浙江省宁波海曙储能学校丽园校区2025-2026学年九上 科学开学考
1．（2025九上·海曙开学考）平板支撑是一种类似于俯卧撑的肌肉训练方法，可以有效塑造腰部、腹部和臀部的线条，如右图所示。能正确表示人在平板支撑时的杠杆示意图是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据题目描述的过程确定杠杆的五要素即可。
【解答】根据图片可知，人在做平板支撑时，脚尖O是支点，双手地面对双手的支持力向上为动力。人体的重力方向竖直向下，为阻力，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
2．（2025九上·海曙开学考）我国古代《墨经》最早记述了秤的杠杆原理(如图所示)， “标”是指提纽到“权”的距离， “本”是指提纽到“重”的距离。此时杠杆处于平衡状态，下列有关它的说法错误的是（ ）
A．“标” “本”表示力臂， “权” “重”表示力
B．“权” “重”增加相同的质量，A端会下降
C．增大“重”时，应把“权”向B端适当移动
D．若将提纽O 向B端移动一些，杆秤测量范围变大
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；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】根据杠杆平衡条件：进行判断。
【解答】A、由图可知，提纽为支点，标为阻力臂，本为动力臂，重为动力，权为阻力，故A正确，不符合题意；
B、根据杠杆平衡条件可知，权和重增加相同的质量，由于权的力臂更大，可知权与标的乘积将大于本和重的乘积，A端将下沉，故B正确，不符合题意；
C、增大重时，则重与本的乘积将变大，为了使杠杆保持平衡，在权不变时，应增大标，即将权向A端移动，故C错误，符合题意；
D、将提纽O向B端移动，本减小标可变范围变大，且重一定时，本与重的乘积减小，可知在权一定时，标将减小，杆秤的测量范围变大，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
3．（2025九上·海曙开学考）如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，下列说法正确的是（ ）
A．课桌调节器属于费为杠杆 B．它与羊角锤属于同一种杠杆
C．使用课桌调节器可以省功 D．该杠杆的支点是 C 点
【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】 ACD.杠杆绕着转动的固定点叫做支点；根据杠杆在使用过程中，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；
C.任何机械都不能省功。
【解答】 如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，动力作用在C点，C点是动力作用点，不是支点，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，也属于省力杠杆；任何机械都不能省功，故B正确，ACD错误。
故选B。
4．（2025九上·海曙开学考）利用如图所示的装置，工人用力F 把重100牛的物体以0.2米/秒的速度匀速提升6米。若不计绳重和摩擦，则这一过程中( )
A．拉力F 的大小为50牛 B．绳子自由端的速度为0.4米/秒
C．拉力F 所做的功为600焦 D．拉力F 的功率为10瓦
【答案】C
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；探究杠杆的平衡条件实验；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率
【解析】【分析】定滑轮：轴固定不动，使用时不省力，但能改变力的方向。 相当于一个等臂杠杆，既不省力也不费力。 动滑轮：轴随物体一起运动，使用时能省一半的力，但费距离。 动滑轮的动力臂是阻力臂的两倍，相当于一个省力杠杆。 这两种滑轮常常组合使用，以提高机械效率。
【解答】A定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以拉力F的大小为100N，A错误；
B 绳子自由端的速度为0.2米/秒，B错误；
C. 拉力F 所做的功=FS=100N×6m=600焦，C正确；
D. 拉力F 的功率===100瓦，D错误；
故答案为：C
5．（2025九上·海曙开学考）如图所示，小宁用竖直向上的拉力 F 提升物体，使物体在2秒内匀速上升了0.1米。已知物体重为1牛，动滑轮重为0.25牛，不计绳重和摩擦。下列说法中，错误的是( )
A．绳子自由端移动速度为0.05米/秒
B．拉力F 的大小为0.625牛
C．拉力F 做功为0.125焦
D．该滑轮的机械效率为80%
【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用速度公式求绳子自由端移动速度；
（2）不计绳重及摩擦，拉力；
（3）（4）利用W=Fs求拉力做的总功，利用W=Gh求有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】 A.由图知，承担重力的绳子段数n=2，绳子自由端移动距离s=2h=2×0.1m=0.2m，
绳子自由端移动速度，故A错误符合题意；
B.不计绳重及摩擦，拉力，故B正确不合题意；
C.拉力做的功W总=Fs=0.625N×0.2m=0.125J，故C正确不合题意；
D.有用功：W有用=Gh=1N×0.1m=0.1J，
滑轮组的机械效率：，故D正确不合题意。
故选A。
6．（2025九上·海曙开学考）为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，某操作工设置了如图甲所示的滑轮组装置。当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示(不计绳重和绳与轮之间的摩擦)。下列计算结果正确的是( )
A．0~1s内，地面对物体的支持力是10N
B．1~2s内，拉力F做功187.5J
C．2~3s内，拉力F的功率是100W
D．2~3s内，滑轮组的机械效率是62.5%
【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】拉力移动的速度和距离是物体的有效绳子股数倍。
【解答】A、由图可知，0-1s内物体速度为零，物体处于静止状态，受力平衡，此时拉力为30N，有效绳子股数为3股，可知绳子给物体的拉力为90N，物体的重力为100N，可知地面对物体的支持力等于物体与动滑轮的总重力减去90N，大于10N，故A错误；
B、1-2s内，物体移动的距离为1.25m，有效绳子股数为3股，可知拉力移动的距离为，拉力做功，故B正确；
C、2~3s内，拉力F为40N，物体的速度为2.5米每秒，拉力的功率为
，故C错误；
D、2~3s内，滑轮组的机械效率
故D错误。
故答案为：B。
7．（2025九上·海曙开学考）某同学通过如图实验认识功和能、运动和力的关系。小球在斜面上由静止滚下，并推动木块继续运动一段距离。下列说法错误的是（ ）
A．小球下滚过程中动能增大，机械能也增大
B．小球下滚过程中动能增大，是因为重力对其做功
C．小球撞击木块时，部分机械能转移到木块
D．小球在水平面上滚动时速度减小，是因为阻力的影响
【答案】A
【知识点】阻力对物体运动影响的探究实验；力与运动的关系；功；能量的相互转化和转移；机械能守恒
【解析】【分析】小球运动过程中与斜面及水平面产生摩擦，机械能转化为内能，机械能减小。
【解答】A、小球滚下时，重力势能转化为动能和内能，动能增大，但机械能减小，故A错误，符合题意；
B、小球下滚过程中动能增大，是因为重力对其做功，即重力势能转化为动能，故B正确，不符合题意；
C、小球撞击木块时，部分机械能转移到木块，木块开始运动，故C正确，不符合题意；
D、小球在水平面上滚动时速度减小，说明小球的运动状态发生改变，是因为阻力的影响，故D正确，不符合题意。
故答案为：A。
8．（2025九上·海曙开学考）将一本科学课本从地面捡起放到课桌上，所做的功大约是（ ）
A．0.3J B．3J C．30J D．300J
【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】功等于力乘以物体在力的方向上移动的距离。
【解答】科学书的重力约为3N，课桌的高度约为1m，将一本科学课本从地面捡起放到课桌上，所做的功大约。
故答案为：B。
9．（2025九上·海曙开学考）小丽用40N的水平推力将一个重90N的箱子水平推动了 1m；所用时间2s；小宇又将这个箱子匀速提上了0.4m高的台阶，所用时间1.5s。比较小丽、小宇所做的功 W1、W2和做功的功率P1、P2之间大小的关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】 根据题目所给已知条件利用公式分别计算出小丽、小宇所做的功和做功功率，然后进行比较大小，最后选出正确答案。
