【中考易错集训】易错专练12：简单机械（解析版）
文档属性
| 名称 | 【中考易错集训】易错专练12：简单机械（解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-01-31 14:34:54 | ||
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文档简介
易错专练12：简单机械
易错点一：不能正确分析实际生活中的杠杆，对其支点、动力、阻力的分析错误。
典例1：（2019秋?南开区校级月考）如图所示是钢丝钳处于工作时的状态。图中给出了四位同学在钢丝钳单侧钳柄及其相连部分上所画出的动力F1、动力臂L1、阻力F2的示意图，其中正确的是（ ）
【错解】选A，理由：作用在杠杆上的动力一定与杠杆的阻力相反
【析错】动力是使杠杆转动的力，阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是指从支点到力的作用线的垂直距离，据此对选项中的作图做出判断。
【正解】选C，理由：由图可知，动力使杠杆转动，因此，其方向是向上的；而阻力阻碍杠杆转动，因此，其方向也是向上的。同时，动力臂必须从支点O开始，向动力的作用线作垂线。综上所述，只有选项C所画的动力F1、动力臂L1、阻力F2全部正确。故选：C。
针对训练1：（2019?长安区一模）如图，这款图钉来自于一个初中生的创意，翘起部分为我们预留下施力空间。当拔起图钉时，将图钉看作杠杆，其支点为（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【解析】（1）杠杆的五要素包括：动力，使杠杆转动的力；阻力，阻碍杠杆转动的力；支点，指的是杠杆绕着转动的点；动力臂，从支点到动力作用线的距离；阻力臂，从支点到阻力作用线的距离。
（2）根据该图钉的转动情况，可以确定其支点。这个装置的目的是为了能把图钉拔出来，该图钉的工作过程是这样的：用力向上撬杠杆的A点，设备绕着D点顺时针转动，使图钉被拔出，由此可知D点是支点。故选：D。
【答案】D
易错点二：不能正确分析动态杠杆中的力与力臂变化。
典例2：（2019秋?衢州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将（ ）
A．变大 B．不变
C．变小 D．先变大后变小
【错解】选C，理由：让棒缓慢转到图中虚线所示位置，阻力臂逐渐变大。
【析错】先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。
【正解】选A，理由：由题知，动力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，则在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；由杠杆的平衡条件知：F?OA=G?L阻，当OA、G不变时，L阻越大，则F越大，因此在这个过程中拉力F逐渐变大。故选：A。
针对训练2：（2019秋?江都区期中）如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是（ ）
A．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格
B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变
C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变
D．将左右两边的钩码均向外移动一格
【解析】设杠杆上一个小格的长度为1cm，一个钩码的重为1N。A、将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，则（4-2）N×3cm=3N×（4-2）cm，杠杆仍然能平衡，故A正确。B、在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，则（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm，杠杆的右端下沉，故B错误。C、将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，则（4-1）N×3cm＞（3-1）N×4cm，杠杆的左端下沉，故C错误。D、将左右两边的钩码均向外移动一格，则4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm，杠杆的左端下沉，故D错误。故选：A。
【答案】 A
易错点三：不能正确分析滑轮组承担重物的绳子股数。
典例3：（2019?台州模拟）如图所示，物体A在物体B的重力作用下做匀速直线运动。若在A上再施加一个水平向左、大小为180N的拉力F（图中未画出），则物体A向左做匀速直线运动，此时物体A与桌面之间的摩擦力为 N，方向 。物体B的重力为 N（滑轮与绳间摩擦、绳重和滑轮重均不计）。
【错解】180；水平向右；45。理由：A物体在水平方向上做匀速直线运动，则在水平方向上受平衡力的作用，故此时物体A与桌面间的摩擦力为180N。
【析错】物体A在物体B的重力作用下向右做匀速直线运动，这时A受到的摩擦力等于动滑轮的拉力，即f=F动；当物体A向左做匀速直线运动时，分析A的受力情况，列出受力平衡式，进而求出A受到的摩擦力和动滑轮上受到的拉力F动。动滑轮上有2段绳子承担拉力，那么动滑轮上受到的拉力和物体B的重力的关系为：F动=2GB，据此物体B的重力。
【正解】答案： 90；水平向右；45。，理由：物体A在物体B的重力作用下向右做匀速直线运动时，A受到的摩擦力等于动滑轮对A的拉力，即f=F动；当物体A向左做匀速直线运动时，受到向左的拉力F、向右的摩擦力f和F动，即；F=f+F动，因f=F动，所以F=2f，即180N=2f，解得f=F动=90N，且此时摩擦力方向水平向右。动滑轮上有2段绳子承担拉力，滑轮与绳间摩擦、绳重和滑轮重均不计.那么动滑轮上受到的拉力和物体B的重力的关系为：F动=2GB；
则GB=
1
2
??
动
=
1
2
×90N=45N，。
针对训练3：（2019春?海淀区期末）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，挂钩上都吊着相同的物体，把物体匀速提升相同的高度，图甲中绳子自由端受到的拉力大小F1=2N．若不计绳重及轴间摩擦，则图乙中绳子自由端受到的拉力大小F2= N。
【解析】由图知，甲滑轮组由3段绳子承担物重，不计绳重及轴间摩擦，则拉力F1=
1
3
G总（G总为物体和动滑轮的总重力），所以总重力：G总=3F1=3×2N=6N；
已知两滑轮组中动滑轮重力相等，提升物体的重力也相等，即总重力相等，由图知，乙滑轮组由2段绳子承担物重，不计绳重及轴间摩擦，则拉力F2=
1
2
G总=
1
2
×6N=3N。
【答案】3。
易错点四：不理解机械做功多少、机械功率、机械效率的关系。
典例4：（2019?大丰区一模）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，绳子受的拉力分别为F1、F2，保持甲、乙两绳自由端的速度相同，把相同的物体匀速提升相同的高度。若不计绳重及轴处摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．F1和F2大小不相等，滑轮组的机械效率相同
B．F1和F2大小不相等，F1和F2的功率相同
C．绳子自由端移动的距离不相等，物体运动的时间相同
D．绳子自由端移动的距离相等，F1和F2做的功相同
【错解】选B，理由：做功多的机械功率一定大。
【析错】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，①不计绳重及摩擦，拉力等于物重和动滑轮重之和的
1
??
；②把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系；③绳子自由端移动的距离s=nh，物体上升的速度是绳子自由端拉动速度的
1
??
；物体上升高度相同，所需时间长短决定于上升的速度；④甲、乙两绳自由端的速度相同，拉力功率大小用公式P=Fv比较。
【正解】选A，理由：不计绳重及摩擦， AB、∵拉力F=
1
??
（G物+G轮），n1=3，n2=2，
∴绳子受的拉力： F1=
1
3
（G物+G轮），F2=
1
2
（G物+G轮），
∴F1≠F2，
∵动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额=G轮h，W有用=G物h，
∴利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同，
∵η=
??
有用
??
总
，
∴滑轮组的机械效率相同；
已知甲、乙两绳自由端的速度相同，而拉力不同，由P=Fv知：拉力F1和F2的功率不相同。所以选项A正确、B错误；
CD、∵绳子自由端移动的距离s=nh，n1=3，n2=2，提升物体的高度h相同，
∴s1=3h，s2=2h，可见s1≠s2；
物体上升速度不同，上升高度相同，所以所用时间不同。选项C、D均错误。故选：A。
针对训练4：（2019?雁塔区校级一模）用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完（未画出），实验中，拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，物体A上升的速度v随时间变化的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦，在1～2s内，滑轮组的机械效率为80%，则下列判断中正确的是（ ）
A．物体A的重为1500N
B．动滑轮的重为400N
C．物体A从静止开始上升1s后，拉力的功率为500W
D．若将物体A换成重为900N的物体B，则在匀速提升物体B的过程中，滑轮组的机械效率将变为75%
【解析】用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完，则承担物重和动滑轮重的绳子段数为3，如图所示：
AB、已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%，
由甲图可知，在1～2s内拉力F=500N，由
η=
??
有用
??
总
=
???
????
=
???
?????
=
??
????
可得物体A的重： GA=3F?η=3×500N×80%=1200N，故A错误；
不计绳重和摩擦，根据F=
1
??
（G物+G动）得动滑轮的重：
G动=3F-GA=3×500N-1200N=300N，故B错误；
C、由甲图知，1s后的拉力F=500N，由乙图可知1s后物体的速度v物=1m/s，
则绳子自由端移动的速度：v绳=3v物=3×1m/s=3m/s，
所以拉力F的功率：P=Fv绳=500N×3m/s=1500W；故C错误；
D、若将重物A的重力减小为900N，由于滑轮组不变，不计绳重和摩擦，
此时滑轮组的机械效率：
η′=η=
??
有用
??
总
=
??
有用
??
有用
+
??
额
=
??
/
?
??
/
?+
??
动
?
=
??
/
??
/
+
??
动
=
900??
900??+300??
×100%=75%，故D正确；故选：D。
【答案】D
易错点5 不理解斜面拉力与摩擦力大小的关系。
典例5：（2019春?朝天区期末）如图所示，工人沿斜面把一箱货物从底端匀速拉进车厢，拉力为400N，此斜面的长为5m，高为1m，货物重为1500N．则下列说法错误的是（ ）
A．拉动过程中拉力做功2000J
B．拉动过程中此斜面的机械效率是75%
C．货物受到的摩擦力大小为400N
D．为了更省力，可适当减小斜面的坡度
【错解】选ABD，理由：物体沿斜面匀速上升时，拉力大小等于摩擦力，所以C选项正确。
【析错】（1）根据功的计算公式W=Fs可求出拉力做的功，即总功；再根据W=Gh求出有用功；然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的效率η。（2）根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额=fs，变形后可求摩擦力f。（3）斜面的坡度越小越省力。
【正解】选C。 理由：A、拉力做功为：W总=Fs=400N×5m=2000J；故A说法正确；
B、此过程的有用功为：W有=Gh=1500N×1m=1500J；
斜面的机械效率为：η=
??
有
??
总
=
1500??
2000??
=75%；故B说法正确；
C、此过程的额外功为：W额=W总-W有=2000J-1500J=500J；
由W额=fs可得，摩擦力为：f=
??
额
??
=
500??
5??
=100N；故C说法错误；
D、斜面的坡度越小，拉力越小；即为了更省力，可适当减小斜面的坡度；故D说法正确；
故选：C。
针对训练5：（2019?杭锦旗校级模拟）在斜面上将一个质量为5kg的物体匀速拉到高处，如图所示，沿斜面向上的拉力为40N，斜面长2m、高1m。把重物直接提升h所做的功作有用功（g取10N/kg）。下列说法正确的是（ ）
A．物体只受重力、拉力和摩擦力三个力的作用
B．做的有用功是80J
C．此斜面的机械效率为62.5%
D．物体受到的摩擦力大小为10N
【解析】A、拉动斜面上的物体运动时，物体受到重力、拉力、支持力、摩擦力共4个力的作用；故A错误； B、做的有用功为：W有=Gh=mgh=5kg×10N/kg×1m=50J；故B错误； C、做的总功为：W总=Fs=40N×2m=80J，此斜面的机械效率为：η=
??
有
??
总
=
50??
80??
==62.5%；故C正确；
D、所做的额外功为：W额=W总-W有=80J-50J=30J；
由于W额=fs，所以摩擦力为：f=
??
额
??
=
30??
2??
=15N；故D错误；故选：C。
【答案】C
易错点六：不理解机械的机械效率的变化。
典例6：关于用同一滑轮组提升重物时的机械效率，以下说法正确的是（ ）
A．额外功越大，机械效率一定越小 B．功率越大，机械效率一定越大 C．提升的物体越重，机械效率越大 D．同一机械的机械效率是恒定不变的
【错解】选D，理由：同一机械的机械效率始终不变。
【析错】（4）同一滑轮组，物体越重，滑轮组的机械效率越高．
【正解】选C，理由： A．由??=
??
有
??
