沪科版八年级物理第十一章 简单机械单元检测（培优卷）
一、选择题（每题3分，共45分）
1．（2023八下·长沙期末）杆秤是我国古代杠杆应用的杰作，如图所示是我国传统的杆秤，常用来测量物体的质量。它由带有刻度的秤杆、秤盘、秤砣、提纽等组成。关于杆秤下列说法正确的是（ ）
A．杆秤利用杠杆平衡来称量物体质量
B．只有所测物体的质量与秤砣的质量相等时秤杆才能水平静止
C．秤杆上50g的刻度比100g的刻度离提纽更远
D．用杆秤称量物体质量时，C点是杆秤的支点
2．如图 7.105 所示， 密度、粗细均匀的木棒， 一端悬挂重为 的小物块 (体积忽略不计)， 棒的 浮出水面， 则棒所受重力的大小为 （ ）。
A． B． C． D．
3．如图 7.95 所示， 长为 、密度为 的均匀细棒下端系一根细线， 细线的另一端被拴在杯底的 点处，细棒竖直浸没在杯中的液体内， 液体密度为 。现打开杯底的阀门 ， 使液体缓慢流出。当细棒露出液面一定长度时， 细棒有可能倾斜， 该长度的最小值为 （ ）。
A． B． C． D．
4．（2023八下·高州月考）使用杠杆能为我们的生活带来方便．如图所示，下列杠杆能够省距离的是（ ）
A． 钳子
B． 独轮车
C． 羊角锤
D． 筷子
5．（初中物理八年级下学期 第十二章 简单机械 综合复习（广西专用））传说阿基米德有一天和亥尼洛国王聊天时曾说：“给我一个支点，我将能移动地球。”这种“玩笑”看似夸张，其实却包含这样一个重要的规律：利用某些机械可以挪动重物，改变用力方向，或者改变物体运动的速度。假如你能够施加一个100牛的力，且受力点能够以1米／秒的速度运动，那么，利用杠杆(不考虑杠杆的质量)让你把一个120 000牛的重物抬起5厘米，需要花费的时间为（ ）
A．5秒 B．10秒 C．12秒 D．60秒
6．（2024八下·龙岗期末）暑假，小深与爷爷搭乘深圳地铁外出游玩，开启一段物理循迹之旅……地铁站的清洁工正在辛勤劳作，她一手握住O点，则另一手握在哪个点更省力？（ ）
A．①点 B．②点
C．③点 D．①②③点都一样
7．（2024八上·长沙开学考）现有史籍中最早记载滑轮的是《墨经》。书中将图甲所示的整个滑轮称为“绳制”，向上提举重物的力称为“挈”，自由往下降落的力称为“收”。现分别用、两个拉力替代“收”（如图乙），分两次提升同一重物在相同时间内匀速上升相同高度。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中滑轮的“收”小于“挈”
B．使用图乙所示滑轮可以省功
C．图乙中两拉力大小关系为
D．图乙中的两拉力功率相等
8．（2024八下·衡水期末）高速铁路的输电线、无论冬、夏都需要绷直，以保障列车电极与输电线的良好接触。图乙为输电线的牵引装置工作原理图。钢绳通过滑轮组悬挂30个相同的坠砣，每个坠砣配重为150N，若某段时间内坠砣串下降了20cm，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．滑轮A为动滑轮、B为定滑轮
B．该牵引装置既能省力又能省距离
C．输电线P端受到的拉力大小为5000N
D．坠砣对钢绳的拉力做功为900J
9．（2024八下·惠阳月考） 如图所示，物体A在水平拉力F的作用下，以0.2米/秒的速度在水平面上做匀速直线运动，此时弹簧秤示数为2N。若不计滑轮、弹簧秤和绳的重及滑轮与绳之间的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．由端拉力F为4N B．自由端的速度是0.1米/秒
C．此滑轮是定滑轮 D．物体与地面间的摩擦力为4N
10．如图所示，不计滑轮重与摩擦，物体A质量为2kg，物体B质量为5kg，体积为103 cm3．先用手托住A，待放手后（ ）
A．物体B将沉到杯底 B．物体B将停留在水面下任何地方
C．物体B将离开水面上升 D．物体B最后浮在水面上
11．（滑轮组的设计与组装+++ 13）要使用滑轮组将物体匀速提升，物重1250N，而绳子最多能承受250N的力，若不计动滑轮自重，则滑轮组中至少有（ ）
A．一个定滑轮两个动滑轮 B．两个定滑轮一个动滑轮
C．两个定滑轮两个动滑轮 D．三个定滑轮两个动滑轮
12．（2023八下·嵩明期末）下列关于功、功率和机械效率的说法中，正确的是（ ）
A．功率越大，做的功越多 B．功率越大，机械的效率越高
C．机械效率越高，做的功越多 D．功率越大，做功越快
13．（2024八下·黄石期末）工程上，很多地方用到了滑轮，如图所示，利用滑轮组将重力为2的物体，以的速度提升0.1m，作用在绳端的拉力F为1.2N。下列判断错误的是（ ）
A．动滑轮重力是0.4N
B．拉力的功率是0.48W
C．滑轮组的机械效率大约为83.3%
D．拉力做的有用功是0.2J
14．（2023八下·马鞍期末）实验室里有一些相同的长方体木块，同学们用相同的滑轮按照甲、乙、丙三种方式拉着木块在相同的水平面上做匀速直线运动，如图所示，所用拉力分别为F1、F2和F3，则（ ）
A．F1＞F2＝F3 B．F2＜F1＜F3 C．F2＞F1＝F3 D．F1＜F3＜F2
15．（2023八下·榕城期末）如图甲所示，用电动机和滑轮组将一块矿石从水底匀速竖直打捞起来，矿石露出水面前，电动机对绳子拉力的功率为60W，矿石露出水面后，电动机对绳子拉力的功率80W，矿石上升全过程中，矿石运动的图像如图乙，动滑轮质量为10kg，不计绳重及摩擦，，；下列说法正确的是（ ）
A．矿石浸没时受到的浮力为200N
B．矿石在空气中所受重力为500N
C．矿石的密度为
D．矿石露出水面后，滑轮组的机械效率83.3%
二、填空题（每空2分，共32分）
16．（2023八下·重庆市期中）如图所示，用轻质薄木板AB做成杠杆，O为支点，OA=OB=2m，地面上一质量为2kg，边长为a=10cm的实心正方体物块M，用一不可伸长的轻质细线系于OB的中点C处，此时AB恰好静止于水平位置，细线恰好被拉直。现将小滑块Q（小滑块的大小不计）放于O点上方，将小滑块Q向左移动0.4m，此时绳子对C点的拉力为8N，此时物块M对水平地面的压强 Pa，若Q再向左侧移动0.2m，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，将它们叠放在Q的正上方时，正方体M对地面的压强为0，切去厚度d为 m。
17．（2024八下·惠来期末）用两个完全相同的轻质滑轮，分别以图2中两种方式将重为G的物体匀速提升相同高度（绳重及摩擦不计），使用 （选填“甲”或“乙”）滑轮可以改变用力方向，所用拉力 （选填“大于”“小于”或“等于”，下同），绳子末端移动的距离 。
18．（2022八下·新会期末）用如图所示的滑轮组将重为120N的物体竖直匀速提升5m，绳子自由端的拉力为50N，则此过程中有用功为 J，机械效率为 ，若增大所提物体的重力，此滑轮组的机械效率将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
19．（2024八下·滦南期末）如图所示，小明用沿斜面向上的推力将总重为的小车匀速推到斜面顶端，小车沿斜面移动距离为，小车上升高度为。则小明做的总功为 ，克服小车重力做的有用功为 ，该斜面的机械效率为 。
20．（2024八下·昌邑期末）工人用如图所示的滑轮组，用12.5N的拉力将重力为20N的物体匀速提升了2m，该滑轮组的机械效率为 ；请写出一种提高该滑轮组机械效率的方法 。
21．（2023八下·顺德期末）如图显示的是甲、乙两机械的参数，它们的有用功均为 2100J，则机械效率较高的是 ， 总功较多的是 （均选填“甲”或“乙”），乙额外功为 J。
三、作图题（共2分）
22．（2024八下·淮南期中）如图所示，杠杆OA处于平衡状态，请你画出的阻力臂l2，并画出最小动力F1的示意图。
四、实验探究题（共13分）
23．（2024八下·瑞昌月考）【探究名称】探究杠杆的平衡条件
【问题】小明利用下图的实验装置探究“杠杆的平衡条件”。
【证据】（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是便于测量____，若出现图甲所示情况，应将杠杆的螺母向____（选填“左”或“右”）调。
（1）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据。根据这一次实验数据，小明立即分析得出杠杆的平衡条件，他这种做法的不足是 。
（2）经老师提醒后，小明继续进行实验，若将图乙A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，则杠杆 （选填“能”或“不能”）保持平衡。
（3）改变钩码数量和位置获取三次测量数据，记录如下表。