【解答】 根据题意可知，W1=F1S1=40N×1m=40J，
，
由于物体被匀速提起，则F2=G=90N
W2=F2×S2=90N×0.4m=36J，
。
通过以上计算可知：W1＞W2，P1＜P2。
故选A。
10．（2025九上·海曙开学考）在实践活动基地，同学们体验使用劳动器具。如图所示，分别用甲、乙两种形式的滑轮组把重为400N的箱子匀速向上提起相同的高度，甲用时为10秒，乙用时为30秒。已知每个滑轮重为20N，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦。下列判断正确的是（ ）
A．使用甲方式不能省力，但能省功
B．乙方式人对绳子的拉力为220N
C．甲方式对箱子做功比乙方式快
D．甲、乙两种方式的机械效率相等
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）使用定滑轮不能省力，使用任何机械都不能省功；
（2）由图乙知n=2，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦，根据求出乙方式人对绳子的拉力；
（3）功率是表示做功快慢的物理量，分别求出甲、乙两图中人做功的功率，即可解答；
（4）忽略绳重和摩擦，在甲图中，额外功为0，在乙图中，需要克服动滑轮重力做额外功，再结合机械效率的定义来比较。
【解答】A、因为图甲中两个滑轮都是定滑轮，所以不能省力，根据功的原理，使用任何机械都不省功，故A错误；
B、乙方式人对绳子的拉力
故B错误；
C、甲、乙不同方式把箱子提升到相同高度，所以对箱子做功一样多。甲用时为10秒，乙用时为30秒，根据可知，甲方式功率大，所以做功块，故C正确；
D、甲方式两个滑轮都是定滑轮，不计绳重和摩擦，不用做额外功，机械效率100%；乙方式有一个动滑轮，需要做额外功，机械效率小于100%，所以甲方式机械效率大于乙方式，故D错误。
故答案为：C。
11．（2025九上·海曙开学考）投篮时，篮球从A点经B、C点飞向D 点，运动轨迹如图所示，若空气阻力不可忽略且大小恒定，则下列说法正确的是( )
A．篮球在最高点时动能为零
B．篮球从A 到B 点的动能逐渐变小
C．篮球在B 点的动能等于在C 点的动能
D．篮球在整个过程中的机械能守恒
【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒；机械能守恒
【解析】【分析】存在机械能转化为内能的过程，可知机械能不守恒。
【解答】A、篮球在最高点之后做曲线运动，说明在最高点时，速度方向与力的方向不在同一直线上，可知篮球在最高点时速度不为零，则动能不为零，故A错误；
B、从A到B，动能转化为重力势能和内能，可知动能将减小，故B正确；
CD、BC两点高度相同，可知重力势能相同，由于存在空气阻力，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小，可知B点的动能大于C点的动能，故CD错误。
12．（2025九上·海曙开学考）下列关于功、功率、能量的说法，正确的是 （ ）
A．若一个物体具有能量，则这个物体一定正在对外做功
B．做相同的功，所用时间越长，功率越大
C．若一个物体的机械能保持不变，则物体一定不受力的作用
D．若一个物体的机械能增大，则一定有力对其做功
【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】A.根据能量的定义判断；
B.根据公式分析判断；
C.若一个物体的机械能保持不变，可能因为外力做功为零，并非不受力的作用。
D.根据能量守恒定律判断。
【解答】 A. 若一个物体具有能量，则这个物体能够对外做功 ，但是不一定正在做功，故A错误；
B.根据可知，做相同的功，所用时间越长，功率越小，故B错误；
C.一个物体的机械能保持不变，其可能受到外力作用，如忽略空气阻力，自由下落的球只受重力作用，其机械能保持不变，故C错误；
D.根据能量守恒定律，若一个物体的机械能增大，则一定有力对其做功，故D正确；
故选D。
13．（2025九上·海曙开学考）立定跳远时的分解动作如图所示，在此过程中运动员( )
A．上升时，动能减小，势能减小 B．上升时，动能增大，势能增大
C．下落时，势能增大，动能减小 D．下落时，势能减小，动能增大
【答案】D
【知识点】动能和势能的概念；动能的影响因素；势能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】动能的影响因素：物体的质量：质量越大，动能越大。 物体的速度：速度越快，动能越大。 重力势能的影响因素：物体的质量：质量越大，重力势能越大。 物体的高度：高度越高，重力势能越大。
【解答】AB. 上升时，动能减小，势能增加，A错误；B错误；
CD. 下落时，势能减小，动能增大，D正确；
故答案为：D
14．（2025九上·海曙开学考）如图是物体在运动过程中动能 E 随时间t变化的曲线，该物体最有可能是（ ）
A．竖直向上垫起的排球 B．离开脚后在地上滚动的足球
C．斜向上用力抛出的铅球 D．从空中自由下落的篮球
【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】由图可知，该物体的动能先减小后增大，整个运动过程中动能都不为零。据此根据动能大小的影响因素分析选项中的各个场景中的物体的动能变化情况，然后得出结论。
【解答】 由图可知，该物体的动能先减小后增大，整个运动过程中动能都不为零。
A.竖直向上垫起的排球，质量不变，速度逐渐变小，则动能不断变小，到达最高点时，速度为零，动能为零，故A不合题意；
B.离开脚后在地上滚动的足球，质量不变，速度逐渐变小，则动能不断变小，停止运动时，速度为零，动能为零，故B不合题意；
C.斜向上投掷出去的铅球，由于受到空气阻力和重力的作用速度不断变小，然后变大，则动能先变小后变大，在落地之前，速度不为零，动能不为零，故C符合题意；
D.从空中自由下落的篮球，质量不变，速度不断变大，则动能不断变大，故D不合题意。
故选C。
15．（2025九上·海曙开学考）如图，水平台面由同种材料制成、粗糙程度均匀，在它上面放着质量为的木块，将木块用轻绳跨过定滑轮与质量为的钩码相连。木块在平行于台面的轻绳的拉力作用下做匀速直线运动，运动一段时间钩码触地后立即静止，木块继续滑动一段距离停在台面上。绳重、轮与轴的摩擦均忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．木块匀速运动的过程中，木块的机械能越来越大
B．木块匀速运动的过程中，木块和钩码所受的重力均不做功
C．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小为0
D．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的动能越来越小
【答案】D
【知识点】影响摩擦力大小的因素；力是否做功的判断；动能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】A.动能与质量和速度有关，重力势能与重力和高低有关，而“机械能=动能+重力势能”；
B.做功的要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离；
C.根据影响滑动摩擦力大小的因素判断；
D.根据动能的影响因素判断。
【解答】A．根据题意可知，木块匀速运动的过程中，木块的质量不变，速度不变，则动能不变；质量不变，高度也不变，则重力势能都不变。根据“机械能=动能+重力势能”可知，木块的机械能不变，故A错误；
B．木块匀速运动的过程中，钩码不断下降，因此钩码的重力做功，故B错误；
C．钩码触地后木块继续向右滑动，由于压力大小和接触面的粗糙程度都没有发生改变，所以木块所受摩擦力大小不变，故C错误；
D．钩码触地后木块由于惯性会继续向右滑动，在摩擦力的作用下，木块的速度减小，所以木块的动能越来越小，故D正确。
故选D。
16．（2025九上·海曙开学考）重600N的一根匀质钢管放在水平地面上，抬起它的一端需要的力至少为 N，如果始终保持B端所用的力沿竖直方向，在抬起钢管的一端的过程中拉力 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】300；不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂可解答此题。
【解答】 已知阻力为G=600N，假设钢管长为L，因为是匀质钢管，抬起一端时，另一端为支点，动力臂为OA，阻力臂为OA，根据杠杆平衡条件得到：G AB=F AB，
解得：F=G=×600N=300N；
如图：
若动力总是竖直向上，因为△ACE∽△ADB，所以 为定值，即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（钢管重）不变，根据杠杆平衡条件可知，动力F保持不变。