总
可知，机械效率大小取决于有用功与总功的比值，不是由额外功决定的，故A错误；B．功率越大，表示做功越快，机械效率表示机械性能的好坏，机械效率与功率之间没有直接联系，故B错误；C．同一滑轮组的机械效率与被提升的物重有关，同一滑轮组提升的物体越重，机械效率越大，C正确，D错误；故选C；
针对训练6：（2019秋?高州市期中）如右图用同样的滑轮组分别提起质量相等的一个物体和两个物体，比较甲、乙两图，正确表示机械效率关系的是（ ）
A．η甲=η乙 B．η甲＜η乙 C．η甲＞η乙 D．无法比较
【解析】利用相同的滑轮组提升不同物体至相同高度时，所做的额外功相同，在物体上升的高度相同时，物体越重，有用功越大，则有用功在总功中所占的比例越大，即滑轮组的机械效率越大，由图知，乙滑轮组提升的物体更重，所以乙滑轮组的机械效率较大，即η甲＜η乙。故选：B。
【答案】B
探究杠杆的平衡条件
1．教材实验原理图
/
2．实验结论
杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。写成公式F1l1=F2l2
3．实验拓展
(1)拓展：让支点处于杠杆的中央目的是消除杠杆自身重力对实验造成的影响。
(2) 拓展：让杠杆在水平位置平衡便于读了杠杆的力臂。
(3) 拓展： 调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(4) 拓展：测力计从竖直拉杠杆变成倾斜拉杠杆，因为拉力的力臂变小了，测力计的示数将变大。
(5) 拓展：杠杆平衡后，两边同时增加钩码后，杠杆是否平衡的判断。
(6) 拓展：多次实验测量的目的是使实验结论且有普遍性。
(7) 拓展：分析处理数据得出结论。
典例6：（2019春?南山区期末）某同学在探究“杠杆的平衡条件”实验中：
（1）在研究杠杆平衡条件实验的过程中，杠杆静止时发现杠杆右端较低，为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）端调节。
（2）杠杆平衡后，小明同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡。实验时加减砝码应使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是： 。小明改用弹簧测力计在图乙中的C位置斜下拉，若每个钩码重lN，当杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数将 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1N。
（3）小明在实验中记录了三次实验数据如下表：
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
1.0
10
0.5
20
2
2.0
10
1
20
3
2.0
20
4
10
由实验数据可得杠杆平衡条件是 。
【解析】（1）要使杠杆在水平位置处于平衡状态，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，
根据杠杆原理可知：F1l1=F2l2，即：2G×2L=nG×L，
解得：n=4，所以在B处挂4个钩码；
实验时加减砝码使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂；
当弹簧测力计在图乙所示的C位置斜向下拉时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，即L1＜4L，根据杠杆平衡条件得，
2N×2L=F1×L1，因为L1＜4L，所以F1＞1N；
（3）由表中实验数据可知，杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂。
【答案】（1）左；（2）4；便于测量力臂；大于；（3）动力×动力臂=阻力×阻力臂。
探究滑轮组的机械效率
1．教材实验原理图
2．实验注意问题
弹簧测力计要竖直匀速运动。
3．实验拓展
拓展（1）：测量工具弹簧测力计、刻度尺。
拓展（2）：控制变量法的应用：探究被提升重物重力大小对滑轮组机械效率的影响：用同一滑轮组吊起数量不同的钩码；探究动滑轮重力大小对滑轮组效率的影响：使用重力或数量不同的动滑轮吊起数量相同的钩码。
典例7：（2019春?白山期末）小红在“测量滑轮组机械效率”的实验中，测得的相关数据如表所示。
次数
钩码重力G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
0.9
0.3
2
4
0.1
1.6
0.3
83.3%
3
6
0.1
2.3
0.3
87.0%
（1）实验时，小红应沿竖直方向 拉动弹簧测力计，使钩码升高。
（2）分析表中的数据可知，小红测的是 （选填“甲”或“乙”）滑轮组的机械效率，第1次实验，滑轮组的机械效率为 。
（3）分析表中数据可得出结论：使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）第3次实验中，若仅增加钩码上升的高度，滑轮组的机械效率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
【解析】（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（2）根据绳端移动距离与物体升高的高度的关系s=nh，实验中
n=
??
?
=
0.3??
0.1??
=3，故小红测的是甲滑轮组的机械效率；
第1次实验测得的滑轮组的机械效率：η=
??
有
??
总
=
???
????
=
2??×0.1??
0.9??×0.3??
×100%≈74.1%
（3）由表中实验数据可知，使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大； （4）若只改变物体被提升的高度，其有用功、额外功发生相同倍数的变化，由
η=
??
有
??
总
=
??
有
??
有
+
??
额
可知，滑轮组的机械效率不变。
【答案】（1）匀速；（2）甲；74.1%；（3）重；（4）不变。
强化训练：
1．（2019秋?南京期末）下图中使用的工具，属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．独轮车 C．羊角锤 D．钢丝钳
2．（2019秋?淮安区期末）如图所示，用船桨划船的优点是（ ）
A．能省力 B．省距离
C．既省力又省距离 D．既不省力也不省距离
3．（2019秋?马鞍山期末）如图用50N的拉力F水平拉着重为100N的物体在水平路面上匀速移动2m的距离。物体所受摩擦力为80N，则（ ）
A．总功为320J B．有用功为200J
C．额外功为160J D．机械效率为80%
4．（2019秋?桂林期末）如图所示，小林利用滑轮组提升800N的重物，他在绳子自由端施加的拉力F为500N，物体在5s内匀速上升了1m，则5s内（ ）
A．绳子自由端移动了 3m
B．小林做的有用功是 500J
C．动滑轮的重力大小不会影响滑轮组的机械效率
D．增大物体重力，有利于提高滑轮组的机械效率
5．（2019秋?博罗县期末）如图所示，用甲、乙两个滑轮组在相同时间内分别将A、B物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA＞GB，滑轮组的机械效率η甲＜η乙（不计绳重和摩擦）。下列判断正确的是（ ）
A．两滑轮组绳端移动的距离相等
B．甲滑轮组的有用功比乙的少
C．甲滑轮组的动滑轮比乙的重
D．甲滑轮组的总功率比乙的小
6．（2019秋?瑞安市期末）用下列方法匀速提升同一重物，若不计绳子、滑轮的重力及摩擦，其中最省力的是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
7．（2019秋?瑞安市期末）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．/
8．（2019秋?苏州期末）如图所示，用一个重为8N的动滑轮来提升物体，在实际工作中竖直向上的拉力为20N，则动滑轮的机械效率（ ）
A．一定等于80% B．一定大于80%
C．一定小于80% D．以上情况都有可能
9．（2019秋?郴州期末）以下是同学们对机械效率的一些理解，其中正确的是（ ）
A．机械效率越高，机械做功一定越快
B．做功越多的机械，机械效率一定越高
C．功率越大的机械做功一定越多
D．有用功在总功中所占的比例越大，机械效率一定越高
10．（2019秋?建湖县校级月考）今年国庆70周年期间，小明爸爸开了一瓶啤酒表示庆贺，瓶盖的起子可以看作是一个杠杆，小明用所学知识画了四幅杠杆示意图，正确的是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
11．（2019秋?淮安区期末）滑轮实质上是变形的杠杆，系在旗杆的上端，升旗用的滑轮是 滑轮，能改变力的方向；装在起重机上，与重物一起运动的滑轮是 滑轮，能 。
12．（2019秋?苏州期末）如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长0.5m，高0.3m，拉力为80N，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 N。
13．（2019秋?永春县期末）如图所示的滑轮组中动滑轮重0.6N，物重2.4N，不计绳重和各处摩擦，当物体匀速上升时，绳自由端在竖直方向上的拉力F为 N，机械效率为 。
14．（2020?新抚区一模）如图甲是皮带打孔器。使用时用力压手柄，其上端手柄及其连接部分可视为一个杠杆，图乙是其简化示意图。图中O为支点，F2是打孔时B点受到的阻力。请在乙图中画出：
/
（1）阻力臂l2
（2）作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。
15．（2019?靖远县二模）生活中的一些“常用语”是物理知识的再现，请你从下面两句话中任选一句，说明其对应的物理知识。
（1）做事讲究技巧，恰当应用技巧可以达到“四两拨千斤”的妙处。
（2）做人讲究品行，自然受到别人的尊重，可谓“身正不怕影子歪”。
16．（2019秋?滨海县期中）小明利用轻质木条和一个金属块等器材制作了如图所示的测量液体密度的秤。使用时只要将金属块全部浸没在待测液体中（不触底），就能通过移动秤砣的位置，从木条上的刻度读出液体的密度值。
（1）若木条上A、B、C中有一点是零刻度，应该是 点，该秤的全部刻度是在零刻度的 边（左或右）。
（2）如果该杆秤称量物体的质量，秤砣上粘了一块泥，则用此秤测出物体的质量与实际质量相比较 。
A．偏大 B．偏小 C．一样大 D．无法判断
（3）如果该杆秤的提钮到秤钩距离是4cm，秤砣质量为250g，用来称量质量为2kg的物体，若不考虑秤杆的重，秤砣应离提纽 cm，秤杆才平衡。如果秤钩到秤杆右端总长60cm，该杆秤最大能称量 kg的物体。
17．（2019春?鞍山期末）小方同学在“探究定滑轮和动滑轮特点”的实验中，装置图如图所示。
（1）小方在测量钩码重力前，除了观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将测力计在 方向调零。测量钩码重力时，应将钩码挂在弹簧测力计下如图甲所示，并让它处于 状态，这时弹簧测力计的示数大小就等于钩码的重力大小。
（2）在探究定滑轮特点时，小方按照如图乙所示操作，觉得读数不太方便，于是把测力计倒过来，即测力计吊环系在拉绳上，用手拉挂钩，测力计的示数会 （选填“变大”、“变小”或“不变”），其理由是 。
（3）在探究动滑轮特点时，小方按照如图丙所示操作，记录数据如下表。分析数据发现，测力计的示数F大于物重G的一半，其原因是 ，请给出减小此差异的建议 。小方最终得出正确的实验结论：使用动滑轮可以 ，但不能改变 ，而且费 。
实验次数
物重G/N
测力计的示数F/N
1
1.00
0.65
2
1.50
0.90
3
2.00
1.15
18．（2019春?白山期末）小红在“测量滑轮组机械效率”的实验中，测得的相关数据如表所示。
次数
钩码重力G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
0.9
0.3
2
4
0.1
1.6
0.3
83.3%
3
6
0.1
2.3
0.3
87.0%
（1）实验时，小红应沿竖直方向 拉动弹簧测力计，使钩码升高。
（2）分析表中的数据可知，小红测的是 （选填“甲”或“乙”）滑轮组的机械效率，第1次实验，滑轮组的机械效率为 。
（3）分析表中数据可得出结论：使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）第3次实验中，若仅增加钩码上升的高度，滑轮组的机械效率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
19．（2019?广东一模）如图甲是某中学科技小组设计的打捞水中物体的装置示意图。DB是以O点为转轴的水平杠杆，杠杆可以绕O点在竖直平面内转动，OD的长度为2m。水平地面上的配重E通过细绳竖直拉着杠杆D端，配重E的质量mE为250kg。安装在杠杆DB上的行走装置由支架、动滑轮X、提升电动机、定滑轮K构成，行走装置的质量m为20kg。电动机Q可以通过定滑轮S和动滑轮X拉动行走装置沿BO水平滑动。固定在提升电动机下的定滑轮K和动滑轮M组成滑轮组Y，当行走装置处于杠杆DB上C点的位置时，提升电动机拉动绳子H端，通过滑轮组Y竖直提升水中的圆柱体A．圆柱体A完全在水中，以0.1m/s匀速上升的过程中，滑轮组Y的机械效率为η1，配重E对地面的压强为p1；物体A以原来的速度匀速竖直上升，全部露出水面后，最终停在空中某高度时，配重E对地面的压强为p2．滑轮组Y提升物体A的过程中，行走装置受到的水平拉力始终为零，杠杆DB在水平位置保持平衡。电动机H处绳子拉力的功率随时间变化的情况如图乙所示。已知圆柱体A的质量mA为60kg，底面积为30dm2，p1与p2之比为4：1．物体A被打捞出水面后，停留在一定高度，电动机Q开始拉动行走装置。在行走装置以0.05m/s的速度水平匀速移动的过程中，电动机Q处拉力T的功率为5W，行走装置受到的水平拉力为F．细绳和杠杆的质量、滑轮与轴的摩擦、水对物体的阻力均忽略不计，g取10N/kg。回答下列问题：
/
（1）提升电动机所连绳子自由端的移动速度为 m/s，动滑轮M所受的重力为 N；
（2）机械效率η1为 %，若提升电动机速度不变，则在空气中的滑轮组的效率与在水中时相
比 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）OC的长度为 ；
（4）拉力F＝ N。
（5）物体A的密度为 。
20．（2019秋?洪泽区校级期中）工人用如图甲所示的滑轮组利用箱子运送建材上楼每次运送量不定滑轮组的机械率随建材重量变化的图象，如图乙所示滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计。（g取10N/kg）
（1）动滑轮的重力是多大；
（2）若某次运送建材的质量为50kg，求此时的拉力是多少；
（3）当滑轮组的机械效率为60%时运送建材的重力是多大？
/
/
1．（2018秋?滨海县期末）如图所示，用手沿竖直方向匀速拉一个动滑轮，使挂在下面重为G的物体缓慢上升，动滑轮的重力不可忽略，现改变物体的重力G，不计绳重与摩擦，则动滑轮的机械效率η与物体重力G的关系可能符合下列图中的（ ）
A．/B．/ C．/ D．/
2．（2019秋?宜兴市月考）用图示甲、乙两种方式匀速提升重为100N的物体，已知滑轮重20N、绳重和摩擦力不计。则（ ）
A．手的拉力：F甲＝F乙；机械效率：η甲＝η乙
B．手的拉力：F甲＜F乙；机械效率：η甲＜η乙
C．手的拉力：F甲＞F乙；机械效率：η甲＜η乙
D．手的拉力：F甲＞F乙；机械效率：η甲＞η乙
3．（2018秋?常州期末）从能否省力的角度，下列图中有一个杠杆与其它三个不同类，它是（ ）
A．羊角锤拔钉子 B．钓鱼竿吊起鱼 C．撬棒撬石头 D．铡刀切割草
4．（2019秋?江宁区校级月考）A、B两种实心物体的质量与体积的关系如图甲所示，把体积相等的A、B物体挂在滑轮组下，若要使它们处于静止状态，则图乙的虚线框内悬挂B物体的个数是（不计摩擦和滑轮的自重）（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
5．（2019秋?安徽月考）如图所示，有一斜面长为L，高为h。现用力F沿斜面把重为G的物体从底端匀速拉到顶端，已知物体受到斜面的摩擦力为f，则下列关于斜面机械效率η的表达式正确的是（ ）
A．/ B．/
C．/ D．/
6．（2019秋?淳化县月考）如图所示，拉力F＝80N，物体重力G＝120N，不计绳重和摩擦。若将物体匀速提高1m，以下说法不正确的是（ ）
A．动滑重为40N B．总功为160J
C．有用功为80J D．机械效率为75%
7．（2019秋?丹徒区校级月考）如图杠杆AOB用细线悬挂起来，分别在A、B两端分别挂上质量为m1、m2的质量相同重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，不计杠杆重力，（ ）
A．AO＞OB B．AO＝OB C．AO＜OB D．无法判断
8．（2019秋?洪泽区校级月考）如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。若钩码质量均为50g，在A、B两处再各加一个钩码，下列说法正确的是（ ）
A．杠杆右边向下倾 B．杠杆左边向下倾
C．杠杆仍平衡 D．无法确定杠杆是否平衡
9．（2019秋?镇江期中）如图所示是某起重机示意图。当重物由主梁右端缓慢移向支点0的过程中，拉力F与重物到支点O的距离s的关系图象是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
