初中科学浙教版 九年级上册 第三章 第4节 简单机械同步练习
一、单选题
1． 如图所示，斜面AB、AC 的粗糙程度相同，把同一物体沿斜面BA 和CA 分别匀速拉到顶端A，若沿斜面的拉力 斜面两边的机械效率分别为ηB、ηc，斜面两边的摩擦力分别为fB、fc，则下列判断正确的是 ( )
A．ηB<ηc，fB< fc B．ηB>ηc，fB= fc
C．ηB<ηc，fB> fc D．ηB>ηc，fB< fc
2．如图所示的滑轮组，500N的拉力 F 在10s内将重800N的箱子匀速提升了2m，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是 ( )
A．定滑轮的作用是省力 B．滑轮组的机械效率为80%
C．动滑轮的重力为100 N D．拉力F 的功率为100W
3． 下列有关机械效率的说法中正确的是 ( )
A．机械效率高的，所做的功少
B．机械效率高的，所做的额外功少
C．机械效率高的，有用功和额外功的比值大
D．机械效率高的，额外功和有用功的比值大
4．如图所示，小明利用动滑轮匀速提升木箱。下列做法可以提高动滑轮机械效率的是 ( )
A．适当增加木箱重力 B．增大木箱上升高度
C．增大提升木箱的速度 D．换用质量更大的动滑轮
5．如图所示，利用相同的滑轮组装成甲、乙两种装置，将重均为10 N的A、B两物体都匀速向上提升1m，已知滑轮重1N，不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是 ( )
A．使用乙滑轮省力 B．使用甲滑轮省功
C．手的拉力 F乙为5N D．手移动的距离甲比乙多
6． 学校举行庆祝建党100周年献礼活动的升旗仪式上，国旗冉冉升起，旗杆顶上安装的是
( )
A．定滑轮 B．动滑轮 C．滑轮组 D．省力杠杆
7． 如图所示为一种杠杆式开门器，主要作用是使老人开门方便，针对这种开门器，你认为下列分析正确的是 ( )
A．利用这种开门器，可以省去部分功
B．手握部分越靠近锁孔越省力
C．该杠杆属于省力杠杆
D．利用杠杆式开门器，目的是省距离
8． 下列四种工具中，正常使用时属于费力杠杆的是 ( )
A．园艺剪 B．筷子
C．瓶盖起子 D．核桃夹
9． 如图所示，有关开瓶器的利用，下列说法正确的是 ( )
A．要打开瓶盖，应该向下用力
B．能否打开瓶盖取决于力和力臂的乘积
C．该开瓶器是省距离杠杆
D．该开瓶器的支点为B 点
10．人的手臂相当于一个杠杆，当手拿起物体时，下列能正确表示该杠杆的支点、动力、阻力的是( )
A． B．
C． D．
11．（2019九上·瑞安月考）自行车是简单机械的巧妙结合，如踏脚用到了杠杆原理。若作用在脚踏板上的力为F，下列图中能正确表示出该力的力臂的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2023九上·诸暨期中）在野外用滑轮组拉越野车脱困时的情景如图所示，有关力的分析正确的是（ ）
A．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
B．车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是一对平衡力
C．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为1200N
D．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为800N
13．（2024九上·南浔期末）如图是秤的杠杆原理，其中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力。以下说法中符合杠杆平衡原理的是（ ）
A．增大“重”时，应把“权”向A的左端移动
B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本
C．提纽向右移时，A端上升
D．增大“重”时，应换用更小的“权”
14．（2024九上·江北期末）如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示。其中吊篮和动滑轮总质量为30kg，吊篮由电动机控制升降。在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量200kg，20s内吊篮匀速上升4m，电动机对钢丝绳的拉力为750N。下列说法错误的是（ ）
A．本次吊升过程中的有用功是8×103J
B．本次吊升过程中的机械效率约为87.0%
C．可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来提高该平台使用时的机械效率
D．可以通过增加工人和工具重力来提高该平台使用时的机械效率
15．（2024九上·杭州月考）室内垃圾桶平时桶盖关闭不使垃圾散发异味，使用时用脚踩踏板，桶盖开启，根据室内垃圾桶的结构示意图，可确定桶中有两个杠杆在起作用，两杠杆支点为O1、O2，则对应的杠杆分别是（ ）
A．省力杠杆 省力杠杆
B．省力杠杆 费力杠杆
C．费力杠杆 费力杠杆
D．费力杠杆 省力杠杆
16．（2024九上·杭州期末）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点自由转动。当杠杆A端的甲物块悬空；B端的乙球浸没在水中时（不碰容器底和壁），杠杆恰好水平平衡，A、B两端的细线均不可伸长且处于张紧状态。已知OA：OB=1：2，甲物块重400N，乙球体积为1×10-2m3，g取10N/kg。下列说法中正确的是（ ）
A．乙球受到的浮力为10N B．杠杆B端所受的拉力为100N
C．乙球的重力为300N D．乙球的密度为2×103kg/m3
二、填空题
17．如图所示，“测动滑轮机械效率”时必须沿 方向匀速向上拉动弹簧测力计。钩码重为1N，弹簧测力计的示数为 N，动滑轮的机械效率为 (结果精确到0.1%)。
18． 有两个相同的桶都装有5kg的水，甲同学把水从一楼提上二楼，乙同学在楼上用轻绳将水拉到二楼，如图所示，则 机械效率更高。若将桶中水增加到7kg，则甲同学提水上楼的机械效率变 。
19．小明在社会实践中观察到修理汽车的叔叔使用扳手时，还在扳手手柄上加了一个套筒，如图甲所示，于是小明设计了如图乙所示的装置探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系。
（1） 测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图所示的动力随动力臂变化的图像，则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N(杠杆上每一小格长度为1cm)，小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的长方形面积(如图丙中阴影部分)总相等，原因是 。
20．安全阀常作为超压保护装置。如图所示为利用杠杆原理设计的锅炉安全阀示意图，阀的横截面积S为6cm2，OA：AB=1：2，若锅炉能承受的最大压强为 大气压强为 则在 B 处应挂 N的重物。若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应将重物向 (填“左”或“右”)移动。
21．如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB=4OA，物体C 重240N，底面积为200cm2，在杠杆A 端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B 端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB 在水平位置平衡，该杠杆为 (填“省力”“费力”或“等臂”)杠杆，此时物体C 对水平地面的压强是 Pa。
22．（2024九上·武义月考）用如图甲的装置探究滑轮组的机械效率η与动滑轮重G动的关系：
（1）实验时，应 竖直向下拉动弹簧测力计。
（2）分析图象中的A点可知，被提升物体所受的重力为 N．（忽略绳重和摩擦）
23．（2024九上·义乌期末）杠杆是一种简单机械，生活中经常应用杠杆解释和解决问题。
（1）2024元旦文艺汇演精彩纷呈，其中某个舞蹈动作如图所示，若将舞者身体视为杠杆，A点为身体重心，O点为支点，地面对右脚的支持力F为动力，人所受重力G为阻力，该杠杆为 (选填“省力”或“费力")杠杆。假设动力F方向及腿部形态保持不变，随着上身缓缓直立，舞者会觉得右脚受力逐渐 (选填“增大"或“减小”)。
（2）如图所示可以估测一支蜡烛的密度。用手提着蜡烛的引线，使蜡烛稳定在水中，测出蜡烛在水中的长度L1，蜡烛全长L，可计算出蜡烛的密度为 。（用L1、L、ρ水表示）
三、实验探究题
24．（2024九上·海曙开学考）小明用如图装置来测定斜面的机械效率。每次实验时，被拉的小车沿同一斜面匀速向上运动。下表是小明记录实验数据的表格。
（1）本实验中是通过改变 从而改变斜面的倾斜程度；
（2）经计算，“较陡”时，斜面的机械效率为 。
（3）综合分析以上数据，可以得出的实验结论为： 。
（4）“最陡”时，小车对长木板的摩擦力为 。
实验次数 斜面的倾斜程度 小车重量G/N 斜面高度h/m 沿斜面拉力F/N 斜面长S/m 有用功W有/J 总功W总/J 机械效率η
1 较缓 10 0.1 3 1 1 3 33%
2 较陡 10 0.2 4 1
3 最陡 10 0.4 6 1 4 6 66.7%
25．（2024九上·慈溪期末）学习了杠杆知识后，小宁和小慈利用身边的物品来探究杠杆的平衡条件。他们所选择的器材有：铅笔、橡皮若干（每块橡皮质量为）、细线、刻度尺等。
（1）他们将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止后如图甲所示，若想调节铅笔使其在水平位置平衡，则应将细线向 （填“左”或“右”）移动。
（2）调节水平平衡后，他们用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示。
所测数据记录在表中：
动力 阻力
0.2 0.02 0.1 0.04 0.004 0.004
记录并分析数据后，小宁得出结论：“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，小慈得出结论：
“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，到底谁的结论正确呢？为了进一步完善实验，得出普遍规律，接下来的做法应该是____。（填字母代号）
A．改变力的大小 B．改变力的方向 C．改变力的作用点
（3）在实验过程中，铅笔水平平衡后（如图乙），小宁不小心将前端细长的铅笔芯弄断了（如图丙），她立即将细笔握住，并将断笔芯放到左端细线下方固定好（如图丁），则松手后的铅笔 （填“左端下沉”或“右端下沉”）。
26．（2024九上·余杭期末）提高机械效率，能够更充分地发挥机械设备的作用。“测量滑轮机械效率”实验装置如图甲、乙、丙所示(每个动滑轮重相同)，得到三组实验装置的数据如表所示。
装置 甲 乙 丙
钩码重/N 2 2 4
钩码上升的高度/m 0.1 0.1 0.1
弹簧测力计示数/N 1.5 1.0 1.7
绳子自由端移动的距离/m 0.2 0.3 0.3
机械效率n 66.7% 待填 78.4%
（1）实验中应 拉动弹簧测力计，实验乙组中待填的机械效率为 。
（2）比较乙、丙组，它们的效率是η乙<η丙可知影响它们机械效率高低的因素是 。
27．（2023九上·联合月考）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）为了便于直接读出力臂的大小，应对图甲杠杆进行的操作是 。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 个钩码，仍可使其在水平位置平衡；
（3）如图丙所示，用弹簧测力计代替钩码，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和拉力的大小，使杠杆始终在水平位置平衡，绘制出弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积（如图丁中阴影部分） （选填“相等”或“不等”），其原因是 。
28．（2023九上·义乌月考）“低头族”长时间看手机，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，项目化学小组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质点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型测量肌肉的拉力，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/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为 。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是 N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是____。
A．不要长时间低头看手机
B．适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C．低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
29．（2024九上·鄞州期末）如图甲，电工师傅攀爬电线杆时，利用了一种“神奇装备”——脚扣（如图乙所示）。当脚踩上去时，它能被电线杆紧紧“锁住”而不下滑。为了探究影响脚扣被“锁住”的因素，小宁用套筒代替脚扣设计如图丙的实验装置：套筒连有横杆，套筒可以沿竖杆上下自由滑动。
【作出猜想】
套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关。