17．（2025九上·海曙开学考）年糕是宁波市的传统食物，属于农历新年的应时食品。如图是切年糕的机器，请回答下面的问题：
（1）该机器属于 杠杆(选填“省力”或“费力”)。
（2）小科切年糕时想更轻松，应将年糕靠近刀片 端，(选填“A”或“B”)，同时动力的方向应选择图中的 (选填“1”“2”或“3”)。
【答案】（1）省力
（2）A；2
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）先判断机器在使用过程中，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。
（2）要想使用时更省力，在阻力一定时，应尽量减小阻力臂的大小、增大动力臂的长度。
【解答】 （1）该机器使用时，支点在A点，阻力在B处，手柄为动力作用点，可知动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）要想切年糕时想要更加轻松，根据杠杆平衡公式F1L1=F2L2，在阻力不变的情况下，应尽量减少阻力臂和增加动力臂，所以应将年糕靠近支点A，同时动力的方向应选择图中的2，此时动力臂最长。
18．（2025九上·海曙开学考）如图所示，某人用扁担担起两筐质量为m1，m2的货物，当他的肩处于O点时，扁担水平平衡，已知l1>l2，扁担和筐的重力不计
（1）在O 点时，根据杠杆平衡的条件可知，m1 m2(填“>”， “<”或者“=”)
（2）若将两筐的悬挂点向 O 点移近相同的距离△1，.则，扁担 端向下倾斜。(填“左”或者“右”)
（3）要使扁担恢复水平平衡，需再往某侧筐中加入货物，其质量为 。
【答案】（1）＜
（2）左端
（3）
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）在O点时，扁担水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式，利用l1＞l2可知两筐质量的关系；
（2）将两筐的悬挂点向O点移近相同的距离Δl时，分别表示出两筐重力和对应力臂的乘积，乘积较大的一侧向下倾斜；
（3）要使扁担恢复水平平衡，需再往向上倾斜一侧筐中添加货物，根据杠杆的平衡条件求出添加货物的质量。
【解答】 （1）在O点时，扁担水平位置平衡，
由杠杆的平衡条件可得：m1gl1=m2gl2，
由l1＞l2可知，m1＜m2；
（2）将两筐的悬挂点向O点移近相同的距离Δl时，
左边：m1g（l1-Δl）=m1gl1-m1gΔl，
右边：m2g（l2-Δl）=m2gl2-m2gΔl，
因为m1＜m2，
所以m1Δlg＜m2Δlg，即m1g（l1-Δl）＞m2g（l2-Δl），
则扁担左端向下倾斜；
（3）因m1g（l1-Δl）＞m2g（l2-Δl），
所以，要使扁担恢复水平平衡，应向右侧筐中加入货物，
由杠杆的平衡条件可得：m1g（l1-Δl）=（m2+m）g（l2-Δl），且m1gl1=m2gl2，
解得：。
19．（2025九上·海曙开学考）按照题目要求作图
（1）用滑轮组提升重物，请在图甲中画出拉力 的绳子的绕法。(不计动滑轮、绳重和摩擦)
（2）如图乙所示，o为杠杆AC的支点，在B处挂一小球，AO=OB=BC，为使杠杆在水平位置平衡，画出施加在杠杆上最小动力 F1的力臂L，并标出 F1的方向。
【答案】（1）
（2）
【知识点】杠杆中最小力问题；滑轮组的设计与组装
【解析】【分析】 （1）首先要搞清滑轮的省力特点：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。
（2）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，动力F1要最小，F1的力臂应最大，因为力F1的作用点一定在杠杆上，从而确定出最大的力臂。
【解答】 （1）根据可知，此滑轮组由三段绳子承担物重，所以滑轮组要从动滑轮绕起。如图所示：
（2）杠杆平衡时，动力F1要最小，F1的力臂应最大，即CO为动力臂，力F1作用点在C点，竖直向上拉，如图所示：
20．（2025九上·海曙开学考） 如图所示， 物体A 重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B 重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s 内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中 D为 (填“定”或“动”)滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是 。
（2）拉力F的大小为 N，拉力F的功率为 W
【答案】（1）动；改变力的方向
（2）150；48
【知识点】功的计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 （1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；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；
动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但费1倍距离；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，利用不计绳重和摩擦时求出绳子自由端的拉力，物体A匀速运动，拉力和摩擦力是一对平衡力，可知物体A所受摩擦力大小。
若用一水平向左的力F拉动物体A，拉力F的大小等于物体A所受摩擦力与绳子自由端的拉力之和，又知物体B在5s内匀速上升了0.8m，利用s=nh求物体A移动的距离，根据功和功率公式可求出拉力的功率。
【解答】 （1）由图可知，D滑轮随物体一起运动，因此D滑轮是动滑轮；C滑轮固定不动，因此C滑轮是定滑轮，其作用是改变力的方向；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，不计动滑轮、绳重以及滑轮轮轴间摩擦，绳子自由端的拉力：；
物体A匀速运动，则拉力和摩擦力是一对平衡力，物体A所受摩擦力：f=F绳=75N。
用一水平向左的力F拉动物体A，拉力：F=f+F绳=75N+75N=150N，
物体B在5s内匀速上升的距离h=0.8m，则物体A在5s内匀速移动的距离：s=nh=2×0.8m=1.6m，
拉力做的功：W=Fs=150N×1.6m=240J，
拉力F的功率为：。
21．（2025九上·海曙开学考）如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的s-t图像分别是图乙中的图线①、②。两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别是 P1、P2两次运动的速度分别为v1、v2，相同时间内两次拉力对木块所做的功分别是 W1、W2，则 F1 F2，P1 P2，W1 W2(均选填“>”“=”或“<”)。
【答案】=；＞；＞
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）弹簧测力计拉动木块在水平面上匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力；
（2）从图象中比较相同时间内的运动路程关系，由W=Fs可知其做功关系；
（3）根据P=Fv判断拉力的功率。
【解答】 （1）由图像可知，木块两次都进行匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力相等，拉力F相等，即F1=F2；f1=f2；
从图象中可以判断出，相同时间内，第②次的运动路程小，由W=Fs可知，W1＞W2，
（2）从图象中可以判断出，相同时间内，第②次的运动路程小，所以第②次的运动速度v较小，
根据公式P=Fv可知，当拉力相等时，速度越大，拉力的功率越大，即P1＞P2。
22．（2025九上·海曙开学考）小明利用铁架台、杠杆、钩码和弹簧测力计等器材探究杠杆的平衡条件，实验使用的钩码质量均相等，杠杆上每格长度均相等。
（1）当杠杆静止时如图甲所示，为了方便测量力臂，需要调节杠杆在水平位置平衡，应当将杠杆的平衡螺母向 (选填“右”或“左”)调节。
（2）在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力 F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，使杠杆在水平位置平衡，得到实验数据如表。分析表中的数据，得到杠杆的平衡条件是 。
次数 动力F1/N 动力臂l1/ cm 阻力 F2/N 阻力臂l2/ cm
1 0.5 20.0 1.0 10.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 1.5 10.0 0.5 30.0
…
（3）本次探究经过多次实验的目的是____。
A．减小实验误差 B．寻找普遍规律