10．（2019秋?丹徒区校级月考）如右图示，轻质杠杆OA中点悬挂重物，保持F的方向始终与杠杆垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将（ ）
A．变小 B．变大
C．先变大再变小 D．不变
11．（2019秋?高港区校级月考）小宇同学用弹簧测力计，经过定滑轮匀速拉起重0.5N的钩码，如图所示，弹簧测力计的示数是0.6N．此结果表明，使用定滑轮不能 ；小宇向下用力，钩码向 （填写钩码的运动方向）运动，说明使用定滑轮能 。
12．（2019秋?淳化县月考）重为G的均匀木棒可绕O点自由转动，在其右端施加一个始终竖直向上的拉力F，让木棒缓慢转到图中虚线所示位置在转动的过程中拉力F将 （填变化情况）
13．（2019秋?淮阴区月考）如图所示，小明将长为0.6m，质量可忽略不计的木棒搁在肩上，棒的后端A挂一个40N的物体。肩上支点O离后端A为0.2m。他用手竖直向下施力于B端使木棒保持水平平衡，则手对B端的竖直向下的拉力为 N，如果让手上用力再小一点，可以 。
14．（2019秋?郴州期末）如图所示，F1是作用在抽水机手柄A处的动力，O为支点。请画出动力F1的力臂L1。
15．（2019秋?苏州期末）如图，画出滑轮组的绕线图，使站在地面上的小孩提升重物时所用拉力最小。
16．（2019春?温江区期末）小册设计了一个能反映水平风力大小的装置。如图所示，AB和OP均为质量不计的细杆，AB＝48cm，OP＝60cm，下端连接一个圆球P，圆球的重力G＝2N，无风时，OP下垂并与A端接触，A点标注的风力是0N；有风时，OP绕悬挂点O转动。风对球的作用力F方向始终水平向右，已知OA＝12cm，不计摩擦。
（1）如图所示，有风时，OP和AB的接触点为C，细杆OP和球P处于静止状态在这种情况下杠杆平衡的条件是： 。（用图中字母表示）
（2）当F＝4N时，OP和AB的接触点为C（图中未画出）AC＝ cm，C点标注的风力是4N。
（3）此装置可以标注的最大风力是 N。
（4）细杆AB上标注好风力值后，细杆上的刻度是否均匀？
17．（2019春?黄山期末）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中
（1）调节杠杆平衡后，在图甲所示的A位置挂上2个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（2）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，使杠杆在水平位置保持平衡，弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，如图乙，则测力计示数将 。
（3）某同学采用如图丙所示装置进行实验，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是 。
/
18．（2019春?广饶县期末）如图所示，是某同学利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
/
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止位置如图甲，此时应将螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，在左右两侧分别挂上钩码，每个钩码质量相同。如图乙所示，杠杆的左端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，采取措施 。
（3）该同学还设计另外两种实验方案如图丙、丁所示。你认为 （选填“丙图”、“丁图”）的实验方案更好，请说明你的理由 。
19．（2019春?梅县区期末）如图甲为塔式起重机简易示意图，塔式起重机主要用于房屋建筑中材料的输送及建筑构件的安装（动滑轮重、绳重及摩擦不计，g取10N/kg）
（1）为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越 （选填“大″或“小”）
（2）图乙为起重机钢丝绳穿绳简化示意图，滑轮a是 （选填“动滑轮”或“定滑轮”），若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104N，则能吊起货物的质量不能超过 kg。
（3）若将重为1.2×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升30m，再沿水平方向移动20m，则此过程钢丝绳做功 J。
/
20．（2019秋?涡阳县校级月考）如图甲所示，滑轮组在竖直向上的拉力F作用下，将重为105N的物体匀速提起，在10s时间内绳子自由端移动的距离为s＝3m。图乙是滑轮组工作时的拉力F与绳自由端移动距离s的关系图。
（1）计算物体上升的速度。
（2）图乙中阴影部分的面积表示的是哪个物理量？并计算出该物理量的大小。
（3）计算滑轮组提升该重物时的机械效率。
（4）若克服绳重和摩擦做的额外功为10J，求动滑轮的质量。
强化训练
参考答案与试题解析
1．【解答】A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，符合题意；
B、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。
故选：A。
2．【解答】船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，不能获得更大的动力，但能省距离。故选：B。
3．【解答】A、使用动滑轮拉力端移动距离s′＝2s＝2×2m＝4m，拉力做的总功W总＝Fs′＝50N×4m＝200J，故A错误；
B、使用动滑轮做的有用功，等于直接拉物体做的功，即W有＝fs＝80N×2m＝160J，故B错误；
C、额外功W额＝W总﹣W有＝200J﹣160J＝40J，故C错误；
D、机械效率η＝/×100%＝/×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
4．【解答】A、由图知，n＝2，绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×1m＝2m，故A错；
B、小林做的有用功W有用＝Gh＝800N×1m＝800J，故B错；
C、使用滑轮组提升重物时，对重物做的功为有用功，克服摩擦、提升动滑轮做的功为额外功，若提升相同的物体、提升相同的高度，做的有用功相同，若动滑轮重力越大，做的额外功越多，总功越多，则有用功与总功的比值越小，机械效率越低，可见，动滑轮的重力大小会影响滑轮组的机械效率，故C错；
D、增大物体重力，若提升的高度不变，做的有用功增大，而额外功几乎不变，这样有用功与总功的比值变大，滑轮组的机械效变大，故D正确。
故选：D。
5．【解答】A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n甲＝3，n乙＝2，则s甲＝3h，s乙＝2h，将A、B物体匀速提升相同高度，两滑轮组绳端移动的距离不相等，故A错误；
B、已知物体受到的重力GA＞GB、上升的高度相同，根据W有＝Gh可知，甲滑轮组的有用功比乙的多，故B错误。
C、忽略绳重和摩擦，由η＝/＝/＝/可得，G动＝（/﹣1）G，由η甲＜η乙可得，/＞/，则（/﹣1）＞（/﹣1），又因GA＞GB，所以（/﹣1）G甲＞（/﹣1）G乙，即甲滑轮组的动滑轮比乙的重，故C正确。
D、由B可知，W有甲＞W有乙，已知滑轮组的机械效率η甲＜η乙，由η＝/可得，甲滑轮组的总功比乙的大，
已知时间相同，由P＝/可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故D错误；
故选：C。
6．【解答】不计绳子、滑轮的重力及摩擦，提起的是同一物体G，
A、此图是动滑轮，由动滑轮及其工作特点可知，省一半的力，即F＝/G；
B、此图是定滑轮，由定滑轮及其工作特点可知，不省力，即F＝G；
C、此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子有3股，则F＝/G；
D、此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子有2股，则F＝/G。
由以上可知：在不计绳子、滑轮的重力及摩擦的情况下最省力的是C。
故选：C。
7．【解答】已知作用在脚踏板上的力为F，过支点作力F作用线的垂线段。图示如下：
/
只有B选项正确。故选：B。
8．【解答】如图，设提升物体的高度为h，则绳子自由端移动的距离s＝2h，
若不计摩擦和绳重，提起动滑轮做的额外功：
W额＝G轮h＝8N×h，
提起物体所做的总功：
W总＝Fs＝20N×2h，
提起物体所做的有用功：
W有用＝W总﹣W额＝20N×2h﹣8N×h＝32N×h，
滑轮组的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝80%；
在实际使用动滑轮时，摩擦和绳子存在，所做的额外功大于不计摩擦和绳重时所做的额外功，机械效率比不计摩擦和绳重时的机械效率小，即小于80%。故选：C。
9．【解答】A、机械效率越高，说明有用功占总功的比例大，不能说明机械做功一定越快，故A错误；
B、机械效率是指有用功与总功的比值，做功越多的机械，机械效率不一定越高，故B错误；
C、功率越大的机械做功越快，但不一定做功越多，故C错误；
D、机械效率是指有用功与总功的比值，有用功在总功中所占的比例越大，机械效率一定越高，故D正确。故选：D。
10．【解答】A、要把瓶盖打开，要克服瓶盖和瓶口之间的摩擦力，瓶盖给起子的阻力是向下的，故A错；
B、瓶盖给起子的阻力是向下的。动力和阻力都使绕支点O顺时针转动，故B错；
C、瓶盖给起子的阻力是向下的。动力是起子绕支点O逆时针转动，阻力绕支点O顺时针转动，故C正确；
D、如图，动力和阻力都使起子绕支点O逆时针转动，故D错。故选：C。
11．【解答】升旗用的滑轮固定在旗杆上，所以该滑轮是一个定滑轮；
起重机上的滑轮，它的轴随重物一起运动，是动滑轮，能够省力。
故答案为：定；动；省力。
12．【解答】有用功：
W有＝Gh＝100N×0.3m＝30J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝80N×0.5m＝40J，
斜面的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝75%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝40J﹣30J＝10J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f＝/＝/＝20N。
故答案为：75； 20。
13．【解答】由图可知，n＝3，
不计绳重和各处摩擦，绳自由端在竖直方向上的拉力：
F＝/（G+G动）＝/×（2.4N+0.6N）＝1N，
滑轮组的机械效率：
η＝/＝/＝/＝/＝/×100%＝80%。
故答案为：1；80%。
14．【解答】（1）反向延长F2的作用线，从支点O作动力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2；
（2）由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
/
15．【解答】（1）由杠杆原理：F1l1＝F2l2，可知阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，所需动力越小，故而能达到“四两拨千斤”；
（2）影子是光线受物体遮挡而照射不到的区域，其原因是光在同种均匀透明物质中是沿直线传播的，故而物体是什么样的，所形成的影子也是如此，故而“身正不怕影子歪”。
答：（1）杠杆平衡条件；
（2）光在同种均匀透明物质是中沿直线传播的。
16．【解答】（1）金属块对杆秤的拉力等于金属块重力和浮力的差，当金属块不受浮力时，拉力最大，根据杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，所以动力臂应该最长，因此零刻度在C点。
金属块全部浸没在待测液体中，液体的密度越大，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排，金属块受到的浮力越大，金属块对杆秤的拉力越小，
根据杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，动力臂越短，因此秤的全部刻度是在零刻度的左边。
（2）秤砣上粘了一块泥相当于动力变大，物体重力和力臂不变，根据杠杆平衡条件杆可知，秤砣力臂必须变小，则从杆秤上读的数变小，所以此秤测出物体的质量与实际质量相比较偏小，故选B。
（3）由F1L1＝F2L2得，2kg×g×4cm＝0.25kg×g×L2
解得：L2＝32cm；
m×g×4cm＝0.25kg×g×（60cm﹣4cm）
解得：m＝3.5kg。
故答案为：（1）C；左；（2）B；（3）32；3.5。
17．【解答】（1）测量物体重力前，由于重力是竖直向下的，所以应将弹簧测力计在竖直方向调零；
当物体静止时，物体受到的重力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，大小相等；所以，测量物体重力时，应将物体挂在弹簧测力计下并让它处于静止状态；
（2）测力计倒过来使用时，弹簧测力计受力情况是：受到向上绳子的拉力（大小等于钩码重），受到向下的重力和手的向下拉力。这时测力计测量的是手向下的拉力，大小等于绳子自由端的拉力与测力计的重力之差。所以在匀速拉动时，根据二力平衡条件可知实验会造成测量值会小于向上绳子的拉力即钩码重；
（3）人在提升重物时把动滑轮也提起了，所以动滑轮本身的重力是存在差异的最主要原因；由于转轴之间有摩擦，绳也有一定重量，导致拉力增大。
“使用动滑轮能省一半力”是在不考虑动滑轮和摩擦的理想情况下才成立的，在实际实验中，动滑轮的物重和摩擦是客观存在的，要减小此差异，则动滑轮的重力不能忽略，所以应该将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里；
使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，同时绳子拉下的长度是物体上升高度的二倍，也就是费距离。
故答案为：（1）竖直；静止；
（2）变小；测力计本身受重力的作用；
（3）动滑轮本身有重力；将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里；省力；力的方向；距离。
18．【解答】（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（2）根据绳端移动距离与物体升高的高度的关系s＝nh，实验中n＝/＝/＝3，故小红测的是甲滑轮组的机械效率；
第1次实验测得的滑轮组的机械效率：
η＝/＝/＝/×100%≈74.1%；
（3）由表中实验数据可知，使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大；
（4）若只改变物体被提升的高度，其有用功、额外功发生相同倍数的变化，由η＝/＝/可知，滑轮组的机械效率不变。
故答案为：（1）匀速；（2）甲；74.1%；（3）重；（4）不变。
19．【解答】（1）（2）（3）由图示可知n＝3，电动机所连绳子自由端的移动速度：v绳＝3v0＝3×0.1 m/s＝0.3m/s；
GE＝mEg＝250kg×10N/kg＝2500N，
G行＝mg＝20kg×10N/kg＝200N，
GA＝mAg＝60kg×10N/kg＝600N，
根据题意结合图乙可知，物体A以0.1m/s匀速上升，上表面接触水面到完全出水用了1s的时间。
所以，物体A的高度：h＝vAt＝0.1m/s×1s＝0.1m，
物体A浸没水中所受浮力：F浮＝ρ水gSh＝1×103kg/m3×10N/kg×30×10﹣2m2×0.1m＝300N；
物体A在水中匀速上升过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图3所示，配重E的受力分析图如图4所示，杠杆上C点、D点受力分析图如图5所示，以动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图6所示。
FC1＝G﹣F浮＝mg+GM+mAg﹣F浮，
/
N1＝GE﹣FD1＝mEg﹣FD1 ，
F′D1×OD＝F′C2×OC；
FC1＝F′C1，FD1＝F′D13F1＝GM+GA﹣F浮；
电动机H处绳子拉力的功率 P1＝F1×3v0，
物体A离开水面后匀速上升的过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图7所示，配重E的受力分析图如图8所示，杠杆上C点、D点受力分析图如图9所示，以动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图10所示。
/
FC2＝G＝mg+G动+mAg；
N2＝GE﹣FD2＝mEg﹣FD2；
F′D2×OD＝F′C2×OC；FC2＝F′C2，
FD2＝F′C2，3F2＝GM+GA，
电动机H处绳子拉力的功率P2＝F2×3v0，
则/＝/＝/＝/，
由图乙可知：P1＝40W，P2＝70W，
联立上面式子可得：GM＝100N；OC＝5m；
物体A在水中匀速上升h1的过程中，滑轮组的机械效率：η1＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝75%，
由η＝/可知，在空气中时，相当于物重增加，因此在空气中装置的机械效率更高。
（4）行走装置以v＝0.05m/s的速度水平匀速移动的过程中，拉力T的功率P＝T×2v，解得：T＝50N；F＝2T＝100 N。