【验证猜想】
移动钩码悬挂位置，并记录套筒被锁住时钩码离竖杆的最小距离，实验现象及数据如下表。
实验次数 1 2 3 4
钩码个数 4 4 4 ▲
钩码距竖杆距离/ 5 8 13 15
实验现象 快速滑落 慢慢滑落 刚好滑落 紧紧锁住
（1）表中“▲”应填写 。
（2）【得出结论】
小宁分析实验数据发现，当横杆上所挂物重相同时，钩码距竖杆距离越近越 （填“容易”或“不容易”）锁住。
（3）【作出解释】
图丁中套筒及横杆相当于一个杠杆。当套筒被锁住时，A为支点，为动力臂，为阻力臂，根据杠杆平衡条件，和一定时，越大，套筒上B点受到竖杆的支持力就越 （填“大”或“小”），因为物体间力的作用是相互的，所以套筒对竖杆的压力也越大。分析套筒的受力可知：最终阻碍套筒下滑，将它“锁住”的是套筒和竖杆之间的摩擦力。
30．（2023九上·鹿城期末）某实验小组测一滑轮组机械效率的数据如下表：
（1）请在表格下图画出本实验的绕绳方法；并在表格最后一栏写出正确的机械效率 。
（2）用同一滑轮组提升不同重物至同一高度：提升的物重增加时，克服摩 擦和绳重所做的额外功变 ，滑轮组的机械效率变 。
（3）多次改变提升的物重测量滑轮组的机械效率， 目的是为了____。（填字母）
A．减小摩擦
B．多次测量取平均值减小误差
C．获得多组数据归纳出物理规律
31．（2024九上·鄞州期末）小宁有一件重约的工艺品，他想把工艺品按图甲所示悬挂起来。为找到O点的位置，他从实验室里借了一支弹簧测力计，设计并完成了如下实验：
①用刻度尺测出工艺品长度，如图乙所示。
②用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时如图丙所示，此时弹簧测力计读数．
③交换弹簧测力计和细线的位置，再次平衡时工艺品的位置如图丁所示，此时弹簧测力计读数．
（1）本实验的关键原理是 。
（2）由此可以计算出该工艺品的重力 N．
（3）计算出O点到端点A间的距离 ．
四、解答题
32．（2024九上·鹿城月考）建筑工地上经常用长臂大吊车来输送建筑材料，安装建筑构件，图甲是其钢丝绳缠绕简化示意图（其中动滑轮重、绳重及摩擦均不计），喜欢实践的小科同学，自己也尝试设计了类似的吊车模型（如图乙），其中AP为粗细均匀的直棒，长1.8米，质量为1千克，凳子宽度为40厘米，A下端固定一个铅块M。
（1）若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104牛，则能吊起货物的质量不能超过 千克。
（2）若将重为1.2×103千克的货物由地面沿竖直方向匀速提升30米，再沿水平方向移动20米，则此过程中克服货物重力做功多少焦？
（3）乙图模型中AO1为30厘米，在没挂物体时直棒刚好有绕O1点转动的趋势，则配重M的质量为多少千克？
33．（2024九上·余杭期末）如图所示，在住宅中通常用固定在墙上的三角支架ABC放置空调外机。如果A处固定的螺钉脱落，则支架会倾翻造成空调外机坠落事件。已知AB长80cm，AC长50cm，室外机的重力为500N，重力作用线正好经过AB中点。
（1）在图中画出三角支架A处所受的水平作用力F的示意图及其力臂。
（2）计算三角支架A处所受的水平作用力F的大小(支架重力不计)。
（3）为了避免A处螺钉受力太大而脱落，导致支架倾翻空调外机坠落，安装师傅会将室外机向 (填“A”或“B”)靠近一些，理由是 。
34．（2024九上·余姚期末）图甲为某大桥吊装最后一个钢梁合拢的情形，图乙是起吊装置的简化示意图。钢梁质量为200t，吊机将它以0.1m/s的速度提升20m，绳子自由端的拉力F=1.4x106N。
求：
（1）图乙中C为 滑轮；
（2）提升钢梁时，拉力F的功率是多少
（3）此装置的机械效率是多少 (小数点后保留一位)
35．（2023九上·北仑期末）如图甲所示的装置，A是重12N的空吊篮，小科将A提升到高处，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，求：
（1）1～2s内拉力F的功率。
（2）动滑轮所受的重力。
（3）用此装置匀速提升34N重物时的机械效率（重物放在空吊篮内）。
36． 如图所示为小召同学做俯卧撑时的示意图。已知小召同学体重60kg，1min内做了45个，每做一次肩膀升高40cm，人身体可视为杠杆，O点为支点，E 点为重心，OA=1m，AB=0.5m。g 取10N/ kg。
（1） 做俯卧撑时人所属的杠杆类型为 。
（2） 手对地面的压力为多少
（3）若每个手掌的面积是(0.02m2，双手对地面的压强为多少
（4） 小召此次做俯卧撑的功率为多少
37．（2024九上·杭州月考）如图甲为轻质梯子，小金将梯子靠在墙上，爬至梯子中点B，手捧所需物体，此时墙壁对梯子的支撑力F如图所示。已知CD长度为3m，AD长度为1m，不计墙壁对梯子的摩擦力。
（1）请以A为支点，作出力F的力臂L。
（2）小金质量为45kg，物体质量为3kg，求墙壁对梯子的支撑力F为多少牛？
（3）小金取到物体后，匀速往下走的过程中，墙壁对梯子的支撑力F大小如何变化，请列式分析。
38．（2024·绍兴）如图甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图．A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞．通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积是V=0.6m3。若在打捞前起重机对地面的压强p0=1.9×107Pa，当物体在水中匀速上升时起重机对地面的压强比打捞前增大了0.6×107Pa，重物完全出水后匀速上升时起重机对地面的压强比打捞前增大了0.8×107Pa。假设起重时E沿竖直方向，重物出水前、后E对吊臂的支撑力，N1与N2之比为10∶13，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化的图象如图乙所示．吊臂、定滑轮、钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计．（g取10N/kg）求：
（1）被打捞物体的重力；
（2）重物出水前滑轮组的机械效率；
（3）重物出水前匀速上升的速度。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 AC.已知高度相同，根据W=Gh比较有用功的大小关系，还知道拉力的大小和通过的路程大小，根据W=Fs比较拉力做的总功关系，利用比较斜面两边机械效率的关系；
BD.影响滑动摩擦力大小的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，斜面AB、AC的粗糙程度相同，比较压力关系得出摩擦力的大小关系。
【解答】 AC.由题知，同一物体提升的高度h相同，由W有=Gh可知，有用功相同，
因AB＜AC，且拉力相同，
所以，由W总=Fs可知，F2做的总功多，
由可知，右边斜面的机械效率低，即ηB＞ηC，故AC错误；
BD.影响滑动摩擦力大小的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，
物体分别沿斜面BA和CA运动，接触面的粗糙程度相同，斜面越陡，则压力越小，滑动摩擦力越小，由图知BA斜面更陡一些，所以fB＜fC，故B错误、D正确。
故选D。
2．【答案】B
【知识点】功率计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】 A.定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
B.知道箱子重力、提升高度，利用W=Gh求拉力做的有用功；由图知，n=2，拉力端移动距离s=2h，知道拉力大小，利用W=Fs求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
C不计绳重和摩擦，拉力，据此求动滑轮的重力；
D.利用求拉力做功的功率。
【解答】 A.定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向，故A错误；
B.拉力做的有用功：W有用=Gh=800N×2m=1600J，
由图知n=2，拉力端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力做的总功：W总=Fs=500N×4m=2000J，
滑轮组的机械效率：，故B正确；
C.不计绳重和摩擦，，动滑轮的重力：G动=nF-G=2×500N-800N=200N，故C错误；
D.拉力做功的功率：，故D错误。
故选B。
3．【答案】C
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】根据机械效率的公式分析判断。
【解答】根据机械效率的公式可知，机械效率高的，即有用功和总功的比值大，故C正确，而D错误；
根据机械效率的公式可知，当有用功一定时，机械效率高的做的总功少，但是没有限制有用功一定，故A错误；
根据机械效率的公式可知，当有用功一定时，机械效率高的做的总功少，即做的额外功少，故B错误。
故选C。
4．【答案】A
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】 根据影响动滑轮机械效率的因素进行分析和解答，尽量增大有用功减小额外功。
【解答】 A.动滑轮重力不变，所以额外功不变；如果增加木箱重力，有用功会增大，有用功在总功中所占的比例将增大，机械效率会增大，故A符合题意；
BC.动滑轮机械效率的高低与木箱上升的高度和上升的速度无关，故BC不符合题意；
D.换用质量更大的动滑轮，额外功增加，有用功在总功中所占的比例将减小，机械效率降低，故D不符合题意。
故选A。
5．【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 AC.定滑轮不省力能改变力的方向，动滑轮可以省力不能改变力的方向。根据计算动滑轮上的拉力大小。
B.根据功的原理判断；
D.使用动滑轮能省一半力，但费距离，绳自由端移动的距离s=2h。
【解答】AC.乙滑轮随物体一起运动，是动滑轮，能省力。不计绳重和摩擦，拉力等于物重与动滑轮重之和的一半，即，故A正确，C错误；
B.使用任何机械都不能省功，故B错误；
D.在甲图中，手移动的距离s甲=hA=1m，在乙图中，手移动的距离s乙=2hB=2×1m=2m，可见，手移动的距离甲比乙少，故D错误。
故选A。
6．【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 固定不动的滑轮叫定滑轮，跟随物体一起移动的滑轮为动滑轮。
【解答】 根据题意可知，当国旗上下移动时，旗杆顶上的滑轮在使用时轴是固定不动的，是定滑轮。
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
7．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 A.功的原理是使用任何机械都不省功；
B.根据力臂的定义、杠杆的平衡条件分析；
CD.动力臂大于阻力时，为省力杠杆，省力费距离；动力臂小于阻力臂时，为费力杠杆，费力省距离；动力臂等于阻力臂时，为等臂杠杆，既不省力也不费力，不省距离也不费距离。
【解答】 A.使用任何机械都不能省功，故A错误；
B.手的位置越远离锁孔动力臂越大，在阻力和阻力臂不变的情况下，越省力，故B错误；
C.门把手在使用时，动力臂大于阻力臂，是一个省力杠杆，故C正确；
D.开门器是一个省力杠杆，省力费距离，故D错误。
故选C。
8．【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】 结合图片和生活经验，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】 A.园艺剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不合题意；
B.筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意；
C.瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不合题意；
D.核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不合题意。
故选B。
9．【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 A.根据开瓶器的使用情况确定动力的方向；
B.根据杠杆的平衡条件分析判断；
C.杠杆分为三类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂，费力省距离）和等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离）；
D.杠杆转动时不动的点为支点。
【解答】 使用开瓶器时，C点固定不动为支点，阻力作用在B点，方向向下；动力作用在A点，方向向上。
A.因阻力方向是竖直向下，要打开瓶盖，应施加的力的方向是竖直向上，故A错误；
B.根据杠杆的平衡条件可知，动力臂×动力＞阻力臂×阻力时，能够打开瓶盖，故B正确；
C.使用开瓶器时，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，但是费距离，故C错误；
D..该开瓶器的支点为C点，故D错误。
故选B。
10．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】当杠杆转动时，围绕不动的点为支点，使杠杆转动的力为动力，阻碍杠杆转动的力为阻力，据此分析判断。
【解答】 人手拿一个茶杯时，人的前臂相当于一个杠杆，肱二头肌给桡骨的向上力是动力F1，茶杯给前臂的向下力是阻力F2。杠杆围绕肘关节转动，则肘关节为支点，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