（4）如图乙所示，将A、B位置的钩码个数都减少一个，杠杆将会 (选填“仍然平衡”“左端下沉”或“右端下沉”)。
（5）如图丙所示，用弹簧测力计先后在a、b位置拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在a位置竖直向上的拉力为F8，在b位置斜向上的拉力为 Fb，则Fa Fb。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
【答案】（1）右
（2）F1l1=F2l2
（3）B
（4）右端下沉
（5）小于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）探究“杠杆的平衡条件”实验中，需要杠杆在水平位置平衡，调节时将螺母向上翘的一端移动，让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂大小；
（2）杠杆的平衡条件：F1l1=F2l2；
（3）为了得到普遍规律，避免偶然性，实验中应多次测量；
（4）根据杠杆平衡条件做出解答；
（5）在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力与其力臂的乘积变化情况。
【解答】 （1）杠杆左端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，他应将杠杆左端的平衡螺母向右调节，或将杠杆右端的平衡螺母向右调节；
（2）由表格数据知，
第一组：F1l1=0.5N×20.0cm=10.0N cm，F2l2=1.0N×10.0cm=10.0N cm；
第二组：F1l1=1.0N×15cm=15N cm，F2l2=1.5N×10cm=15N cm；
第三组：F1l1=1.5N×10.0cm=15N cm，F2l2=0.5N×30.0cm=15N cm；
根据表格中数据，可以看出杠杆平衡条件是：F1l1=F2l2；
（3）通过分析表格中数据得到杠杆平衡的普遍规律，所以多次实验的目的是得到杠杆平衡的普遍规律，避免偶然性；
故选B。
（4）设钩码的重力为G，每一格的长度为L，A、B位置的钩码个数都减少一个钩码，
左侧=G×3L=3GL，右侧=2G×2L=4GL，所以右端下沉；
（5）根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕C点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力逐渐增大，即Fa小于Fb。
23．（2025九上·海曙开学考）风能是一种低碳、清洁的能源。如图1所示为某学校科学兴趣小组设计的一款测量风车功率的装置，小组成员通过查阅资料得知，风车功率与风速、风叶质量、风叶长度等有关。除以上因素以外，为了研究风车功率与风向和叶片夹角的关系，他们展开如下实验：
①将电风扇定在某一档位下启动，并调整风向与叶片的夹角θ为30°，如图2所示。
②实验时在细线下挂上一定量的回形针，使它缓慢匀速提升。
③测得回形针匀速上升的高度h、所用的时间 t、回形针的总质量m，计算出风车功率。
④在不改变电风扇档位的情况下，调整风向与叶片的夹角分别为45°、60°、75°，重复上述步骤，得到实验结果如图3所示。请回答：
（1）除了图中的实验器材，还必需的测量工具有：天平、量角器、刻度尺、 。
（2）根据以上实验所测数据计算风车功率P= (用字母h、t、m、g表示)。
（3）本实验可得出结论是 。
（4）某同学用相同装置研究风车功率与叶片长度的关系，认为只需在叶片宽度和材料不变情况下，增长叶片的长度进行实验，从控制变量的角度判断该同学的做法是否可行并说明理由： 。
【答案】（1）秒表
（2）
（3）在风速、风叶质量和风叶长度相同时，在风向与风叶夹角为30°~60°之间，风车功率逐渐增大，在60°~75°间，风车功率逐渐减小，在60°时风车功率最大。
（4）不可行，没有控制叶片的质量相同，存在两个变量。
【知识点】控制变量法；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据实验过程可知，缺少测量时间的秒表。
（2）回形针给风车的拉力等于重力。
（3）根据图3进行分析，注意控制变量法的使用。
（4）由控制变量法可知，要控制变量的唯一性。
【解答】（1）由③可知，需要测量时间，可知还需要的测量仪器为秒表。
（2）功率。
（3）由图3可知，在风速、风叶质量和风叶长度相同时，在风向与风叶夹角为30°~60°之间，风车功率逐渐增大，在60°~75°间，风车功率逐渐减小，在60°时风车功率最大。
（4）增长叶片的长度，叶片的质量也会发生改变，存在两个变量，所以不可行。
24．（2025九上·海曙开学考）纯电动汽车作为低碳环保的先行者，对降低碳排放有突出的贡献，我国提出了多项政策大力发展电动汽车。已知某品牌的一款电动汽车参数如表：
平均能耗 4×107 焦 /100 千米 电池所包含的能量 1.44×108 焦
空车车质量 2400 千克 最大承步质量 600 千克
（1）在最大载重时，该汽车在平直公路上匀速行驶 100 千米，其所受阻力是车重的 0.01 倍，求牵引力所做的功
（2）此过程中电能转化为机械能的效率为多少
【答案】（1）解： 最大载重时的车重：G最大=（m车+m载重）g=（2400kg+600kg）×10N/kg=3×104N，
则此时电动汽车受到的阻力：f=0.01G最大=0.01×3×104N=3×102N，
该电动汽车在平直公路上匀速行驶，则根据二力平衡条件可得，牵引力F牵=f=3×102N，
牵引力所做的功：W=F牵s=3×102N×100×103m=3×107J。
（2）解： 此过程中电能转化为机械能的效率。
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）求出最大载重时的车重，根据阻力为车重的0.01倍求出阻力，利用二力平衡条件得出牵引力；利用W=Fs计算牵引力所做的功；
（2）根据得到此过程中电能转化为机械能的效率。
25．（2025九上·海曙开学考）墙壁吊（如图甲）是一种安装在墙壁或立柱上的起重设备，具有空间利用率高、稳定性强等优点。图乙是虚线框里的滑轮组模型，滑轮组绳子的自由端由电动机拉动。用该设备将质量为240千克的物体匀速提升2米，此时绳子自由端的拉力为1000牛，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦。求：
（1）动滑轮的重力。
（2）绳子自由端的拉力做的功。
（3）该设备提升物体时的机械效率。
【答案】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
利用求出动滑轮的重力；
（2）根据W总=Fs=Fnh求出绳子自由端的拉力做的功；
（3）根据W有=Gh=mgh求出有用功，利用求出该设备提升物体时的机械效率。
【解答】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
26．（2025九上·海曙开学考）通过微信晒每天行走的步数已经成为一种时尚。观察分析人走路的情形，可以将人的脚视为一根杠杆，如图所示。行走时两只小腿交替工作，人的脚掌前端O是支点，人体受到的重力是阻力，小腿肌肉施加的力F是动力。已知某人的质量为80kg。
（1）若重力作用点A刚好是OB连线的中点，请计算小腿肌肉产生的拉力F的大小。
（2）人向前走一步的过程中，重心升高约4cm，某人在30分钟的快走运动中共走了7000步，请计算此过程中人克服自身重力做功的功率为多大 (计算结果保留整数)
（3）通过查阅资料：人以不同方式徒步运动半小时，消耗人体内的能量如表所示。每种运动方式，人前进一步重心上升的高度基本相同。请分析“快跑”消耗能量更多的原因。
【答案】（1）解：人的重力：G=mg=80kg×10N/kg=800N，
如图所示，分别画出动力臂和阻力臂，分析可知，动力臂l1是阻力臂l2的2倍，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得到：F×2l2=Gl2，所以。
（2）解：由W=Fs可得人在30分钟快走运动中做的功为：W=nGh=7000×800N×0.04m=224000J，
此过程中人克服自身重力做功的功率为：。
（3）快跑时速度更大，即相同时间内通过的距离更大，而人受到的阻力几乎不变，根据W=Fs可知，快跑会消耗更多能量。
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件分析解答小腿肌肉对脚的拉力；
（2）根据W=Gh得到人克服自身重力做的功，根据功率的公式得到人克服自身重力做功的功率；
（3）从做功的角度，根据W=Fs分析快跑消耗能量更多的原因。
【解答】 （3）快跑时速度更大，即相同时间内通过的距离更大，而人受到的阻力几乎不变，根据W=Fs可知，快跑会消耗更多能量。
1 / 1浙江省宁波海曙储能学校丽园校区2025-2026学年九上 科学开学考
