浙教版科学九上第三章第4节简单机械同步练习（二）（含答案）

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浙教版科学九上第三章第4节简单机械同步练习（二）（含答案）
一、选择题
1．小明使用筷子夹菜时，发现可将筷子视为杠杆。他用学过的杠杆知识对其中一根筷子做了分析，如图所示。以下选项错误的是（　　）
A．F1为动力 B．L1为动力臂
C．F2为阻力 D．L2为阻力臂
2．如图所示的用具中，正常使用时属于省力杠杆的是（　　）
A．食品夹 B．托盘天平
C．钓鱼竿 D．核桃夹
3．如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AO＝BO，AC＝OC。A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N。现移动托盘秤甲，让C点放在托盘秤甲上。此时托盘秤甲的示数是（　　）
A．8N B．12N C．16N D．18N
4．用圆形磁块将一长方形硬卡纸固定在黑板上，则松手后下列固定方式中硬卡纸最容易转动的是（　　）
A． B． C． D．
5．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
6．如图甲所示是高空作业的师傅在外墙作业的情境，其结构的原理图如图乙所示，已知吊箱的质量为40kg；两名工人及工具的总质量为160kg，绳子自由端的拉力的大小为525N。在电动机拉力的作用下，吊箱在10s内上升了2m，不计绳重和摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．每个动滑轮的重力为100N
B．整个装置的机械效率为80%
C．电动机拉动绳子的功率为420W
D．若绳子的最大承受能力是800N，则吊篮
中的人与工具的总质量可以为275kg
7．用如图所示的扳手拧螺丝时，一只手稳住扳手的十字交叉部位，另一只手分别握在扳手上A、B、C三个位置拧动螺丝，最省力的位置是（　　）
A．A位置 B．B位置 C．C位置 D．一样省力
8．同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法不正确的是（　　）
A．自制杆秤的每一格约表示2.0g
B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡
C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小
D．若将提纽移到O点右侧可以减小杆秤的量程
9．某同学用大小恒定的推力F＝300牛（方向如图所示），10秒钟内将重为500牛的物体从斜面底端匀速推到了顶端，已知斜面高为5米，长为10米。下列说法正确的是（　　）
A．使用斜面可以省力也可以省功
B．物体沿斜面运动的速度为0.5米/秒
C．物体受到的摩擦力为300牛
D．推物体时，推力的功率为300瓦
10．载重推车过障碍物时需略微提起后轮，若在如图四点中选择一点施加竖直向上的力，其中最省力的点是（　　）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
11．小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（　　）
A．钩码的数量适当增加
B．钩码的位置适当左移
C．弹簧测力计转到图中虚线位置
D．弹簧测力计位置适当向左平移
12．实验中某同学将装水的烧杯放置在铁架台上，以下情况铁架台最有可能倾倒的是( )
A.B.C.D.
13．人的颈椎起着支撑头部的作用，颈部肌肉群连接颈部和头部，并控制着头部的运动。如图所示为头颈示意图，头部绕颈椎上的O点转动，A点为头部的重心，B点为颈部肌肉收缩对颈椎产生的拉力作用点，拉力F方向始终垂直于OB，下列分析正确的是（　　）
A．头部为竖直状态时，颈部肌肉对颈椎的拉力最大
B．低头角度为90°时，颈部肌肉对颈椎的拉力最小
C．低头的角度越大，颈部肌肉对颈椎的拉力会越小
D．低头的角度越大，颈部肌肉对颈椎的拉力会越大
14．如图为“测滑轮组机械效率”的实验。在弹簧测力计拉力作用下，重6N的物体2s内匀速上升0.1m，弹簧测力计示数如图示（不计绳重与摩擦）。下列说法错误的是（　　）
A．弹簧测力计的拉力是2.4N
B．物体上升的速度为0.05m/s
C．弹簧测力计拉力的功率为0.12W
D．滑轮组的机械效率约83.3%
15．如图所示的避险车道是高速公路上的救命道，通常设置在长下坡路段，为刹车失灵的车辆避险自救。以下分析正确的是（　　）
A．避险车道相当于简单机械中的斜面
B．车辆受到惯性作用，从而冲上避险车道
C．车辆在避险车道上减速过程中，受到平衡力
D．避险车道一般采用碎石铺设路面是为了增大摩擦
二、填空题
16．如图甲为某品牌手动榨汁机。小舟放入半个橙子后，手握柄末端向下用力，带动盖子下压橙子，挤压出的橙汁流入漏斗。图乙为手动榨汁机模型图，其中OA＝40厘米，OB＝10厘米。
（1）手动榨汁机榨出的橙汁富含　 　 ，每天适量摄入可防治坏血病。
（2）如图乙，若要使整个榨汁过程中人手对A点的压力最小，则压力的方向应该为　 　 （选填“F1”或“F2”）。
（3）某次榨汁过程中，盖子M从E位置运动到F位置，整个榨汁过程M对水果的平均压力为30牛，不计摩擦、杠杆装置自重及其他能量损耗，人对手柄做的功是　 　 焦。