（5）物体A的密度：ρA＝/＝/＝2×103kg/m3。
故答案为：（1）0.3； 100；（2）75； 变大；（3）5m；（4）100；（5）2×103kg/m3。
20．【解答】（1）由图乙可知，当运送建材的重力G1＝400N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
因滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，
所以，克服建材重力做的功为有用功，克服建材和动滑轮总重力做的功为总功，
则滑轮组的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝50%，
解得：G轮＝400N；
（2）由图可知，n＝2，
若某次运送建材的质量为50kg时的拉力：
F＝/（G2+G轮）＝/（m2g+G轮）＝/×（50kg×10N/kg+400N）＝450N；
（3）当滑轮组的机械效率为60% 时，则有：
η′＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝60%，
解得：G′＝600N。
答：（1）动滑轮重为400N；
（2）若某次运送建材的质量为50kg，求此时的拉力是450N；
（3）当滑轮组的机械效率为60%时运送建材的重力是600N。
技能提升练
参考答案与试题解析
1．【解答】动滑轮的重力不可忽略，不计绳重和摩擦，则克服动滑轮重力所做的功为额外功；
物重增大时，有用功逐渐增大，有用功在总功中所占的比例增大，则机械效率逐渐增大，但机械效率不可能增大到100%，只能接近100%，所以机械效率增大得越来越缓慢，且机械效率η与物体重力G的关系并不成正比，故D正确，ABC错误。故选：D。
2．【解答】已知物重G＝100N，滑轮重20N，且绳重和摩擦力不计，
由图可知，甲滑轮是定滑轮，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力F甲＝100N；
乙滑轮是动滑轮，使用该滑轮可以省一半的力，则手的拉力：F乙＝/（G+G轮）＝/＝60N，故F甲＞F乙；
两幅图中的有用功是克服物体重力做的功，在提升高度相同的，由W有＝Gh可知有用功相同；
而乙图中还要克服动滑轮的重力做额外功，即使用动滑轮所做的总功多，根据机械效率公式η＝/×100%可知，有用功相同时，总功越大的，机械效率越小，则η甲＞η乙，故D正确，ABC错误。故选：D。
3．【解答】A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
B、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
C、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、铡刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
可见，钓鱼竿是费力杠杆，与其它三个杠杆（都是省力杠杆）不同类。
故选：B。
4．【解答】由图1可知，当m＝20g时，VA＝10cm3，VB＝40cm3，
则ρA＝/＝/＝2g/cm3，ρB＝/＝/＝0.5g/cm3，
所以ρA：ρB＝2g/cm3：0.5g/cm3＝4：1；
因为A、B的体积相同，
所以由G＝mg＝ρVg可得，A、B的重力之比：
GA：GB＝ρAVg：ρBVg＝ρA：ρB＝4：1；
由图2可知，使用的滑轮组中n＝2，不计摩擦和滑轮的自重，
要使它们处于静止状态，设方框中挂N个B物体，
则有：N?GB＝2GA，
则N＝2×/＝2×/＝8。故选：D。
5．【解答】斜面的高为h，物体的重力为G，
则有用功为：W有用＝Gh，
又因为斜面长为L，拉力为F，
所以拉力所做的总功为：W总＝FL，
则斜面的机械效率为：η＝/×100%＝/×100%；
而物体受到斜面的摩擦力为f，
则克服摩擦力做的额外功为：W额外＝fL，
所以总功为：W总＝W有用+W额外＝Gh+fL，
则斜面的机械效率为：η＝/×100%＝/×100%，故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．【解答】由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2。
A．不计绳重和摩擦，由F＝/（G+G动）可得，动滑轮的重力G动＝nF﹣G＝2×80N﹣120N＝40N，故A正确；
B．滑轮组绳端移动的距离s＝nh＝2×1m＝2m，拉力做的总功W总＝Fs＝80N×2m＝160J，故B正确；
C．拉力做的有用功W有＝Gh＝120N×1m＝120J，故C错误；
D．滑轮组的机械效率η＝/×100%＝/×100%＝75%，故D正确。故选：C。
7．【解答】由图根据杠杆的平衡条件知：
m1g?LOA＝m2g?LOC
因为m1＝m2
所以LOA＝LOC
又因OB＞OC（直角三角形中斜边大于直角边）
所以AO＜OB
故选：C。
/
8．【解答】设一个钩码的重力为G，一个格为L．根据杠杆的平衡条件知：2G×2L＝G×4L；现在在A、B两处再各加一个钩码，左边力和力臂的乘积为：3G×2L；右边力和力臂的乘积为：2G×4L；右边力和力臂的乘积大。所以杠杆右边向下倾。故A正确。
故选：A。
9．【解答】当重物由主梁右端缓慢移向支点O的过程中，以左侧的支柱为支点，拉力F为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为s，
根据的平衡条件：FL＝Gs得，
拉力F为：F＝/G，
由关系式知：拉力F与重物到支点O的距离s成一次函数关系，且拉力随s的减小而减小，故A符合题意。
故选：A。
10．【解答】保持F的方向始终与杠杆垂直，则动力臂不变；
将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，动力臂不变，阻力不变（等于重物的重力），由图知重物对杠杆拉力的力臂变小（即阻力臂变小），所以由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F将变小。
故选：A。
11．【解答】用如图所示的定滑轮匀速提升G＝0.5N的重物，小宇向下用力，拉力为0.6N，重物向上运动，说明使用定滑轮不能省力，能改变力的方向。
故答案为：省力；上；改变力的方向。
12．【解答】杠杆在水平位置平衡时，根据杠杆平衡条件得，F×OA＝G×OC，所以F＝/G，
当杠杆匀速提起的过程中，杠杆平衡，由杠杆平衡条件得，F'×OA'＝G×OC'，所以F'＝/G，
因为△OAA'∽△OCC'，所以/＝/，则F＝F'，即在转动的过程中拉力F将不变。如图所示。
/
故答案为：不变。
13．【解答】（1）以O为支点，动力为手对木棒B端竖直向下的拉力F，动力臂为OB；阻力为物体对木棒A端的拉力，大小等于G，阻力臂为OA，
根据杠杆的平衡条件有：F×OB＝G×OA，
即：F×（0.6m﹣0.2m）＝40N×0.2m，
解得：F＝20N；
（2）物体的重力G不变，即杠杆受到的阻力不变，让手上用力再小一点，应该减小阻力臂或增大动力臂；杠杆的长度一定，可以将肩上支点O向A点移动（或物体向支点O移动）。
故答案为：20；将肩上支点O向A点移动（或物体向支点O移动）。
14．【解答】延长动力的作用线（用虚线），由支点向动力的作用线做垂线（用虚线），标出L1．如图所示：
/
15．【解答】要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起。如图：
/
16．【解答】（1）由图可知，重力G的力臂为DP，风对球的作用力F的力臂为OD，
细杆OP和球P处于静止状态在这种情况下杠杆平衡的条件是：G?DP＝F?OD；
（2）由杠杆平衡的条件G?DP＝F?OD可得：/＝/﹣﹣﹣﹣﹣①
由相似三角形的性质可得：/＝/﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：/＝/，
当F＝4N时，有/＝/，
解得：AC＝24cm；
（3）当OP和AB的接触点为B时，此装置所测的风力最大，则有
/＝/，即/＝/，
解得：F大＝8N；
（4）由/＝/可得：F＝/?AC，
由G和OA不变可知，F与AC成正比，则细杆上的刻度是均匀的。
答：（1）G?DP＝F?OD；
（2）24；
（3）8；
（4）细杆AB上标注好风力值后，细杆上的刻度是均匀的。
17．【解答】（1）设一个钩码的重为G，一格的长度为L，根据F1×L1＝F2×L2，
2G×3L＝nG×2L，解得n＝3，即可以B位置挂上3个钩码，使杠杆仍然在水平位置平衡；
（2）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数先减小后增大；
（3）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）3；（2）先变小再变大；（3）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
18．【解答】（1）杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2））设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左L左＝F右L右，即左端：4G×2L＝8GL，右端：2G×3L＝6GL，8GL＞6GL，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，只需要右侧的钩码向右移动一格，即右侧：2G×4L＝8GL，这样左侧力与力臂的等于右侧力与力臂的乘积，即杠杆会重新平衡；
（3）由图可知，弹簧测力计在图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；
故答案为：（1）右；（2）右侧的钩码向右移动一格；（3）丙图；丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量。
19．【解答】（1）由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：F2＝/，由此可知当阻力臂和动力不变时，阻力与动力臂成正比，即动力臂越大，阻力越大；所以，为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越大；
（2）由图知滑轮a为定滑轮，其作用是改变用力的方向；
由图乙可知该滑轮组承担总重的绳子有2段，动滑轮重、绳重及摩擦不计，
则能吊起货物的重力G＝2F＝3×104N×2＝6×104N，
由G＝mg可得货物的质量：m＝/＝/＝6000kg；
（3）动滑轮重、绳重及摩擦不计，则提升货物时没有做额外功，
沿竖直方向匀速提升货物时，钢丝绳做功：W＝Fs＝Gh＝1.2×104N×30m＝3.6×105J；
沿水平移动时，货物受到的拉力是向上的，但货物没有向上移动距离，故水平移动过程中拉力没做功，即整个过程中钢丝绳做功为3.6×105J。
故答案为：（1）大；（2）定滑轮；6000；（3）3.6×105。
20．【解答】（1）由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝3，
物体上升的高度：h＝/＝/＝1m，
则物体上升的速度：
v＝/＝/＝0.1m/s。
（2）由图乙可知，横坐标表示绳子自由端移动的距离，纵坐标表示拉力，
由W＝Fs可知，图乙中阴影部分的面积表示拉力做的功，
其大小：W总＝Fs＝50N×3m＝150J；
（3）拉力所做的有用功：
W有＝Gh＝105N×1m＝105J，
滑轮组提升该重物时的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝70%；
（4）若克服绳重和摩擦做的额外功为10J，则克服动滑轮重力做的的额外功：
W动＝W总﹣W有﹣W绳重和摩擦＝150J﹣105J﹣10J＝35J，
所以，由W动＝G动h＝m动gh可得，动滑轮的质量：
m动＝/＝/＝3.5kg。
答：（1）物体上升的速度为0.1m/s；
（2）图乙中阴影部分的面积表示拉力做的功，该物理量的大小为150J；
（3）滑轮组提升该重物时的机械效率为70%；
（4）动滑轮的质量为3.5kg。
/
易错点一：不能正确分析实际生活中的杠杆，对其支点、动力、阻力的分析错误。
典例1：（2019秋?南开区校级月考）如图所示是钢丝钳处于工作时的状态。图中给出了四位同学在钢丝钳单侧钳柄及其相连部分上所画出的动力F1、动力臂L1、阻力F2的示意图，其中正确的是（ ）
【错解】选A，理由：作用在杠杆上的动力一定与杠杆的阻力相反
【析错】动力是使杠杆转动的力，阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是指从支点到力的作用线的垂直距离，据此对选项中的作图做出判断。
【正解】选C，理由：由图可知，动力使杠杆转动，因此，其方向是向上的；而阻力阻碍杠杆转动，因此，其方向也是向上的。同时，动力臂必须从支点O开始，向动力的作用线作垂线。综上所述，只有选项C所画的动力F1、动力臂L1、阻力F2全部正确。故选：C。
针对训练1：（2019?长安区一模）如图，这款图钉来自于一个初中生的创意，翘起部分为我们预留下施力空间。当拔起图钉时，将图钉看作杠杆，其支点为（ ）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【解析】（1）杠杆的五要素包括：动力，使杠杆转动的力；阻力，阻碍杠杆转动的力；支点，指的是杠杆绕着转动的点；动力臂，从支点到动力作用线的距离；阻力臂，从支点到阻力作用线的距离。
（2）根据该图钉的转动情况，可以确定其支点。这个装置的目的是为了能把图钉拔出来，该图钉的工作过程是这样的：用力向上撬杠杆的A点，设备绕着D点顺时针转动，使图钉被拔出，由此可知D点是支点。故选：D。
【答案】D
易错点二：不能正确分析动态杠杆中的力与力臂变化。
典例2：（2019秋?衢州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将（ ）
A．变大 B．不变
C．变小 D．先变大后变小
【错解】选C，理由：让棒缓慢转到图中虚线所示位置，阻力臂逐渐变大。
【析错】先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。
【正解】选A，理由：由题知，动力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，则在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；由杠杆的平衡条件知：F?OA=G?L阻，当OA、G不变时，L阻越大，则F越大，因此在这个过程中拉力F逐渐变大。故选：A。
针对训练2：（2019秋?江都区期中）如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是（ ）
A．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格
B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变
C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变
D．将左右两边的钩码均向外移动一格
【解析】设杠杆上一个小格的长度为1cm，一个钩码的重为1N。A、将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，则（4-2）N×3cm=3N×（4-2）cm，杠杆仍然能平衡，故A正确。B、在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，则（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm，杠杆的右端下沉，故B错误。C、将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，则（4-1）N×3cm＞（3-1）N×4cm，杠杆的左端下沉，故C错误。D、将左右两边的钩码均向外移动一格，则4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm，杠杆的左端下沉，故D错误。故选：A。
【答案】 A
易错点三：不能正确分析滑轮组承担重物的绳子股数。
典例3：（2019?台州模拟）如图所示，物体A在物体B的重力作用下做匀速直线运动。若在A上再施加一个水平向左、大小为180N的拉力F（图中未画出），则物体A向左做匀速直线运动，此时物体A与桌面之间的摩擦力为 N，方向 。物体B的重力为 N（滑轮与绳间摩擦、绳重和滑轮重均不计）。
【错解】180；水平向右；45。理由：A物体在水平方向上做匀速直线运动，则在水平方向上受平衡力的作用，故此时物体A与桌面间的摩擦力为180N。
【析错】物体A在物体B的重力作用下向右做匀速直线运动，这时A受到的摩擦力等于动滑轮的拉力，即f=F动；当物体A向左做匀速直线运动时，分析A的受力情况，列出受力平衡式，进而求出A受到的摩擦力和动滑轮上受到的拉力F动。动滑轮上有2段绳子承担拉力，那么动滑轮上受到的拉力和物体B的重力的关系为：F动=2GB，据此物体B的重力。
【正解】答案： 90；水平向右；45。，理由：物体A在物体B的重力作用下向右做匀速直线运动时，A受到的摩擦力等于动滑轮对A的拉力，即f=F动；当物体A向左做匀速直线运动时，受到向左的拉力F、向右的摩擦力f和F动，即；F=f+F动，因f=F动，所以F=2f，即180N=2f，解得f=F动=90N，且此时摩擦力方向水平向右。动滑轮上有2段绳子承担拉力，滑轮与绳间摩擦、绳重和滑轮重均不计.那么动滑轮上受到的拉力和物体B的重力的关系为：F动=2GB；
则GB=
1
2
??