1．（2025九上·海曙开学考）平板支撑是一种类似于俯卧撑的肌肉训练方法，可以有效塑造腰部、腹部和臀部的线条，如右图所示。能正确表示人在平板支撑时的杠杆示意图是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025九上·海曙开学考）我国古代《墨经》最早记述了秤的杠杆原理(如图所示)， “标”是指提纽到“权”的距离， “本”是指提纽到“重”的距离。此时杠杆处于平衡状态，下列有关它的说法错误的是（ ）
A．“标” “本”表示力臂， “权” “重”表示力
B．“权” “重”增加相同的质量，A端会下降
C．增大“重”时，应把“权”向B端适当移动
D．若将提纽O 向B端移动一些，杆秤测量范围变大
3．（2025九上·海曙开学考）如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，下列说法正确的是（ ）
A．课桌调节器属于费为杠杆 B．它与羊角锤属于同一种杠杆
C．使用课桌调节器可以省功 D．该杠杆的支点是 C 点
4．（2025九上·海曙开学考）利用如图所示的装置，工人用力F 把重100牛的物体以0.2米/秒的速度匀速提升6米。若不计绳重和摩擦，则这一过程中( )
A．拉力F 的大小为50牛 B．绳子自由端的速度为0.4米/秒
C．拉力F 所做的功为600焦 D．拉力F 的功率为10瓦
5．（2025九上·海曙开学考）如图所示，小宁用竖直向上的拉力 F 提升物体，使物体在2秒内匀速上升了0.1米。已知物体重为1牛，动滑轮重为0.25牛，不计绳重和摩擦。下列说法中，错误的是( )
A．绳子自由端移动速度为0.05米/秒
B．拉力F 的大小为0.625牛
C．拉力F 做功为0.125焦
D．该滑轮的机械效率为80%
6．（2025九上·海曙开学考）为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，某操作工设置了如图甲所示的滑轮组装置。当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示(不计绳重和绳与轮之间的摩擦)。下列计算结果正确的是( )
A．0~1s内，地面对物体的支持力是10N
B．1~2s内，拉力F做功187.5J
C．2~3s内，拉力F的功率是100W
D．2~3s内，滑轮组的机械效率是62.5%
7．（2025九上·海曙开学考）某同学通过如图实验认识功和能、运动和力的关系。小球在斜面上由静止滚下，并推动木块继续运动一段距离。下列说法错误的是（ ）
A．小球下滚过程中动能增大，机械能也增大
B．小球下滚过程中动能增大，是因为重力对其做功
C．小球撞击木块时，部分机械能转移到木块
D．小球在水平面上滚动时速度减小，是因为阻力的影响
8．（2025九上·海曙开学考）将一本科学课本从地面捡起放到课桌上，所做的功大约是（ ）
A．0.3J B．3J C．30J D．300J
9．（2025九上·海曙开学考）小丽用40N的水平推力将一个重90N的箱子水平推动了 1m；所用时间2s；小宇又将这个箱子匀速提上了0.4m高的台阶，所用时间1.5s。比较小丽、小宇所做的功 W1、W2和做功的功率P1、P2之间大小的关系是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025九上·海曙开学考）在实践活动基地，同学们体验使用劳动器具。如图所示，分别用甲、乙两种形式的滑轮组把重为400N的箱子匀速向上提起相同的高度，甲用时为10秒，乙用时为30秒。已知每个滑轮重为20N，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦。下列判断正确的是（ ）
A．使用甲方式不能省力，但能省功
B．乙方式人对绳子的拉力为220N
C．甲方式对箱子做功比乙方式快
D．甲、乙两种方式的机械效率相等
11．（2025九上·海曙开学考）投篮时，篮球从A点经B、C点飞向D 点，运动轨迹如图所示，若空气阻力不可忽略且大小恒定，则下列说法正确的是( )
A．篮球在最高点时动能为零
B．篮球从A 到B 点的动能逐渐变小
C．篮球在B 点的动能等于在C 点的动能
D．篮球在整个过程中的机械能守恒
12．（2025九上·海曙开学考）下列关于功、功率、能量的说法，正确的是 （ ）
A．若一个物体具有能量，则这个物体一定正在对外做功
B．做相同的功，所用时间越长，功率越大
C．若一个物体的机械能保持不变，则物体一定不受力的作用
D．若一个物体的机械能增大，则一定有力对其做功
13．（2025九上·海曙开学考）立定跳远时的分解动作如图所示，在此过程中运动员( )
A．上升时，动能减小，势能减小 B．上升时，动能增大，势能增大
C．下落时，势能增大，动能减小 D．下落时，势能减小，动能增大
14．（2025九上·海曙开学考）如图是物体在运动过程中动能 E 随时间t变化的曲线，该物体最有可能是（ ）
A．竖直向上垫起的排球 B．离开脚后在地上滚动的足球
C．斜向上用力抛出的铅球 D．从空中自由下落的篮球
15．（2025九上·海曙开学考）如图，水平台面由同种材料制成、粗糙程度均匀，在它上面放着质量为的木块，将木块用轻绳跨过定滑轮与质量为的钩码相连。木块在平行于台面的轻绳的拉力作用下做匀速直线运动，运动一段时间钩码触地后立即静止，木块继续滑动一段距离停在台面上。绳重、轮与轴的摩擦均忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．木块匀速运动的过程中，木块的机械能越来越大
B．木块匀速运动的过程中，木块和钩码所受的重力均不做功
C．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块所受摩擦力大小为0
D．钩码触地后木块继续滑动的过程中，木块的动能越来越小
16．（2025九上·海曙开学考）重600N的一根匀质钢管放在水平地面上，抬起它的一端需要的力至少为 N，如果始终保持B端所用的力沿竖直方向，在抬起钢管的一端的过程中拉力 (选填“变大”“变小”或“不变”)。
17．（2025九上·海曙开学考）年糕是宁波市的传统食物，属于农历新年的应时食品。如图是切年糕的机器，请回答下面的问题：
（1）该机器属于 杠杆(选填“省力”或“费力”)。
（2）小科切年糕时想更轻松，应将年糕靠近刀片 端，(选填“A”或“B”)，同时动力的方向应选择图中的 (选填“1”“2”或“3”)。
18．（2025九上·海曙开学考）如图所示，某人用扁担担起两筐质量为m1，m2的货物，当他的肩处于O点时，扁担水平平衡，已知l1>l2，扁担和筐的重力不计
（1）在O 点时，根据杠杆平衡的条件可知，m1 m2(填“>”， “<”或者“=”)
（2）若将两筐的悬挂点向 O 点移近相同的距离△1，.则，扁担 端向下倾斜。(填“左”或者“右”)
（3）要使扁担恢复水平平衡，需再往某侧筐中加入货物，其质量为 。
19．（2025九上·海曙开学考）按照题目要求作图
（1）用滑轮组提升重物，请在图甲中画出拉力 的绳子的绕法。(不计动滑轮、绳重和摩擦)
（2）如图乙所示，o为杠杆AC的支点，在B处挂一小球，AO=OB=BC，为使杠杆在水平位置平衡，画出施加在杠杆上最小动力 F1的力臂L，并标出 F1的方向。
20．（2025九上·海曙开学考） 如图所示， 物体A 重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B 重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s 内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中 D为 (填“定”或“动”)滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是 。
（2）拉力F的大小为 N，拉力F的功率为 W
21．（2025九上·海曙开学考）如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的s-t图像分别是图乙中的图线①、②。两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别是 P1、P2两次运动的速度分别为v1、v2，相同时间内两次拉力对木块所做的功分别是 W1、W2，则 F1 F2，P1 P2，W1 W2(均选填“>”“=”或“<”)。
22．（2025九上·海曙开学考）小明利用铁架台、杠杆、钩码和弹簧测力计等器材探究杠杆的平衡条件，实验使用的钩码质量均相等，杠杆上每格长度均相等。
（1）当杠杆静止时如图甲所示，为了方便测量力臂，需要调节杠杆在水平位置平衡，应当将杠杆的平衡螺母向 (选填“右”或“左”)调节。
（2）在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力 F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，使杠杆在水平位置平衡，得到实验数据如表。分析表中的数据，得到杠杆的平衡条件是 。