17．如图是某斜拉桥简化示意图。桥塔竖立且与桥面垂直，若桥面的重力为1×107牛，拉索与桥面夹角为30°。
（1）无车通过时，拉索对桥面的拉力为 　 　 牛（桥面重心在AO中点处）。
（2）若想设计一座新的斜拉桥，可以减轻拉索所受拉力的方法有________
　 　 （合理即可）。
（3）若桥面上一辆正在匀速直线行驶的汽车的速度为20米/秒，其所受阻力为1200牛，则汽车行驶时的功率为 　 　 瓦。
18．如图甲所示，可调式握力器用于锻炼手部肌肉。锻炼时抓住手柄的左侧，用力抓紧使其碰触到右侧的读数按钮，即算完成一个握力动作。
（1）如图甲所示，握力器的力度可以通过调节器旋钮来调整，使弹簧下端在调节区域内左右移动。当弹簧下端向左移动时，小科要完成一个握力动作需要用 　 　 （选填“更大”或“更小）的力。
（2）如图乙所示，小科用F1的力抓握力器的手柄，此时弹簧的拉力F2＝20N，阻力臂OA＝2.0cm，动力臂OB＝5.0cm，则此时F1＝ 　 　 N。
（3）小科完成一个握力动作可使弹簧伸长5厘米，弹性势能增加20焦，完成了60个握力动作花费的时间为2分钟，则小科做功的功率至少为 　 　 瓦。
19．如图所示，小王用两个同的滑轮组（摩擦和绳重不计），分别将重力不同的两个物体匀速提高到相同高度，其中G1＝G2，则所用的拉力F1　 　 F2（选填“＞”、“＜”或“＝”），其机械效率η1　 　 η2（填“＞”、“＜”或“＝”），若将物体G1慢慢浸入水中的过程中，其机械效率η1将不断 　 　 。（选填“减小”或“不变”或“增大”）。
20．用如图甲的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力F为80N，不计绳重和摩擦，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，反映绳子自由端运动的图线是 　 　 （选填“A”或“B”），动滑轮重为 　 　 N，3s内对物体做的有用功为 　 　 J。
三、探究题
21．小明在学习动滑轮后得知：动滑轮的实质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆。小明思考：“使用动滑轮时，若拉力的方向没有保持竖直向上，是否还能省一半的力”，于是设计了由滑轮、滑轨、滑块、弹簧测力计等组成的实验装置（如图甲），通过移动滑块来改变拉力与竖直方向的夹角θ，进行实验。其中绳子重和摩擦忽略不计，获得实验数据如表：
实验序号 钩码总重力G 拉力作用线的夹角布度 拉力大小F/牛
① 3 0 2
② 3 30 2.4
③ 3 45 2.8
④ 3 60 4
（1）根据表中第①次的实验数据，可以得知动滑轮重为 　 　 牛。
（2）分析4次实验数据，你能得到的实验结论是 　 　 。
（3）为了使实验结论更具有普遍性，接下来的设计是：　 　 。
（4）小明查阅资料后，发现改变拉力与竖直方向的夹角θ时，同时动滑轮的支点也发生改变，如图乙所示，若拉力F为动力，动滑轮和物体总重视为阻力。请结合以上信息和杠杆平衡条件等相关科学知识，解释从第①次到第④次拉力变化的原因？　 　 。
22．研习小组制作了一个可以直接测量液体密度的“液体密度秤”，并制作了一份“制作说明书”，如图所示。
“液体密度秤”制作说明书步骤Ⅰ：按图甲制作好秤杆，提起提纽，移动秤砣（小螺母），当秤杆水平平衡时，用笔将此秤砣悬挂点B标记为“0”刻度（单位：g/cm3）。步骤Ⅱ：按图乙将大螺母浸没在水中但不能碰到烧杯底部，提起提纽，移动秤砣。当杆秤再次水平平衡时，用笔将此时秤砣的悬挂点C标记为“1”刻度。步骤Ⅲ：将BC两刻度之间均匀分成10等份，并标上相应的刻度。步骤Ⅳ：将烧杯中的水换成待测液体，按照步骤Ⅱ的方法操作。当杆秤水平平衡时，秤砣悬挂点的刻度即待测液体的密度。
【原理探析】为探究“液体密度秤”刻度是均匀的，小科进行了推论：
根据步骤Ⅰ和Ⅱ，由杠杆平衡原理可得：
m1g×OA＝m2g×OB…………………………………①
（m1g﹣F浮）×OA＝m2g×OC………………………②
①②两式相减，可得：F浮×OA＝m2g×BC…………③
由阿基米德原理可知：F浮＝ρ液gV排…………………④
由③④可得：ρ液＝
（1）根据推理结果，液体密度秤刻度是均匀的原因是 　 　 。
【制作与应用】
小科根据说明书制作了“液体密度秤”，并对已知密度为0.7g/cm3的液体进行测量验证，发现测量值为0.9g/cm3，经排查是大螺母放入烧杯时候有错误操作。
（2）其错误操作可能是 　 　 。
【评价与改进】
制作“液体密度秤”评价量表
评价指标 优秀 合格 待改进
指标一 刻度均匀、量程大 刻度较均匀、量程一般 刻度不均匀、量程小
指标二 测量精确程度高 测量精确程度一般 测量精确程度低
（3）根据评价量表该小组制作的密度秤指标一被评为“优秀”，指标二被评为“合格”。为使指标二达到“优秀”，请你提出一条合理的改进意见 　 　 。
四、解答题
23．在一次学农活动中，小金用一根长1.2米的扁担挑起了两桶水，水桶挂在扁担两端，扁担保持水平状态（扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计）。扁担的A处挂的水重20牛，肩上支点O与A的距离为0.9米。
（1）扁担B处挂的水受到的重力是多少？