11．【答案】B
【知识点】力臂的画法
【解析】【分析】根据力臂的定义判断。
【解答】力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂直距离。根据图片可知，O点为支点，标有F的箭头为力的作用线，那么该力的力臂如下图所示：
故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
12．【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线和同一物体上；
CD.根据图片确定动滑轮上承担拉力的绳子段数n，根据F=nF拉计算绳索的拉力。
【解答】A.车对地面的压力与车的重力，二者的方向都是竖直向下的，二者不是平衡力，故A错误；
B.车拉滑轮组的力作用在滑轮组上，而滑轮组对车的拉力作用在车上，二者没有作用在同一物体上，不是平衡力，故B错误；
CD.根据图片可知，滑轮组上承担拉力的绳子段数n=2，则绳子自由端的拉力为：，故C正确，D错误。
故选C。
13．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 权、重分布为杠杆的动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理条件可知，权×标=重×本， 权、重分布为杠杆的动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理条件可知，权×标=重×本，据此分析判断。
【解答】A.根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，增大“重”时，应把“权”向A的左端移动，故A正确；
B. “权”小于“重“时，根据杠杆平衡的条件件F1L1=F2L2可知，应该是“标”大于“本” ，故B错误；
C.提纽向右移时， “标”增大， “本”减小，此时权×标大于重×本，则B端上升，故C错误；
D.增大“重”时，权不变，应该改变标的长度，故D错误。
故选A。
14．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】A.首先根据G=mg计算工人和工具的总重力，再根据W有=Gh计算有用功；
B.根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据s=nh计算钢丝绳拉动的距离，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。
CD..减小额外功，增大有用功，都可以提高机械效率。
【解答】A.工人和工具的总重力G=mg=200kg×10N/kg=2000N，则吊升过程中的有用功是W有=Gh=2000N×4m=8×103J，故A正确不合题意；
B.根据图片可知，承担重力的绳子段数n=4，则钢丝绳拉动的距离s=nh=4×4m=16m，本次吊升过程中总功为：W总=Fs=750N×16m=12000J，则机械效率约为，故B错误符合题意；
C.可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来减小额外功，从而提高该平台使用时的机械效率，故C正确不合题意；
D.可以通过增加工人和工具重力来增大有用功，从而提高该平台使用时的机械效率，故D正确不合题意。
故选B。
15．【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】结合图片，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】如图所示：
用脚踩踏板时，O1点是支点，动力作用在A点，阻力作用在B点。脚踩下踏板时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；
桶盖开启时，支点是O2，动力作用在C点，阻力作用在D点。在打开盖子的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
故答案为：B。
16．【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；浮力的变化；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）乙球浸没在水中时，利用阿基米德原理即可求出乙球受到的浮力；
（2）根据杠杆平衡的条件动力×动力臂=阻力×阻力臂进行计算；
（3）乙球浸没在水中时处于平衡状态，受到平衡力作用，利用G乙=F'+F浮进行计算；
（4）根据密度公式求出乙球的密度。
【解答】 A、根据阿基米德原理，乙球浸没在水中受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×10-2m3=100N，故A错误；
B、杠杆B端所受的拉力为F'，杠杆恰好水平平衡。根据杠杆的平衡条件：G甲×OA=F'×OB；
即，故B错误；
C、杠杆B端所受的拉力为F'，根据物体间力的作用是相互的，则乙球受到杠杆B端的拉力大小也为F'，乙球浸没在水中时处于平衡状态，G乙=F'+F浮=200N+100N=300N，故C正确；
D、由C我们知道G乙=300N，根据密度的公式：，故D错误。
故选：C。
17．【答案】竖直；0.6；83.3%
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】 （1）为准确地测出拉力，需竖直向上匀速拉动测力计；
（2）先明确弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数；
（3）使用动滑轮时，n=2，拉力端移动距离s=2h，动滑轮的机械效率。
【解答】 （1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，这样才能准确测出拉力的值；
（2）由图知，弹簧测力计的分度值为0.1N，其示数为0.6N；
（3）动滑轮的机械效率：。
18．【答案】乙；大
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据进行分析判断；
（2）影响机械效率的因素有物重和滑轮组等因素。
【解答】 根据图示可知，甲、乙两种方式所做的有用功相同，而甲中的额外功大于乙中的额外功，因此乙的机械效率高；
因为机械效率与物重有关，当其它因素一定时，物重越大，有用功越大，机械效率越大，因此若将桶中水增加到7kg，则甲同学提水上楼的机械效率变大。
19．【答案】（1）测量力臂
（2）1.5；阻力和阻力臂不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂；
（2）①阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，据此分析。
②根据长方形面积的计算方法结合杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）①由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，
即F2L2=F1L1=3N×2cm=6N cm；
由图乙可知，阻力臂L2=4cm，则杠杆左端所挂重物的重力；
②图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。
20．【答案】96；右
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1） 由压强公式可求得A点处杠杆所受到的压力，则由杠杆的平衡条件可知B处应挂物体的重力。
（2）根据杠杆的平衡条件分析重物力臂的长度变化即可。
【解答】 （1）由杠杆的平衡条件可知：F OA=G OB；
因OA：AB=1：2，故OA：OB=1：3
则所挂物体的重力：G=F=pS=×（5.81×105Pa-1.01×105Pa）×6×10-4m2=96N；
（2）若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应减小锅炉内的最大压强，则A点受到的蒸汽压力FA减小；此时A点的力臂OA不变、重物的重力G不变；根据杠杆平衡条件G LG=FA OA可知，为保证锅炉安全，应减小重物的力臂，所以应将应将重物向右移动。
21．【答案】省力；3×104
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆类型；
（2）利用杠杆平衡条件求杠杆A端受到的力，由于动力方向竖直向上，杠杆A端受到的力也是竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力等于杠杆A端受到的力；此时物体C对水平地面的压力等于重力加上硬杆的压力，再利用求物体C对水平地面的压强。
【解答】 （1）由题知，O为支点，因为AB=4OA，所以OB=3OA，则动力臂大于阻力臂，此杠杆为省力杠杆；
（2）由杠杆平衡条件可得：FB×OB=FA×OA，
杠杆A端受到的力：，方向竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力：F压=FA=360N，
此时物体C对水平地面的压力：F=G+F压=240N+360N=600N，
受力面积S=200cm2=0.02m2，
物体C对水平地面的压强：。
22．【答案】（1）匀速
（2）3
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）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；
（2）根据可求出被提升物体所受的重力。
【解答】 （1）实验时要竖直向下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；
（2）根据图乙可知，当动滑轮重为1N时，滑轮组的机械效率为75%，根据
；
即，
解得G=3N。
23．【答案】（1）省力；减小
（2）
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】 （1）根据力臂的定义分析力臂的大小；根据力臂长度的变化分析用力的变化；
（2）对蜡烛进行正确的受力分析，并且要正确地确定各个力的力臂。利用杠杆的平衡条件及阿基米德原理解答，选择蜡烛的引线点为支点，则可以减少对绳子拉力的分析。
【解答】 （1）若将此时舞者身体视为杠杆，O点为支点，A点为重心，右腿对身体的支持力F为动力，人所受重力为阻力，该杠杆动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；假设动力F方向不变，则动力臂长度不变，随着人缓缓站起，阻力臂长度慢慢变小，因此舞者会觉得右脚受力逐渐减小。
（2）设蜡烛横截面积为S，蜡烛与水平面的夹角为θ，如图：
则由题意知，蜡烛稳定在水中受重力、浮力和拉力作用。
以蜡烛的引线点为支点，设重力的力臂为，则浮力的力臂为，
根据杠杆的平衡条件：
即：，
所以：，
解得：ρ。
故答案为：（1）省力；减小；（2）。
24．【答案】（1）木块高度h
（2）50%
（3）其它条件相同时，斜面越陡，斜面的机械效率越大
（4）2N
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】 （1）本实验中可以手动改变木块高度h从而改变斜面的倾斜程度；
（2）根据W有=Gh计算出有用功，根据W总=Fs计算出总功，根据计算出斜面的机械效率；
（3）根据表格的数据可分析斜面机械效率与斜面倾斜程度的关系；
（4）木板对小车的摩擦力做的功为额外功，根据W额=W总-W有=fs可计算出木板对小车的摩擦力，小车在斜面上是匀速直线运动的，根据力的作用是相互的知，小车对长木板的摩擦力等于木板对小车的摩擦力。
【解答】 （1）本实验中可以手动改变木块高度h从而改变斜面的倾斜程度；
（2）由表格的第2组实验数据知，
克服小车重力做的有用功为：W有=Gh=10N×0.2m=2J，
弹簧测力计拉力对小车做的总功为：W总=Fs=4N×1m=4J，
则此时斜面的机械效率为：；
（3）根据表格的数据知，其它条件相同时，当斜面越陡时，斜面的机械效率越大；
（4）根据表格的第3组实验数据知，
此时克服小车重力做的有用功为：W有'=Gh'=10N×0.4m=4J，
弹簧测力计拉力对小车做的总功为：W总'=F's=6N×1m=6J，
则小车克服斜面摩擦力做的额外功为：W额=W总'-W有'=6J-4J=2J，
根据W额=fs得，木板对小车的摩擦力为：，
由于小车在斜面上是匀速直线运动，根据力的作用是相互的知，小车对长木板的摩擦力为：f'=f=2N。
25．【答案】（1）左
（2）B
（3）右端下沉
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）铅笔左端下沉，说明其重心在支点左侧；要使铅笔水平平衡，需使铅笔所受重力的作用线过支点，据此分析细线移动方向；
（2）从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂；
（3）铅笔芯折断后，固定在左端细线下，据此分析杠杆力臂的变化，根据杠杆平衡的条件分析解答。
【解答】 （1）由图可知，铅笔静止后左端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；
（2）“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故B正确；
（3）由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，G左L左＜G右L右，杠杆不能在水平位置平衡，杠杆右端下沉。
26．【答案】（1）竖直向上匀速；66.7%
（2）提升钩码的重力
【知识点】机械效率；机械效率的计算
【解析】【分析】机械效率等于有用功除以总功，有用功等于重力乘以上升距离，总功等于拉力乘以自由端一定距离。