动
=
1
2
×90N=45N，。
针对训练3：（2019春?海淀区期末）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，挂钩上都吊着相同的物体，把物体匀速提升相同的高度，图甲中绳子自由端受到的拉力大小F1=2N．若不计绳重及轴间摩擦，则图乙中绳子自由端受到的拉力大小F2= N。
【解析】由图知，甲滑轮组由3段绳子承担物重，不计绳重及轴间摩擦，则拉力F1=
1
3
G总（G总为物体和动滑轮的总重力），所以总重力：G总=3F1=3×2N=6N；
已知两滑轮组中动滑轮重力相等，提升物体的重力也相等，即总重力相等，由图知，乙滑轮组由2段绳子承担物重，不计绳重及轴间摩擦，则拉力F2=
1
2
G总=
1
2
×6N=3N。
【答案】3。
易错点四：不理解机械做功多少、机械功率、机械效率的关系。
典例4：（2019?大丰区一模）用相同的滑轮和绳子分别组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，绳子受的拉力分别为F1、F2，保持甲、乙两绳自由端的速度相同，把相同的物体匀速提升相同的高度。若不计绳重及轴处摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．F1和F2大小不相等，滑轮组的机械效率相同
B．F1和F2大小不相等，F1和F2的功率相同
C．绳子自由端移动的距离不相等，物体运动的时间相同
D．绳子自由端移动的距离相等，F1和F2做的功相同
【错解】选B，理由：做功多的机械功率一定大。
【析错】由滑轮组的结构知道承担物重的绳子股数n，①不计绳重及摩擦，拉力等于物重和动滑轮重之和的
1
??
；②把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；利用相同的滑轮和绳子、提升相同的高度，做额外功相同；而总功等于有用功加上额外功，可知利用滑轮组做的总功相同，再根据效率公式判断滑轮组机械效率的大小关系；③绳子自由端移动的距离s=nh，物体上升的速度是绳子自由端拉动速度的
1
??
；物体上升高度相同，所需时间长短决定于上升的速度；④甲、乙两绳自由端的速度相同，拉力功率大小用公式P=Fv比较。
【正解】选A，理由：不计绳重及摩擦， AB、∵拉力F=
1
??
（G物+G轮），n1=3，n2=2，
∴绳子受的拉力： F1=
1
3
（G物+G轮），F2=
1
2
（G物+G轮），
∴F1≠F2，
∵动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额=G轮h，W有用=G物h，
∴利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同，
∵η=
??
有用
??
总
，
∴滑轮组的机械效率相同；
已知甲、乙两绳自由端的速度相同，而拉力不同，由P=Fv知：拉力F1和F2的功率不相同。所以选项A正确、B错误；
CD、∵绳子自由端移动的距离s=nh，n1=3，n2=2，提升物体的高度h相同，
∴s1=3h，s2=2h，可见s1≠s2；
物体上升速度不同，上升高度相同，所以所用时间不同。选项C、D均错误。故选：A。
针对训练4：（2019?雁塔区校级一模）用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完（未画出），实验中，拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，物体A上升的速度v随时间变化的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦，在1～2s内，滑轮组的机械效率为80%，则下列判断中正确的是（ ）
A．物体A的重为1500N
B．动滑轮的重为400N
C．物体A从静止开始上升1s后，拉力的功率为500W
D．若将物体A换成重为900N的物体B，则在匀速提升物体B的过程中，滑轮组的机械效率将变为75%
【解析】用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完，则承担物重和动滑轮重的绳子段数为3，如图所示：
AB、已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%，
由甲图可知，在1～2s内拉力F=500N，由
η=
??
有用
??
总
=
???
????
=
???
?????
=
??
????
可得物体A的重： GA=3F?η=3×500N×80%=1200N，故A错误；
不计绳重和摩擦，根据F=
1
??
（G物+G动）得动滑轮的重：
G动=3F-GA=3×500N-1200N=300N，故B错误；
C、由甲图知，1s后的拉力F=500N，由乙图可知1s后物体的速度v物=1m/s，
则绳子自由端移动的速度：v绳=3v物=3×1m/s=3m/s，
所以拉力F的功率：P=Fv绳=500N×3m/s=1500W；故C错误；
D、若将重物A的重力减小为900N，由于滑轮组不变，不计绳重和摩擦，
此时滑轮组的机械效率：
η′=η=
??
有用
??
总
=
??
有用
??
有用
+
??
额
=
??
/
?
??
/
?+
??
动
?
=
??
/
??
/
+
??
动
=
900??
900??+300??
×100%=75%，故D正确；故选：D。
【答案】D
易错点5 不理解斜面拉力与摩擦力大小的关系。
典例5：（2019春?朝天区期末）如图所示，工人沿斜面把一箱货物从底端匀速拉进车厢，拉力为400N，此斜面的长为5m，高为1m，货物重为1500N．则下列说法错误的是（ ）
A．拉动过程中拉力做功2000J
B．拉动过程中此斜面的机械效率是75%
C．货物受到的摩擦力大小为400N
D．为了更省力，可适当减小斜面的坡度
【错解】选ABD，理由：物体沿斜面匀速上升时，拉力大小等于摩擦力，所以C选项正确。
【析错】（1）根据功的计算公式W=Fs可求出拉力做的功，即总功；再根据W=Gh求出有用功；然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的效率η。（2）根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额=fs，变形后可求摩擦力f。（3）斜面的坡度越小越省力。
【正解】选C。 理由：A、拉力做功为：W总=Fs=400N×5m=2000J；故A说法正确；
B、此过程的有用功为：W有=Gh=1500N×1m=1500J；
斜面的机械效率为：η=
??
有
??
总
=
1500??
2000??
=75%；故B说法正确；
C、此过程的额外功为：W额=W总-W有=2000J-1500J=500J；
由W额=fs可得，摩擦力为：f=
??
额
??
=
500??
5??
=100N；故C说法错误；
D、斜面的坡度越小，拉力越小；即为了更省力，可适当减小斜面的坡度；故D说法正确；
故选：C。
针对训练5：（2019?杭锦旗校级模拟）在斜面上将一个质量为5kg的物体匀速拉到高处，如图所示，沿斜面向上的拉力为40N，斜面长2m、高1m。把重物直接提升h所做的功作有用功（g取10N/kg）。下列说法正确的是（ ）
A．物体只受重力、拉力和摩擦力三个力的作用
B．做的有用功是80J
C．此斜面的机械效率为62.5%
D．物体受到的摩擦力大小为10N
【解析】A、拉动斜面上的物体运动时，物体受到重力、拉力、支持力、摩擦力共4个力的作用；故A错误； B、做的有用功为：W有=Gh=mgh=5kg×10N/kg×1m=50J；故B错误； C、做的总功为：W总=Fs=40N×2m=80J，此斜面的机械效率为：η=
??
有
??
总
=
50??
80??
==62.5%；故C正确；
D、所做的额外功为：W额=W总-W有=80J-50J=30J；
由于W额=fs，所以摩擦力为：f=
??
额
??
=
30??
2??
=15N；故D错误；故选：C。
【答案】C
易错点六：不理解机械的机械效率的变化。
典例6：关于用同一滑轮组提升重物时的机械效率，以下说法正确的是（ ）
A．额外功越大，机械效率一定越小 B．功率越大，机械效率一定越大 C．提升的物体越重，机械效率越大 D．同一机械的机械效率是恒定不变的
【错解】选D，理由：同一机械的机械效率始终不变。
【析错】（4）同一滑轮组，物体越重，滑轮组的机械效率越高．
【正解】选C，理由： A．由??=
??
有
??