（2）小金肩膀受到扁担的压力大小是多少？
（3）到达某处后，小金将B处的水倒出20牛，在不改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向　 　 （填“A”或“B”）移动适当距离才能再次平衡。
24．如图甲所示是杭州市地铁站修建时用到的起重机，如图乙是起重机的示意图，起重机重3×104N（包括悬臂），重心为P1，为了使起重机起吊重物时不致倾倒，在其右侧配有配重M，重心为P2，现测得AB为10m，BO为1m，BC为4m，CD为1.5m。
（1）通过计算说明不加配重时，起重机最多能吊起多重的货箱（不计动滑轮与绳重）？
（2）如图丙是它的滑轮组装置示意图。起重机悬臂的底部有由一台电动机带动的两台相同的转扬机，这两台转扬机一起同向转动回收钢绳，从而吊起物体。在某次吊起质量为2t的建筑材料时，起吊装置的效率为80%，电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1kW，则右转扬机拉绳的速度是多少？
（3）有人认为起重机配重越重越好，这样就能吊起更重的重物，你同意吗？请说明理由　 　 。
25．端午节金华地区举办了龙舟赛。划桨时，选手握住船桨的一端，另一手握住桨柄中部向后划水，使龙舟前进。
（1）请你在图上标出用力点、阻力点、支点。
（2）下列关于龙舟的说法，错误的是　 　 。
A.龙舟船舷越高，载重量越大
B.龙舟船头尖主要是为了减少在水中的阻力
C.在划桨时采用了杠杆的原理
D.龙舟的鼓敲得越重，声音就越强
（3）以下龙舟运动的说法，正确的是　 　 。
A.船桨是省力杠杆
B.龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力大于重力
C.桨往后划，龙舟前进，利用的是反冲力
D.停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为水仍在推动船前进
（4）当龙舟向左偏移，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向　 　 （左/右）偏转。
参考答案与试题解析
1．【考点】杠杆及其五要素．
【分析】（1）根据自己生活中使用筷子的情况，确定动力和阻力的作用点和方向；
（2）力臂是支点到力的作用线的垂线。
【解答】解：A、手对筷子的作用力为动力，其方向与筷子垂直向下，则F1为动力，故A正确；
B、动力臂是支点O到动力作用线的垂线，即L1为动力臂，故B正确；
C、食物对筷子的阻碍力为阻力，其阻力的作用点为筷子与食物的接触点，并且方向垂直筷子向上，即F2为阻力，故C正确。
D、阻力臂是支点O到阻力作用线的垂线，故L2不是阻力臂，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查杠杆的五要素，会根据生活中的常见现象确定杠杆的五要素，属于基础题，比较简单。
2．【考点】杠杆的分类．
【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】解：A．食品夹使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A错误；
B．托盘天平的动力臂等于阻力臂，是等臂杠杆，故B错误；
C．钓鱼竿的动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C错误；
D．核桃夹的动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D正确。
故选：D。
【点评】此题考查的是杠杆的分类，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂。
3．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】假设木条的重心处在D点，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得FA×LBA＝G×LBD，将盘秤甲的示数、木条的重力，代入可得LBA与LBD的关系；当盘秤甲放在C处时，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得FC×LBC＝G×LBD，据此得出LBC与LBD的关系，根据杠杆平衡条件求C处施加力，即托盘秤甲的示数。
【解答】解：假设木条的重心处在D点，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得：FA×LBA＝G×LBD，
将盘秤甲的示数6N，则FA＝6N，木条的重力G＝24N，代入上式可得：LBA＝4LBD，
当盘秤甲放在C处时，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得：FC×LBC＝G×LBD，
因为AO＝BO，AC＝OC，BA＝4BD
所以LBC＝3LBD，
可得：
FC＝×G＝×24N＝8N。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，确定两种情况下的力臂大小是关键。
4．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】有规则形状的物体，它的重心就在几何中心上，分析重心位置和磁块的位置关系就可以判断。