实验次序 动力/N 动力臂/cm 阻力/N 阻力臂/cm
1 2.0 5.00 1.0 10.00
2 2.0 10.00 2.0 10.00
3 3.0 10.00 2.0 15.00
①【解释】根据表中数据你得出杠杆的平衡条件是 （用公式表示）。
②【交流】如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，当测力计从a位置转动到b位置时，要使杠杆仍在水平位置平衡，其示数大小将 ，原因是 。
24．（2022八下·农安期末）某校物理兴趣小组的同学们利用如图所示的装置来探究杠杆的平衡条件和机械效率，其探究过程如下：
（1）当杠杆静止在如图a）甲所示的位置时，杠杆处于 （选填“平衡”或“不平衡）状态。同学们用如图a）乙所示的方法使杠杆处于水平平衡状态，测出此时的拉力大小为F1，发现F1l1≠F2l2，其原因是： ；
（2）如图a）丙所示装置，此时的杠杆类型与图b）中的 类型相同；
（3）在图a）丙中，每个钩码的质量为m，O为支点（支点处摩擦忽略不计）。同学们将2个钩码悬挂在B点，在A点竖直向上 拉动弹簧测力计，拉力为F，测得A、B两点上升的高度分别为s、h，则此次杠杆的机械效率为η＝ （用已知量和测量量表示）。
25．（2021八下·乾安期末）在“探究杠杆平衡条件”的实验中
（1）把质量分布均匀的杠杆中点作为支点，其目的是消除 对实验的影响；
（2）如图1所示，是已经平衡的杠杆，若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码，杠杆会失去平衡，那么只需将 （选填下列序号），杠杆就会重新平衡；
①左侧钩码向左移动4个格 ②2右侧钩码向左移动2个格 ③平衡螺母向左适当调节
（3）小明改用弹簧测力计做实验，如图2所示，使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数 1N（选填”大于”，“小于”或“等于”）．（每个钩码0.5N）
五、计算题（共8分）
26．（2023八下·鹤峰期末）如图是创新科技小组用轻质杆设计制作了测量液体密度的工具密度秤。其中经防腐处理的合金块重，体积，秤砣重，秤纽处到端长。测量时手提着秤纽将密度秤的合金块浸没在待测液体中不接触容器，调节秤砣位置，使秤杆在水平位置平衡，此时秤砣悬挂处的刻度值为被测液体密度。取，请解答下列问题：
（1）创新科技小组在烧杯内装入适量的待测液体，其测量情况如图，测得长。此时秤杆端受到绳子的拉力为多大？
（2）. 点刻度表示的待测液体密度多大？
（3）若烧杯内底面积为，则以上过程中合金块放入前后，待测液体对烧杯底部压强变化了多少？
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．杆秤称量物体的依据是杠杆平衡原理，故A正确；
B．若使杠杆在水平位置平衡需要满足：，，故B错误；
C．物体的质量变大，乘积会变大，质量不变，故会变大，故50g的刻度比100g刻度离提纽更近，故C错误；
D．杆秤绕B点转动，故B点是杠杆的支点，故D错误。
故选A。
【分析】杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2，根据杠杆平衡条件来称量物体的质量，并分析杠杆在水平位置平衡的条件。
2．【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】据题可知，均匀的棒子处于漂浮状态，所以，受力分析如下
假设木棒浸长度为L，则浸没的长度为（n-1）/nL，据图分析可知，OA=0.5L-1/N L，OB=（n-1）/2n L，假设木棒于水平面的夹角为θ，则根据杠杆平衡可知
OBcosθF浮=OAcosθG木+OCcosθG，正立可知（n-1）/2nF浮=（n-2）/2nG木+（n-1）/n G，解得G木= ，C正确，ABD错误
综上选C
【分析】根据物体漂浮条件和杠杆平衡判识信息
1、物体漂浮条件为：重力等于浮力，据此可列
2、根据杠杆平衡可知：根据题目所给信息可知：动力*动力臂=阻力*阻力臂，就本题中，OBcosθF浮=OAcosθG木+OCcosθG，据此计算判识选项。
3．【答案】D
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】据题可知，当棒露出液面一定长度x时， 细棒有可能倾斜 ，倾斜角度为θ，则此时棒相当于杠杆，重力的力臂L1=1/2Lsinθ，浮力的力臂为L2=1/2（L-x）sinθ，细棒倾斜的临界点GL1=F浮L2
所以可列ρgLs×1/2Lsinθ=4ρgs（L-x）×1/2（L-x）sinθ，计算可知x= ，D正确，ABC错误
综上选D
【分析】根据杠杆平衡以及浮力计算判识选项
据图可知，细棒的下端为支点，细棒倾斜的临界点取决于重力和力臂的乘积和浮力和力臂的乘积，因此结合本题可列ρgLs×1/2Lsinθ=4ρgs（L-x）×1/2（L-x）sinθ方程，据此计算露出水的面的长度。
4．【答案】D
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A．使用钳子时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故A错误；
B．使用独轮车时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故B错误；
C．使用羊角锤时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故C错误；
D．使用筷子时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离，故D正确。
故选D。
【分析】杠杆分类：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；
等臂杠杆（动力臂等于阻力臂），不省力也不费力。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】不考虑杠杆的质量 ,人利用杠杆做的功等于直接提起重物做的功 ,
即 : Fs=Gh ,
所以 ,
需要的时间 : 。
故答案为：D。
【分析】不考虑杠杆的质量 , 根据功的原理 , 人做的功等于提起重物做的功 , 据此求出动力移动的距离s , 再利用速度公式求需要花费的时间。
6．【答案】C
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】由题意知，清洁工一手握的O点为支点，阻力是扫帚与地面之间的摩擦力，因此阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知，L1越大，F1越小，因此另一手握在③点时，动力臂最长最省力，故ABD错误，C正确；
故选C。
【分析】根据扫帚的使用过程，明确该杠杆的五要素，分析变量及不变量，根据杠杆平衡判断哪个点更省力。
7．【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】A．图甲中滑轮是定滑轮，只能改变力的方向，并不能省力，则“收”等于“挈”，故A错误；
B. 无论任何机械，省力就不会省距离。省距离就不会省力，所以任何机械可以省力，但一定不省功，故B错误；
C．图乙中滑轮是定滑轮，只能改变力的方向，并不能省力，则两拉力大小关系为，故C错误；
D．图乙中滑轮是定滑轮，不省力，也不费距离，物体的移动速度和拉力的移动速度相等，拉力大小相等，由可得，两拉力功率相等，故D正确。
故选D。
【分析】(1)由图可知，图中的滑轮是定滑轮，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力，由此得出结论；
(2)定滑轮是等臂杠杆，由于阻力和阻力臂不变动力臂都等于滑轮的半径，根据杠杆的平衡条件可得出结论；
(3)由题意可知，重物上升的距离相同；在使用定滑轮中，绳子移动的距离等于重物上升的距离；由于甲、乙拉力大小相等，根据可知甲、乙拉力做功的大小，由此可得出结论。
8．【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A．A是定滑轮；B是动滑轮，故A错误；
B．动滑轮可以省力，但费距离，故B错误；
C．n=2，可得，P端受到的拉力为，C错误；
D．拉力做功为。故D正确。
故选D。
【分析】(1)定滑轮和动滑轮的主要区别是：动滑轮会随物体一起运动，定滑轮不随物体运动；
(2)根据功的原理分析；