总
可知，机械效率大小取决于有用功与总功的比值，不是由额外功决定的，故A错误；B．功率越大，表示做功越快，机械效率表示机械性能的好坏，机械效率与功率之间没有直接联系，故B错误；C．同一滑轮组的机械效率与被提升的物重有关，同一滑轮组提升的物体越重，机械效率越大，C正确，D错误；故选C；
针对训练6：（2019秋?高州市期中）如右图用同样的滑轮组分别提起质量相等的一个物体和两个物体，比较甲、乙两图，正确表示机械效率关系的是（ ）
A．η甲=η乙 B．η甲＜η乙 C．η甲＞η乙 D．无法比较
【解析】利用相同的滑轮组提升不同物体至相同高度时，所做的额外功相同，在物体上升的高度相同时，物体越重，有用功越大，则有用功在总功中所占的比例越大，即滑轮组的机械效率越大，由图知，乙滑轮组提升的物体更重，所以乙滑轮组的机械效率较大，即η甲＜η乙。故选：B。
【答案】B
探究杠杆的平衡条件
1．教材实验原理图
/
2．实验结论
杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。写成公式F1l1=F2l2
3．实验拓展
(1)拓展：让支点处于杠杆的中央目的是消除杠杆自身重力对实验造成的影响。
(2) 拓展：让杠杆在水平位置平衡便于读了杠杆的力臂。
(3) 拓展： 调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(4) 拓展：测力计从竖直拉杠杆变成倾斜拉杠杆，因为拉力的力臂变小了，测力计的示数将变大。
(5) 拓展：杠杆平衡后，两边同时增加钩码后，杠杆是否平衡的判断。
(6) 拓展：多次实验测量的目的是使实验结论且有普遍性。
(7) 拓展：分析处理数据得出结论。
典例6：（2019春?南山区期末）某同学在探究“杠杆的平衡条件”实验中：
（1）在研究杠杆平衡条件实验的过程中，杠杆静止时发现杠杆右端较低，为使杠杆在水平位置平衡应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）端调节。
（2）杠杆平衡后，小明同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡。实验时加减砝码应使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是： 。小明改用弹簧测力计在图乙中的C位置斜下拉，若每个钩码重lN，当杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数将 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1N。
（3）小明在实验中记录了三次实验数据如下表：
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
1.0
10
0.5
20
2
2.0
10
1
20
3
2.0
20
4
10
由实验数据可得杠杆平衡条件是 。
【解析】（1）要使杠杆在水平位置处于平衡状态，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，
根据杠杆原理可知：F1l1=F2l2，即：2G×2L=nG×L，
解得：n=4，所以在B处挂4个钩码；
实验时加减砝码使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂；
当弹簧测力计在图乙所示的C位置斜向下拉时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，即L1＜4L，根据杠杆平衡条件得，
2N×2L=F1×L1，因为L1＜4L，所以F1＞1N；
（3）由表中实验数据可知，杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂。
【答案】（1）左；（2）4；便于测量力臂；大于；（3）动力×动力臂=阻力×阻力臂。
探究滑轮组的机械效率
1．教材实验原理图
2．实验注意问题
弹簧测力计要竖直匀速运动。
3．实验拓展
拓展（1）：测量工具弹簧测力计、刻度尺。
拓展（2）：控制变量法的应用：探究被提升重物重力大小对滑轮组机械效率的影响：用同一滑轮组吊起数量不同的钩码；探究动滑轮重力大小对滑轮组效率的影响：使用重力或数量不同的动滑轮吊起数量相同的钩码。
典例7：（2019春?白山期末）小红在“测量滑轮组机械效率”的实验中，测得的相关数据如表所示。
次数
钩码重力G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
0.9
0.3
2
4
0.1
1.6
0.3
83.3%
3
6
0.1
2.3
0.3
87.0%
（1）实验时，小红应沿竖直方向 拉动弹簧测力计，使钩码升高。
（2）分析表中的数据可知，小红测的是 （选填“甲”或“乙”）滑轮组的机械效率，第1次实验，滑轮组的机械效率为 。
（3）分析表中数据可得出结论：使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）第3次实验中，若仅增加钩码上升的高度，滑轮组的机械效率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
【解析】（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（2）根据绳端移动距离与物体升高的高度的关系s=nh，实验中
n=
??
?
=
0.3??
0.1??
=3，故小红测的是甲滑轮组的机械效率；
第1次实验测得的滑轮组的机械效率：η=
??
有
??
总
=
???
????
=
2??×0.1??
0.9??×0.3??
×100%≈74.1%
（3）由表中实验数据可知，使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大； （4）若只改变物体被提升的高度，其有用功、额外功发生相同倍数的变化，由
η=
??
有
??
总
=
??
有
??
有
+
??
额
可知，滑轮组的机械效率不变。
【答案】（1）匀速；（2）甲；74.1%；（3）重；（4）不变。
强化训练：
1．（2019秋?南京期末）下图中使用的工具，属于费力杠杆的是（ ）
A．镊子 B．独轮车 C．羊角锤 D．钢丝钳
2．（2019秋?淮安区期末）如图所示，用船桨划船的优点是（ ）
A．能省力 B．省距离
C．既省力又省距离 D．既不省力也不省距离
3．（2019秋?马鞍山期末）如图用50N的拉力F水平拉着重为100N的物体在水平路面上匀速移动2m的距离。物体所受摩擦力为80N，则（ ）
A．总功为320J B．有用功为200J
C．额外功为160J D．机械效率为80%
4．（2019秋?桂林期末）如图所示，小林利用滑轮组提升800N的重物，他在绳子自由端施加的拉力F为500N，物体在5s内匀速上升了1m，则5s内（ ）
A．绳子自由端移动了 3m
B．小林做的有用功是 500J
C．动滑轮的重力大小不会影响滑轮组的机械效率
D．增大物体重力，有利于提高滑轮组的机械效率
5．（2019秋?博罗县期末）如图所示，用甲、乙两个滑轮组在相同时间内分别将A、B物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA＞GB，滑轮组的机械效率η甲＜η乙（不计绳重和摩擦）。下列判断正确的是（ ）
A．两滑轮组绳端移动的距离相等
B．甲滑轮组的有用功比乙的少
C．甲滑轮组的动滑轮比乙的重
D．甲滑轮组的总功率比乙的小
6．（2019秋?瑞安市期末）用下列方法匀速提升同一重物，若不计绳子、滑轮的重力及摩擦，其中最省力的是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
7．（2019秋?瑞安市期末）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．/
8．（2019秋?苏州期末）如图所示，用一个重为8N的动滑轮来提升物体，在实际工作中竖直向上的拉力为20N，则动滑轮的机械效率（ ）
A．一定等于80% B．一定大于80%
C．一定小于80% D．以上情况都有可能
9．（2019秋?郴州期末）以下是同学们对机械效率的一些理解，其中正确的是（ ）
A．机械效率越高，机械做功一定越快
B．做功越多的机械，机械效率一定越高
C．功率越大的机械做功一定越多
D．有用功在总功中所占的比例越大，机械效率一定越高
10．（2019秋?建湖县校级月考）今年国庆70周年期间，小明爸爸开了一瓶啤酒表示庆贺，瓶盖的起子可以看作是一个杠杆，小明用所学知识画了四幅杠杆示意图，正确的是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
11．（2019秋?淮安区期末）滑轮实质上是变形的杠杆，系在旗杆的上端，升旗用的滑轮是 滑轮，能改变力的方向；装在起重机上，与重物一起运动的滑轮是 滑轮，能 。
12．（2019秋?苏州期末）如图所示，沿斜面向上匀速拉一个重为100N的物体到斜面顶端，斜面长0.5m，高0.3m，拉力为80N，则这个斜面的机械效率是 %，物体受到的摩擦力是 N。
13．（2019秋?永春县期末）如图所示的滑轮组中动滑轮重0.6N，物重2.4N，不计绳重和各处摩擦，当物体匀速上升时，绳自由端在竖直方向上的拉力F为 N，机械效率为 。
14．（2020?新抚区一模）如图甲是皮带打孔器。使用时用力压手柄，其上端手柄及其连接部分可视为一个杠杆，图乙是其简化示意图。图中O为支点，F2是打孔时B点受到的阻力。请在乙图中画出：
/
（1）阻力臂l2
（2）作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。
15．（2019?靖远县二模）生活中的一些“常用语”是物理知识的再现，请你从下面两句话中任选一句，说明其对应的物理知识。
（1）做事讲究技巧，恰当应用技巧可以达到“四两拨千斤”的妙处。
（2）做人讲究品行，自然受到别人的尊重，可谓“身正不怕影子歪”。
16．（2019秋?滨海县期中）小明利用轻质木条和一个金属块等器材制作了如图所示的测量液体密度的秤。使用时只要将金属块全部浸没在待测液体中（不触底），就能通过移动秤砣的位置，从木条上的刻度读出液体的密度值。
（1）若木条上A、B、C中有一点是零刻度，应该是 点，该秤的全部刻度是在零刻度的 边（左或右）。
（2）如果该杆秤称量物体的质量，秤砣上粘了一块泥，则用此秤测出物体的质量与实际质量相比较 。
A．偏大 B．偏小 C．一样大 D．无法判断
（3）如果该杆秤的提钮到秤钩距离是4cm，秤砣质量为250g，用来称量质量为2kg的物体，若不考虑秤杆的重，秤砣应离提纽 cm，秤杆才平衡。如果秤钩到秤杆右端总长60cm，该杆秤最大能称量 kg的物体。
17．（2019春?鞍山期末）小方同学在“探究定滑轮和动滑轮特点”的实验中，装置图如图所示。
（1）小方在测量钩码重力前，除了观察弹簧测力计的量程和分度值外，还应将测力计在 方向调零。测量钩码重力时，应将钩码挂在弹簧测力计下如图甲所示，并让它处于 状态，这时弹簧测力计的示数大小就等于钩码的重力大小。
（2）在探究定滑轮特点时，小方按照如图乙所示操作，觉得读数不太方便，于是把测力计倒过来，即测力计吊环系在拉绳上，用手拉挂钩，测力计的示数会 （选填“变大”、“变小”或“不变”），其理由是 。
（3）在探究动滑轮特点时，小方按照如图丙所示操作，记录数据如下表。分析数据发现，测力计的示数F大于物重G的一半，其原因是 ，请给出减小此差异的建议 。小方最终得出正确的实验结论：使用动滑轮可以 ，但不能改变 ，而且费 。
实验次数
物重G/N
测力计的示数F/N
1
1.00
0.65
2
1.50
0.90
3
2.00
1.15
18．（2019春?白山期末）小红在“测量滑轮组机械效率”的实验中，测得的相关数据如表所示。
次数
钩码重力G/N
提升高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2
0.1
0.9
0.3
2
4
0.1
1.6
0.3
83.3%
3
6
0.1
2.3
0.3
87.0%
（1）实验时，小红应沿竖直方向 拉动弹簧测力计，使钩码升高。
（2）分析表中的数据可知，小红测的是 （选填“甲”或“乙”）滑轮组的机械效率，第1次实验，滑轮组的机械效率为 。
（3）分析表中数据可得出结论：使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）第3次实验中，若仅增加钩码上升的高度，滑轮组的机械效率将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
19．（2019?广东一模）如图甲是某中学科技小组设计的打捞水中物体的装置示意图。DB是以O点为转轴的水平杠杆，杠杆可以绕O点在竖直平面内转动，OD的长度为2m。水平地面上的配重E通过细绳竖直拉着杠杆D端，配重E的质量mE为250kg。安装在杠杆DB上的行走装置由支架、动滑轮X、提升电动机、定滑轮K构成，行走装置的质量m为20kg。电动机Q可以通过定滑轮S和动滑轮X拉动行走装置沿BO水平滑动。固定在提升电动机下的定滑轮K和动滑轮M组成滑轮组Y，当行走装置处于杠杆DB上C点的位置时，提升电动机拉动绳子H端，通过滑轮组Y竖直提升水中的圆柱体A．圆柱体A完全在水中，以0.1m/s匀速上升的过程中，滑轮组Y的机械效率为η1，配重E对地面的压强为p1；物体A以原来的速度匀速竖直上升，全部露出水面后，最终停在空中某高度时，配重E对地面的压强为p2．滑轮组Y提升物体A的过程中，行走装置受到的水平拉力始终为零，杠杆DB在水平位置保持平衡。电动机H处绳子拉力的功率随时间变化的情况如图乙所示。已知圆柱体A的质量mA为60kg，底面积为30dm2，p1与p2之比为4：1．物体A被打捞出水面后，停留在一定高度，电动机Q开始拉动行走装置。在行走装置以0.05m/s的速度水平匀速移动的过程中，电动机Q处拉力T的功率为5W，行走装置受到的水平拉力为F．细绳和杠杆的质量、滑轮与轴的摩擦、水对物体的阻力均忽略不计，g取10N/kg。回答下列问题：
/
（1）提升电动机所连绳子自由端的移动速度为 m/s，动滑轮M所受的重力为 N；
（2）机械效率η1为 %，若提升电动机速度不变，则在空气中的滑轮组的效率与在水中时相
比 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）OC的长度为 ；
（4）拉力F＝ N。
（5）物体A的密度为 。
20．（2019秋?洪泽区校级期中）工人用如图甲所示的滑轮组利用箱子运送建材上楼每次运送量不定滑轮组的机械率随建材重量变化的图象，如图乙所示滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计。（g取10N/kg）
（1）动滑轮的重力是多大；
（2）若某次运送建材的质量为50kg，求此时的拉力是多少；
（3）当滑轮组的机械效率为60%时运送建材的重力是多大？
/
/
1．（2018秋?滨海县期末）如图所示，用手沿竖直方向匀速拉一个动滑轮，使挂在下面重为G的物体缓慢上升，动滑轮的重力不可忽略，现改变物体的重力G，不计绳重与摩擦，则动滑轮的机械效率η与物体重力G的关系可能符合下列图中的（ ）
A．/B．/ C．/ D．/
2．（2019秋?宜兴市月考）用图示甲、乙两种方式匀速提升重为100N的物体，已知滑轮重20N、绳重和摩擦力不计。则（ ）
A．手的拉力：F甲＝F乙；机械效率：η甲＝η乙
B．手的拉力：F甲＜F乙；机械效率：η甲＜η乙
C．手的拉力：F甲＞F乙；机械效率：η甲＜η乙
D．手的拉力：F甲＞F乙；机械效率：η甲＞η乙
3．（2018秋?常州期末）从能否省力的角度，下列图中有一个杠杆与其它三个不同类，它是（ ）