次数 动力F1/N 动力臂l1/ cm 阻力 F2/N 阻力臂l2/ cm
1 0.5 20.0 1.0 10.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 1.5 10.0 0.5 30.0
…
（3）本次探究经过多次实验的目的是____。
A．减小实验误差 B．寻找普遍规律
（4）如图乙所示，将A、B位置的钩码个数都减少一个，杠杆将会 (选填“仍然平衡”“左端下沉”或“右端下沉”)。
（5）如图丙所示，用弹簧测力计先后在a、b位置拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在a位置竖直向上的拉力为F8，在b位置斜向上的拉力为 Fb，则Fa Fb。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
23．（2025九上·海曙开学考）风能是一种低碳、清洁的能源。如图1所示为某学校科学兴趣小组设计的一款测量风车功率的装置，小组成员通过查阅资料得知，风车功率与风速、风叶质量、风叶长度等有关。除以上因素以外，为了研究风车功率与风向和叶片夹角的关系，他们展开如下实验：
①将电风扇定在某一档位下启动，并调整风向与叶片的夹角θ为30°，如图2所示。
②实验时在细线下挂上一定量的回形针，使它缓慢匀速提升。
③测得回形针匀速上升的高度h、所用的时间 t、回形针的总质量m，计算出风车功率。
④在不改变电风扇档位的情况下，调整风向与叶片的夹角分别为45°、60°、75°，重复上述步骤，得到实验结果如图3所示。请回答：
（1）除了图中的实验器材，还必需的测量工具有：天平、量角器、刻度尺、 。
（2）根据以上实验所测数据计算风车功率P= (用字母h、t、m、g表示)。
（3）本实验可得出结论是 。
（4）某同学用相同装置研究风车功率与叶片长度的关系，认为只需在叶片宽度和材料不变情况下，增长叶片的长度进行实验，从控制变量的角度判断该同学的做法是否可行并说明理由： 。
24．（2025九上·海曙开学考）纯电动汽车作为低碳环保的先行者，对降低碳排放有突出的贡献，我国提出了多项政策大力发展电动汽车。已知某品牌的一款电动汽车参数如表：
平均能耗 4×107 焦 /100 千米 电池所包含的能量 1.44×108 焦
空车车质量 2400 千克 最大承步质量 600 千克
（1）在最大载重时，该汽车在平直公路上匀速行驶 100 千米，其所受阻力是车重的 0.01 倍，求牵引力所做的功
（2）此过程中电能转化为机械能的效率为多少
25．（2025九上·海曙开学考）墙壁吊（如图甲）是一种安装在墙壁或立柱上的起重设备，具有空间利用率高、稳定性强等优点。图乙是虚线框里的滑轮组模型，滑轮组绳子的自由端由电动机拉动。用该设备将质量为240千克的物体匀速提升2米，此时绳子自由端的拉力为1000牛，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦。求：
（1）动滑轮的重力。
（2）绳子自由端的拉力做的功。
（3）该设备提升物体时的机械效率。
26．（2025九上·海曙开学考）通过微信晒每天行走的步数已经成为一种时尚。观察分析人走路的情形，可以将人的脚视为一根杠杆，如图所示。行走时两只小腿交替工作，人的脚掌前端O是支点，人体受到的重力是阻力，小腿肌肉施加的力F是动力。已知某人的质量为80kg。
（1）若重力作用点A刚好是OB连线的中点，请计算小腿肌肉产生的拉力F的大小。
（2）人向前走一步的过程中，重心升高约4cm，某人在30分钟的快走运动中共走了7000步，请计算此过程中人克服自身重力做功的功率为多大 (计算结果保留整数)
（3）通过查阅资料：人以不同方式徒步运动半小时，消耗人体内的能量如表所示。每种运动方式，人前进一步重心上升的高度基本相同。请分析“快跑”消耗能量更多的原因。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据题目描述的过程确定杠杆的五要素即可。
【解答】根据图片可知，人在做平板支撑时，脚尖O是支点，双手地面对双手的支持力向上为动力。人体的重力方向竖直向下，为阻力，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
2．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；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】根据杠杆平衡条件：进行判断。
【解答】A、由图可知，提纽为支点，标为阻力臂，本为动力臂，重为动力，权为阻力，故A正确，不符合题意；
B、根据杠杆平衡条件可知，权和重增加相同的质量，由于权的力臂更大，可知权与标的乘积将大于本和重的乘积，A端将下沉，故B正确，不符合题意；
C、增大重时，则重与本的乘积将变大，为了使杠杆保持平衡，在权不变时，应增大标，即将权向A端移动，故C错误，符合题意；
D、将提纽O向B端移动，本减小标可变范围变大，且重一定时，本与重的乘积减小，可知在权一定时，标将减小，杆秤的测量范围变大，故D正确，不符合题意。
故答案为：C。
3．【答案】B
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的分类
【解析】【分析】 ACD.杠杆绕着转动的固定点叫做支点；根据杠杆在使用过程中，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；
C.任何机械都不能省功。
【解答】 如图是课桌调节器，学生通过手摇方式调节课桌的高度以适应不同身高的需求，动力作用在C点，C点是动力作用点，不是支点，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；羊角锤在使用时，动力臂大于阻力臂，也属于省力杠杆；任何机械都不能省功，故B正确，ACD错误。
故选B。
4．【答案】C
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；探究杠杆的平衡条件实验；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率
【解析】【分析】定滑轮：轴固定不动，使用时不省力，但能改变力的方向。 相当于一个等臂杠杆，既不省力也不费力。 动滑轮：轴随物体一起运动，使用时能省一半的力，但费距离。 动滑轮的动力臂是阻力臂的两倍，相当于一个省力杠杆。 这两种滑轮常常组合使用，以提高机械效率。
【解答】A定滑轮只改变力的方向，不改变力的大小，所以拉力F的大小为100N，A错误；
B 绳子自由端的速度为0.2米/秒，B错误；
C. 拉力F 所做的功=FS=100N×6m=600焦，C正确；
D. 拉力F 的功率===100瓦，D错误；
故答案为：C
5．【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）由图知，n=2，绳子自由端移动距离s=2h，利用速度公式求绳子自由端移动速度；
（2）不计绳重及摩擦，拉力；
（3）（4）利用W=Fs求拉力做的总功，利用W=Gh求有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】 A.由图知，承担重力的绳子段数n=2，绳子自由端移动距离s=2h=2×0.1m=0.2m，
绳子自由端移动速度，故A错误符合题意；
B.不计绳重及摩擦，拉力，故B正确不合题意；
C.拉力做的功W总=Fs=0.625N×0.2m=0.125J，故C正确不合题意；
D.有用功：W有用=Gh=1N×0.1m=0.1J，
滑轮组的机械效率：，故D正确不合题意。
故选A。
6．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】拉力移动的速度和距离是物体的有效绳子股数倍。
【解答】A、由图可知，0-1s内物体速度为零，物体处于静止状态，受力平衡，此时拉力为30N，有效绳子股数为3股，可知绳子给物体的拉力为90N，物体的重力为100N，可知地面对物体的支持力等于物体与动滑轮的总重力减去90N，大于10N，故A错误；
B、1-2s内，物体移动的距离为1.25m，有效绳子股数为3股，可知拉力移动的距离为，拉力做功，故B正确；
C、2~3s内，拉力F为40N，物体的速度为2.5米每秒，拉力的功率为
，故C错误；
D、2~3s内，滑轮组的机械效率
故D错误。
故答案为：B。
7．【答案】A
【知识点】阻力对物体运动影响的探究实验；力与运动的关系；功；能量的相互转化和转移；机械能守恒
【解析】【分析】小球运动过程中与斜面及水平面产生摩擦，机械能转化为内能，机械能减小。
【解答】A、小球滚下时，重力势能转化为动能和内能，动能增大，但机械能减小，故A错误，符合题意；
B、小球下滚过程中动能增大，是因为重力对其做功，即重力势能转化为动能，故B正确，不符合题意；
C、小球撞击木块时，部分机械能转移到木块，木块开始运动，故C正确，不符合题意；