(3)钢绳上的拉力即为30个坠砣的总重力，由F=G可求得钢绳上的拉力；如图使用的滑轮组承担P端拉力的绳子股数n=2，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，由求出输电线P端受到的拉力大小；
(4)根据W=Fh求出坠砣对钢绳的拉力做的功。
9．【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】 A.弹簧秤的示数为2N，由于动滑轮两侧绳子受力的大小相同，所以自由端的拉力大小为2N，故A错误；
B.自由端的速度v绳=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s，故B错误；
C.滑轮随物体一起运动，所以滑轮为动滑轮，故C错误；
D.物体做匀速直线运动，滑轮对物体的拉力和地面对物体的摩擦力是一对平衡力，而使用动滑轮能省一半的力，故物体 A受到的摩擦力f=2F=2×2N=4N，故D正确。
故选D。
【分析】 A.自由端的拉力与弹簧秤对绳子的拉力都作用在同一根绳子上，二者大小相等；
B.根据v绳=2v物计算绳子自由端的速度；
C.固定不动的是定滑轮，跟随物体一起移动的为动滑轮；
D.根据动滑轮的特点以及对物体受力分析可求出物体与地面间的摩擦力。
10．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】根据题意可知，物体A的重力GA=mAg=2kg×10N/kg=20N，
物体B的重力GB=mBg=5kg×10N/kg=50N；
由图可知n=2，不计滑轮重与摩擦，则GA=FB，
那么物体B受到向上的拉力FB=2GA=2×20N=40N，
物体B浸没在水中，V排=V=103cm3=1×10-3m3
受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1×103kg/m3×10N/kg×1×10-3m3=10N。
则物体B竖直向上的合力为F=FB+F浮=40N+10N=50N；
因为F=GB，
所有物体B将悬浮，即可以停留在水面下任何地方。
故选B。
【分析】利用G=mg求出物体的重力，根据滑轮组的使用特点求出动滑轮对物体B的拉力，利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排求出物体B的浮力。接下来然后对物体B受力分析，求出B受到的合力的方向，根据这个合力的方向可知运动情况。
11．【答案】C
【知识点】滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】解：串绕滑轮组的绳子最多只能承受250N的拉力，物体的重为1250N，则至少由5段绳子承担动滑轮的重，一般的：两股绳子配一个动滑轮，所以当由动滑轮开始绕线时，可以安装2个动滑轮，一个动滑轮一般配一个定滑轮，所以定滑轮的个数也是两个．
故选C．
【分析】绳子的绕线决定滑轮组的使用效果，有几段绳子承担动滑轮和物体的重，拉力就是重力的几分之一，拉力移动的距离就是物体移动距离的几倍．
12．【答案】D
【知识点】功率的概念；机械效率
【解析】【解答】．功率是单位时间做功量，和时间以及做功有关，功率越大，做功越快，A错误，D正确；B．功率和机械效率无关，故B错误；
C．机械效率越高，表示有用功占总功的比值越大，故C错误；
故选。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2、功率是单位时间做功的量，和时间以及做功量有关。
13．【答案】A
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据可知，动滑轮重力是。
由于实际情况下存在绳重和摩擦等因素，动滑轮的重小于0.4N，故A错误符合题意；
B．根据图片可知，承担重力的绳子段数n=2，物体的速度为0.2m/s，
则拉力的功率是；
故B正确不符合题意；
C．滑轮组的机械效率是，
故C正确不符合题意；
D．拉力做的有用功是，
故D正确不符合题意。
故选A。
【分析】A.根据计算动滑轮的重力，再根据绳重和摩擦等因素分析动滑轮的重力变化；
B.根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据计算拉力的功率；
C.根据计算滑轮组的机械效率；
D.根据计算拉力做的有用功。
14．【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】根据图片可知，甲和乙中只拉动一个物体，而丙中拉动叠放的两个物体，即接触面粗糙程度相同，而压力增大为原来的二倍，那么丙中物体受到的摩擦力等于甲、乙中摩擦力的2倍，即f丙=2f甲=2f乙。
甲为定滑轮，不省力不费力，则拉力F1=f甲；
乙为动滑轮，且拉力作用在动滑轮轴心上，那么拉力F2=2f乙；
丙为动滑轮，拉力作用在边缘，则拉力F3=f丙=f甲；
比较可知，拉力F2>F1=F3。
故选C。
【分析】根据影响滑动摩擦力的因素比较物体受到摩擦力大小，再根据滑轮的特点计算自由端的拉力大小即可。
15．【答案】A
【知识点】密度公式及其应用；功率的计算；阿基米德原理；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】AB.根据图乙可知，矿石运动2m，所用的时间为20s，
那么矿石移动的速度：；
根据图片可知，承担重力绳子段数n=2，
则绳子自由端移动的速度：v=nv物=2×0.1m/s=0.2m/s，
那么矿石浸没时电动机对绳子拉力：，
矿石露出水面后绳子自由端的拉力：，
动滑轮的重力：G动=m动g=10kg×10N/kg=100N，
根据F=（F拉+G动）可知，
矿石露出水面前矿石受到的拉力：F拉=nF-G动=2×300N-100N=500N，
矿石在空气中所受的重力：G=nF'-G动=2×400N-100N=700N，
由力的平衡条件可知，矿石浸没时受到的浮力：F浮=G-F拉=700N-500N=200N，故A正确，而B错误；
C.矿石排开水的体积：，
因为此时矿石浸没在水中，所以矿石的体积：V=V排=2×10-2m3，
矿石的密度：，故C错误；
D.矿石露出水面后，滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选A。
【分析】AB.首先根据计算物体上升的速度，再根据v=nv物计算绳子自由端的速度，接下来根据分别计算出矿石浸没时和出水后绳子的拉力，接下来根据F=（F拉+G动）分别浸没时物体受到的拉力和物体的重力，最后根据计F浮=G-F拉算物体浸没受到的浮力；
C.根据计算矿石的体积，再根据计算矿石的密度；
D.根据计算矿石出水时的机械效率。
16．【答案】1200；0.0125
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）物体M的重力为G=mg=2kg×10N/kg=20N，当小滑块Q向左移动0.4m时，物块M对水平地面的压力为F=G-F'=20N-8N=12N，面积为S=a2=（10cm）2=100cm2=1×10-2m2，则物块M对水平地面的压强为：
Q的力臂为：L1=0.4m，C点的拉力的力臂为，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2得GQ=20N；
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，则滑块Q处的压力为：F1′=G′+GQ=G′+20N，L1′=0.4m+0.2m=0.6m，
由于正方体M对地面的压强为0，则C点受到拉力为：F2′=G-G′=20N-G′，L2′=OC= ，
由杠杆平衡条件得：F1′L1′=F2′L2′，故（G′+20N）×0.6m=（20N-G′）×1m， 解得：G′=5N，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，则：
【分析】（1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，求出此时杠杆上Q的力臂和绳子对C点的拉力的力臂，根据杠杆的平衡条件列出等式求出G′，最后根据物块M的重力与G′的大小关系求出切去的部分的厚度d。
17．【答案】甲；大于；小于
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】（1）甲中的是定滑轮，能改变力的方向；乙中是动滑轮，能省力，所以F甲>F乙；
（2）定滑轮不省距离，动滑轮省距离，所以s甲【分析】定滑轮是指轴固定不动的滑轮，动滑轮是指和物体一块移动的滑轮；定滑轮的特点是能够改变力的方向，但是不能省力；动滑轮的特点是能够省一半力，但是费距离。
18．【答案】600；80%；变大