A．羊角锤拔钉子 B．钓鱼竿吊起鱼 C．撬棒撬石头 D．铡刀切割草
4．（2019秋?江宁区校级月考）A、B两种实心物体的质量与体积的关系如图甲所示，把体积相等的A、B物体挂在滑轮组下，若要使它们处于静止状态，则图乙的虚线框内悬挂B物体的个数是（不计摩擦和滑轮的自重）（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
5．（2019秋?安徽月考）如图所示，有一斜面长为L，高为h。现用力F沿斜面把重为G的物体从底端匀速拉到顶端，已知物体受到斜面的摩擦力为f，则下列关于斜面机械效率η的表达式正确的是（ ）
A．/ B．/
C．/ D．/
6．（2019秋?淳化县月考）如图所示，拉力F＝80N，物体重力G＝120N，不计绳重和摩擦。若将物体匀速提高1m，以下说法不正确的是（ ）
A．动滑重为40N B．总功为160J
C．有用功为80J D．机械效率为75%
7．（2019秋?丹徒区校级月考）如图杠杆AOB用细线悬挂起来，分别在A、B两端分别挂上质量为m1、m2的质量相同重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，不计杠杆重力，（ ）
A．AO＞OB B．AO＝OB C．AO＜OB D．无法判断
8．（2019秋?洪泽区校级月考）如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。若钩码质量均为50g，在A、B两处再各加一个钩码，下列说法正确的是（ ）
A．杠杆右边向下倾 B．杠杆左边向下倾
C．杠杆仍平衡 D．无法确定杠杆是否平衡
9．（2019秋?镇江期中）如图所示是某起重机示意图。当重物由主梁右端缓慢移向支点0的过程中，拉力F与重物到支点O的距离s的关系图象是（ ）
A．/ B．/ C．/ D．/
10．（2019秋?丹徒区校级月考）如右图示，轻质杠杆OA中点悬挂重物，保持F的方向始终与杠杆垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将（ ）
A．变小 B．变大
C．先变大再变小 D．不变
11．（2019秋?高港区校级月考）小宇同学用弹簧测力计，经过定滑轮匀速拉起重0.5N的钩码，如图所示，弹簧测力计的示数是0.6N．此结果表明，使用定滑轮不能 ；小宇向下用力，钩码向 （填写钩码的运动方向）运动，说明使用定滑轮能 。
12．（2019秋?淳化县月考）重为G的均匀木棒可绕O点自由转动，在其右端施加一个始终竖直向上的拉力F，让木棒缓慢转到图中虚线所示位置在转动的过程中拉力F将 （填变化情况）
13．（2019秋?淮阴区月考）如图所示，小明将长为0.6m，质量可忽略不计的木棒搁在肩上，棒的后端A挂一个40N的物体。肩上支点O离后端A为0.2m。他用手竖直向下施力于B端使木棒保持水平平衡，则手对B端的竖直向下的拉力为 N，如果让手上用力再小一点，可以 。
14．（2019秋?郴州期末）如图所示，F1是作用在抽水机手柄A处的动力，O为支点。请画出动力F1的力臂L1。
15．（2019秋?苏州期末）如图，画出滑轮组的绕线图，使站在地面上的小孩提升重物时所用拉力最小。
16．（2019春?温江区期末）小册设计了一个能反映水平风力大小的装置。如图所示，AB和OP均为质量不计的细杆，AB＝48cm，OP＝60cm，下端连接一个圆球P，圆球的重力G＝2N，无风时，OP下垂并与A端接触，A点标注的风力是0N；有风时，OP绕悬挂点O转动。风对球的作用力F方向始终水平向右，已知OA＝12cm，不计摩擦。
（1）如图所示，有风时，OP和AB的接触点为C，细杆OP和球P处于静止状态在这种情况下杠杆平衡的条件是： 。（用图中字母表示）
（2）当F＝4N时，OP和AB的接触点为C（图中未画出）AC＝ cm，C点标注的风力是4N。
（3）此装置可以标注的最大风力是 N。
（4）细杆AB上标注好风力值后，细杆上的刻度是否均匀？
17．（2019春?黄山期末）在探究“杠杆的平衡条件”的实验中
（1）调节杠杆平衡后，在图甲所示的A位置挂上2个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（2）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，使杠杆在水平位置保持平衡，弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，如图乙，则测力计示数将 。
（3）某同学采用如图丙所示装置进行实验，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是 。
/
18．（2019春?广饶县期末）如图所示，是某同学利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
/
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止位置如图甲，此时应将螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，在左右两侧分别挂上钩码，每个钩码质量相同。如图乙所示，杠杆的左端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，采取措施 。
（3）该同学还设计另外两种实验方案如图丙、丁所示。你认为 （选填“丙图”、“丁图”）的实验方案更好，请说明你的理由 。
19．（2019春?梅县区期末）如图甲为塔式起重机简易示意图，塔式起重机主要用于房屋建筑中材料的输送及建筑构件的安装（动滑轮重、绳重及摩擦不计，g取10N/kg）
（1）为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越 （选填“大″或“小”）
（2）图乙为起重机钢丝绳穿绳简化示意图，滑轮a是 （选填“动滑轮”或“定滑轮”），若钢丝绳能承受的最大拉力为3×104N，则能吊起货物的质量不能超过 kg。
（3）若将重为1.2×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升30m，再沿水平方向移动20m，则此过程钢丝绳做功 J。
/
20．（2019秋?涡阳县校级月考）如图甲所示，滑轮组在竖直向上的拉力F作用下，将重为105N的物体匀速提起，在10s时间内绳子自由端移动的距离为s＝3m。图乙是滑轮组工作时的拉力F与绳自由端移动距离s的关系图。
（1）计算物体上升的速度。
（2）图乙中阴影部分的面积表示的是哪个物理量？并计算出该物理量的大小。
（3）计算滑轮组提升该重物时的机械效率。
（4）若克服绳重和摩擦做的额外功为10J，求动滑轮的质量。
强化训练
参考答案与试题解析
1．【解答】A、镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，符合题意；
B、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意；
D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，不符合题意。
故选：A。
2．【解答】船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，不能获得更大的动力，但能省距离。故选：B。
3．【解答】A、使用动滑轮拉力端移动距离s′＝2s＝2×2m＝4m，拉力做的总功W总＝Fs′＝50N×4m＝200J，故A错误；
B、使用动滑轮做的有用功，等于直接拉物体做的功，即W有＝fs＝80N×2m＝160J，故B错误；
C、额外功W额＝W总﹣W有＝200J﹣160J＝40J，故C错误；
D、机械效率η＝/×100%＝/×100%＝80%，故D正确。
故选：D。
4．【解答】A、由图知，n＝2，绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×1m＝2m，故A错；
B、小林做的有用功W有用＝Gh＝800N×1m＝800J，故B错；
C、使用滑轮组提升重物时，对重物做的功为有用功，克服摩擦、提升动滑轮做的功为额外功，若提升相同的物体、提升相同的高度，做的有用功相同，若动滑轮重力越大，做的额外功越多，总功越多，则有用功与总功的比值越小，机械效率越低，可见，动滑轮的重力大小会影响滑轮组的机械效率，故C错；
D、增大物体重力，若提升的高度不变，做的有用功增大，而额外功几乎不变，这样有用功与总功的比值变大，滑轮组的机械效变大，故D正确。
故选：D。
5．【解答】A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n甲＝3，n乙＝2，则s甲＝3h，s乙＝2h，将A、B物体匀速提升相同高度，两滑轮组绳端移动的距离不相等，故A错误；
B、已知物体受到的重力GA＞GB、上升的高度相同，根据W有＝Gh可知，甲滑轮组的有用功比乙的多，故B错误。
C、忽略绳重和摩擦，由η＝/＝/＝/可得，G动＝（/﹣1）G，由η甲＜η乙可得，/＞/，则（/﹣1）＞（/﹣1），又因GA＞GB，所以（/﹣1）G甲＞（/﹣1）G乙，即甲滑轮组的动滑轮比乙的重，故C正确。
D、由B可知，W有甲＞W有乙，已知滑轮组的机械效率η甲＜η乙，由η＝/可得，甲滑轮组的总功比乙的大，
已知时间相同，由P＝/可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故D错误；
故选：C。
6．【解答】不计绳子、滑轮的重力及摩擦，提起的是同一物体G，
A、此图是动滑轮，由动滑轮及其工作特点可知，省一半的力，即F＝/G；
B、此图是定滑轮，由定滑轮及其工作特点可知，不省力，即F＝G；
C、此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子有3股，则F＝/G；
D、此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子有2股，则F＝/G。
由以上可知：在不计绳子、滑轮的重力及摩擦的情况下最省力的是C。
故选：C。
7．【解答】已知作用在脚踏板上的力为F，过支点作力F作用线的垂线段。图示如下：
/
只有B选项正确。故选：B。
8．【解答】如图，设提升物体的高度为h，则绳子自由端移动的距离s＝2h，
若不计摩擦和绳重，提起动滑轮做的额外功：
W额＝G轮h＝8N×h，
提起物体所做的总功：
W总＝Fs＝20N×2h，
提起物体所做的有用功：
W有用＝W总﹣W额＝20N×2h﹣8N×h＝32N×h，
滑轮组的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝80%；
在实际使用动滑轮时，摩擦和绳子存在，所做的额外功大于不计摩擦和绳重时所做的额外功，机械效率比不计摩擦和绳重时的机械效率小，即小于80%。故选：C。
9．【解答】A、机械效率越高，说明有用功占总功的比例大，不能说明机械做功一定越快，故A错误；
B、机械效率是指有用功与总功的比值，做功越多的机械，机械效率不一定越高，故B错误；
C、功率越大的机械做功越快，但不一定做功越多，故C错误；
D、机械效率是指有用功与总功的比值，有用功在总功中所占的比例越大，机械效率一定越高，故D正确。故选：D。
10．【解答】A、要把瓶盖打开，要克服瓶盖和瓶口之间的摩擦力，瓶盖给起子的阻力是向下的，故A错；
B、瓶盖给起子的阻力是向下的。动力和阻力都使绕支点O顺时针转动，故B错；
C、瓶盖给起子的阻力是向下的。动力是起子绕支点O逆时针转动，阻力绕支点O顺时针转动，故C正确；
D、如图，动力和阻力都使起子绕支点O逆时针转动，故D错。故选：C。
11．【解答】升旗用的滑轮固定在旗杆上，所以该滑轮是一个定滑轮；
起重机上的滑轮，它的轴随重物一起运动，是动滑轮，能够省力。
故答案为：定；动；省力。
12．【解答】有用功：
W有＝Gh＝100N×0.3m＝30J，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝80N×0.5m＝40J，
斜面的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝75%，
克服摩擦力所做的额外功：
W额＝W总﹣W有＝40J﹣30J＝10J，
由W＝fs可得，物体受到的摩擦力：
f＝/＝/＝20N。
故答案为：75； 20。
13．【解答】由图可知，n＝3，
不计绳重和各处摩擦，绳自由端在竖直方向上的拉力：
F＝/（G+G动）＝/×（2.4N+0.6N）＝1N，
滑轮组的机械效率：
η＝/＝/＝/＝/＝/×100%＝80%。
故答案为：1；80%。
14．【解答】（1）反向延长F2的作用线，从支点O作动力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2；
（2）由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
/
15．【解答】（1）由杠杆原理：F1l1＝F2l2，可知阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，所需动力越小，故而能达到“四两拨千斤”；
（2）影子是光线受物体遮挡而照射不到的区域，其原因是光在同种均匀透明物质中是沿直线传播的，故而物体是什么样的，所形成的影子也是如此，故而“身正不怕影子歪”。
答：（1）杠杆平衡条件；
（2）光在同种均匀透明物质是中沿直线传播的。
16．【解答】（1）金属块对杆秤的拉力等于金属块重力和浮力的差，当金属块不受浮力时，拉力最大，根据杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，所以动力臂应该最长，因此零刻度在C点。
金属块全部浸没在待测液体中，液体的密度越大，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排，金属块受到的浮力越大，金属块对杆秤的拉力越小，
根据杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，动力臂越短，因此秤的全部刻度是在零刻度的左边。
（2）秤砣上粘了一块泥相当于动力变大，物体重力和力臂不变，根据杠杆平衡条件杆可知，秤砣力臂必须变小，则从杆秤上读的数变小，所以此秤测出物体的质量与实际质量相比较偏小，故选B。
（3）由F1L1＝F2L2得，2kg×g×4cm＝0.25kg×g×L2
解得：L2＝32cm；
m×g×4cm＝0.25kg×g×（60cm﹣4cm）
解得：m＝3.5kg。
故答案为：（1）C；左；（2）B；（3）32；3.5。
17．【解答】（1）测量物体重力前，由于重力是竖直向下的，所以应将弹簧测力计在竖直方向调零；
当物体静止时，物体受到的重力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，大小相等；所以，测量物体重力时，应将物体挂在弹簧测力计下并让它处于静止状态；
（2）测力计倒过来使用时，弹簧测力计受力情况是：受到向上绳子的拉力（大小等于钩码重），受到向下的重力和手的向下拉力。这时测力计测量的是手向下的拉力，大小等于绳子自由端的拉力与测力计的重力之差。所以在匀速拉动时，根据二力平衡条件可知实验会造成测量值会小于向上绳子的拉力即钩码重；
（3）人在提升重物时把动滑轮也提起了，所以动滑轮本身的重力是存在差异的最主要原因；由于转轴之间有摩擦，绳也有一定重量，导致拉力增大。
“使用动滑轮能省一半力”是在不考虑动滑轮和摩擦的理想情况下才成立的，在实际实验中，动滑轮的物重和摩擦是客观存在的，要减小此差异，则动滑轮的重力不能忽略，所以应该将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里；