【解答】解：有规则形状的物体，它的重心就在几何中心上，所以D选项的中心位置离磁块的水平距离最远，所以最容易转动，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
【点评】掌握重心的判断技巧即可解题。
5．【考点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点；机械效率的概念；功率大小的比较．
【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F＝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】解：A、因为图甲中两个滑轮都是定滑轮，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦，F＝G＝400N，即使用定滑轮不能省力，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B、由图乙知n＝2，忽略绳子的重力及滑轮与绳子的摩擦，乙方式人对绳子的拉力为：
F＝＝＝210N，故B错误；
C、图甲中，人做的功为：W甲＝F's'＝Gh＝400N×h，
人做功的功率为：P甲＝＝＝＝40hW，
图乙中，人做的功为：W乙＝Fs＝F×2h＝210N×2h，
人做功的功率为：P乙＝＝＝14hW，
即P甲＞P乙，甲方式对箱子做功比乙方式快，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%，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了动滑轮，定滑轮特点，滑轮组省力情况判断，影响滑轮组机械效率的因素及功的原理等知识，该题难易程度适中。
6．【考点】滑轮及滑轮组的机械效率；功率的计算；滑轮组及其工作特点．
【分析】（1）不计绳重和摩擦时，利用G＝mg和F＝（G+G动总+G吊箱）可求动滑轮的总重力，据此求出每个动滑轮的重力；
（2）根据W有＝Gh＝mgh和W总＝Fs＝Fnh求出有用功和总功，根据η＝计算整个装置的机械效率；
（3）根据P＝计算绳端拉力的功率；
（4）若绳子的最大承受能力是800N，不计绳重和摩擦时，利用F'＝（G'+G动总+G吊箱）＝（m'g'+G动总+G吊箱）求出吊篮中的人与工具的总质量。
【解答】解：A、由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝4，
不计绳重和摩擦时，由G＝mg和F＝（G+G动总+G吊箱）可得，动滑轮的总重力：
G动＝nF﹣（G+G吊箱）＝nF﹣（m+m吊箱）g＝4×525N﹣（160kg+40kg）×10N/kg＝100N，
每个动滑轮的重力为：
，故A错误；
B、有用功为：W有＝Gh＝mgh＝160kg×10N/kg×2m＝3200J，
总功：W总＝Fs＝Fnh＝525N×4×2m＝4200J，
整个装置的机械效率：
η＝＝×100%≈76.2%，故B错误；
C、电动机拉动绳子的功率为：
P＝＝＝420W，故C正确；
D、若绳子的最大承受能力是800N，不计绳重和摩擦时，由F'＝（G'+G动总+G吊箱）＝（m'g'+G动总+G吊箱），可得吊篮中的人与工具的最大总质量：
m'＝＝＝270kg＜275kg，所以吊篮中的人与工具的总质量不能为275kg，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了使用滑轮组时绳端拉力公式、机械效率以及功率公式的灵活应用，难度适中。
7．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】知道杠杆的五要素可以判断支点的位置，从而得出阻力与动力的方向，根据动力臂与阻力臂的关系分析杠杆的省力情况以及如何省力。
【解答】解：扳手拧螺丝运用了杠杆原理。在杠杆中，动力×动力臂＝阻力×阻力臂。在使用扳手拧螺丝时，螺丝的轴心可视为支点，阻力是螺丝与接触物之间的摩擦力，阻力臂是固定不变的。而动力臂是手的施力点到支点的距离，手离支点越远，动力臂越长。在 A、B、C 三个位置中，C 位置离支点最远，动力臂最长，根据杠杆原理，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越长，所需的动力越小，也就越省力。所以在C位置拧动螺丝最省力。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，利用杠杆平衡条件分析问题，要抓住不变的量，根据变化的量进行分析解答。
8．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。
【解答】解：A．当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线，则从O到B点共50个小格，每一小格表示的质量为：m0＝＝2.0g，故A正确；
B．称中药时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明中药的质量大于秤砣指示的示数，根据杠杆平衡条件，可以减少中药的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B正确；