【解答】（1） 竖直向上匀速 ，物体速度不变，防止物体动能增加对实验造成影响。有用功为0.2焦，拉力做功即总功为0.3焦，机械效率等于有用功除以总功， 机械效率为66.7% 。
（2）乙丙两组由于钩码重力不同导致机械效率不同，所以影响它们机械效率高低的因素是提升钩码的重力。
27．【答案】（1）调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
（2）6
（3）相等；阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】根据杠杆平衡实验的步骤，第一步需要调节杠杆在水平位置，便于直接读出力臂长度。
【解答】（1）实验前，需要调节杠杆平衡，便于实验中直接读出力臂长度关系。故答案为： 调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
（2）根据动力臂乘以动力等于阻力臂乘以阻力的杠杆平衡条件，要在D处挂的钩码数量为6个，故答案为：6
（3） 根据动力臂乘以动力等于阻力臂乘以阻力的杠杆平衡条件，描出的点两坐标轴围成的矩形面积即为动力臂长度乘以动力的大小，所以各点处的矩形面积都相等，故答案为： 相等 阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变
28．【答案】（1）
（2）低头角度越大，重力力臂越大
（3）70
（4）A；B；C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题目的描述确定细线拉力的方向，据此画出对应的示意图；
（2）根据杠杆的平衡条件结合三角函数关系得出颈部肌肉拉力与低头角度的关系；
（3）将头颅看做杠杆模型，同是低头角度为30°，动力臂和阻力臂的大小不变，根据表格中数据得出颈部肌肉所受拉力的大小；
（4）要保护颈椎，应使颈椎受到的力最小，根据上面的结论分析。
【解答】（1）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
；
（2）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，
由此可知，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；
（3）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=5kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F=5×14N=70N；
（4）由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头看手机，可适当抬高手机屏幕，减小低头角度，且低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力，故ABC都正确。
故选ABC。
29．【答案】（1）4
（2）不容易
（3）大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）探究套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关，控制钩码的个数不变，只改变所挂物体到竖杆的距离；
（2）从实验数据可知，当所挂物体到竖杆的距离增大时，套筒越容易锁住，可得出结论；
（3）由杠杆得平衡条件：F1L1=F2L2可推出结论；
【解答】 （1）根据控制变量法，探究套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关时，要控制钩码得个数不变，故实验次数4中“ ▲ ”填4；
（2）由实验数据可知，其他条件不变当钩码距竖杆距离变大时，套筒更容易锁住，故码距竖杆距离越近越不容易锁住；
（3）根据F1L1=F2L2得：，所以F1和l2一定时，l1越大，F2越大。
30．【答案】（1）66.7%
（2）大；大
（3）C
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）根据绳子自由端移动的距离与物体上升高度的关系s=nh求出绳子的有效段数，根据“奇动偶定”的原则确定滑轮组的绕线方法；由表中数据，根据可求出第3次的机械效率；
（2）提升的物重增加时，绳子对滑轮的压力会增大，则绳子与滑轮间的摩擦也会增大，而绳子自由端移动的距离不变，据此可知克服摩擦和绳重所做额外功的变化情况；
（3）初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性；
【解答】 （1）根据绳子自由端移动的距离与物体上升高度的关系s=nh，结合表中数据，则绳子的有效段数：
，
根据“奇动偶定”的原则，则绳子应先系在动滑轮上面的挂钩上，然后依次绕线，如下图所示：
第3次实验的机械效率为：
；
（2）提升的物重增加时，绳子对滑轮的压力会增大，则绳子与滑轮间的摩擦也会增大，而绳子自由端移动的距离不变，所以可知克服摩擦和绳重所做的额外功变大；
由表中数据可知，提升的物重增加时，滑轮组的机械效率变大；
（3）多次改变提升的物重测量滑轮组的机械效率，是为了进行多次测量，获得多组数据，总结实验规律，使实验结论具有普遍性；
选C；
31．【答案】（1）杠杆平衡条件
（2）7
（3）15
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）一根硬棒在力的作用下绕固定点转动，这时硬棒就是一个杠杆；
（2）（3）分别以A和B为动力作用点，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列出两个方程，然后联立解答即可。
【解答】 （1）用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时相当于杠杆平衡，实验的原理是杠杆的平衡条件；
（2）（3）由于刻度尺的分度值是1cm，所以工艺品的正确长度为35.0cm，故AB=35.0cm；
O点到端点A间的距离LOA，如图丙所示，根据杠杆的平衡条件有：F1 BA=G LOB，
即4N×35.0cm=G×（35.0cm-LOA）， ①
当以B端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F2 AB=G LOA，即3N×35.0cm=G×LOA， ②
由①②得，G=7N，LOA=15cm。
32．【答案】（1）6000
（2）解：由于水平移动时，重力方向上没移动距离，故水平移动过程中重力没做功；
（3）解：设棒的中心为O，则AO=90cm，O1O=60cm；
以O1为支点，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到平衡方程：
m铅g×AO1=m棒g×O1O，m铅g×30cm=m棒g×60cm，
m铅=2m棒=2×1kg=2kg；
【知识点】杠杆的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1） 若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104牛， 每条绳子承受的拉力等于物体重力的一半，所以能吊起货物的重力不超过60000N，即质量不超过6000kg。
（2）功等于力跟物体在力的方向上通过的距离的乘积，货物沿竖直方向上升时，有克服重力做功，而在水平方向移动时，没有克服重力做功，根据做功公式可求出克服货物重力做功的大小。
（3）滑轮的作用时将竖直方向的力变成水平方向的力，因为动滑轮能省一半的力，所以吊起货物的重力是钢丝绳受力的两倍，求得能吊起的货物的重力进而能求出 配重M的质量。
33．【答案】（1）
（2）解：由杠杆的平衡条件F1 L1＝F2 L2可知：
F L1＝G L2，L1＝AC=50cm，L2＝AB/2=80cm/2=40cm
F×50cm＝500N×40cm
解得：F＝400N。
（3）A；F L1＝G L2，G和L1不变的情况下，减小L2，可以使F减小
【知识点】力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）力臂为力的作用线到支点之间的连线段；
（2） 由杠杆的平衡条件 代入重力以及重力力臂以及水平作用力F力臂大小，即可求解水平作用力F的大小。
（3） 为了避免A处螺钉受力太大而脱落，导致支架倾翻空调外机坠落，安装师傅会将室外机向靠近一些，这样会使重力力臂减小，F的力臂不变，根据杠杆平衡原理，则F减小。
34．【答案】（1）动
（2）由图乙可知，滑轮组绳子的有效股数，则绳子自由端移动的速度
拉力的功率：
（3）钢梁的重力
有用功
绳子自由端移动的距离
总功
此装置的机械效率
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据滑轮在使用过程中位置是否发生变化来判断是定滑轮还是动滑轮；
（2）根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据v绳=nv钢梁求出绳子自由端移动的速度，利用求出拉力F的功率；
（3）根据求出此装置的机械效率。
【解答】 （1）由图乙可知，提升钢梁的过程中，滑轮C的位置会发生改变，所以滑轮C是动滑轮；
35．【答案】（1）由图丙可知1～2s内A的速度vA＝8.5m/s，由图甲可知，拉力端移动速度v＝nvA＝2×4.5m/s＝5m/s，由图乙可知3～2s内拉力F＝8N，
因此5～2s内拉力F的功率：
P＝＝＝Fv＝8N×2m/s＝40W；
（2）因为忽略绳重及摩擦，拉力F＝A+G动），
所以动滑轮所受的重力：
G动＝nF﹣GA＝2×5N﹣12N＝4N；
（3）因为忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力FC＝（G物+GA+G动）＝×（34N+12N+4N）＝25N，
用此装置匀速提升重物34N时的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%＝68%。
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）由图丙可知1～2s内A的速度，由图甲可知，n=2，拉力端移动速度v=nvA，由图乙可知1～2s内拉力F大小，利用P=Fv求1～2s内拉力F的功率；
（2）忽略绳重及摩擦，拉力F=1/n（GA+G动），据此求动滑轮重力；
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力FC=1/n（G物+GA+G动），结合机械效率定义求解。
36．【答案】（1）省力杠杆
（2）由杠杆平衡条件 F×OB=G×OA，F×1.5m=G×1m，G= mg=60kg× 力的作用是相互的，故手对地面的压力为400 N
（3）F= 10000 Pa
（4）W= Fs=400N×0.4m×45=7200J，P=
【知识点】压强的大小及其计算；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂的关系判断杠杆的类型；
（2）知道动力臂、阻力臂和阻力大小，利用杠杆的平衡条件求地面对手的支持力，再根据相互作用力的知识计算手对地面的压力；
（3）根据公式计算双手对地面的压强；
（4）根据W=Fs算出每做一次俯卧撑克服重力做的功，再利用求出功率。
【解答】 （1）图中的点O为支点，OB为动力臂，OA为阻力臂，动力臂大于阻力臂，所以做俯卧撑时人所属的杠杆类型为省力杠杆。
37．【答案】（1）
（2）小金质量为45kg，物体质量为3kg，
小金的总重力为：
G=mg=（45kg+3kg）×10N/kg=480N，
根据杠杆的平衡条件：FL1=GL2，
解得墙壁对梯子的支撑力F为：
（3）根据杠杆的平衡条件：FL1=GL2知小金取到物体后，匀速往下走的过程中，L2逐渐变小，而总重力和电动力臂都不变，所以支持力F逐渐变小。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】（1）力臂即支点到力的作用线的距离。找到支点向力的作用线作垂线即可；
（2）根据杠杆的平衡条件算出墙壁对梯子的支撑力F；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）从支点A向F的作用线作垂线，并标出力臂L，如图所示：
38．【答案】（1）解：在未提重物时，以起重机为研究对象，如图1所示，
在水中匀速提升物体时和物体出水后，以起重机和物体为研究对象，受力分析示意图分别如图2、图3所示：
由图1可得：G机=F支=P0S--------①
由图2可得：G机+G物=F支1+F浮=P1S+F浮-------②
由图3可得：G机+G物=F支2=P2S------------------③
由②式-①式得：G物-F浮=ΔF支1=△P1S
由③式-①式得：G物=ΔF支2=△P2 S
，
又∵F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m3=6×103N，
所以G物=2.4×104N。
（2）解：物体出水前后，杠杆受力示意图分别如图4、图6，在水中匀速提升重物时和重物出水后，以动滑轮和重物为研究对象，受力分析示意图分别如图5、图7所示：
由图5可得：F1'+F浮=G物+G动------④
由图7可得：F2'=G物+G动----------------⑤
∵OF、OB一定，
∴，
∴G动=2×103N，
∴。
（3）解：由图象可知：
，
∵重物出水前卷扬机牵引力：
，
所以重物出水前上升的速度：。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）未提重物时以起重机为研究对象，在水中匀速提升物体时、物体出水后以起重机和物体为研究对象分别受力分析，根据力的平衡条件和压强公式得出等式，联立等式结合起重机对地面压强的变化即可得出物体重力和受到浮力之间的关系，根据阿基米德原理求出被打捞重物完全浸没时受到的浮力，进一步求出被打捞物体的重力。
