苏科版九年级上册11.2滑轮同步练习（有解析）

苏科版九年级上册 11.2 滑轮 同步练习
一、单选题
1．如图所示，用此滑轮组匀速拉动重物，关于此滑轮组，下列说法正确的是（　　）
A．使用该滑轮组不能省力 B．使用该滑轮组可以改变用力方向
C．使用该滑轮组可以省距离 D．使用该滑轮组可以省功
2．如图示，同一物体沿相同水平地面被滑轮或滑轮组匀速拉动，拉力分别为F1、F2、F3，不计滑轮与轴及轻绳间的摩擦，比较它们的大小，则（　　）
A．F1＜F2＜F3 B．F1＞F2＝F3 C．F2＞F1＞F3 D．F1＝F2＞F3
3．在探究使用滑轮组时拉力与物重的关系活动中，瑞瑞同学在与动滑轮相切的细绳上作一标记A，如图甲所示。然后用大小为F的拉力匀速竖直向上提升总重为G的钩码，当钩码上升的高度为H时，瑞瑞同学在与动滑轮相切的细绳上作另一标记B，并测得AB两点间的距离为2H，如图乙所示。（不计摩擦与绳重），则以下物理量正确的是（　　）
A．拉力F=G B．拉力F=G
C．绳自由端移动距离为2H D．绳自由端移动距离为3H
4．在有着“世界工厂”之称的东莞，车间工人们用如图所示的滑轮组把重物提起2m的高度，下列关于这个滑轮组工作的说法中，正确的是（ ）
A．绳子自由端被拉下了10m B．这个滑轮组能省距离
C．这个滑轮组能省力 D．这个滑轮组能省功
5．利用如图所示的动滑轮，可以（　　）
A．省力 B．省距离
C．省功 D．改变力的方向
6．如图所示，快递小哥为了把较重的货物装入运输车，用同样的器材设计了甲、乙两种方式提升货物。若把同一货物匀速提升到同一高度，忽略绳重和摩擦。下列分析正确的是（ ）
A．甲方式可以省力
B．乙方式不能改变力的方向
C．甲、乙两种方式做的有用功相等
D．甲、乙两种方式的机械效率相等
7．用定滑轮匀速提升重物，所用拉力的方向如图所示，不计摩擦，比较拉力F1，F2、F3的大小关系为（　　）
A．F1>F2>F3 B．F1=F2=F3
C．F1F2>F3
8．如图所示用三个力沿不同的方向拉绳子，则（　　）
A．FAFB>FC C．FA=FB9．如图，不计滑轮重及摩擦，分别用力F1、F2匀速提升同一重物，使该重物上升相同的高度，则力F1、F2及其所做的功W1、W2的大小关系为（　　）
A．F1>F2，W1＜W2 B．F1>F2，W1=W2
C．F1>F2，W1>W2 D．F1＜F2，W1＜W2
10．用如图所示的滑轮或滑轮组将同一重物G匀速提升h高度，其中最省力的是（不计滑轮重、绳重及摩擦）（　　）
A． B． C． D．
11．如图所示，分别用不同的方式在水平地面上匀速拉动同一物体，物体所受地面的摩擦力均相等，不计滑轮和绳重，不计绳与滑轮间的摩擦，各图中最省力的是（　　）
A． B．
C． D．
12．把质量相等的A、B两物体挂在图所示的滑轮组下面，不计绳子、滑轮的重力和摩擦，放手后（ ）
A．A上升，B上升 B．A下降，B上升
C．A、B均静止 D．A上升，B下降
13．用下列简单机械，使重力为G的物体都处于静止状态，其中用力最大的是（不计机械和绳重、不计摩擦）（　　）
A． B．
C． D．
14．小明用如图所示的滑轮组，将重为6N的物体匀速提升到一定高度，在此过程中，手拉力的大小实际应该是（　　）
A．小于3N B．等于2N C．大于2N D．大于3N
15．如图是学校旗杆顶上的一个滑轮，升旗时往下拉动绳子，国旗就会上升。下列对于滑轮的说法，正确的是（　　）
A．这是一个定滑轮，可省力 B．这是一个动滑轮，可省力
C．这是一个定滑轮，可改变力的方向 D．这是一个动滑轮，可改变力的方向
二、填空题
16．如图所示，滑轮_____可以看作等臂杠杆（选填“A”或“B”）；若物体所受重力均为20 牛且处于静止状态，不计摩擦和滑轮重力，力F1的大小为_____牛，力F2的大小为_____牛。若物体上升高度为2米，则绳子自由端上升高度sA=_____米，sB=_____米。
17．如图所示，水平向右的拉力F作用于物块A，通过动滑轮拉动着B向右做匀速直线运动，使B物体在3s内向右移动了4.5m，地面对B的摩擦力大小是4N，拉力F大小等于20N；在滑轮重、绳重和绳与滑轮摩擦不计的情况下，则A受到的摩擦力大小_____N，拉力F的功率是______W。