D、小球在水平面上滚动时速度减小，说明小球的运动状态发生改变，是因为阻力的影响，故D正确，不符合题意。
故答案为：A。
8．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】功等于力乘以物体在力的方向上移动的距离。
【解答】科学书的重力约为3N，课桌的高度约为1m，将一本科学课本从地面捡起放到课桌上，所做的功大约。
故答案为：B。
9．【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】 根据题目所给已知条件利用公式分别计算出小丽、小宇所做的功和做功功率，然后进行比较大小，最后选出正确答案。
【解答】 根据题意可知，W1=F1S1=40N×1m=40J，
，
由于物体被匀速提起，则F2=G=90N
W2=F2×S2=90N×0.4m=36J，
。
通过以上计算可知：W1＞W2，P1＜P2。
故选A。
10．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）使用定滑轮不能省力，使用任何机械都不能省功；
（2）由图乙知n=2，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦，根据求出乙方式人对绳子的拉力；
（3）功率是表示做功快慢的物理量，分别求出甲、乙两图中人做功的功率，即可解答；
（4）忽略绳重和摩擦，在甲图中，额外功为0，在乙图中，需要克服动滑轮重力做额外功，再结合机械效率的定义来比较。
【解答】A、因为图甲中两个滑轮都是定滑轮，所以不能省力，根据功的原理，使用任何机械都不省功，故A错误；
B、乙方式人对绳子的拉力
故B错误；
C、甲、乙不同方式把箱子提升到相同高度，所以对箱子做功一样多。甲用时为10秒，乙用时为30秒，根据可知，甲方式功率大，所以做功块，故C正确；
D、甲方式两个滑轮都是定滑轮，不计绳重和摩擦，不用做额外功，机械效率100%；乙方式有一个动滑轮，需要做额外功，机械效率小于100%，所以甲方式机械效率大于乙方式，故D错误。
故答案为：C。
11．【答案】B
【知识点】动能和势能的大小变化；动能和势能的转化与守恒；机械能守恒
【解析】【分析】存在机械能转化为内能的过程，可知机械能不守恒。
【解答】A、篮球在最高点之后做曲线运动，说明在最高点时，速度方向与力的方向不在同一直线上，可知篮球在最高点时速度不为零，则动能不为零，故A错误；
B、从A到B，动能转化为重力势能和内能，可知动能将减小，故B正确；
CD、BC两点高度相同，可知重力势能相同，由于存在空气阻力，部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小，可知B点的动能大于C点的动能，故CD错误。
12．【答案】D
【知识点】功率计算公式的应用；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】A.根据能量的定义判断；
B.根据公式分析判断；
C.若一个物体的机械能保持不变，可能因为外力做功为零，并非不受力的作用。
D.根据能量守恒定律判断。
【解答】 A. 若一个物体具有能量，则这个物体能够对外做功 ，但是不一定正在做功，故A错误；
B.根据可知，做相同的功，所用时间越长，功率越小，故B错误；
C.一个物体的机械能保持不变，其可能受到外力作用，如忽略空气阻力，自由下落的球只受重力作用，其机械能保持不变，故C错误；
D.根据能量守恒定律，若一个物体的机械能增大，则一定有力对其做功，故D正确；
故选D。
13．【答案】D
【知识点】动能和势能的概念；动能的影响因素；势能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】动能的影响因素：物体的质量：质量越大，动能越大。 物体的速度：速度越快，动能越大。 重力势能的影响因素：物体的质量：质量越大，重力势能越大。 物体的高度：高度越高，重力势能越大。
【解答】AB. 上升时，动能减小，势能增加，A错误；B错误；
CD. 下落时，势能减小，动能增大，D正确；
故答案为：D
14．【答案】C
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】由图可知，该物体的动能先减小后增大，整个运动过程中动能都不为零。据此根据动能大小的影响因素分析选项中的各个场景中的物体的动能变化情况，然后得出结论。
【解答】 由图可知，该物体的动能先减小后增大，整个运动过程中动能都不为零。
A.竖直向上垫起的排球，质量不变，速度逐渐变小，则动能不断变小，到达最高点时，速度为零，动能为零，故A不合题意；
B.离开脚后在地上滚动的足球，质量不变，速度逐渐变小，则动能不断变小，停止运动时，速度为零，动能为零，故B不合题意；
C.斜向上投掷出去的铅球，由于受到空气阻力和重力的作用速度不断变小，然后变大，则动能先变小后变大，在落地之前，速度不为零，动能不为零，故C符合题意；
D.从空中自由下落的篮球，质量不变，速度不断变大，则动能不断变大，故D不合题意。
故选C。
15．【答案】D
【知识点】影响摩擦力大小的因素；力是否做功的判断；动能的影响因素；动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】A.动能与质量和速度有关，重力势能与重力和高低有关，而“机械能=动能+重力势能”；
B.做功的要素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离；
C.根据影响滑动摩擦力大小的因素判断；
D.根据动能的影响因素判断。
【解答】A．根据题意可知，木块匀速运动的过程中，木块的质量不变，速度不变，则动能不变；质量不变，高度也不变，则重力势能都不变。根据“机械能=动能+重力势能”可知，木块的机械能不变，故A错误；
B．木块匀速运动的过程中，钩码不断下降，因此钩码的重力做功，故B错误；
C．钩码触地后木块继续向右滑动，由于压力大小和接触面的粗糙程度都没有发生改变，所以木块所受摩擦力大小不变，故C错误；
D．钩码触地后木块由于惯性会继续向右滑动，在摩擦力的作用下，木块的速度减小，所以木块的动能越来越小，故D正确。
故选D。
16．【答案】300；不变
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂可解答此题。
【解答】 已知阻力为G=600N，假设钢管长为L，因为是匀质钢管，抬起一端时，另一端为支点，动力臂为OA，阻力臂为OA，根据杠杆平衡条件得到：G AB=F AB，
解得：F=G=×600N=300N；
如图：
若动力总是竖直向上，因为△ACE∽△ADB，所以 为定值，即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（钢管重）不变，根据杠杆平衡条件可知，动力F保持不变。
17．【答案】（1）省力
（2）A；2
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）先判断机器在使用过程中，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。
（2）要想使用时更省力，在阻力一定时，应尽量减小阻力臂的大小、增大动力臂的长度。
【解答】 （1）该机器使用时，支点在A点，阻力在B处，手柄为动力作用点，可知动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
（2）要想切年糕时想要更加轻松，根据杠杆平衡公式F1L1=F2L2，在阻力不变的情况下，应尽量减少阻力臂和增加动力臂，所以应将年糕靠近支点A，同时动力的方向应选择图中的2，此时动力臂最长。
18．【答案】（1）＜
（2）左端
（3）
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）在O点时，扁担水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式，利用l1＞l2可知两筐质量的关系；
（2）将两筐的悬挂点向O点移近相同的距离Δl时，分别表示出两筐重力和对应力臂的乘积，乘积较大的一侧向下倾斜；
（3）要使扁担恢复水平平衡，需再往向上倾斜一侧筐中添加货物，根据杠杆的平衡条件求出添加货物的质量。
【解答】 （1）在O点时，扁担水平位置平衡，
由杠杆的平衡条件可得：m1gl1=m2gl2，
由l1＞l2可知，m1＜m2；
（2）将两筐的悬挂点向O点移近相同的距离Δl时，
左边：m1g（l1-Δl）=m1gl1-m1gΔl，
右边：m2g（l2-Δl）=m2gl2-m2gΔl，
因为m1＜m2，
所以m1Δlg＜m2Δlg，即m1g（l1-Δl）＞m2g（l2-Δl），
则扁担左端向下倾斜；
（3）因m1g（l1-Δl）＞m2g（l2-Δl），
所以，要使扁担恢复水平平衡，应向右侧筐中加入货物，
由杠杆的平衡条件可得：m1g（l1-Δl）=（m2+m）g（l2-Δl），且m1gl1=m2gl2，
解得：。
19．【答案】（1）
（2）