（2）分别对物体出水前后杠杆、动滑轮和重物为研究对象进行受力分析，根据力的平衡力和杠杆的平衡条件以及相互作用力即可求出动滑轮的重力；在吊臂、定滑轮、钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计时向上拉力做的功为总功、克服物体重力和所受浮力之差做的功为有用功，然后利用效率公式求出滑轮组的机械效率。
（3）由乙图读出任意一点重物出水前卷扬机牵引力做的功和对应的时间，根据求出牵引力做功的功率；根据力的平衡条件表示出牵引力，再根据v绳=nv物联立等式即可求出重物出水前匀速上升的速度。
1 / 1初中科学浙教版 九年级上册 第三章 第4节 简单机械同步练习
一、单选题
1． 如图所示，斜面AB、AC 的粗糙程度相同，把同一物体沿斜面BA 和CA 分别匀速拉到顶端A，若沿斜面的拉力 斜面两边的机械效率分别为ηB、ηc，斜面两边的摩擦力分别为fB、fc，则下列判断正确的是 ( )
A．ηB<ηc，fB< fc B．ηB>ηc，fB= fc
C．ηB<ηc，fB> fc D．ηB>ηc，fB< fc
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 AC.已知高度相同，根据W=Gh比较有用功的大小关系，还知道拉力的大小和通过的路程大小，根据W=Fs比较拉力做的总功关系，利用比较斜面两边机械效率的关系；
BD.影响滑动摩擦力大小的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，斜面AB、AC的粗糙程度相同，比较压力关系得出摩擦力的大小关系。
【解答】 AC.由题知，同一物体提升的高度h相同，由W有=Gh可知，有用功相同，
因AB＜AC，且拉力相同，
所以，由W总=Fs可知，F2做的总功多，
由可知，右边斜面的机械效率低，即ηB＞ηC，故AC错误；
BD.影响滑动摩擦力大小的因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，
物体分别沿斜面BA和CA运动，接触面的粗糙程度相同，斜面越陡，则压力越小，滑动摩擦力越小，由图知BA斜面更陡一些，所以fB＜fC，故B错误、D正确。
故选D。
2．如图所示的滑轮组，500N的拉力 F 在10s内将重800N的箱子匀速提升了2m，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是 ( )
A．定滑轮的作用是省力 B．滑轮组的机械效率为80%
C．动滑轮的重力为100 N D．拉力F 的功率为100W
【答案】B
【知识点】功率计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】 A.定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
B.知道箱子重力、提升高度，利用W=Gh求拉力做的有用功；由图知，n=2，拉力端移动距离s=2h，知道拉力大小，利用W=Fs求拉力做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；
C不计绳重和摩擦，拉力，据此求动滑轮的重力；
D.利用求拉力做功的功率。
【解答】 A.定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向，故A错误；
B.拉力做的有用功：W有用=Gh=800N×2m=1600J，
由图知n=2，拉力端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力做的总功：W总=Fs=500N×4m=2000J，
滑轮组的机械效率：，故B正确；
C.不计绳重和摩擦，，动滑轮的重力：G动=nF-G=2×500N-800N=200N，故C错误；
D.拉力做功的功率：，故D错误。
故选B。
3． 下列有关机械效率的说法中正确的是 ( )
A．机械效率高的，所做的功少
B．机械效率高的，所做的额外功少
C．机械效率高的，有用功和额外功的比值大
D．机械效率高的，额外功和有用功的比值大
【答案】C
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】根据机械效率的公式分析判断。
【解答】根据机械效率的公式可知，机械效率高的，即有用功和总功的比值大，故C正确，而D错误；
根据机械效率的公式可知，当有用功一定时，机械效率高的做的总功少，但是没有限制有用功一定，故A错误；
根据机械效率的公式可知，当有用功一定时，机械效率高的做的总功少，即做的额外功少，故B错误。
故选C。
4．如图所示，小明利用动滑轮匀速提升木箱。下列做法可以提高动滑轮机械效率的是 ( )
A．适当增加木箱重力 B．增大木箱上升高度
C．增大提升木箱的速度 D．换用质量更大的动滑轮
【答案】A
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】 根据影响动滑轮机械效率的因素进行分析和解答，尽量增大有用功减小额外功。
【解答】 A.动滑轮重力不变，所以额外功不变；如果增加木箱重力，有用功会增大，有用功在总功中所占的比例将增大，机械效率会增大，故A符合题意；
BC.动滑轮机械效率的高低与木箱上升的高度和上升的速度无关，故BC不符合题意；
D.换用质量更大的动滑轮，额外功增加，有用功在总功中所占的比例将减小，机械效率降低，故D不符合题意。
故选A。
5．如图所示，利用相同的滑轮组装成甲、乙两种装置，将重均为10 N的A、B两物体都匀速向上提升1m，已知滑轮重1N，不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是 ( )
A．使用乙滑轮省力 B．使用甲滑轮省功
C．手的拉力 F乙为5N D．手移动的距离甲比乙多
【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 AC.定滑轮不省力能改变力的方向，动滑轮可以省力不能改变力的方向。根据计算动滑轮上的拉力大小。
B.根据功的原理判断；
D.使用动滑轮能省一半力，但费距离，绳自由端移动的距离s=2h。
【解答】AC.乙滑轮随物体一起运动，是动滑轮，能省力。不计绳重和摩擦，拉力等于物重与动滑轮重之和的一半，即，故A正确，C错误；
B.使用任何机械都不能省功，故B错误；
D.在甲图中，手移动的距离s甲=hA=1m，在乙图中，手移动的距离s乙=2hB=2×1m=2m，可见，手移动的距离甲比乙少，故D错误。
故选A。
6． 学校举行庆祝建党100周年献礼活动的升旗仪式上，国旗冉冉升起，旗杆顶上安装的是
( )
A．定滑轮 B．动滑轮 C．滑轮组 D．省力杠杆
【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【分析】 固定不动的滑轮叫定滑轮，跟随物体一起移动的滑轮为动滑轮。
【解答】 根据题意可知，当国旗上下移动时，旗杆顶上的滑轮在使用时轴是固定不动的，是定滑轮。
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
7． 如图所示为一种杠杆式开门器，主要作用是使老人开门方便，针对这种开门器，你认为下列分析正确的是 ( )
A．利用这种开门器，可以省去部分功
B．手握部分越靠近锁孔越省力
C．该杠杆属于省力杠杆
D．利用杠杆式开门器，目的是省距离
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 A.功的原理是使用任何机械都不省功；
B.根据力臂的定义、杠杆的平衡条件分析；
CD.动力臂大于阻力时，为省力杠杆，省力费距离；动力臂小于阻力臂时，为费力杠杆，费力省距离；动力臂等于阻力臂时，为等臂杠杆，既不省力也不费力，不省距离也不费距离。
【解答】 A.使用任何机械都不能省功，故A错误；
B.手的位置越远离锁孔动力臂越大，在阻力和阻力臂不变的情况下，越省力，故B错误；
C.门把手在使用时，动力臂大于阻力臂，是一个省力杠杆，故C正确；
D.开门器是一个省力杠杆，省力费距离，故D错误。
故选C。
8． 下列四种工具中，正常使用时属于费力杠杆的是 ( )
A．园艺剪 B．筷子
C．瓶盖起子 D．核桃夹
【答案】B
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】 结合图片和生活经验，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】 A.园艺剪在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不合题意；
B.筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意；
C.瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不合题意；
D.核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不合题意。
故选B。
9． 如图所示，有关开瓶器的利用，下列说法正确的是 ( )
A．要打开瓶盖，应该向下用力
B．能否打开瓶盖取决于力和力臂的乘积
C．该开瓶器是省距离杠杆
D．该开瓶器的支点为B 点
【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 A.根据开瓶器的使用情况确定动力的方向；
B.根据杠杆的平衡条件分析判断；
C.杠杆分为三类：省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力费距离）、费力杠杆（动力臂小于阻力臂，费力省距离）和等臂杠杆（动力臂等于阻力臂，不省力不费力，不省距离不费距离）；
D.杠杆转动时不动的点为支点。
【解答】 使用开瓶器时，C点固定不动为支点，阻力作用在B点，方向向下；动力作用在A点，方向向上。
A.因阻力方向是竖直向下，要打开瓶盖，应施加的力的方向是竖直向上，故A错误；
B.根据杠杆的平衡条件可知，动力臂×动力＞阻力臂×阻力时，能够打开瓶盖，故B正确；
C.使用开瓶器时，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，但是费距离，故C错误；
D..该开瓶器的支点为C点，故D错误。
故选B。
10．人的手臂相当于一个杠杆，当手拿起物体时，下列能正确表示该杠杆的支点、动力、阻力的是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】当杠杆转动时，围绕不动的点为支点，使杠杆转动的力为动力，阻碍杠杆转动的力为阻力，据此分析判断。
【解答】 人手拿一个茶杯时，人的前臂相当于一个杠杆，肱二头肌给桡骨的向上力是动力F1，茶杯给前臂的向下力是阻力F2。杠杆围绕肘关节转动，则肘关节为支点，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
11．（2019九上·瑞安月考）自行车是简单机械的巧妙结合，如踏脚用到了杠杆原理。若作用在脚踏板上的力为F，下列图中能正确表示出该力的力臂的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】力臂的画法
【解析】【分析】根据力臂的定义判断。
【解答】力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂直距离。根据图片可知，O点为支点，标有F的箭头为力的作用线，那么该力的力臂如下图所示：
故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
12．（2023九上·诸暨期中）在野外用滑轮组拉越野车脱困时的情景如图所示，有关力的分析正确的是（ ）
A．车对地面的压力与车的重力是一对平衡力
B．车拉滑轮组的力与滑轮组对车的拉力是一对平衡力
C．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为1200N
D．脱困必需2400N的拉力时，绳索自由端的力F至少为800N
【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.平衡力的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线和同一物体上；
CD.根据图片确定动滑轮上承担拉力的绳子段数n，根据F=nF拉计算绳索的拉力。
【解答】A.车对地面的压力与车的重力，二者的方向都是竖直向下的，二者不是平衡力，故A错误；
B.车拉滑轮组的力作用在滑轮组上，而滑轮组对车的拉力作用在车上，二者没有作用在同一物体上，不是平衡力，故B错误；
CD.根据图片可知，滑轮组上承担拉力的绳子段数n=2，则绳子自由端的拉力为：，故C正确，D错误。
故选C。
13．（2024九上·南浔期末）如图是秤的杠杆原理，其中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力。以下说法中符合杠杆平衡原理的是（ ）
A．增大“重”时，应把“权”向A的左端移动
B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本
C．提纽向右移时，A端上升
D．增大“重”时，应换用更小的“权”
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 权、重分布为杠杆的动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理条件可知，权×标=重×本， 权、重分布为杠杆的动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理条件可知，权×标=重×本，据此分析判断。
【解答】A.根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，增大“重”时，应把“权”向A的左端移动，故A正确；