【知识点】机械效率的大小比较；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】将重为120N的物体竖直匀速提升5m，所以拉力做的有用功为W有用=Gh=120N×5m=600J
由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，所以绳子自由端移动的距离为s绳=nh物=3×5m=15m
又因为绳子自由端的拉力为50N，所以拉力做的总功为W总=Fs=50N×15m=750J
所以该滑轮组的机械效率为
不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为
所以若增大所提物体的重力，则变小，机械效率将变大。
【分析】根据物体的重力和高度的乘积计算有用功；利用拉力和距离的乘积计算总功，有用功和总功的比值，计算机械效率；动滑轮相同时，物体的重力越大， 机械效率变大。
19．【答案】375；300；80
【知识点】斜面的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】由题知，斜面长s=2.5m，斜面高h=0.6m，物体重G=500N，推力F=150N；有用功：
W有用=Gh=500Nx0.6m=300J，推力做的总功：W总=Fs=150Nx2.5m=375J，斜面的机械效率：。
故答案为：375；300；80。
【分析】由W=Fs可求得总功，由W=Gh可求得有用功，由可求得该斜面的机械效率。
20．【答案】80%；增大物重
【知识点】滑轮（组）的机械效率；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】（1）绳子股数n=2，机械效率为；
（2）增大有用功占总功的比值，从而提高滑轮组的机械效率。
【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用求出该滑轮组的机械效率；
（2）增大物重来增大有用功，增大有用功占总功的比值；或使用轻质动滑轮、加润滑油来减小摩擦等方式，可以减小额外功。
21．【答案】甲；乙；900
【知识点】机械效率的大小比较；机械效率的计算
【解析】【解答】（1）机械效率是机械做的有用功与总功的比值，根据图片可知，甲的机械效率为75%，乙的机械效率为70%，则机械效率较高的是甲；
（2）根据可知，当有用功相等时，机械效率越低，则总功越多。因为乙的机械效率更低，所以总功较多的是乙。
（3）乙做的总功：；
乙的额外功为：W额=W总-W有=3000J-2100J=900J。
【分析】（1）机械效率是机械做的有用功与总功的比值；
（2）根据比较总功大小；
（3）首先根据计算总功，再根据W额=W总-W有计算乙的额外功。
22．【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】①连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；
②0为支点，点0到的垂线段就是的力臂l2，如下图所示：
【分析】杠杆平衡的条件，，杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
23．【答案】（1）实验次数不足，结论具有偶然性
（2）不能
（3）；变大；弹簧测力计的拉力力臂减小
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，拉力是竖直方向上的力，这样动力臂和阻力臂都在杠杆上，方便直接读出力臂的长度，；若出现图甲所示情况，右端下沉说明右端重，应将杠杆的平衡螺母向左端移动。
（1）第1空、 根据一次实验数据总结规律，结论具有偶然性。
故该空填“ 实验次数不足，结论具有偶然性 ”；
（2） 第1空、 若将图乙A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，左边力与力臂的乘积小于右边力与力臂的乘积，故杠杆不能平衡。
故该空填“ 不能 ”；
（3） 第1空、 分析表格中的数据可知，发现左边力与力臂的乘积等于右边力与力臂的乘积，则杠杆平衡的条件为
故该空填“ ”；
第2、3空、 当测力计从a位置转动到b位置时，左边力与力臂的乘积不变，右边的动力臂变小，要使杠杆仍在水平位置平衡，由杠杆平衡条件可知，动力增大，则弹簧测力计的示数将变大。
故第2空填“ 变大 ”，第3空填“ 弹簧测力计的拉力力臂减小 ”。
【分析】 强调实验前调节杠杆在水平位置平衡的重要性及原理。接着指出仅根据一次实验数据得出结论存在偶然性。然后分析图乙情况，说明钩码移动后杠杆不能平衡的原因。对于表格数据，通过分析得出杠杆平衡条件。最后分析测力计位置变化时，由于力臂变化导致动力变化，从而使弹簧测力计示数变化的情况。
24．【答案】（1）平衡；把l1当成了F1的力臂
（2）D
（3）匀速；×100%
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验；杠杆的机械效率
【解析】【解答】（1）杠杆静止或匀速转动都是处于平衡状态。
力臂是支点到力的作用线的距离，l1不是F1的力臂用，所以，F1l1≠F2l2。
（2）由图a）丙可知，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。图b）C筷子，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D是羊角锤，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，与图a）丙类型相同。
（3）将2个钩码悬挂在B点，在A点竖直向上匀速缓慢拉动弹簧测力计，使物体处于平衡状态。
对钩码做的功为有用功W有用＝2mgh；做的总功：W总＝Fs。则此次杠杆的机械效率
【分析】（1）静止的杠杆是平衡的；杠杆上的力臂是支点到力的作用线的垂线；
（2）使用杠杆时，若动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
（3）当杠杆平衡时，利用物体的重力和高度计算有用功，根据拉力和距离计算总功，有用功和总功的比值， 计算机械效率。
25．【答案】（1）杠杆自重
（2）②
（3）大于
【知识点】杠杆机械效率的测量实验
【解析】【解答】（1）把质量分布均匀的杠杆中点置于支架上，杠杆的重心通过支点，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（2）如图1所示，是已经平衡的杠杆，若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码，根据杠杆的平衡条件，左侧， ，右侧， ，
①左侧钩码向左移动4个格， ，故杠杆不能平衡；
②右侧钩码向左移动2格， ，故杠杆会重新平衡；
③实验以后不能再重新调节平衡螺母，故错误．
故答案为：②；
（3）解法一：根据杠杆的平衡条件， ， ，当 小于0.5，F大于2N， 等于0.5，F=2N，90°＞θ＞30°，sinθ大于0.5，小于1，1N＜F＜2N，故示数大于1N；
解法二：根据杠杆的平衡条件，所以 ，拉力的力臂小于8L，F＞1N．
故答案为（1）杠杆自重；（2）②；（3）大于．
【分析】（1）杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
（2）由杠杆平衡条件分析答题。
26．【答案】（1）解：由杠杆平衡条件可得：，
代入数据有：，
解得：；
答：此时秤杆端受到绳子的拉力为；
（2）解：由力的平衡条件可知，合金块受到的浮力：，
因为合金块浸没在液体中，所以合金块排开液体的体积：，
由可得：；
答：点刻度表示的待测液体密度为；
（3）解：由图可知，容器为柱形，合金块放入液体后对容器底增大的压力：，
则增大的压强：。
答：待测液体对烧杯底部压强变化了。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强的计算；浮力大小的计算；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）利用杠杆平衡条件FA×OA=FC×OC，OA、OC、FC均已知，代入数据即可；
（2）合金块放入液体中，受到向上的拉力、竖直向上的浮力、竖直向下的重力，因此其对A点的拉力为：FA=G-F浮；即F浮=G-FA；所以（合金块在液体处于浸没状态，其V排=V物）；
（3），计算变化的压强，在本题中由于合金块的放入导致了底部受到的压力发生了改变，而变化的压力与浮力是一对相互作用力，因此浮力即为变化的压力，带入压强公式即可。