C．根据杠杆平衡条件G物×OA＝G砣×OB，如果秤砣磨损了，G砣变小，G物×OA不变，则OB变大，所以测量结果会比真实质量偏大，故C错误；
D．若将提纽移到O点右侧，测量相同质量的物体时，根据杠杆平衡条件G物×OA＝G砣×OB，提纽移到O点右侧，G砣不变，左边力臂OA变大，右边力臂OB变小，则G物变小，杆秤的量程量程变小，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，涉及到杠杆的五要素、杠杆的调节、杆秤的测量原理等知识点，有一定难度。
9．【考点】斜面及其工作特点；速度公式及其应用；功率的计算．
【分析】（1）使用任何机械都不能省功；
（2）根据v＝求得速度；
（3）克服物体受到斜面的摩擦力做的功为额外功，根据W额＝W总﹣W有求额外功，再利用W额＝fs求摩擦力。
（4）根据P＝求得功率。
【解答】解：A．由功的原理可知，使用任何机械都不能省功，故A错误；
B．沿斜面上10秒钟走完10米，故物体沿斜面运动的速度为：，故B错误；
C．推物体所做的有用功为：W有＝Gh＝500N×5m＝2500J，所做的总功为：W总＝Fs＝300N×10m＝3000J，
克服物体受到斜面的摩擦力所做的额外功为：W额＝W总﹣W有＝3000J﹣2500J＝500J，由W额＝fs得，物体所受到的摩擦力：，故C错误；
D．推力所做的总功3000J，用的时间为10s，其功率为：，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了使用斜面时有关功和功率的计算，明确额外功是关键之一。
10．【考点】杠杆中最小力问题．
【分析】根据杠杆的平衡条件F1×L1＝F2×L2可知，在阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最省力，必须使动力臂最长。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件F1×L1＝F2×L2可知，在阻力、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；若要从如图四点中选择一点施力，将后轮略微提起，是围绕前轮与地面的接触点转动（即该点为支点），分别比较在A、B、C、D四点施加力的力臂，可知只有在D点施力时，动力臂最长，则此时最省力。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆中最小力的问题，找出最长动力臂是解题的关键。
11．【考点】杠杆的动态平衡分析．
【分析】根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂和阻力×阻力臂的关系，得出结论。
【解答】解：由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大，则为了完成实验，应减小动力；
A、若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故A不符合题意；
B、钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故B不符合题意；
C、弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会更大，故C不符合题意；
D、弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则由杠杆平衡条件可知需要的动力会变小，故D符合题意。
故选：D。
【点评】此题考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂大小变化。
12．【考点】初中物理．
【解答】假设铁架台的自重为阻力,则阻力保持不变,AB的支点在最左侧边缘,A中水杯的力臂最大,AB中A最有可能翻倒;
CD支点在右侧边缘,CD的阻力和阻力臂相同,
故CD烧杯压力的作用点在支点左侧,与阻力作用效果相同,不可能翻倒。
故选:A。
13．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】头部模型相当于简单机械中的杠杆；根据杠杆平衡条件结合阻力臂大小分析动力大小。
【解答】解：头部模型相当于简单机械中的杠杆；
A．头部为竖直状态时，重力的作用线过支点，此时阻力臂为0，根据杠杆平衡条件知，动力为0，故颈部肌肉对颈椎的拉力最小，故A错误；
B．低头角度为90°时，阻力臂最大，根据杠杆平衡条件知，动力最大，即颈部肌肉对颈椎的拉力最大，故B错误；
CD．低头的角度越大，阻力臂越大，根据杠杆平衡条件知，动力臂不变时，动力越大，即颈部肌肉对颈椎的拉力会越大，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查杠杆的动态平衡，关键是运用杠杆平衡条件分析。
14．【考点】滑轮及滑轮组的机械效率；速度公式及其应用；功率的计算．
【分析】（1）先确定弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数；
（2）利用速度公式求物体上升速度；
