机械效率。
【解答】解：（1）当绳子从动滑轮绕起时，承担拉力的绳子的段数最多，用起来最省力。如图：
；
（2）实验时要竖直向上匀速拉动弹簧测力计的，这样示数才会稳定，所读出的数值才等于拉力的大小；
（3）用同一滑轮组把不同物体提升到同一高度时，所做额外功相同，若仅增加物重，则增加了有用功，有用功在总功中所占的比例变大了，故机械效率变大；
（4）根据图象可知，当物重为3N时，滑轮组的机械效率为75%，不计绳重和摩擦时，根据η＝＝＝可得，
G动＝＝＝1N，
当物重为4N时，此滑轮组的机械效率为：
η′＝＝×100%＝80%。
故答案为：（1）如上图；（2）匀速；（3）变大；（4）80%。
三、作图题。
16.【分析】杠杆五要素﹣﹣组成杠杆示意图。
①支点：杠杆绕着转动的点．用字母O 表示。
②动力：使杠杆转动的力．用字母F1表示。
③阻力：阻碍杠杆转动的力．用字母F2表示。说明：动力、阻力都是杠杆的受力，所以作用点在杠杆上。
动力、阻力的方向不一定相反，但它们使杠杆的转动的方向相反。
④动力臂：从支点到动力作用线的距离，用字母l1表示。
⑤阻力臂：从支点到阻力作用线的距离，用字母l2表示。
【解答】解：
在夹取盘子时夹子绕着O点转动，所以O点即为支点；手的作用力为动力F1，盘子对夹子水平向右的作用力为阻力F2。
阻力臂是从支点O到阻力的作用线之间的距离，即L2。如图所示：
17.【分析】在使用滑轮组提升重物时，既要考虑到它的省力情况，还应注意动力的施力方向。
【解答】解：图中滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，因为滑轮组要求工人站在地面上提升重物，因此，在绕绳时，最终的绳子自由端方向应该向下，绳子从定滑轮的挂钩上开始缠绕，然后依次绕过动滑轮和定滑轮，如图所示：
四、实验探究题。
18.【分析】（1）左；（2）1.67；（3）大于。
【分析】（1）要使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，其目的是便于测量力臂；
（2）根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知条件代入便可求出F的大小；
（3）动力臂是从支点到动力作用线的垂直距离，阻力臂是从支点到阻力作用线的垂直距离，据此判断。
【解答】解：
（1）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图甲知，杠杆沿顺时针方向转动，说明右端重左端轻，杠杆左端上翘，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向左调节；
（2）一个钩码重0.5N，设一个小格为L，杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的拉力的力臂为：6L×sin30°＝×6L＝3L，
由杠杆的平衡条件，杠杆左边砝码和弹簧测力计拉力使杠杆转动的方向相同，属于动力，右边砝码属于阻力，由动力×动力臂＝阻力×阻力臂得：
F××6L+0.5N×2×3L＝0.5N×4×4L，解得F＝；
（3）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，设每个硬币的重力为G，硬币半径为r，则由图可得：2G（r+L1）＝3G（r+L2），即2Gr+2GL1＝3Gr+3GL2，
化简得：2GL1＝Gr+3GL2，
所以2GL1＞3GL2，即2L1大于3L2。
故答案为：（1）左；（2）1.67；（3）大于。
五、计算题。
19.【分析】（1）由题知，溢水杯内盛满水，物块C浸入水中一半时，受到的浮力等于排开水的重力（溢出水的重力）；利用p＝ρgh求溢水杯底受到水的压强；
（2）利用F浮＝ρ液gV排求排开水的体积；物块C的体积等于排开水的体积的2倍；利用G＝mg＝ρVg求物块C的重力，物块C受到细线的拉力等于重力减去浮力；
（3）由于力的作用是相互的，杠杆B端受到的拉力等于物块C受到细线的拉力；由题知，力臂OA、OB，利用杠杆平衡条件求细线作用在A的力。
【解答】解：
（1）由题知，溢水杯内盛满水，物块C浸入水中一半时，根据阿基米德原理可知，物体C受到的浮力：F浮＝G排＝G溢＝0.6N；
由题知，溢水杯内盛满水，物块C浸入水时，虽然有水溢出，但溢水杯内的水深不变，h＝20cm＝0.2m，
溢水杯底受到水的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2000Pa；
（2）由F浮＝ρ水gV排可得排开水的体积：
V排＝＝＝6×10﹣5m3；
由题意可知物块C的体积：
VC＝2V排＝2×6×10﹣5m3＝1.2×10﹣4m3；
物块C的重力：
G＝mg＝ρCVCg＝0.9×103kg/m3×1.2×10﹣4m3×10N/kg＝1.08N；
物块C受到细线的拉力：
F拉C＝G﹣F浮＝1.08N﹣0.6N＝0.48N；
（3）由于力的作用是相互的，则杠杆B端受到的拉力FB＝F拉C＝0.48N；
由题知，力臂OB＝0.6m，OA＝1m﹣0.6m＝0.4m；
由杠杆平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB，
则细线作用在A的力：
FA＝＝＝0.72N。
答：（1）当物块浸入水中一半时，物块受到的浮力为0.6N；溢水杯底受到水的压强为2000Pa；
（2）物块的体积为1.2×10﹣4m3，物块C受到细线的拉力为0.48N；
（3）细线作用在A的力为0.72N。
20.【分析】（1）知道汽车的质量，利用G＝mg求汽车的重力，利用W＝Gh求牵引力做的有用功；利用W＝Fs求牵引力做的总功；牵引力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额＝fs求汽车上坡时受到斜面的摩擦力；
（2）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：（1）汽车质量m＝8t＝8000kg，
汽车的重力：
G＝mg＝8000kg×10N/kg＝8×104N；
升高的高度h＝0.6km＝600m，
牵引力做的有用功：
W有用＝Gh＝8×104N×600m＝4.8×107J；
牵引力做的总功：
W总＝Fs＝2×104N×6000m＝1.2×108J；
牵引力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝1.2×108J﹣4.8×107J＝7.2×107J，
由W额＝fs可得汽车上坡时受到斜面的摩擦力：
f＝＝＝1.2×104N；
（2）斜面的机械效率：
η＝＝×100%＝40%。
答：（1）汽车上坡时受到斜面的摩擦力为1.2×104N；
（2）该斜面的机械效率为40%。