18．如图甲所示，拉力F拉着轻质滑轮匀速上升，物体A的重力为28N，滑轮的半径为0.1m，在物理学中，我们将力和力臂的乘积称为力矩，单位是N·m，如果将滑轮看成是一个轻质杠杆，如图乙所示，则拉力F的力矩为______N·m。
19．动滑轮的实质是不等臂杠杆，如图所示使用方法，它的动力臂是动滑轮的______（选填“直径”或“半径”） ，阻力臂是动滑轮的______（选填“直径”或“半径”）
20．如图所示，利用滑轮起吊重物。该滑轮为______（选填“动”或“定”）滑轮；若弹簧测力计的拉力为图所示大小时，重物能在空中静止，则重物及滑轮的总重为______N。
三、综合题
21．力对物体转动的影响，不仅跟力的大小有关，还跟力和转动轴之间的距离(由力的方向和作用点决定)有关．力越大，力到转动轴的距离越大，力使物体转动的作用效果越明显．从转动轴到力的作用线的距离，叫力臂；力和力臂的乘积叫力矩，用M表示，M=F×L．力矩的单位是N m．
(1)如图甲是力F作用在水平杠杠上的示意图．OB的长度为L，力F与OB的夹角为30°，请在图中画出F的力臂，并推导出力F的力矩表达式．
(2)如图乙是摩擦传动的示意图，主动轮半径为0.04m，从动轮半径为0.12m，它们接触位置相互摩擦力的大小是50N，则这一对摩擦力对主动轮和从动轮的转轴的力矩分别为多少？
22．用如图所示的滑轮组来提升重物．
（1）作图与填空：
①请在图上画出最省力的绕绳方式；
( )
②在这种情况下，承担物体和动滑轮总重的绳子是________段．
（2）按照最省力的绕法，若用300 N的拉力，在5 s内将重为810 N的物体提高1 m，求：
①拉力做的功____；
②拉力的功率_____；
③滑轮组的机械效率_______．
（3）小明同学认为：根据题目条件，还可以求出动滑轮重．他求解的过程如下：由F拉=（G动+G物）得：G动=3F拉－G物=3×300 N－810 N=90 N．你认为小明这样求解正确吗____ 请说明理由_____．
23．O为支点的轻质杠杆原处于水平静止
（1）在杠杆左边某处挂上的钩码，在另一处施加力F，图甲、乙、丙三个情景中可以使杠杆仍处于水平静止的是图______（选填编号）
（2）如图丁，分别在杠杆上的A、B两点施加力、，使杠杆水平静止，测得与的大小相等（F2未画出）．
①画出的力臂
( )
②F2的力臂l2______l1 （选填“”、“”、“” ）
24．如图，分别使用轻质定滑轮、轻质动滑轮竖直提升G=10N的重物，使其匀速上升2m．不计滑轮与轴的摩擦和滑轮自重，F1=10N、F2=5N。
（1）请运用杠杆平衡原理作图分析：为什么动滑轮能省一半的力______；（在答卷上作答）
（2）若想进一步研究使用定滑轮时拉力大小是否与拉力方向有关，接下来的操作是______。
25．如图甲为塔式起重机简易示意图，塔式起重机主要用于房屋建筑中材料的输送及建筑构件的安装．（动滑轮重、绳重及摩擦不计，g取10N／kg）
（1）为保持平衡，起重臂的长度越短的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越______（选填“大”或“小”）．
（2）图乙为起重机钢丝绳穿绳简化示意图，滑轮a的作用是_____．若钢丝绳能承受的最大拉力为2.5×104N，则能吊起货物的质量不能超过_____千克．
（3）若将重为2×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升20m，再沿水平方向移动10m，则此过程钢丝绳做功多少焦________
（4）若该塔式电动机的效率为90％，将重为1.2×104N的货物提升到30m的高度，用时50s，则该起升电动机的实际功率是多少瓦_________
26．“低头族”长时间低头看手机，会引起颈部肌肉损伤．当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力．为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，我们可以建立一个头颅模型来模拟实验．如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个支点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点．将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模拟测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅模型从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如下表：