（3）由图知，n＝3，重物上升h，则拉力端移动的距离s＝3h，利用W总＝Fs求出拉力做的功；利用P＝求拉力做功功率；
（4）知道物体重，利用W＝Gh求出有用功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
A、由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为2.4N，故A正确；
B、物体上升速度v＝＝＝0.05m/s，故B正确；
C、由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h＝3×0.1m＝0.3m，
拉力做功W总＝Fs＝2.4N×0.3m＝0.72J，
拉力做功的功率：
P＝＝＝0.36W，故C错误；
D、有用功W有＝Gh＝6N×0.1m＝0.6J；
滑轮组的机械效率：
η＝＝×100%≈83.3%，故D正确。
故选：C。
【点评】滑轮组做的有用功是提升物体重力做的功，额外功是克服动滑轮重力和绳子重力及摩擦做的功，总功是拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值。
15．【考点】斜面及其工作特点；平衡状态的判断；增大或减小摩擦力的方法；惯性．
【分析】（1）根据图象分析车道的作用；
（2）物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，一切物体都具有惯性；
（3）物体处于平衡状态（即静止状态或匀速直线运动状态）时，受平衡力作用；物体处于非平衡状态时，一定受非平衡力的作用；
（4）滑动摩擦力的影响因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度。
【解答】解：A、由图可知，避险车道相当于一个斜面，故A正确；
B、车辆原来是运动的，刹车失灵后，由于具有惯性会继续向前运动，从而冲上避险车道，惯性是物体本身的一种性质，不能说“受到惯性作用”，故B错误；
C、车辆在避险车道上减速过程中，处于非平衡状态，受到的是非平衡力，故C错误；
D、碎石铺设的路面较粗糙，在压力不变的情况下，可以增大失控车辆与避险车道之间的摩擦力，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了简单机械、物体的平衡状态、增大摩擦力的方法以及惯性的概念，属于基础题。
16．【考点】杠杆中最小力问题；功的计算．
【分析】（1）维生素C能维持人体正常的新陈代谢，可防治坏血病。
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，最长动力臂是从支点到动力作用点的距离；
（3）根据功的原理结合W＝Fs计算功。
【解答】解：（1）手动榨汁机榨出的橙汁富含维生素C，能维持人体正常的新陈代谢，增强抵抗力，每天适量摄入维生素C可防治坏血病。
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，最长动力臂是从支点到动力作用点的距离，即OA为力臂，因而最小动力垂直于OA，则压力的方向应该为F1。
（3）盖子M从E位置运动到F移动的距离s＝3cm＝0.03m；
盖子M对水果做的功WM＝Fs＝30N×0.03m＝0.9J；
由于不计摩擦、杠杆装置自重及其他能量损耗，根据功的原理，人为人对手柄做的功与盖子对水果做的功相等，即W人＝WM＝0.9J。
故答案为：（1）维生素C；
（2）F1；
（3）0.9。
【点评】本题考查杠杆最小力的分析与功的计算，属于中档题。
17．【考点】杠杆的平衡条件；功率的计算．
【分析】（1）根据杠杆平衡条件得到无车通过时，拉索对桥面的拉力；
（2）根据杠杆平衡条件分析减轻拉索所受拉力的方法；
（3）汽车在做匀速直线运动，则所受牵引力等于阻力，根据P＝＝Fv得到汽车行驶时的功率。
【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件得到G×AO＝F×sin30°×AO，则 F＝G＝1×107N；
（2）由图可知，若增大拉 索与桥面夹角，则增大了支点到拉索拉力（即动力 ）F作用线的距离，即增大了拉力的力臂l1，根据 杠杆平衡条件可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，拉力的力臂越大，拉力越小，即拉索所受拉力就越小；若减小桥面重力，在动力臂和阻力臂不变的情况下，阻力变小，因此拉力变小，即拉索所受的拉 力变小，故可以增大拉索与桥面夹角或减小桥面重力等；
（3）由于汽车在做匀速直线运动，则所受牵引力等于阻力，即F＝f＝1200N，汽车行驶时的功率 P＝＝Fv＝1200N×20m/s＝2.4×104W。
故答案为：（1）1×107；（2）增大拉索与桥面夹角（或减小桥面重力等）；（3）2.4×104。
【点评】本题考查杠杆的平衡条件的应用和功率的计算，属于综合题。
18．【考点】杠杆中最小力问题；功率的计算；杠杆的平衡条件．
【分析】（1）弹簧拉伸的形变程度越大，其弹力越大，所需的握力就越大，反之，所需的力就越小；
（2）根据杠杆的平衡条得出F1；（3）根据已知条件得出完成了60个握力动作增加的弹性势能，即小科做功的大小，由功率公式得出小科做功的功率至少为多大。