【知识点】杠杆中最小力问题；滑轮组的设计与组装
【解析】【分析】 （1）首先要搞清滑轮的省力特点：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。
（2）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，动力F1要最小，F1的力臂应最大，因为力F1的作用点一定在杠杆上，从而确定出最大的力臂。
【解答】 （1）根据可知，此滑轮组由三段绳子承担物重，所以滑轮组要从动滑轮绕起。如图所示：
（2）杠杆平衡时，动力F1要最小，F1的力臂应最大，即CO为动力臂，力F1作用点在C点，竖直向上拉，如图所示：
20．【答案】（1）动；改变力的方向
（2）150；48
【知识点】功的计算公式的应用；定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】 （1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；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；
动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，可以省一半的力，但费1倍距离；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，利用不计绳重和摩擦时求出绳子自由端的拉力，物体A匀速运动，拉力和摩擦力是一对平衡力，可知物体A所受摩擦力大小。
若用一水平向左的力F拉动物体A，拉力F的大小等于物体A所受摩擦力与绳子自由端的拉力之和，又知物体B在5s内匀速上升了0.8m，利用s=nh求物体A移动的距离，根据功和功率公式可求出拉力的功率。
【解答】 （1）由图可知，D滑轮随物体一起运动，因此D滑轮是动滑轮；C滑轮固定不动，因此C滑轮是定滑轮，其作用是改变力的方向；
（2）由图可知，承担物重的绳子股数n=2，不计动滑轮、绳重以及滑轮轮轴间摩擦，绳子自由端的拉力：；
物体A匀速运动，则拉力和摩擦力是一对平衡力，物体A所受摩擦力：f=F绳=75N。
用一水平向左的力F拉动物体A，拉力：F=f+F绳=75N+75N=150N，
物体B在5s内匀速上升的距离h=0.8m，则物体A在5s内匀速移动的距离：s=nh=2×0.8m=1.6m，
拉力做的功：W=Fs=150N×1.6m=240J，
拉力F的功率为：。
21．【答案】=；＞；＞
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】 （1）弹簧测力计拉动木块在水平面上匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力；
（2）从图象中比较相同时间内的运动路程关系，由W=Fs可知其做功关系；
（3）根据P=Fv判断拉力的功率。
【解答】 （1）由图像可知，木块两次都进行匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力相等，拉力F相等，即F1=F2；f1=f2；
从图象中可以判断出，相同时间内，第②次的运动路程小，由W=Fs可知，W1＞W2，
（2）从图象中可以判断出，相同时间内，第②次的运动路程小，所以第②次的运动速度v较小，
根据公式P=Fv可知，当拉力相等时，速度越大，拉力的功率越大，即P1＞P2。
22．【答案】（1）右
（2）F1l1=F2l2
（3）B
（4）右端下沉
（5）小于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）探究“杠杆的平衡条件”实验中，需要杠杆在水平位置平衡，调节时将螺母向上翘的一端移动，让杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂大小；
（2）杠杆的平衡条件：F1l1=F2l2；
（3）为了得到普遍规律，避免偶然性，实验中应多次测量；
（4）根据杠杆平衡条件做出解答；
（5）在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力与其力臂的乘积变化情况。
【解答】 （1）杠杆左端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，他应将杠杆左端的平衡螺母向右调节，或将杠杆右端的平衡螺母向右调节；
（2）由表格数据知，
第一组：F1l1=0.5N×20.0cm=10.0N cm，F2l2=1.0N×10.0cm=10.0N cm；
第二组：F1l1=1.0N×15cm=15N cm，F2l2=1.5N×10cm=15N cm；
第三组：F1l1=1.5N×10.0cm=15N cm，F2l2=0.5N×30.0cm=15N cm；
根据表格中数据，可以看出杠杆平衡条件是：F1l1=F2l2；
（3）通过分析表格中数据得到杠杆平衡的普遍规律，所以多次实验的目的是得到杠杆平衡的普遍规律，避免偶然性；
故选B。
（4）设钩码的重力为G，每一格的长度为L，A、B位置的钩码个数都减少一个钩码，
左侧=G×3L=3GL，右侧=2G×2L=4GL，所以右端下沉；
（5）根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕C点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力逐渐增大，即Fa小于Fb。
23．【答案】（1）秒表
（2）
（3）在风速、风叶质量和风叶长度相同时，在风向与风叶夹角为30°~60°之间，风车功率逐渐增大，在60°~75°间，风车功率逐渐减小，在60°时风车功率最大。
（4）不可行，没有控制叶片的质量相同，存在两个变量。
【知识点】控制变量法；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据实验过程可知，缺少测量时间的秒表。
（2）回形针给风车的拉力等于重力。
（3）根据图3进行分析，注意控制变量法的使用。
（4）由控制变量法可知，要控制变量的唯一性。
【解答】（1）由③可知，需要测量时间，可知还需要的测量仪器为秒表。
（2）功率。
（3）由图3可知，在风速、风叶质量和风叶长度相同时，在风向与风叶夹角为30°~60°之间，风车功率逐渐增大，在60°~75°间，风车功率逐渐减小，在60°时风车功率最大。
（4）增长叶片的长度，叶片的质量也会发生改变，存在两个变量，所以不可行。
24．【答案】（1）解： 最大载重时的车重：G最大=（m车+m载重）g=（2400kg+600kg）×10N/kg=3×104N，
则此时电动汽车受到的阻力：f=0.01G最大=0.01×3×104N=3×102N，
该电动汽车在平直公路上匀速行驶，则根据二力平衡条件可得，牵引力F牵=f=3×102N，
牵引力所做的功：W=F牵s=3×102N×100×103m=3×107J。
（2）解： 此过程中电能转化为机械能的效率。
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）求出最大载重时的车重，根据阻力为车重的0.01倍求出阻力，利用二力平衡条件得出牵引力；利用W=Fs计算牵引力所做的功；
（2）根据得到此过程中电能转化为机械能的效率。
25．【答案】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
利用求出动滑轮的重力；
（2）根据W总=Fs=Fnh求出绳子自由端的拉力做的功；
（3）根据W有=Gh=mgh求出有用功，利用求出该设备提升物体时的机械效率。
【解答】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
26．【答案】（1）解：人的重力：G=mg=80kg×10N/kg=800N，
如图所示，分别画出动力臂和阻力臂，分析可知，动力臂l1是阻力臂l2的2倍，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得到：F×2l2=Gl2，所以。
（2）解：由W=Fs可得人在30分钟快走运动中做的功为：W=nGh=7000×800N×0.04m=224000J，
此过程中人克服自身重力做功的功率为：。
（3）快跑时速度更大，即相同时间内通过的距离更大，而人受到的阻力几乎不变，根据W=Fs可知，快跑会消耗更多能量。
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件分析解答小腿肌肉对脚的拉力；
（2）根据W=Gh得到人克服自身重力做的功，根据功率的公式得到人克服自身重力做功的功率；
（3）从做功的角度，根据W=Fs分析快跑消耗能量更多的原因。
【解答】 （3）快跑时速度更大，即相同时间内通过的距离更大，而人受到的阻力几乎不变，根据W=Fs可知，快跑会消耗更多能量。
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