1 / 1沪科版八年级物理第十一章 简单机械单元检测（培优卷）
一、选择题（每题3分，共45分）
1．（2023八下·长沙期末）杆秤是我国古代杠杆应用的杰作，如图所示是我国传统的杆秤，常用来测量物体的质量。它由带有刻度的秤杆、秤盘、秤砣、提纽等组成。关于杆秤下列说法正确的是（ ）
A．杆秤利用杠杆平衡来称量物体质量
B．只有所测物体的质量与秤砣的质量相等时秤杆才能水平静止
C．秤杆上50g的刻度比100g的刻度离提纽更远
D．用杆秤称量物体质量时，C点是杆秤的支点
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．杆秤称量物体的依据是杠杆平衡原理，故A正确；
B．若使杠杆在水平位置平衡需要满足：，，故B错误；
C．物体的质量变大，乘积会变大，质量不变，故会变大，故50g的刻度比100g刻度离提纽更近，故C错误；
D．杆秤绕B点转动，故B点是杠杆的支点，故D错误。
故选A。
【分析】杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2，根据杠杆平衡条件来称量物体的质量，并分析杠杆在水平位置平衡的条件。
2．如图 7.105 所示， 密度、粗细均匀的木棒， 一端悬挂重为 的小物块 (体积忽略不计)， 棒的 浮出水面， 则棒所受重力的大小为 （ ）。
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】据题可知，均匀的棒子处于漂浮状态，所以，受力分析如下
假设木棒浸长度为L，则浸没的长度为（n-1）/nL，据图分析可知，OA=0.5L-1/N L，OB=（n-1）/2n L，假设木棒于水平面的夹角为θ，则根据杠杆平衡可知
OBcosθF浮=OAcosθG木+OCcosθG，正立可知（n-1）/2nF浮=（n-2）/2nG木+（n-1）/n G，解得G木= ，C正确，ABD错误
综上选C
【分析】根据物体漂浮条件和杠杆平衡判识信息
1、物体漂浮条件为：重力等于浮力，据此可列
2、根据杠杆平衡可知：根据题目所给信息可知：动力*动力臂=阻力*阻力臂，就本题中，OBcosθF浮=OAcosθG木+OCcosθG，据此计算判识选项。
3．如图 7.95 所示， 长为 、密度为 的均匀细棒下端系一根细线， 细线的另一端被拴在杯底的 点处，细棒竖直浸没在杯中的液体内， 液体密度为 。现打开杯底的阀门 ， 使液体缓慢流出。当细棒露出液面一定长度时， 细棒有可能倾斜， 该长度的最小值为 （ ）。
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】浮力大小的计算；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】据题可知，当棒露出液面一定长度x时， 细棒有可能倾斜 ，倾斜角度为θ，则此时棒相当于杠杆，重力的力臂L1=1/2Lsinθ，浮力的力臂为L2=1/2（L-x）sinθ，细棒倾斜的临界点GL1=F浮L2
所以可列ρgLs×1/2Lsinθ=4ρgs（L-x）×1/2（L-x）sinθ，计算可知x= ，D正确，ABC错误
综上选D
【分析】根据杠杆平衡以及浮力计算判识选项
据图可知，细棒的下端为支点，细棒倾斜的临界点取决于重力和力臂的乘积和浮力和力臂的乘积，因此结合本题可列ρgLs×1/2Lsinθ=4ρgs（L-x）×1/2（L-x）sinθ方程，据此计算露出水的面的长度。
4．（2023八下·高州月考）使用杠杆能为我们的生活带来方便．如图所示，下列杠杆能够省距离的是（ ）
A． 钳子
B． 独轮车
C． 羊角锤
D． 筷子
【答案】D
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】A．使用钳子时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故A错误；
B．使用独轮车时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故B错误；
C．使用羊角锤时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故C错误；
D．使用筷子时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，省距离，故D正确。
故选D。
【分析】杠杆分类：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；
等臂杠杆（动力臂等于阻力臂），不省力也不费力。
5．（初中物理八年级下学期 第十二章 简单机械 综合复习（广西专用））传说阿基米德有一天和亥尼洛国王聊天时曾说：“给我一个支点，我将能移动地球。”这种“玩笑”看似夸张，其实却包含这样一个重要的规律：利用某些机械可以挪动重物，改变用力方向，或者改变物体运动的速度。假如你能够施加一个100牛的力，且受力点能够以1米／秒的速度运动，那么，利用杠杆(不考虑杠杆的质量)让你把一个120 000牛的重物抬起5厘米，需要花费的时间为（ ）
A．5秒 B．10秒 C．12秒 D．60秒
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】不考虑杠杆的质量 ,人利用杠杆做的功等于直接提起重物做的功 ,
即 : Fs=Gh ,
所以 ,
需要的时间 : 。
故答案为：D。
【分析】不考虑杠杆的质量 , 根据功的原理 , 人做的功等于提起重物做的功 , 据此求出动力移动的距离s , 再利用速度公式求需要花费的时间。
6．（2024八下·龙岗期末）暑假，小深与爷爷搭乘深圳地铁外出游玩，开启一段物理循迹之旅……地铁站的清洁工正在辛勤劳作，她一手握住O点，则另一手握在哪个点更省力？（ ）
A．①点 B．②点
C．③点 D．①②③点都一样
【答案】C
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】由题意知，清洁工一手握的O点为支点，阻力是扫帚与地面之间的摩擦力，因此阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知，L1越大，F1越小，因此另一手握在③点时，动力臂最长最省力，故ABD错误，C正确；
故选C。
【分析】根据扫帚的使用过程，明确该杠杆的五要素，分析变量及不变量，根据杠杆平衡判断哪个点更省力。
7．（2024八上·长沙开学考）现有史籍中最早记载滑轮的是《墨经》。书中将图甲所示的整个滑轮称为“绳制”，向上提举重物的力称为“挈”，自由往下降落的力称为“收”。现分别用、两个拉力替代“收”（如图乙），分两次提升同一重物在相同时间内匀速上升相同高度。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．图甲中滑轮的“收”小于“挈”
B．使用图乙所示滑轮可以省功
C．图乙中两拉力大小关系为
D．图乙中的两拉力功率相等
【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】A．图甲中滑轮是定滑轮，只能改变力的方向，并不能省力，则“收”等于“挈”，故A错误；
B. 无论任何机械，省力就不会省距离。省距离就不会省力，所以任何机械可以省力，但一定不省功，故B错误；
C．图乙中滑轮是定滑轮，只能改变力的方向，并不能省力，则两拉力大小关系为，故C错误；
D．图乙中滑轮是定滑轮，不省力，也不费距离，物体的移动速度和拉力的移动速度相等，拉力大小相等，由可得，两拉力功率相等，故D正确。
故选D。
【分析】(1)由图可知，图中的滑轮是定滑轮，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力，由此得出结论；
(2)定滑轮是等臂杠杆，由于阻力和阻力臂不变动力臂都等于滑轮的半径，根据杠杆的平衡条件可得出结论；
(3)由题意可知，重物上升的距离相同；在使用定滑轮中，绳子移动的距离等于重物上升的距离；由于甲、乙拉力大小相等，根据可知甲、乙拉力做功的大小，由此可得出结论。
8．（2024八下·衡水期末）高速铁路的输电线、无论冬、夏都需要绷直，以保障列车电极与输电线的良好接触。图乙为输电线的牵引装置工作原理图。钢绳通过滑轮组悬挂30个相同的坠砣，每个坠砣配重为150N，若某段时间内坠砣串下降了20cm，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．滑轮A为动滑轮、B为定滑轮
B．该牵引装置既能省力又能省距离
C．输电线P端受到的拉力大小为5000N
D．坠砣对钢绳的拉力做功为900J
【答案】D