【解答】解：（1）弹簧拉伸的形变程度越大，其弹力越大，所需的握力就越大，反之，所需的握力就越小。弹簧下端向左移动时向右调节调节器，可使弹簧的伸长量变大，小科要完成一个握力动作需要用更大的力；
（2）根据杠杆的平衡条件有
F2×OA＝F1×OB
20N×2.0cm＝F1×5.0cm
则此时F1＝8N
（3）小科完成一个握力动作可使弹簧伸长5厘米，弹性势能增加20焦，完成了60个握力动作花费的时间为2分钟，增加的弹性势能为
W＝60×20J＝1200J
则小科做功的功率至少为
P＝＝＝10W
故答案为：（1）更大；（2）8； （3）10。
【点评】本题考查弹力的大小与形变程度的关系、功和功率的计算。
19．【考点】滑轮及滑轮组的机械效率．
【分析】小王用两个同的滑轮组（摩擦和绳重不计），分别将重力不同的两个物体匀速提高到相同高度，其中G1＝G2，从图中可知n1＝2，n2＝3，根据F＝（G+G动）可知所用的拉力大小关系；
根据η＝＝＝可知其机械效率大小关系；
若将物体G1慢慢浸入水中的过程中，根据阿基米德原理可知所受的浮力逐渐变大，根据η＝＝＝＝可知其机其机械效率的变化情况。
【解答】解：
小王用两个同的滑轮组（摩擦和绳重不计），分别将重力不同的两个物体匀速提高到相同高度，其中G1＝G2，从图中可知n1＝2，n2＝3，根据F＝（G+G动）可知所用的拉力F1＞F2；
根据η＝＝＝可知其机械效率η1＝η2；
若将物体G1慢慢浸入水中的过程中，根据阿基米德原理可知所受的浮力逐渐变大，根据η＝＝＝＝可知其机其机械效率η1将不断减小。
故答案为：＞；＝；减小。
【点评】本题考查滑轮组的机械效率的有关知识，难度不大。
20．【考点】滑轮相关量的计算；功的计算．
【分析】（1）由图甲可知，n＝3，则拉力端移动距离s＝3h，据此确定图乙中绳子自由端运动的s﹣t图像是A还是B；
（2）不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），据此求动滑轮重力；
（3）由图乙可知，t＝3s时，物体运动的高度h＝1.5m，利用W＝Gh求有用功。
【解答】解：
（1）由图甲可知，n＝3，则拉力端移动距离s＝3h，所以图乙中上面的倾斜直线A是绳子自由端运动的s﹣t图像，而下面的倾斜直线B是物体运动的s﹣t图像；
（2）不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），则动滑轮重力：
G动＝3F﹣G＝3×80N﹣200N＝40N；
（3）由图乙可知，t＝3s时，物体运动的高度h＝1.5m，
对物体做的有用功：W有用＝Gh＝200N×1.5m＝300J。
故答案为：A；40；300。
【点评】本题考查了使用滑轮组时动滑轮重力、有用功的计算，要利用好关系式：不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动）。
21．【考点】动滑轮及其工作特点．
【分析】（1）绳子重和摩擦忽略不计，根据F＝（G+G动）计算解答；
（2）根据数据得出结论；
（3）根据多次实验的目的分析；
（4）结合杠杆模型分析力臂的变化。
【解答】解：（1）绳子重和摩擦忽略不计，绳子股数为n＝2，竖直向上拉，F＝（G+G动）；
则G动＝2F﹣G＝2×2N﹣3N＝1N；
（2）根据表格数据，拉力作用线的夹角越大，拉力越大。故得出的结论是：同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大。
（3）为了使实验结论更具有普遍性，应该换用不同的物体进行多次实验；
（4）滑轮是变形的杠杆，根据杠杆平衡条件可知，从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，所以拉力逐渐增大。
故答案为：（1）1；（2）同一动滑轮提升相同的物体时，拉力大小与θ有关，θ越大，拉力越大；（3）改变钩码的重力，重复上述实验；（4）根据杠杆平衡条件可知，从第1次到第4次，物体总重力不变，动力臂和阻力臂都在减少，但是动力臂比阻力臂变化得更多，所以拉力逐渐增大。
【点评】本题考查动滑轮省力的探究，属于中档题。
22．【考点】杠杆的平衡条件；阿基米德原理．
【分析】（1）由图可知，V排＝V大螺母；由式③和④可得，ρ液gV排×OA＝m2g×BC，则ρ液＝，
由于m2、V排、OA都是定值，故ρ液与BC成正比，液体密度秤刻度是均匀的；
（2）由题知，进行测量验证时，液体密度的测量值大于真实值，经排查是大螺母放入烧杯时候有错误操作；从“大螺母没有完全浸没在液体中”和“大螺母与烧杯底部接触了”两个原因结合杠杆平衡条件分析可能的错误操作。
（3）由ρ液＝知，增大大螺母的体积/减小小螺母的质量可以提高精确度。
【解答】解：
（1）由图可知，V排＝V大螺母；由式③和④可得，ρ液gV排×OA＝m2g×BC，则ρ液＝，
由于m2、V排、OA都是定值，故ρ液与BC成正比，液体密度秤刻度是均匀的，且杆秤上的刻度值是左大右小；
（2）由题知，进行测量验证时，液体密度的测量值大于真实值，经排查是大螺母放入烧杯时候有错误操作；
如果大螺母没有完全浸没在液体中，会导致浮力偏小，大螺母对杠杆左边A点的拉力会偏大，根据杠杆平衡条件，右边小螺母应该向右移动，且杆秤上的刻度值是左大右小，这样会导致液体密度的测量值小于真实值，与题意不符；
如果大螺母与烧杯底部接触了，则烧杯底部对大螺母有向上的支持力，大螺母对杠杆左边A点的拉力会偏小，根据杠杆平衡条件，右边小螺母应该向左移动，且杆秤上的刻度值是左大右小，这样会导致液体密度的测量值大于真实值，符合题意，所以其错误操作可能是大螺母与烧杯底部接触了；