低头角度θ/° 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）设头颅质量为8kg，OA长14cm，OB长4cm．当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是_____N．
（2）在图乙中画出细线拉力的示意图．
( )
（3）低头角度越大，颈部肌肉的拉力_____．
（4）请你就预防和延缓颈椎损伤提出一个合理化的建议：_____．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】
A．该滑轮组动滑轮上有三条绳分担力，自由端的拉力为直接拉动物体和动滑轮总重的三分之一，所以省力，故A错误；
B．滑轮组可以改变力的方向，如图，拉动物体向上，此时通过滑轮组拉力的方向仍然向上，没有改变力的方向，若绕线从定滑轮开始，自由端拉力的方向向下，改变了力的方向，故B正确；
CD．该滑轮组可以省力，若又省距离，也就是省功，根据能量守恒定律，这样的机械是不存在的，故CD错误；
故选B。
2．C
【详解】
不计滑轮与轴及轻绳间的摩擦，假设物块与地面的摩擦力为f，由于第一个图中滑轮为定滑轮，使用过程不省力，故
F1＝f
第二个图中滑轮为动滑轮，但F2处作用在动滑轮上，费2倍的力，所以
F2＝2f
第三个图中滑轮为动滑轮，省一半的力，则
故F2＞F1＞F3，故C正确。
故选C。
3．D
【详解】
AB．由图知，物体和动滑轮的总重由三段绳子承担，不计摩擦与绳重，拉力
F=(G+G动)
故AB错误；
CD．图中AB两点间的距离为2H，这并不是绳子自由端移动的距离，绳子自由端移动的距离应该为原来的A点到现在A点的竖直距离；钩码升高H，则绳子自由端移动的距离为
s=3H
故C错误，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
A．由图知，n=2，物体上升的高度h=2m，则绳子自由端移动的距离
s=2h=2×2m=4 m
即绳子自由端被拉下了4m，故A错误；
BC．图中滑轮组可以省力但费距离，故B错误、C正确；
D．使用任何机械都不省功，D错误。
故选C。
5．A
【详解】
如图所示是动滑轮，由动滑轮的工作特点可知，使用动滑轮不能改变力的方向且费距离，但可以省力，属于简单机械不能省功；所以人们使用动滑轮是利用它能省力的特点。故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
6．C
【详解】
A．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，故A错误；
B．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B错误；
C．由题可知，甲乙两滑轮组均将相同物体提升相同高度，由可知；故C正确；
D．由图可知，甲方式是两个定滑轮，乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，乙方式做的额外功大于甲方式，有用功相同、总功不相同，根据可知，两个滑轮组的机械效率不相等，故D错误。
故选C。
7．B
【详解】
由于定滑轮相当于一等臂杠杆，只能改变力的方向，而不省力，使用定滑轮沿三个不同方向拉同一重物G，动力臂长度不变，所以用的拉力大小相等，即F1、F2、F3都等于物体的重力，故B正确。
故选B。
8．D
【详解】
定滑轮是一个等臂杠杆，不能省力，但能改变力的方向，所以三个方向的拉力都等于重物的重力。故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
9．B
【详解】
因为使用定滑轮不省力，所以F1=G；因为使用动滑轮能省一半力，所以不计滑轮重及摩擦，因此F1＞F2。不计滑轮重及摩擦，同一重物，用动滑轮和动滑轮提升的高度相同，它们克服物体的重力做的功相同，所以