【知识点】定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A．A是定滑轮；B是动滑轮，故A错误；
B．动滑轮可以省力，但费距离，故B错误；
C．n=2，可得，P端受到的拉力为，C错误；
D．拉力做功为。故D正确。
故选D。
【分析】(1)定滑轮和动滑轮的主要区别是：动滑轮会随物体一起运动，定滑轮不随物体运动；
(2)根据功的原理分析；
(3)钢绳上的拉力即为30个坠砣的总重力，由F=G可求得钢绳上的拉力；如图使用的滑轮组承担P端拉力的绳子股数n=2，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，由求出输电线P端受到的拉力大小；
(4)根据W=Fh求出坠砣对钢绳的拉力做的功。
9．（2024八下·惠阳月考） 如图所示，物体A在水平拉力F的作用下，以0.2米/秒的速度在水平面上做匀速直线运动，此时弹簧秤示数为2N。若不计滑轮、弹簧秤和绳的重及滑轮与绳之间的摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．由端拉力F为4N B．自由端的速度是0.1米/秒
C．此滑轮是定滑轮 D．物体与地面间的摩擦力为4N
【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】 A.弹簧秤的示数为2N，由于动滑轮两侧绳子受力的大小相同，所以自由端的拉力大小为2N，故A错误；
B.自由端的速度v绳=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s，故B错误；
C.滑轮随物体一起运动，所以滑轮为动滑轮，故C错误；
D.物体做匀速直线运动，滑轮对物体的拉力和地面对物体的摩擦力是一对平衡力，而使用动滑轮能省一半的力，故物体 A受到的摩擦力f=2F=2×2N=4N，故D正确。
故选D。
【分析】 A.自由端的拉力与弹簧秤对绳子的拉力都作用在同一根绳子上，二者大小相等；
B.根据v绳=2v物计算绳子自由端的速度；
C.固定不动的是定滑轮，跟随物体一起移动的为动滑轮；
D.根据动滑轮的特点以及对物体受力分析可求出物体与地面间的摩擦力。
10．如图所示，不计滑轮重与摩擦，物体A质量为2kg，物体B质量为5kg，体积为103 cm3．先用手托住A，待放手后（ ）
A．物体B将沉到杯底 B．物体B将停留在水面下任何地方
C．物体B将离开水面上升 D．物体B最后浮在水面上
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】根据题意可知，物体A的重力GA=mAg=2kg×10N/kg=20N，
物体B的重力GB=mBg=5kg×10N/kg=50N；
由图可知n=2，不计滑轮重与摩擦，则GA=FB，
那么物体B受到向上的拉力FB=2GA=2×20N=40N，
物体B浸没在水中，V排=V=103cm3=1×10-3m3
受到的浮力为：F浮=ρ液gV排=1×103kg/m3×10N/kg×1×10-3m3=10N。
则物体B竖直向上的合力为F=FB+F浮=40N+10N=50N；
因为F=GB，
所有物体B将悬浮，即可以停留在水面下任何地方。
故选B。
【分析】利用G=mg求出物体的重力，根据滑轮组的使用特点求出动滑轮对物体B的拉力，利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排求出物体B的浮力。接下来然后对物体B受力分析，求出B受到的合力的方向，根据这个合力的方向可知运动情况。
11．（滑轮组的设计与组装+++ 13）要使用滑轮组将物体匀速提升，物重1250N，而绳子最多能承受250N的力，若不计动滑轮自重，则滑轮组中至少有（ ）
A．一个定滑轮两个动滑轮 B．两个定滑轮一个动滑轮
C．两个定滑轮两个动滑轮 D．三个定滑轮两个动滑轮
【答案】C
【知识点】滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】解：串绕滑轮组的绳子最多只能承受250N的拉力，物体的重为1250N，则至少由5段绳子承担动滑轮的重，一般的：两股绳子配一个动滑轮，所以当由动滑轮开始绕线时，可以安装2个动滑轮，一个动滑轮一般配一个定滑轮，所以定滑轮的个数也是两个．
故选C．
【分析】绳子的绕线决定滑轮组的使用效果，有几段绳子承担动滑轮和物体的重，拉力就是重力的几分之一，拉力移动的距离就是物体移动距离的几倍．
12．（2023八下·嵩明期末）下列关于功、功率和机械效率的说法中，正确的是（ ）
A．功率越大，做的功越多 B．功率越大，机械的效率越高
C．机械效率越高，做的功越多 D．功率越大，做功越快
【答案】D
【知识点】功率的概念；机械效率
【解析】【解答】．功率是单位时间做功量，和时间以及做功有关，功率越大，做功越快，A错误，D正确；B．功率和机械效率无关，故B错误；
C．机械效率越高，表示有用功占总功的比值越大，故C错误；
故选。
【分析】1、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2、功率是单位时间做功的量，和时间以及做功量有关。
13．（2024八下·黄石期末）工程上，很多地方用到了滑轮，如图所示，利用滑轮组将重力为2的物体，以的速度提升0.1m，作用在绳端的拉力F为1.2N。下列判断错误的是（ ）
A．动滑轮重力是0.4N
B．拉力的功率是0.48W
C．滑轮组的机械效率大约为83.3%
D．拉力做的有用功是0.2J
【答案】A
【知识点】功率的计算；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A．根据可知，动滑轮重力是。
由于实际情况下存在绳重和摩擦等因素，动滑轮的重小于0.4N，故A错误符合题意；
B．根据图片可知，承担重力的绳子段数n=2，物体的速度为0.2m/s，
则拉力的功率是；
故B正确不符合题意；
C．滑轮组的机械效率是，
故C正确不符合题意；
D．拉力做的有用功是，
故D正确不符合题意。
故选A。
【分析】A.根据计算动滑轮的重力，再根据绳重和摩擦等因素分析动滑轮的重力变化；
B.根据图片确定承担重力的绳子段数n，根据计算拉力的功率；
C.根据计算滑轮组的机械效率；
D.根据计算拉力做的有用功。
14．（2023八下·马鞍期末）实验室里有一些相同的长方体木块，同学们用相同的滑轮按照甲、乙、丙三种方式拉着木块在相同的水平面上做匀速直线运动，如图所示，所用拉力分别为F1、F2和F3，则（ ）
A．F1＞F2＝F3 B．F2＜F1＜F3 C．F2＞F1＝F3 D．F1＜F3＜F2
【答案】C
【知识点】增大或减小摩擦的方法；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】根据图片可知，甲和乙中只拉动一个物体，而丙中拉动叠放的两个物体，即接触面粗糙程度相同，而压力增大为原来的二倍，那么丙中物体受到的摩擦力等于甲、乙中摩擦力的2倍，即f丙=2f甲=2f乙。
甲为定滑轮，不省力不费力，则拉力F1=f甲；
乙为动滑轮，且拉力作用在动滑轮轴心上，那么拉力F2=2f乙；
丙为动滑轮，拉力作用在边缘，则拉力F3=f丙=f甲；
比较可知，拉力F2>F1=F3。
故选C。
【分析】根据影响滑动摩擦力的因素比较物体受到摩擦力大小，再根据滑轮的特点计算自由端的拉力大小即可。
15．（2023八下·榕城期末）如图甲所示，用电动机和滑轮组将一块矿石从水底匀速竖直打捞起来，矿石露出水面前，电动机对绳子拉力的功率为60W，矿石露出水面后，电动机对绳子拉力的功率80W，矿石上升全过程中，矿石运动的图像如图乙，动滑轮质量为10kg，不计绳重及摩擦，，；下列说法正确的是（ ）
A．矿石浸没时受到的浮力为200N
B．矿石在空气中所受重力为500N
C．矿石的密度为
D．矿石露出水面后，滑轮组的机械效率83.3%
【答案】A
【知识点】密度公式及其应用；功率的计算；阿基米德原理；机械效率的计算；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】AB.根据图乙可知，矿石运动2m，所用的时间为20s，
那么矿石移动的速度：；
根据图片可知，承担重力绳子段数n=2，
则绳子自由端移动的速度：v=nv物=2×0.1m/s=0.2m/s，
那么矿石浸没时电动机对绳子拉力：，
矿石露出水面后绳子自由端的拉力：，
动滑轮的重力：G动=m动g=10kg×10N/kg=100N，
根据F=（F拉+G动）可知，
矿石露出水面前矿石受到的拉力：F拉=nF-G动=2×300N-100N=500N，
矿石在空气中所受的重力：G=nF'-G动=2×400N-100N=700N，