（3）由ρ液＝知，增大大螺母的体积或减小小螺母的质量可以提高精确度。
故答案为：（1）由图可知，V排＝V大螺母；由式③和④可得，ρ液gV排×OA＝m2g×BC，则ρ液＝，由于m2、V排、OA都是定值，故ρ液与BC成正比，液体密度秤刻度是均匀的；
（2）大螺母与烧杯底部接触了；
（3）增大大螺母的体积或减小小螺母的质量。
【点评】本题考查了阿基米德原理和杠杆平衡条件，又联系了实际，难度很大。
23．【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】（1）以O为支点，根据杠杆的平衡条件进行解答；
（2）通过受力分析可知F＝FA+FB；
（3）小金将B处的水倒出20牛，支点不移动的情况下，B点力与力臂的乘积变小，杠杆不再平衡，为了保持杠杆继续平衡，就要增大B点的力臂，减小A点的力臂。
【解答】解：（1）由题根据杠杆的平衡条件有：FA×OA＝FB×OB，
即，20N×0.9m＝FB×（1.2m﹣0.9m），
解得，FB＝60N，
所以扁担的后端B处挂的水受到的重力为60N；
（2）杠杆处于平衡状态，受到平衡力的作用，所以小金肩膀受到扁担的压力F＝FA+FB＝20N+60N＝80N；
（3）小金将B处的水倒出20牛，支点不移动的情况下，B点力与力臂的乘积变小，杠杆不再平衡，为了保持杠杆继续平衡，就要增大B点的力臂，减小A点的力臂，故支点O向A点移动。
答：（1）扁担B处挂的水受到的重力是60N；
（2）小金肩膀受到扁担的压力大小是80N；
（3）A。
【点评】本题考查了学生对杠杆的平衡条件的掌握和运用，因条件已给出，难度不大。
24．【考点】滑轮及滑轮组的机械效率；功率的计算；杠杆的平衡条件．
【分析】（1）若起重机不加配重，在起吊货箱时，支点为B，利用杠杆平衡条件求货箱的最大重力；
（2）先求出建筑材料的重力，然后根据η＝×100%＝×100%＝×100%求出滑轮组绳子的拉力，由题意知，右转扬机拉绳的功率为总功率的一半，根据P＝Fv求出右转扬机拉绳的速度；
（3）根据杠杆平衡条件可得最大配重，利用G＝mg求最大配重的质量。
【解答】解：
（1）若起重机不加配重，在起吊货箱时，支点为B，设起重机最多能吊起的货箱重为G，
根据杠杆平衡条件有：G×AB＝G起重机×BO，
即：G×10m＝3×104N×1m，
解得：G＝3000N。
（2）建筑材料的重力：
G＝mg＝2×103kg×10N/kg＝2×104N，
由图丙可知，连接动滑轮绳子的股数n＝4，
由η＝×100%＝×100%＝×100%得，
滑轮组绳子的拉力：
F＝＝＝6250N，
由于电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1kW，
则右转扬机拉绳的功率为P＝×1kW＝0.5kW＝500W，
由P＝＝＝Fv得，右转扬机拉绳的速度：
v＝＝＝0.08m/s；
（3）不起吊物体时，支点为C，
起重机自重的力臂：OC＝BC﹣BO＝4m﹣1m＝3m；配重的力臂：CD＝1.5m。
根据杠杆平衡条件可得：G起重机×OC＝G配重′×CD，
即：3×104N×3m＝G配重′×1.5m，
解得最大配重：G配重′＝6×104N，
最大配重的质量：
m′＝＝＝6×103kg＝6t，
所以这起重机不能超过6t的配重，否则起重机在不工作时就向右翻倒。
答：（1）通过计算说明不加配重时，起重机最多能吊起3000N的货箱；
（2）右转扬机拉绳的速度是0.08m/s；
（3）配重太大，起重机在不工作时就向右翻倒。
【点评】本题为一道力学综合题，考查了重力公式、效率公式、功率公式和杠杆平衡条件的应用，确定两种情况下的支点、利用杠杆平衡条件是正确解题的关键，难点是杠杆模型的建立。
25．【考点】杠杆的分类；力作用的相互性；惯性；物体的浮沉条件及其应用；杠杆及其五要素．
【分析】（1）利用杠杆原理画图；
（2）A.船的载重量与船的容积有关；B.船头越尖，运动时阻力越小；C.划船利用了杠杆原理；D.声音的强弱与振动的振幅有关，据此解答。
（3）A.根据杠杆的分类判断；B.利用浮沉条件判断；C.向后发力，物体前行利用了反冲原理；D.一切物体都具有惯性，据此解答。
（4）利用流体力学的知识判断。
【解答】解：（1）船桨示意图如图：
A是用力点、B是阻力点、O是支点。
（2）A.船的载重量与船的容积有关，与船舷高度无关，A符合题意；
B.船头越尖，运动时阻力越小，B不符合题意；
C.划桨时，船桨上有支点、用力点和阻力点，利用了杠杆原理，C不符合题意；
D.声音的强弱与振动的振幅有关，振幅越大，声音越大，D不符合题意；
故选：A。
（3）A.由船桨的示意图可知，阻力的力臂大于动力的力臂，属于费力杠杆，A错误；
B.龙舟漂浮在水面上，所受浮力和重力相等，B错误；
C.船桨后划，龙舟前进，利用了反冲原理，C正确；
D.停止划桨，船仍然前进，是因为船具有惯性，D错误；
故选：C。
（4）左偏时，应使船舵向右偏转，使水流冲击船尾左摆回到航道的中心。
故答案为：（1）见解析；（2）A；（3）C；（4）右。
【点评】本题考查杠杆及其分类和应用、声音的响度与振幅的关系、物体的浮沉条件及其应用的知识。
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