B. “权”小于“重“时，根据杠杆平衡的条件件F1L1=F2L2可知，应该是“标”大于“本” ，故B错误；
C.提纽向右移时， “标”增大， “本”减小，此时权×标大于重×本，则B端上升，故C错误；
D.增大“重”时，权不变，应该改变标的长度，故D错误。
故选A。
14．（2024九上·江北期末）如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示。其中吊篮和动滑轮总质量为30kg，吊篮由电动机控制升降。在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量200kg，20s内吊篮匀速上升4m，电动机对钢丝绳的拉力为750N。下列说法错误的是（ ）
A．本次吊升过程中的有用功是8×103J
B．本次吊升过程中的机械效率约为87.0%
C．可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来提高该平台使用时的机械效率
D．可以通过增加工人和工具重力来提高该平台使用时的机械效率
【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】A.首先根据G=mg计算工人和工具的总重力，再根据W有=Gh计算有用功；
B.根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据s=nh计算钢丝绳拉动的距离，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。
CD..减小额外功，增大有用功，都可以提高机械效率。
【解答】A.工人和工具的总重力G=mg=200kg×10N/kg=2000N，则吊升过程中的有用功是W有=Gh=2000N×4m=8×103J，故A正确不合题意；
B.根据图片可知，承担重力的绳子段数n=4，则钢丝绳拉动的距离s=nh=4×4m=16m，本次吊升过程中总功为：W总=Fs=750N×16m=12000J，则机械效率约为，故B错误符合题意；
C.可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来减小额外功，从而提高该平台使用时的机械效率，故C正确不合题意；
D.可以通过增加工人和工具重力来增大有用功，从而提高该平台使用时的机械效率，故D正确不合题意。
故选B。
15．（2024九上·杭州月考）室内垃圾桶平时桶盖关闭不使垃圾散发异味，使用时用脚踩踏板，桶盖开启，根据室内垃圾桶的结构示意图，可确定桶中有两个杠杆在起作用，两杠杆支点为O1、O2，则对应的杠杆分别是（ ）
A．省力杠杆 省力杠杆
B．省力杠杆 费力杠杆
C．费力杠杆 费力杠杆
D．费力杠杆 省力杠杆
【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】结合图片，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】如图所示：
用脚踩踏板时，O1点是支点，动力作用在A点，阻力作用在B点。脚踩下踏板时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；
桶盖开启时，支点是O2，动力作用在C点，阻力作用在D点。在打开盖子的过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。
故答案为：B。
16．（2024九上·杭州期末）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点自由转动。当杠杆A端的甲物块悬空；B端的乙球浸没在水中时（不碰容器底和壁），杠杆恰好水平平衡，A、B两端的细线均不可伸长且处于张紧状态。已知OA：OB=1：2，甲物块重400N，乙球体积为1×10-2m3，g取10N/kg。下列说法中正确的是（ ）
A．乙球受到的浮力为10N B．杠杆B端所受的拉力为100N
C．乙球的重力为300N D．乙球的密度为2×103kg/m3
【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；浮力的变化；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）乙球浸没在水中时，利用阿基米德原理即可求出乙球受到的浮力；
（2）根据杠杆平衡的条件动力×动力臂=阻力×阻力臂进行计算；
（3）乙球浸没在水中时处于平衡状态，受到平衡力作用，利用G乙=F'+F浮进行计算；
（4）根据密度公式求出乙球的密度。
【解答】 A、根据阿基米德原理，乙球浸没在水中受到的浮力：
F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×10-2m3=100N，故A错误；
B、杠杆B端所受的拉力为F'，杠杆恰好水平平衡。根据杠杆的平衡条件：G甲×OA=F'×OB；
即，故B错误；
C、杠杆B端所受的拉力为F'，根据物体间力的作用是相互的，则乙球受到杠杆B端的拉力大小也为F'，乙球浸没在水中时处于平衡状态，G乙=F'+F浮=200N+100N=300N，故C正确；
D、由C我们知道G乙=300N，根据密度的公式：，故D错误。
故选：C。
二、填空题
17．如图所示，“测动滑轮机械效率”时必须沿 方向匀速向上拉动弹簧测力计。钩码重为1N，弹簧测力计的示数为 N，动滑轮的机械效率为 (结果精确到0.1%)。
【答案】竖直；0.6；83.3%
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】 （1）为准确地测出拉力，需竖直向上匀速拉动测力计；
（2）先明确弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数；
（3）使用动滑轮时，n=2，拉力端移动距离s=2h，动滑轮的机械效率。
【解答】 （1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，这样才能准确测出拉力的值；
（2）由图知，弹簧测力计的分度值为0.1N，其示数为0.6N；
（3）动滑轮的机械效率：。
18． 有两个相同的桶都装有5kg的水，甲同学把水从一楼提上二楼，乙同学在楼上用轻绳将水拉到二楼，如图所示，则 机械效率更高。若将桶中水增加到7kg，则甲同学提水上楼的机械效率变 。
【答案】乙；大
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据进行分析判断；
（2）影响机械效率的因素有物重和滑轮组等因素。
【解答】 根据图示可知，甲、乙两种方式所做的有用功相同，而甲中的额外功大于乙中的额外功，因此乙的机械效率高；
因为机械效率与物重有关，当其它因素一定时，物重越大，有用功越大，机械效率越大，因此若将桶中水增加到7kg，则甲同学提水上楼的机械效率变大。
19．小明在社会实践中观察到修理汽车的叔叔使用扳手时，还在扳手手柄上加了一个套筒，如图甲所示，于是小明设计了如图乙所示的装置探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系。
（1） 测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于 。
（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图所示的动力随动力臂变化的图像，则杠杆左端所挂重物的重力大小是 N(杠杆上每一小格长度为1cm)，小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的长方形面积(如图丙中阴影部分)总相等，原因是 。
【答案】（1）测量力臂
（2）1.5；阻力和阻力臂不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂；
（2）①阻力和阻力臂的乘积不变时，从图象中选择动力和动力臂的对应值，得出动力跟动力臂的乘积也不变，据此分析。
②根据长方形面积的计算方法结合杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；
（2）①由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，
即F2L2=F1L1=3N×2cm=6N cm；
由图乙可知，阻力臂L2=4cm，则杠杆左端所挂重物的重力；
②图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1=F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。
20．安全阀常作为超压保护装置。如图所示为利用杠杆原理设计的锅炉安全阀示意图，阀的横截面积S为6cm2，OA：AB=1：2，若锅炉能承受的最大压强为 大气压强为 则在 B 处应挂 N的重物。若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应将重物向 (填“左”或“右”)移动。
【答案】96；右
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1） 由压强公式可求得A点处杠杆所受到的压力，则由杠杆的平衡条件可知B处应挂物体的重力。
（2）根据杠杆的平衡条件分析重物力臂的长度变化即可。
【解答】 （1）由杠杆的平衡条件可知：F OA=G OB；
因OA：AB=1：2，故OA：OB=1：3
则所挂物体的重力：G=F=pS=×（5.81×105Pa-1.01×105Pa）×6×10-4m2=96N；
（2）若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应减小锅炉内的最大压强，则A点受到的蒸汽压力FA减小；此时A点的力臂OA不变、重物的重力G不变；根据杠杆平衡条件G LG=FA OA可知，为保证锅炉安全，应减小重物的力臂，所以应将应将重物向右移动。
21．如图所示，以O为转轴的轻质杠杆AOB，AB=4OA，物体C 重240N，底面积为200cm2，在杠杆A 端与物体的上端中点用一根轻质硬棒连接，当在B 端用120N的动力F竖直向上拉时，杠杆AOB 在水平位置平衡，该杠杆为 (填“省力”“费力”或“等臂”)杠杆，此时物体C 对水平地面的压强是 Pa。
【答案】省力；3×104
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆类型；
（2）利用杠杆平衡条件求杠杆A端受到的力，由于动力方向竖直向上，杠杆A端受到的力也是竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力等于杠杆A端受到的力；此时物体C对水平地面的压力等于重力加上硬杆的压力，再利用求物体C对水平地面的压强。
【解答】 （1）由题知，O为支点，因为AB=4OA，所以OB=3OA，则动力臂大于阻力臂，此杠杆为省力杠杆；
（2）由杠杆平衡条件可得：FB×OB=FA×OA，
杠杆A端受到的力：，方向竖直向上；
由于力的作用是相互的，物体C受到硬杆的压力：F压=FA=360N，
此时物体C对水平地面的压力：F=G+F压=240N+360N=600N，
受力面积S=200cm2=0.02m2，
物体C对水平地面的压强：。
22．（2024九上·武义月考）用如图甲的装置探究滑轮组的机械效率η与动滑轮重G动的关系：
（1）实验时，应 竖直向下拉动弹簧测力计。
（2）分析图象中的A点可知，被提升物体所受的重力为 N．（忽略绳重和摩擦）
【答案】（1）匀速
（2）3
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）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；
（2）根据可求出被提升物体所受的重力。
【解答】 （1）实验时要竖直向下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；
（2）根据图乙可知，当动滑轮重为1N时，滑轮组的机械效率为75%，根据
；
即，
解得G=3N。
23．（2024九上·义乌期末）杠杆是一种简单机械，生活中经常应用杠杆解释和解决问题。
（1）2024元旦文艺汇演精彩纷呈，其中某个舞蹈动作如图所示，若将舞者身体视为杠杆，A点为身体重心，O点为支点，地面对右脚的支持力F为动力，人所受重力G为阻力，该杠杆为 (选填“省力”或“费力")杠杆。假设动力F方向及腿部形态保持不变，随着上身缓缓直立，舞者会觉得右脚受力逐渐 (选填“增大"或“减小”)。
（2）如图所示可以估测一支蜡烛的密度。用手提着蜡烛的引线，使蜡烛稳定在水中，测出蜡烛在水中的长度L1，蜡烛全长L，可计算出蜡烛的密度为 。（用L1、L、ρ水表示）
【答案】（1）省力；减小
（2）
【知识点】杠杆的应用
【解析】【分析】 （1）根据力臂的定义分析力臂的大小；根据力臂长度的变化分析用力的变化；
（2）对蜡烛进行正确的受力分析，并且要正确地确定各个力的力臂。利用杠杆的平衡条件及阿基米德原理解答，选择蜡烛的引线点为支点，则可以减少对绳子拉力的分析。
【解答】 （1）若将此时舞者身体视为杠杆，O点为支点，A点为重心，右腿对身体的支持力F为动力，人所受重力为阻力，该杠杆动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；假设动力F方向不变，则动力臂长度不变，随着人缓缓站起，阻力臂长度慢慢变小，因此舞者会觉得右脚受力逐渐减小。
（2）设蜡烛横截面积为S，蜡烛与水平面的夹角为θ，如图：
则由题意知，蜡烛稳定在水中受重力、浮力和拉力作用。
以蜡烛的引线点为支点，设重力的力臂为，则浮力的力臂为，
根据杠杆的平衡条件：
即：，
所以：，
解得：ρ。
故答案为：（1）省力；减小；（2）。
三、实验探究题
24．（2024九上·海曙开学考）小明用如图装置来测定斜面的机械效率。每次实验时，被拉的小车沿同一斜面匀速向上运动。下表是小明记录实验数据的表格。