由力的平衡条件可知，矿石浸没时受到的浮力：F浮=G-F拉=700N-500N=200N，故A正确，而B错误；
C.矿石排开水的体积：，
因为此时矿石浸没在水中，所以矿石的体积：V=V排=2×10-2m3，
矿石的密度：，故C错误；
D.矿石露出水面后，滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选A。
【分析】AB.首先根据计算物体上升的速度，再根据v=nv物计算绳子自由端的速度，接下来根据分别计算出矿石浸没时和出水后绳子的拉力，接下来根据F=（F拉+G动）分别浸没时物体受到的拉力和物体的重力，最后根据计F浮=G-F拉算物体浸没受到的浮力；
C.根据计算矿石的体积，再根据计算矿石的密度；
D.根据计算矿石出水时的机械效率。
二、填空题（每空2分，共32分）
16．（2023八下·重庆市期中）如图所示，用轻质薄木板AB做成杠杆，O为支点，OA=OB=2m，地面上一质量为2kg，边长为a=10cm的实心正方体物块M，用一不可伸长的轻质细线系于OB的中点C处，此时AB恰好静止于水平位置，细线恰好被拉直。现将小滑块Q（小滑块的大小不计）放于O点上方，将小滑块Q向左移动0.4m，此时绳子对C点的拉力为8N，此时物块M对水平地面的压强 Pa，若Q再向左侧移动0.2m，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，将它们叠放在Q的正上方时，正方体M对地面的压强为0，切去厚度d为 m。
【答案】1200；0.0125
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）物体M的重力为G=mg=2kg×10N/kg=20N，当小滑块Q向左移动0.4m时，物块M对水平地面的压力为F=G-F'=20N-8N=12N，面积为S=a2=（10cm）2=100cm2=1×10-2m2，则物块M对水平地面的压强为：
Q的力臂为：L1=0.4m，C点的拉力的力臂为，由杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2得GQ=20N；
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，则滑块Q处的压力为：F1′=G′+GQ=G′+20N，L1′=0.4m+0.2m=0.6m，
由于正方体M对地面的压强为0，则C点受到拉力为：F2′=G-G′=20N-G′，L2′=OC= ，
由杠杆平衡条件得：F1′L1′=F2′L2′，故（G′+20N）×0.6m=（20N-G′）×1m， 解得：G′=5N，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，则：
【分析】（1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2
（2）若Q再向左侧移动0.2m时，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，设切去部分的重力为G′，求出此时杠杆上Q的力臂和绳子对C点的拉力的力臂，根据杠杆的平衡条件列出等式求出G′，最后根据物块M的重力与G′的大小关系求出切去的部分的厚度d。
17．（2024八下·惠来期末）用两个完全相同的轻质滑轮，分别以图2中两种方式将重为G的物体匀速提升相同高度（绳重及摩擦不计），使用 （选填“甲”或“乙”）滑轮可以改变用力方向，所用拉力 （选填“大于”“小于”或“等于”，下同），绳子末端移动的距离 。
【答案】甲；大于；小于
【知识点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】（1）甲中的是定滑轮，能改变力的方向；乙中是动滑轮，能省力，所以F甲>F乙；
（2）定滑轮不省距离，动滑轮省距离，所以s甲【分析】定滑轮是指轴固定不动的滑轮，动滑轮是指和物体一块移动的滑轮；定滑轮的特点是能够改变力的方向，但是不能省力；动滑轮的特点是能够省一半力，但是费距离。
18．（2022八下·新会期末）用如图所示的滑轮组将重为120N的物体竖直匀速提升5m，绳子自由端的拉力为50N，则此过程中有用功为 J，机械效率为 ，若增大所提物体的重力，此滑轮组的机械效率将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】600；80%；变大
【知识点】机械效率的大小比较；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】将重为120N的物体竖直匀速提升5m，所以拉力做的有用功为W有用=Gh=120N×5m=600J
由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，所以绳子自由端移动的距离为s绳=nh物=3×5m=15m
又因为绳子自由端的拉力为50N，所以拉力做的总功为W总=Fs=50N×15m=750J
所以该滑轮组的机械效率为
不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率为
所以若增大所提物体的重力，则变小，机械效率将变大。
【分析】根据物体的重力和高度的乘积计算有用功；利用拉力和距离的乘积计算总功，有用功和总功的比值，计算机械效率；动滑轮相同时，物体的重力越大， 机械效率变大。
19．（2024八下·滦南期末）如图所示，小明用沿斜面向上的推力将总重为的小车匀速推到斜面顶端，小车沿斜面移动距离为，小车上升高度为。则小明做的总功为 ，克服小车重力做的有用功为 ，该斜面的机械效率为 。
【答案】375；300；80
【知识点】斜面的机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】由题知，斜面长s=2.5m，斜面高h=0.6m，物体重G=500N，推力F=150N；有用功：
W有用=Gh=500Nx0.6m=300J，推力做的总功：W总=Fs=150Nx2.5m=375J，斜面的机械效率：。
故答案为：375；300；80。
【分析】由W=Fs可求得总功，由W=Gh可求得有用功，由可求得该斜面的机械效率。
20．（2024八下·昌邑期末）工人用如图所示的滑轮组，用12.5N的拉力将重力为20N的物体匀速提升了2m，该滑轮组的机械效率为 ；请写出一种提高该滑轮组机械效率的方法 。
【答案】80%；增大物重
【知识点】滑轮（组）的机械效率；增大或减小机械效率的方法
【解析】【解答】（1）绳子股数n=2，机械效率为；
（2）增大有用功占总功的比值，从而提高滑轮组的机械效率。
【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用求出该滑轮组的机械效率；
（2）增大物重来增大有用功，增大有用功占总功的比值；或使用轻质动滑轮、加润滑油来减小摩擦等方式，可以减小额外功。
21．（2023八下·顺德期末）如图显示的是甲、乙两机械的参数，它们的有用功均为 2100J，则机械效率较高的是 ， 总功较多的是 （均选填“甲”或“乙”），乙额外功为 J。
【答案】甲；乙；900
【知识点】机械效率的大小比较；机械效率的计算
【解析】【解答】（1）机械效率是机械做的有用功与总功的比值，根据图片可知，甲的机械效率为75%，乙的机械效率为70%，则机械效率较高的是甲；
（2）根据可知，当有用功相等时，机械效率越低，则总功越多。因为乙的机械效率更低，所以总功较多的是乙。
（3）乙做的总功：；
乙的额外功为：W额=W总-W有=3000J-2100J=900J。
【分析】（1）机械效率是机械做的有用功与总功的比值；
（2）根据比较总功大小；
（3）首先根据计算总功，再根据W额=W总-W有计算乙的额外功。
三、作图题（共2分）
22．（2024八下·淮南期中）如图所示，杠杆OA处于平衡状态，请你画出的阻力臂l2，并画出最小动力F1的示意图。
【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】①连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；
②0为支点，点0到的垂线段就是的力臂l2，如下图所示：
【分析】杠杆平衡的条件，，杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题。
四、实验探究题（共13分）
23．（2024八下·瑞昌月考）【探究名称】探究杠杆的平衡条件
【问题】小明利用下图的实验装置探究“杠杆的平衡条件”。