W1=W2=Gh
故选B。
10．D
【详解】
由题知，不计摩擦和动滑轮重。
A．使用的是定滑轮，F＝G；
B．使用的是动滑轮，F＝G；
C．使用的是滑轮组，n＝2，F＝G；
D．使用的是滑轮组，n＝3，F＝G；
由此可知D图中最省力，F＝G。
故选D。
11．B
【详解】
由题知，物体所受地面的摩擦力均相等，设摩擦力大小均为f；
A．用力匀速拉动物体时，物体受到的拉力和摩擦力为一对平衡力，大小相等，拉力F1=f；
B．图中使用的是动滑轮，不计滑轮和绳重，不计绳与滑轮间的摩擦，拉力；
C．图中使用的是定滑轮，不计滑轮和绳重，不计绳与滑轮间的摩擦，拉力F2=f；
D．图中使用的是动滑轮，但动力作用在轴上，不计滑轮和绳重，不计绳与滑轮间的摩擦，则拉力F4=2f，故B最省力。
故选B。
12．B
【详解】
设两个物体的重力均为G，则绳子受到的拉力为
动滑轮受到两根绳子向上的拉力F，B对动滑轮的向下的拉力大小为G，所以
故动滑轮会向上运动，即B上升，则A下降。故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
13．B
【详解】
由题知，不计机械和绳重、不计摩擦时：A图中动力臂等于3倍阻力臂，由杠杆平衡条件可知，F1G；B图中使用定滑轮不能省力，F2＝G；C图中使用动滑轮省一半力，F3G；D图中使用滑轮组，n＝2，F4G；由以上分析可知用力最大的是图B。
故选B。
14．D
【详解】
由图可知，滑轮组承担物重的绳子段数n=2，因为动滑轮重、绳重和摩擦都考虑在内，所以实际拉力
故D符合题意。
故选D。
15．C
【详解】
旗杆顶上滑轮的轴固定在旗杆上，所以该滑轮是一个定滑轮，定滑轮不能省力，其优点是可以改变力的方向。
故选C。
16． A 20 10 2 4
【详解】
[1] 由图可知，A的轴固定 ，为定滑轮，本质是等臂杠杆；B与物体一起上升，是动滑轮，本质是动力臂是阻力臂二倍的省力杠杆。
[2] 不计摩擦，使用定滑轮不省力也不费力，故
F1=G=20N
力F1的大小为20N。
[3]不计摩擦和滑轮重力，B是动滑轮可以省一半的力，因此
F2=×20N=10N
力F2的大小为10N。
[4]A是定滑轮，若物体上升高度为2米，则绳子自由端上升高度
sA=h=2m
sA为2米。
[5]B是动滑轮， 若物体上升高度为2米，则绳子自由端上升高度
sB=2h=22m=4m
sB为4米。
17． 12 15
【详解】
[1]图中滑轮是动滑轮，在滑轮重、绳重和绳与滑轮摩擦不计的情况下，动滑轮轴上的拉力
F拉=2f=2×4N=8N
由力的作用相互性可知，物体A受到绳子的拉力
F′拉=F拉=8N
物块A做匀速直线运动，水平方向上受到拉力F、绳的拉力和地面的摩擦力是平衡力，A受到的摩擦力大小
fA=F-F′拉=20N-8N=12N
[2]B物体移动的速度
A的速度
=0.75m/s
拉力F的功率
=FvA=20N×0.75m/s=15W
18．5.6
【详解】
由图知，力F作用在动滑轮的轴上，根据动滑轮的特点可得，，则拉力F为
F=nG=2×28N=56N
由图可知，拉力F的力臂为0.1m，由力和力臂的乘积称为力矩可知，拉力F的力矩为
56N×0.1m=5.6N·m
19． 直径 半径
【详解】
[1][2]动滑轮的支点o在绳与动滑轮最左边的接触点，动力的作用点在绳与动滑轮最右边的接触点，支点到动力作用线的距离为动力臂，即动滑轮的直径。物体对滑轮的拉力为阻力，作用点在动滑轮的轴心，支点到阻力作用线的距离为阻力臂，即动滑轮的半径。
20． 动 4.8
【详解】
[1]工作时，滑轮的轴随物体一起运动，为动滑轮。
[2]拉力大小为2.4N，重物及滑轮的总重为
G+G动=2F=2×2.4N=4.8N
21．(1)
M=1/2 FL
(2)主动轮：M=FL=50N×0.04m=2N M 从动轮：M=FL=50N×0.12m=6N M
【详解】
(1)延长拉力作用线F，过支点O做拉力作用线F的垂线，即为拉力F的力臂，如图：
；
由于力F与OB的夹角为30°，根据数学知识可知，F的力臂的长度为L，
F的力矩表达式为：
M=FL；
(2)力和力臂的乘积叫力矩，则主动轮的力矩：
M=FL=50N×0.04m=2N M；
从动轮的力矩为：
M=FL=50N×0.12m=6N M．