（1）本实验中是通过改变 从而改变斜面的倾斜程度；
（2）经计算，“较陡”时，斜面的机械效率为 。
（3）综合分析以上数据，可以得出的实验结论为： 。
（4）“最陡”时，小车对长木板的摩擦力为 。
实验次数 斜面的倾斜程度 小车重量G/N 斜面高度h/m 沿斜面拉力F/N 斜面长S/m 有用功W有/J 总功W总/J 机械效率η
1 较缓 10 0.1 3 1 1 3 33%
2 较陡 10 0.2 4 1
3 最陡 10 0.4 6 1 4 6 66.7%
【答案】（1）木块高度h
（2）50%
（3）其它条件相同时，斜面越陡，斜面的机械效率越大
（4）2N
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】 （1）本实验中可以手动改变木块高度h从而改变斜面的倾斜程度；
（2）根据W有=Gh计算出有用功，根据W总=Fs计算出总功，根据计算出斜面的机械效率；
（3）根据表格的数据可分析斜面机械效率与斜面倾斜程度的关系；
（4）木板对小车的摩擦力做的功为额外功，根据W额=W总-W有=fs可计算出木板对小车的摩擦力，小车在斜面上是匀速直线运动的，根据力的作用是相互的知，小车对长木板的摩擦力等于木板对小车的摩擦力。
【解答】 （1）本实验中可以手动改变木块高度h从而改变斜面的倾斜程度；
（2）由表格的第2组实验数据知，
克服小车重力做的有用功为：W有=Gh=10N×0.2m=2J，
弹簧测力计拉力对小车做的总功为：W总=Fs=4N×1m=4J，
则此时斜面的机械效率为：；
（3）根据表格的数据知，其它条件相同时，当斜面越陡时，斜面的机械效率越大；
（4）根据表格的第3组实验数据知，
此时克服小车重力做的有用功为：W有'=Gh'=10N×0.4m=4J，
弹簧测力计拉力对小车做的总功为：W总'=F's=6N×1m=6J，
则小车克服斜面摩擦力做的额外功为：W额=W总'-W有'=6J-4J=2J，
根据W额=fs得，木板对小车的摩擦力为：，
由于小车在斜面上是匀速直线运动，根据力的作用是相互的知，小车对长木板的摩擦力为：f'=f=2N。
25．（2024九上·慈溪期末）学习了杠杆知识后，小宁和小慈利用身边的物品来探究杠杆的平衡条件。他们所选择的器材有：铅笔、橡皮若干（每块橡皮质量为）、细线、刻度尺等。
（1）他们将细线大致系在铅笔的中部位置，铅笔静止后如图甲所示，若想调节铅笔使其在水平位置平衡，则应将细线向 （填“左”或“右”）移动。
（2）调节水平平衡后，他们用细线绑定数量不等的橡皮挂在杠杆支点两侧，如图乙所示。
所测数据记录在表中：
动力 阻力
0.2 0.02 0.1 0.04 0.004 0.004
记录并分析数据后，小宁得出结论：“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，小慈得出结论：
“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，到底谁的结论正确呢？为了进一步完善实验，得出普遍规律，接下来的做法应该是____。（填字母代号）
A．改变力的大小 B．改变力的方向 C．改变力的作用点
（3）在实验过程中，铅笔水平平衡后（如图乙），小宁不小心将前端细长的铅笔芯弄断了（如图丙），她立即将细笔握住，并将断笔芯放到左端细线下方固定好（如图丁），则松手后的铅笔 （填“左端下沉”或“右端下沉”）。
【答案】（1）左
（2）B
（3）右端下沉
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）铅笔左端下沉，说明其重心在支点左侧；要使铅笔水平平衡，需使铅笔所受重力的作用线过支点，据此分析细线移动方向；
（2）从支点到动力作用线的垂直距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的垂直距离叫阻力臂；
（3）铅笔芯折断后，固定在左端细线下，据此分析杠杆力臂的变化，根据杠杆平衡的条件分析解答。
【解答】 （1）由图可知，铅笔静止后左端下沉，若想调节铅笔水平平衡，应将支点向左移动，即细线向左移动；
（2）“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故B正确；
（3）由丁图可知，把折断的铅笔芯放到左端细线下方固定，对于杠杆来说，杠杆两侧的重力不变，但是杠杆左侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，G左L左＜G右L右，杠杆不能在水平位置平衡，杠杆右端下沉。
26．（2024九上·余杭期末）提高机械效率，能够更充分地发挥机械设备的作用。“测量滑轮机械效率”实验装置如图甲、乙、丙所示(每个动滑轮重相同)，得到三组实验装置的数据如表所示。
装置 甲 乙 丙
钩码重/N 2 2 4
钩码上升的高度/m 0.1 0.1 0.1
弹簧测力计示数/N 1.5 1.0 1.7
绳子自由端移动的距离/m 0.2 0.3 0.3
机械效率n 66.7% 待填 78.4%
（1）实验中应 拉动弹簧测力计，实验乙组中待填的机械效率为 。
（2）比较乙、丙组，它们的效率是η乙<η丙可知影响它们机械效率高低的因素是 。
【答案】（1）竖直向上匀速；66.7%
（2）提升钩码的重力
【知识点】机械效率；机械效率的计算
【解析】【分析】机械效率等于有用功除以总功，有用功等于重力乘以上升距离，总功等于拉力乘以自由端一定距离。
【解答】（1） 竖直向上匀速 ，物体速度不变，防止物体动能增加对实验造成影响。有用功为0.2焦，拉力做功即总功为0.3焦，机械效率等于有用功除以总功， 机械效率为66.7% 。
（2）乙丙两组由于钩码重力不同导致机械效率不同，所以影响它们机械效率高低的因素是提升钩码的重力。
27．（2023九上·联合月考）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中：
（1）为了便于直接读出力臂的大小，应对图甲杠杆进行的操作是 。
（2）如图乙所示，杠杆上每格均匀等距，每个钩码的质量都相同，若在C位置挂4个钩码，在D处挂 个钩码，仍可使其在水平位置平衡；
（3）如图丙所示，用弹簧测力计代替钩码，保持所挂钩码位置不变，不断改变弹簧测力计的作用点和拉力的大小，使杠杆始终在水平位置平衡，绘制出弹簧测力计的拉力F与其力臂L的图像如图丁所示，图像中每次描出的点与两坐标轴围成的矩形面积（如图丁中阴影部分） （选填“相等”或“不等”），其原因是 。
【答案】（1）调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
（2）6
（3）相等；阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】根据杠杆平衡实验的步骤，第一步需要调节杠杆在水平位置，便于直接读出力臂长度。
【解答】（1）实验前，需要调节杠杆平衡，便于实验中直接读出力臂长度关系。故答案为： 调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡
（2）根据动力臂乘以动力等于阻力臂乘以阻力的杠杆平衡条件，要在D处挂的钩码数量为6个，故答案为：6
（3） 根据动力臂乘以动力等于阻力臂乘以阻力的杠杆平衡条件，描出的点两坐标轴围成的矩形面积即为动力臂长度乘以动力的大小，所以各点处的矩形面积都相等，故答案为： 相等 阻力和阻力臂保持不变，根据杠杆的平衡条件可知，动力与动力臂的乘积保持不变
28．（2023九上·义乌月考）“低头族”长时间看手机，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，项目化学小组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质点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型测量肌肉的拉力，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/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为 。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是 N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是____。
A．不要长时间低头看手机
B．适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C．低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
【答案】（1）
（2）低头角度越大，重力力臂越大
（3）70
（4）A；B；C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题目的描述确定细线拉力的方向，据此画出对应的示意图；
（2）根据杠杆的平衡条件结合三角函数关系得出颈部肌肉拉力与低头角度的关系；
（3）将头颅看做杠杆模型，同是低头角度为30°，动力臂和阻力臂的大小不变，根据表格中数据得出颈部肌肉所受拉力的大小；
（4）要保护颈椎，应使颈椎受到的力最小，根据上面的结论分析。
【解答】（1）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
；
（2）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，
由此可知，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；
（3）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=5kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F=5×14N=70N；
（4）由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头看手机，可适当抬高手机屏幕，减小低头角度，且低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力，故ABC都正确。
故选ABC。
29．（2024九上·鄞州期末）如图甲，电工师傅攀爬电线杆时，利用了一种“神奇装备”——脚扣（如图乙所示）。当脚踩上去时，它能被电线杆紧紧“锁住”而不下滑。为了探究影响脚扣被“锁住”的因素，小宁用套筒代替脚扣设计如图丙的实验装置：套筒连有横杆，套筒可以沿竖杆上下自由滑动。
【作出猜想】
套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关。
【验证猜想】
移动钩码悬挂位置，并记录套筒被锁住时钩码离竖杆的最小距离，实验现象及数据如下表。
实验次数 1 2 3 4
钩码个数 4 4 4 ▲
钩码距竖杆距离/ 5 8 13 15
实验现象 快速滑落 慢慢滑落 刚好滑落 紧紧锁住
（1）表中“▲”应填写 。
（2）【得出结论】
小宁分析实验数据发现，当横杆上所挂物重相同时，钩码距竖杆距离越近越 （填“容易”或“不容易”）锁住。
（3）【作出解释】
图丁中套筒及横杆相当于一个杠杆。当套筒被锁住时，A为支点，为动力臂，为阻力臂，根据杠杆平衡条件，和一定时，越大，套筒上B点受到竖杆的支持力就越 （填“大”或“小”），因为物体间力的作用是相互的，所以套筒对竖杆的压力也越大。分析套筒的受力可知：最终阻碍套筒下滑，将它“锁住”的是套筒和竖杆之间的摩擦力。
【答案】（1）4
（2）不容易
（3）大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）探究套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关，控制钩码的个数不变，只改变所挂物体到竖杆的距离；
（2）从实验数据可知，当所挂物体到竖杆的距离增大时，套筒越容易锁住，可得出结论；
（3）由杠杆得平衡条件：F1L1=F2L2可推出结论；
【解答】 （1）根据控制变量法，探究套筒是否被“锁住”可能与所挂物体距竖杆的距离有关时，要控制钩码得个数不变，故实验次数4中“ ▲ ”填4；
（2）由实验数据可知，其他条件不变当钩码距竖杆距离变大时，套筒更容易锁住，故码距竖杆距离越近越不容易锁住；
（3）根据F1L1=F2L2得：，所以F1和l2一定时，l1越大，F2越大。
30．（2023九上·鹿城期末）某实验小组测一滑轮组机械效率的数据如下表：
（1）请在表格下图画出本实验的绕绳方法；并在表格最后一栏写出正确的机械效率 。
（2）用同一滑轮组提升不同重物至同一高度：提升的物重增加时，克服摩 擦和绳重所做的额外功变 ，滑轮组的机械效率变 。
（3）多次改变提升的物重测量滑轮组的机械效率， 目的是为了____。（填字母）
A．减小摩擦
B．多次测量取平均值减小误差
C．获得多组数据归纳出物理规律
【答案】（1）66.7%
（2）大；大
（3）C
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）根据绳子自由端移动的距离与物体上升高度的关系s=nh求出绳子的有效段数，根据“奇动偶定”的原则确定滑轮组的绕线方法；由表中数据，根据可求出第3次的机械效率；
（2）提升的物重增加时，绳子对滑轮的压力会增大，则绳子与滑轮间的摩擦也会增大，而绳子自由端移动的距离不变，据此可知克服摩擦和绳重所做额外功的变化情况；
（3）初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性；
【解答】 （1）根据绳子自由端移动的距离与物体上升高度的关系s=nh，结合表中数据，则绳子的有效段数：
，
根据“奇动偶定”的原则，则绳子应先系在动滑轮上面的挂钩上，然后依次绕线，如下图所示：
第3次实验的机械效率为：
；