【证据】（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是便于测量____，若出现图甲所示情况，应将杠杆的螺母向____（选填“左”或“右”）调。
（1）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据。根据这一次实验数据，小明立即分析得出杠杆的平衡条件，他这种做法的不足是 。
（2）经老师提醒后，小明继续进行实验，若将图乙A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，则杠杆 （选填“能”或“不能”）保持平衡。
（3）改变钩码数量和位置获取三次测量数据，记录如下表。
实验次序 动力/N 动力臂/cm 阻力/N 阻力臂/cm
1 2.0 5.00 1.0 10.00
2 2.0 10.00 2.0 10.00
3 3.0 10.00 2.0 15.00
①【解释】根据表中数据你得出杠杆的平衡条件是 （用公式表示）。
②【交流】如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，当测力计从a位置转动到b位置时，要使杠杆仍在水平位置平衡，其示数大小将 ，原因是 。
【答案】（1）实验次数不足，结论具有偶然性
（2）不能
（3）；变大；弹簧测力计的拉力力臂减小
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，拉力是竖直方向上的力，这样动力臂和阻力臂都在杠杆上，方便直接读出力臂的长度，；若出现图甲所示情况，右端下沉说明右端重，应将杠杆的平衡螺母向左端移动。
（1）第1空、 根据一次实验数据总结规律，结论具有偶然性。
故该空填“ 实验次数不足，结论具有偶然性 ”；
（2） 第1空、 若将图乙A、B两点下方挂的钩码同时朝靠近支点O方向移动一小格，左边力与力臂的乘积小于右边力与力臂的乘积，故杠杆不能平衡。
故该空填“ 不能 ”；
（3） 第1空、 分析表格中的数据可知，发现左边力与力臂的乘积等于右边力与力臂的乘积，则杠杆平衡的条件为
故该空填“ ”；
第2、3空、 当测力计从a位置转动到b位置时，左边力与力臂的乘积不变，右边的动力臂变小，要使杠杆仍在水平位置平衡，由杠杆平衡条件可知，动力增大，则弹簧测力计的示数将变大。
故第2空填“ 变大 ”，第3空填“ 弹簧测力计的拉力力臂减小 ”。
【分析】 强调实验前调节杠杆在水平位置平衡的重要性及原理。接着指出仅根据一次实验数据得出结论存在偶然性。然后分析图乙情况，说明钩码移动后杠杆不能平衡的原因。对于表格数据，通过分析得出杠杆平衡条件。最后分析测力计位置变化时，由于力臂变化导致动力变化，从而使弹簧测力计示数变化的情况。
24．（2022八下·农安期末）某校物理兴趣小组的同学们利用如图所示的装置来探究杠杆的平衡条件和机械效率，其探究过程如下：
（1）当杠杆静止在如图a）甲所示的位置时，杠杆处于 （选填“平衡”或“不平衡）状态。同学们用如图a）乙所示的方法使杠杆处于水平平衡状态，测出此时的拉力大小为F1，发现F1l1≠F2l2，其原因是： ；
（2）如图a）丙所示装置，此时的杠杆类型与图b）中的 类型相同；
（3）在图a）丙中，每个钩码的质量为m，O为支点（支点处摩擦忽略不计）。同学们将2个钩码悬挂在B点，在A点竖直向上 拉动弹簧测力计，拉力为F，测得A、B两点上升的高度分别为s、h，则此次杠杆的机械效率为η＝ （用已知量和测量量表示）。
【答案】（1）平衡；把l1当成了F1的力臂
（2）D
（3）匀速；×100%
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验；杠杆的机械效率
【解析】【解答】（1）杠杆静止或匀速转动都是处于平衡状态。
力臂是支点到力的作用线的距离，l1不是F1的力臂用，所以，F1l1≠F2l2。
（2）由图a）丙可知，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。图b）C筷子，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D是羊角锤，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，与图a）丙类型相同。
（3）将2个钩码悬挂在B点，在A点竖直向上匀速缓慢拉动弹簧测力计，使物体处于平衡状态。
对钩码做的功为有用功W有用＝2mgh；做的总功：W总＝Fs。则此次杠杆的机械效率
【分析】（1）静止的杠杆是平衡的；杠杆上的力臂是支点到力的作用线的垂线；
（2）使用杠杆时，若动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
（3）当杠杆平衡时，利用物体的重力和高度计算有用功，根据拉力和距离计算总功，有用功和总功的比值， 计算机械效率。
25．（2021八下·乾安期末）在“探究杠杆平衡条件”的实验中
（1）把质量分布均匀的杠杆中点作为支点，其目的是消除 对实验的影响；
（2）如图1所示，是已经平衡的杠杆，若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码，杠杆会失去平衡，那么只需将 （选填下列序号），杠杆就会重新平衡；
①左侧钩码向左移动4个格 ②2右侧钩码向左移动2个格 ③平衡螺母向左适当调节
（3）小明改用弹簧测力计做实验，如图2所示，使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数 1N（选填”大于”，“小于”或“等于”）．（每个钩码0.5N）
【答案】（1）杠杆自重
（2）②
（3）大于
【知识点】杠杆机械效率的测量实验
【解析】【解答】（1）把质量分布均匀的杠杆中点置于支架上，杠杆的重心通过支点，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（2）如图1所示，是已经平衡的杠杆，若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码，根据杠杆的平衡条件，左侧， ，右侧， ，
①左侧钩码向左移动4个格， ，故杠杆不能平衡；
②右侧钩码向左移动2格， ，故杠杆会重新平衡；
③实验以后不能再重新调节平衡螺母，故错误．
故答案为：②；
（3）解法一：根据杠杆的平衡条件， ， ，当 小于0.5，F大于2N， 等于0.5，F=2N，90°＞θ＞30°，sinθ大于0.5，小于1，1N＜F＜2N，故示数大于1N；
解法二：根据杠杆的平衡条件，所以 ，拉力的力臂小于8L，F＞1N．
故答案为（1）杠杆自重；（2）②；（3）大于．
【分析】（1）杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究。
（2）由杠杆平衡条件分析答题。
五、计算题（共8分）
26．（2023八下·鹤峰期末）如图是创新科技小组用轻质杆设计制作了测量液体密度的工具密度秤。其中经防腐处理的合金块重，体积，秤砣重，秤纽处到端长。测量时手提着秤纽将密度秤的合金块浸没在待测液体中不接触容器，调节秤砣位置，使秤杆在水平位置平衡，此时秤砣悬挂处的刻度值为被测液体密度。取，请解答下列问题：
（1）创新科技小组在烧杯内装入适量的待测液体，其测量情况如图，测得长。此时秤杆端受到绳子的拉力为多大？
（2）. 点刻度表示的待测液体密度多大？
（3）若烧杯内底面积为，则以上过程中合金块放入前后，待测液体对烧杯底部压强变化了多少？
【答案】（1）解：由杠杆平衡条件可得：，
代入数据有：，
解得：；
答：此时秤杆端受到绳子的拉力为；
（2）解：由力的平衡条件可知，合金块受到的浮力：，
因为合金块浸没在液体中，所以合金块排开液体的体积：，
由可得：；
答：点刻度表示的待测液体密度为；
（3）解：由图可知，容器为柱形，合金块放入液体后对容器底增大的压力：，
则增大的压强：。
答：待测液体对烧杯底部压强变化了。
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强的计算；浮力大小的计算；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）利用杠杆平衡条件FA×OA=FC×OC，OA、OC、FC均已知，代入数据即可；
（2）合金块放入液体中，受到向上的拉力、竖直向上的浮力、竖直向下的重力，因此其对A点的拉力为：FA=G-F浮；即F浮=G-FA；所以（合金块在液体处于浸没状态，其V排=V物）；
（3），计算变化的压强，在本题中由于合金块的放入导致了底部受到的压力发生了改变，而变化的压力与浮力是一对相互作用力，因此浮力即为变化的压力，带入压强公式即可。
1 / 1