22． 见解析 3 900 J 180 W 90％ 不正确；题中未说明摩擦不计．
【详解】
①要使承担物重的绳子段数最多，应从动滑轮绕起，如图所示：
②由图知，滑轮组由3段绳子承担物重；
（2）①s=3h=3×1 m=3 m，W总=Fs=300 N×3 m=900 J；
②P总==180 W；
③W有用=Gh=810 N×1 m=810 J，
η=×100%=×100%=90%；
（3）由于绳子具有重力，轮和轴、轮和绳子之间存在摩擦力，所以用公式F拉=（G动+G物）求出动滑轮的重力，是不正确的．
23． 甲、丙 ＝
根据杠杆的平衡条件可知，当杠杆两边钩码同时向远离支点方向移动相同的距离，力和力臂的乘积大的一端下沉；力臂的画法：首先根据杠杆的示意图，确定杠杆的支点；确定力的作用点和力的方向，画出力的作用线；从支点向力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是力臂．已知与的大小关系，根据杠杆平衡条件分析和的大小关系．
【详解】
杠杆一个格的长度为L，图甲中，左端力与力臂的乘积为，右端力与力臂的乘积为，则杠杆平衡；图乙中，由于左、右边的力都是使杠杆沿逆时针方向转动，所以杠杆不平衡，会沿逆时针方向转动；图丙中左端力与力臂的乘积为，右端力与力臂的乘积为，则杠杆平衡，故杠杆仍处于水平静止的是图甲和丙；
支点为O，从O做的垂线段就是的力臂L1，如下图所示：
杠杆水平静止，测得与的大小相等，根据可得：.
24． 改变F1方向，仍匀速拉动物体上升，比较F1大小是否改变
【详解】
试题分析：（1）滑轮实质上是个杠杆， 支点为O, 动力臂为L1， 阻力臂为L2， 物体匀速上升时，滑轮匀速转动，处于杠杆平衡，F1L1=F2L2， L1=2L2 ,则 F1="1/2" F2，故动滑轮可省一半的力；
(2)要想比较 拉力大小是否与拉力方向有关，所以应改变F1方向，仍匀速拉动物体上升，比较F1大小是否改变．
考点：滑轮与杠杆
25． 小 省力 5×103kg 4×105J 8×103W
【详解】
(1)由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得： ，由此可知当阻力臂和动力不变时，阻力与动力臂成正比，即动力臂越大，阻力越大；动力臂越小，阻力越小，故为保持平衡，起重臂的长度越短的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越小；
(2)图示中滑轮a为动滑轮，其作用是省力，可以省一半的力；由题意可知该滑轮组承担总重的绳子有2段，故G=2F=2.5×104N×2=5×104N，由G=mg可得：=5×103kg；
(3) 钢丝绳做功:W=Fs=Gh=2×104N ×20m=4×105J，由于水平移动时，重力方向上没移动距离，故水平移动过程中钢丝绳没做功；
(4) 电动机的有用功：W有用=Gh=1.2×104N×30m=3.6×105J，电动机的总功： =4×105J，电动机的实际功率： =8000W.
26． 112 越大 尽量减小低头的角度（或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等等）
【详解】
（1）由表格中数据知，当低头角度为30°时，若m＝1kg，细线的拉力为14N；
若m＝8kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F＝8×14N＝112N；
（2）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
（3）图乙中，F的力臂为OB，做出乙图中G的力臂LG，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得：G LG＝F LF，则，人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；
（4）要预防和延缓颈椎损伤，可尽量减小低头的角度，不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等等．
答案第1页，共2页
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