（2）提升的物重增加时，绳子对滑轮的压力会增大，则绳子与滑轮间的摩擦也会增大，而绳子自由端移动的距离不变，所以可知克服摩擦和绳重所做的额外功变大；
由表中数据可知，提升的物重增加时，滑轮组的机械效率变大；
（3）多次改变提升的物重测量滑轮组的机械效率，是为了进行多次测量，获得多组数据，总结实验规律，使实验结论具有普遍性；
选C；
31．（2024九上·鄞州期末）小宁有一件重约的工艺品，他想把工艺品按图甲所示悬挂起来。为找到O点的位置，他从实验室里借了一支弹簧测力计，设计并完成了如下实验：
①用刻度尺测出工艺品长度，如图乙所示。
②用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时如图丙所示，此时弹簧测力计读数．
③交换弹簧测力计和细线的位置，再次平衡时工艺品的位置如图丁所示，此时弹簧测力计读数．
（1）本实验的关键原理是 。
（2）由此可以计算出该工艺品的重力 N．
（3）计算出O点到端点A间的距离 ．
【答案】（1）杠杆平衡条件
（2）7
（3）15
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）一根硬棒在力的作用下绕固定点转动，这时硬棒就是一个杠杆；
（2）（3）分别以A和B为动力作用点，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列出两个方程，然后联立解答即可。
【解答】 （1）用弹簧测力计拉住A端，B端用细线悬挂，平衡时相当于杠杆平衡，实验的原理是杠杆的平衡条件；
（2）（3）由于刻度尺的分度值是1cm，所以工艺品的正确长度为35.0cm，故AB=35.0cm；
O点到端点A间的距离LOA，如图丙所示，根据杠杆的平衡条件有：F1 BA=G LOB，
即4N×35.0cm=G×（35.0cm-LOA）， ①
当以B端为动力作用点时，根据杠杆平衡条件知，F2 AB=G LOA，即3N×35.0cm=G×LOA， ②
由①②得，G=7N，LOA=15cm。
四、解答题
32．（2024九上·鹿城月考）建筑工地上经常用长臂大吊车来输送建筑材料，安装建筑构件，图甲是其钢丝绳缠绕简化示意图（其中动滑轮重、绳重及摩擦均不计），喜欢实践的小科同学，自己也尝试设计了类似的吊车模型（如图乙），其中AP为粗细均匀的直棒，长1.8米，质量为1千克，凳子宽度为40厘米，A下端固定一个铅块M。
（1）若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104牛，则能吊起货物的质量不能超过 千克。
（2）若将重为1.2×103千克的货物由地面沿竖直方向匀速提升30米，再沿水平方向移动20米，则此过程中克服货物重力做功多少焦？
（3）乙图模型中AO1为30厘米，在没挂物体时直棒刚好有绕O1点转动的趋势，则配重M的质量为多少千克？
【答案】（1）6000
（2）解：由于水平移动时，重力方向上没移动距离，故水平移动过程中重力没做功；
（3）解：设棒的中心为O，则AO=90cm，O1O=60cm；
以O1为支点，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得到平衡方程：
m铅g×AO1=m棒g×O1O，m铅g×30cm=m棒g×60cm，
m铅=2m棒=2×1kg=2kg；
【知识点】杠杆的应用；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1） 若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104牛， 每条绳子承受的拉力等于物体重力的一半，所以能吊起货物的重力不超过60000N，即质量不超过6000kg。
（2）功等于力跟物体在力的方向上通过的距离的乘积，货物沿竖直方向上升时，有克服重力做功，而在水平方向移动时，没有克服重力做功，根据做功公式可求出克服货物重力做功的大小。
（3）滑轮的作用时将竖直方向的力变成水平方向的力，因为动滑轮能省一半的力，所以吊起货物的重力是钢丝绳受力的两倍，求得能吊起的货物的重力进而能求出 配重M的质量。
33．（2024九上·余杭期末）如图所示，在住宅中通常用固定在墙上的三角支架ABC放置空调外机。如果A处固定的螺钉脱落，则支架会倾翻造成空调外机坠落事件。已知AB长80cm，AC长50cm，室外机的重力为500N，重力作用线正好经过AB中点。
（1）在图中画出三角支架A处所受的水平作用力F的示意图及其力臂。
（2）计算三角支架A处所受的水平作用力F的大小(支架重力不计)。
（3）为了避免A处螺钉受力太大而脱落，导致支架倾翻空调外机坠落，安装师傅会将室外机向 (填“A”或“B”)靠近一些，理由是 。
【答案】（1）
（2）解：由杠杆的平衡条件F1 L1＝F2 L2可知：
F L1＝G L2，L1＝AC=50cm，L2＝AB/2=80cm/2=40cm
F×50cm＝500N×40cm
解得：F＝400N。
（3）A；F L1＝G L2，G和L1不变的情况下，减小L2，可以使F减小
【知识点】力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）力臂为力的作用线到支点之间的连线段；
（2） 由杠杆的平衡条件 代入重力以及重力力臂以及水平作用力F力臂大小，即可求解水平作用力F的大小。
（3） 为了避免A处螺钉受力太大而脱落，导致支架倾翻空调外机坠落，安装师傅会将室外机向靠近一些，这样会使重力力臂减小，F的力臂不变，根据杠杆平衡原理，则F减小。
34．（2024九上·余姚期末）图甲为某大桥吊装最后一个钢梁合拢的情形，图乙是起吊装置的简化示意图。钢梁质量为200t，吊机将它以0.1m/s的速度提升20m，绳子自由端的拉力F=1.4x106N。
求：
（1）图乙中C为 滑轮；
（2）提升钢梁时，拉力F的功率是多少
（3）此装置的机械效率是多少 (小数点后保留一位)
【答案】（1）动
（2）由图乙可知，滑轮组绳子的有效股数，则绳子自由端移动的速度
拉力的功率：
（3）钢梁的重力
有用功
绳子自由端移动的距离
总功
此装置的机械效率
【知识点】功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）根据滑轮在使用过程中位置是否发生变化来判断是定滑轮还是动滑轮；
（2）根据图示滑轮组可知绳子的有效股数，根据v绳=nv钢梁求出绳子自由端移动的速度，利用求出拉力F的功率；
（3）根据求出此装置的机械效率。
【解答】 （1）由图乙可知，提升钢梁的过程中，滑轮C的位置会发生改变，所以滑轮C是动滑轮；
35．（2023九上·北仑期末）如图甲所示的装置，A是重12N的空吊篮，小科将A提升到高处，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，求：
（1）1～2s内拉力F的功率。
（2）动滑轮所受的重力。
（3）用此装置匀速提升34N重物时的机械效率（重物放在空吊篮内）。
【答案】（1）由图丙可知1～2s内A的速度vA＝8.5m/s，由图甲可知，拉力端移动速度v＝nvA＝2×4.5m/s＝5m/s，由图乙可知3～2s内拉力F＝8N，
因此5～2s内拉力F的功率：
P＝＝＝Fv＝8N×2m/s＝40W；
（2）因为忽略绳重及摩擦，拉力F＝A+G动），
所以动滑轮所受的重力：
G动＝nF﹣GA＝2×5N﹣12N＝4N；
（3）因为忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力FC＝（G物+GA+G动）＝×（34N+12N+4N）＝25N，
用此装置匀速提升重物34N时的机械效率：
η＝＝＝＝＝×100%＝68%。
【知识点】功率计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）由图丙可知1～2s内A的速度，由图甲可知，n=2，拉力端移动速度v=nvA，由图乙可知1～2s内拉力F大小，利用P=Fv求1～2s内拉力F的功率；
（2）忽略绳重及摩擦，拉力F=1/n（GA+G动），据此求动滑轮重力；
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力FC=1/n（G物+GA+G动），结合机械效率定义求解。
36． 如图所示为小召同学做俯卧撑时的示意图。已知小召同学体重60kg，1min内做了45个，每做一次肩膀升高40cm，人身体可视为杠杆，O点为支点，E 点为重心，OA=1m，AB=0.5m。g 取10N/ kg。
（1） 做俯卧撑时人所属的杠杆类型为 。
（2） 手对地面的压力为多少
（3）若每个手掌的面积是(0.02m2，双手对地面的压强为多少
（4） 小召此次做俯卧撑的功率为多少
【答案】（1）省力杠杆
（2）由杠杆平衡条件 F×OB=G×OA，F×1.5m=G×1m，G= mg=60kg× 力的作用是相互的，故手对地面的压力为400 N
（3）F= 10000 Pa
（4）W= Fs=400N×0.4m×45=7200J，P=
【知识点】压强的大小及其计算；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】 （1）根据动力臂与阻力臂的关系判断杠杆的类型；
（2）知道动力臂、阻力臂和阻力大小，利用杠杆的平衡条件求地面对手的支持力，再根据相互作用力的知识计算手对地面的压力；
（3）根据公式计算双手对地面的压强；
（4）根据W=Fs算出每做一次俯卧撑克服重力做的功，再利用求出功率。
【解答】 （1）图中的点O为支点，OB为动力臂，OA为阻力臂，动力臂大于阻力臂，所以做俯卧撑时人所属的杠杆类型为省力杠杆。
37．（2024九上·杭州月考）如图甲为轻质梯子，小金将梯子靠在墙上，爬至梯子中点B，手捧所需物体，此时墙壁对梯子的支撑力F如图所示。已知CD长度为3m，AD长度为1m，不计墙壁对梯子的摩擦力。
（1）请以A为支点，作出力F的力臂L。
（2）小金质量为45kg，物体质量为3kg，求墙壁对梯子的支撑力F为多少牛？
（3）小金取到物体后，匀速往下走的过程中，墙壁对梯子的支撑力F大小如何变化，请列式分析。
【答案】（1）
（2）小金质量为45kg，物体质量为3kg，
小金的总重力为：
G=mg=（45kg+3kg）×10N/kg=480N，
根据杠杆的平衡条件：FL1=GL2，
解得墙壁对梯子的支撑力F为：
（3）根据杠杆的平衡条件：FL1=GL2知小金取到物体后，匀速往下走的过程中，L2逐渐变小，而总重力和电动力臂都不变，所以支持力F逐渐变小。
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】（1）力臂即支点到力的作用线的距离。找到支点向力的作用线作垂线即可；
（2）根据杠杆的平衡条件算出墙壁对梯子的支撑力F；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】 （1）从支点A向F的作用线作垂线，并标出力臂L，如图所示：
38．（2024·绍兴）如图甲所示是液压汽车起重机从水中打捞重物的示意图．A是动滑轮，B是定滑轮，C是卷扬机，D是油缸，E是柱塞．通过卷扬机转动使钢丝绳带动A上升，被打捞重物的体积是V=0.6m3。若在打捞前起重机对地面的压强p0=1.9×107Pa，当物体在水中匀速上升时起重机对地面的压强比打捞前增大了0.6×107Pa，重物完全出水后匀速上升时起重机对地面的压强比打捞前增大了0.8×107Pa。假设起重时E沿竖直方向，重物出水前、后E对吊臂的支撑力，N1与N2之比为10∶13，重物出水前卷扬机牵引力做的功随时间变化的图象如图乙所示．吊臂、定滑轮、钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计．（g取10N/kg）求：
（1）被打捞物体的重力；
（2）重物出水前滑轮组的机械效率；
（3）重物出水前匀速上升的速度。
【答案】（1）解：在未提重物时，以起重机为研究对象，如图1所示，
在水中匀速提升物体时和物体出水后，以起重机和物体为研究对象，受力分析示意图分别如图2、图3所示：
由图1可得：G机=F支=P0S--------①
由图2可得：G机+G物=F支1+F浮=P1S+F浮-------②
由图3可得：G机+G物=F支2=P2S------------------③
由②式-①式得：G物-F浮=ΔF支1=△P1S
由③式-①式得：G物=ΔF支2=△P2 S
，
又∵F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m3=6×103N，
所以G物=2.4×104N。
（2）解：物体出水前后，杠杆受力示意图分别如图4、图6，在水中匀速提升重物时和重物出水后，以动滑轮和重物为研究对象，受力分析示意图分别如图5、图7所示：
由图5可得：F1'+F浮=G物+G动------④
由图7可得：F2'=G物+G动----------------⑤
∵OF、OB一定，
∴，
∴G动=2×103N，
∴。
（3）解：由图象可知：
，
∵重物出水前卷扬机牵引力：
，
所以重物出水前上升的速度：。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）未提重物时以起重机为研究对象，在水中匀速提升物体时、物体出水后以起重机和物体为研究对象分别受力分析，根据力的平衡条件和压强公式得出等式，联立等式结合起重机对地面压强的变化即可得出物体重力和受到浮力之间的关系，根据阿基米德原理求出被打捞重物完全浸没时受到的浮力，进一步求出被打捞物体的重力。
（2）分别对物体出水前后杠杆、动滑轮和重物为研究对象进行受力分析，根据力的平衡力和杠杆的平衡条件以及相互作用力即可求出动滑轮的重力；在吊臂、定滑轮、钢丝绳的重以及轮与绳的摩擦不计时向上拉力做的功为总功、克服物体重力和所受浮力之差做的功为有用功，然后利用效率公式求出滑轮组的机械效率。
（3）由乙图读出任意一点重物出水前卷扬机牵引力做的功和对应的时间，根据求出牵引力做功的功率；根据力的平衡条件表示出牵引力，再根据v绳=nv物联立等式即可求出重物出水前匀速上升的速度。
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