使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，同时绳子拉下的长度是物体上升高度的二倍，也就是费距离。
故答案为：（1）竖直；静止；
（2）变小；测力计本身受重力的作用；
（3）动滑轮本身有重力；将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里；省力；力的方向；距离。
18．【解答】（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（2）根据绳端移动距离与物体升高的高度的关系s＝nh，实验中n＝/＝/＝3，故小红测的是甲滑轮组的机械效率；
第1次实验测得的滑轮组的机械效率：
η＝/＝/＝/×100%≈74.1%；
（3）由表中实验数据可知，使用同一个滑轮组提升物体时，被提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大；
（4）若只改变物体被提升的高度，其有用功、额外功发生相同倍数的变化，由η＝/＝/可知，滑轮组的机械效率不变。
故答案为：（1）匀速；（2）甲；74.1%；（3）重；（4）不变。
19．【解答】（1）（2）（3）由图示可知n＝3，电动机所连绳子自由端的移动速度：v绳＝3v0＝3×0.1 m/s＝0.3m/s；
GE＝mEg＝250kg×10N/kg＝2500N，
G行＝mg＝20kg×10N/kg＝200N，
GA＝mAg＝60kg×10N/kg＝600N，
根据题意结合图乙可知，物体A以0.1m/s匀速上升，上表面接触水面到完全出水用了1s的时间。
所以，物体A的高度：h＝vAt＝0.1m/s×1s＝0.1m，
物体A浸没水中所受浮力：F浮＝ρ水gSh＝1×103kg/m3×10N/kg×30×10﹣2m2×0.1m＝300N；
物体A在水中匀速上升过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图3所示，配重E的受力分析图如图4所示，杠杆上C点、D点受力分析图如图5所示，以动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图6所示。
FC1＝G﹣F浮＝mg+GM+mAg﹣F浮，
/
N1＝GE﹣FD1＝mEg﹣FD1 ，
F′D1×OD＝F′C2×OC；
FC1＝F′C1，FD1＝F′D13F1＝GM+GA﹣F浮；
电动机H处绳子拉力的功率 P1＝F1×3v0，
物体A离开水面后匀速上升的过程中，以行走装置、动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图7所示，配重E的受力分析图如图8所示，杠杆上C点、D点受力分析图如图9所示，以动滑轮M和物体A为研究对象，受力分析图如图10所示。
/
FC2＝G＝mg+G动+mAg；
N2＝GE﹣FD2＝mEg﹣FD2；
F′D2×OD＝F′C2×OC；FC2＝F′C2，
FD2＝F′C2，3F2＝GM+GA，
电动机H处绳子拉力的功率P2＝F2×3v0，
则/＝/＝/＝/，
由图乙可知：P1＝40W，P2＝70W，
联立上面式子可得：GM＝100N；OC＝5m；
物体A在水中匀速上升h1的过程中，滑轮组的机械效率：η1＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝75%，
由η＝/可知，在空气中时，相当于物重增加，因此在空气中装置的机械效率更高。
（4）行走装置以v＝0.05m/s的速度水平匀速移动的过程中，拉力T的功率P＝T×2v，解得：T＝50N；F＝2T＝100 N。
（5）物体A的密度：ρA＝/＝/＝2×103kg/m3。
故答案为：（1）0.3； 100；（2）75； 变大；（3）5m；（4）100；（5）2×103kg/m3。
20．【解答】（1）由图乙可知，当运送建材的重力G1＝400N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
因滑轮和钢绳的摩擦力及绳重忽略不计，
所以，克服建材重力做的功为有用功，克服建材和动滑轮总重力做的功为总功，
则滑轮组的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝50%，
解得：G轮＝400N；
（2）由图可知，n＝2，
若某次运送建材的质量为50kg时的拉力：
F＝/（G2+G轮）＝/（m2g+G轮）＝/×（50kg×10N/kg+400N）＝450N；
（3）当滑轮组的机械效率为60% 时，则有：
η′＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝/×100%＝60%，
解得：G′＝600N。
答：（1）动滑轮重为400N；
（2）若某次运送建材的质量为50kg，求此时的拉力是450N；
（3）当滑轮组的机械效率为60%时运送建材的重力是600N。
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参考答案与试题解析
1．【解答】动滑轮的重力不可忽略，不计绳重和摩擦，则克服动滑轮重力所做的功为额外功；
物重增大时，有用功逐渐增大，有用功在总功中所占的比例增大，则机械效率逐渐增大，但机械效率不可能增大到100%，只能接近100%，所以机械效率增大得越来越缓慢，且机械效率η与物体重力G的关系并不成正比，故D正确，ABC错误。故选：D。
2．【解答】已知物重G＝100N，滑轮重20N，且绳重和摩擦力不计，
由图可知，甲滑轮是定滑轮，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力F甲＝100N；
乙滑轮是动滑轮，使用该滑轮可以省一半的力，则手的拉力：F乙＝/（G+G轮）＝/＝60N，故F甲＞F乙；
两幅图中的有用功是克服物体重力做的功，在提升高度相同的，由W有＝Gh可知有用功相同；
而乙图中还要克服动滑轮的重力做额外功，即使用动滑轮所做的总功多，根据机械效率公式η＝/×100%可知，有用功相同时，总功越大的，机械效率越小，则η甲＞η乙，故D正确，ABC错误。故选：D。
3．【解答】A、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
B、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；
C、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
D、铡刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
可见，钓鱼竿是费力杠杆，与其它三个杠杆（都是省力杠杆）不同类。
故选：B。
4．【解答】由图1可知，当m＝20g时，VA＝10cm3，VB＝40cm3，
则ρA＝/＝/＝2g/cm3，ρB＝/＝/＝0.5g/cm3，
所以ρA：ρB＝2g/cm3：0.5g/cm3＝4：1；
因为A、B的体积相同，
所以由G＝mg＝ρVg可得，A、B的重力之比：
GA：GB＝ρAVg：ρBVg＝ρA：ρB＝4：1；
由图2可知，使用的滑轮组中n＝2，不计摩擦和滑轮的自重，
要使它们处于静止状态，设方框中挂N个B物体，
则有：N?GB＝2GA，
则N＝2×/＝2×/＝8。故选：D。
5．【解答】斜面的高为h，物体的重力为G，
则有用功为：W有用＝Gh，
又因为斜面长为L，拉力为F，
所以拉力所做的总功为：W总＝FL，
则斜面的机械效率为：η＝/×100%＝/×100%；
而物体受到斜面的摩擦力为f，
则克服摩擦力做的额外功为：W额外＝fL，
所以总功为：W总＝W有用+W额外＝Gh+fL，
则斜面的机械效率为：η＝/×100%＝/×100%，故ABC错误，D正确。
故选：D。
6．【解答】由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2。
A．不计绳重和摩擦，由F＝/（G+G动）可得，动滑轮的重力G动＝nF﹣G＝2×80N﹣120N＝40N，故A正确；
B．滑轮组绳端移动的距离s＝nh＝2×1m＝2m，拉力做的总功W总＝Fs＝80N×2m＝160J，故B正确；
C．拉力做的有用功W有＝Gh＝120N×1m＝120J，故C错误；
D．滑轮组的机械效率η＝/×100%＝/×100%＝75%，故D正确。故选：C。
7．【解答】由图根据杠杆的平衡条件知：
m1g?LOA＝m2g?LOC
因为m1＝m2
所以LOA＝LOC
又因OB＞OC（直角三角形中斜边大于直角边）
所以AO＜OB
故选：C。
/
8．【解答】设一个钩码的重力为G，一个格为L．根据杠杆的平衡条件知：2G×2L＝G×4L；现在在A、B两处再各加一个钩码，左边力和力臂的乘积为：3G×2L；右边力和力臂的乘积为：2G×4L；右边力和力臂的乘积大。所以杠杆右边向下倾。故A正确。
故选：A。
9．【解答】当重物由主梁右端缓慢移向支点O的过程中，以左侧的支柱为支点，拉力F为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为s，
根据的平衡条件：FL＝Gs得，
拉力F为：F＝/G，
由关系式知：拉力F与重物到支点O的距离s成一次函数关系，且拉力随s的减小而减小，故A符合题意。
故选：A。
10．【解答】保持F的方向始终与杠杆垂直，则动力臂不变；
将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，动力臂不变，阻力不变（等于重物的重力），由图知重物对杠杆拉力的力臂变小（即阻力臂变小），所以由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F将变小。
故选：A。
11．【解答】用如图所示的定滑轮匀速提升G＝0.5N的重物，小宇向下用力，拉力为0.6N，重物向上运动，说明使用定滑轮不能省力，能改变力的方向。
故答案为：省力；上；改变力的方向。
12．【解答】杠杆在水平位置平衡时，根据杠杆平衡条件得，F×OA＝G×OC，所以F＝/G，
当杠杆匀速提起的过程中，杠杆平衡，由杠杆平衡条件得，F'×OA'＝G×OC'，所以F'＝/G，
因为△OAA'∽△OCC'，所以/＝/，则F＝F'，即在转动的过程中拉力F将不变。如图所示。
/
故答案为：不变。
13．【解答】（1）以O为支点，动力为手对木棒B端竖直向下的拉力F，动力臂为OB；阻力为物体对木棒A端的拉力，大小等于G，阻力臂为OA，
根据杠杆的平衡条件有：F×OB＝G×OA，
即：F×（0.6m﹣0.2m）＝40N×0.2m，
解得：F＝20N；
（2）物体的重力G不变，即杠杆受到的阻力不变，让手上用力再小一点，应该减小阻力臂或增大动力臂；杠杆的长度一定，可以将肩上支点O向A点移动（或物体向支点O移动）。
故答案为：20；将肩上支点O向A点移动（或物体向支点O移动）。
14．【解答】延长动力的作用线（用虚线），由支点向动力的作用线做垂线（用虚线），标出L1．如图所示：
/
15．【解答】要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起。如图：
/
16．【解答】（1）由图可知，重力G的力臂为DP，风对球的作用力F的力臂为OD，
细杆OP和球P处于静止状态在这种情况下杠杆平衡的条件是：G?DP＝F?OD；
（2）由杠杆平衡的条件G?DP＝F?OD可得：/＝/﹣﹣﹣﹣﹣①
由相似三角形的性质可得：/＝/﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：/＝/，
当F＝4N时，有/＝/，
解得：AC＝24cm；
（3）当OP和AB的接触点为B时，此装置所测的风力最大，则有
/＝/，即/＝/，
解得：F大＝8N；
（4）由/＝/可得：F＝/?AC，
由G和OA不变可知，F与AC成正比，则细杆上的刻度是均匀的。
答：（1）G?DP＝F?OD；
（2）24；
（3）8；
（4）细杆AB上标注好风力值后，细杆上的刻度是均匀的。
17．【解答】（1）设一个钩码的重为G，一格的长度为L，根据F1×L1＝F2×L2，
2G×3L＝nG×2L，解得n＝3，即可以B位置挂上3个钩码，使杠杆仍然在水平位置平衡；
（2）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数先减小后增大；
（3）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）3；（2）先变小再变大；（3）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
18．【解答】（1）杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2））设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左L左＝F右L右，即左端：4G×2L＝8GL，右端：2G×3L＝6GL，8GL＞6GL，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，只需要右侧的钩码向右移动一格，即右侧：2G×4L＝8GL，这样左侧力与力臂的等于右侧力与力臂的乘积，即杠杆会重新平衡；
（3）由图可知，弹簧测力计在图丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，图丙好；
故答案为：（1）右；（2）右侧的钩码向右移动一格；（3）丙图；丙中的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量。
19．【解答】（1）由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：F2＝/，由此可知当阻力臂和动力不变时，阻力与动力臂成正比，即动力臂越大，阻力越大；所以，为保持平衡，起重臂的长度越长的塔式起重机，配备的平衡重的质量应越大；
（2）由图知滑轮a为定滑轮，其作用是改变用力的方向；
由图乙可知该滑轮组承担总重的绳子有2段，动滑轮重、绳重及摩擦不计，
则能吊起货物的重力G＝2F＝3×104N×2＝6×104N，
由G＝mg可得货物的质量：m＝/＝/＝6000kg；
（3）动滑轮重、绳重及摩擦不计，则提升货物时没有做额外功，
沿竖直方向匀速提升货物时，钢丝绳做功：W＝Fs＝Gh＝1.2×104N×30m＝3.6×105J；
沿水平移动时，货物受到的拉力是向上的，但货物没有向上移动距离，故水平移动过程中拉力没做功，即整个过程中钢丝绳做功为3.6×105J。
故答案为：（1）大；（2）定滑轮；6000；（3）3.6×105。
20．【解答】（1）由图可知，连接动滑轮绳子的股数n＝3，
物体上升的高度：h＝/＝/＝1m，
则物体上升的速度：
v＝/＝/＝0.1m/s。
（2）由图乙可知，横坐标表示绳子自由端移动的距离，纵坐标表示拉力，
由W＝Fs可知，图乙中阴影部分的面积表示拉力做的功，
其大小：W总＝Fs＝50N×3m＝150J；
（3）拉力所做的有用功：
W有＝Gh＝105N×1m＝105J，
滑轮组提升该重物时的机械效率：
η＝/×100%＝/×100%＝70%；
（4）若克服绳重和摩擦做的额外功为10J，则克服动滑轮重力做的的额外功：
W动＝W总﹣W有﹣W绳重和摩擦＝150J﹣105J﹣10J＝35J，
所以，由W动＝G动h＝m动gh可得，动滑轮的质量：
m动＝/＝/＝3.5kg。
答：（1）物体上升的速度为0.1m/s；
（2）图乙中阴影部分的面积表示拉力做的功，该物理量的大小为150J；
（3）滑轮组提升该重物时的机械效率为70%；
（4）动滑轮的质量为3.5kg。
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