浙教版科学九上第三章 第4节 简单机械同步练习（优生加练）

浙教版科学九上第三章 第4节 简单机械同步练习（优生加练）
一、单选题
1．（2021·宁海模拟）小科用如图所示的滑轮组提升G为600N的重物，在绳子自由端施加F为250N的拉力，使重物在4s内匀速上升1m，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．动滑轮重100N
B．拉力做功的功率为150W
C．绳子自由端移动的距离为2m
D．此过程滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【知识点】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】（1）根据公式计算出动滑轮的重力；
（2）（3）首先根据s=nh计算拉力移动的距离，再根据计算出拉力的速度，最后根据P=Fv计算拉力的功率；
（4）根据公式计算滑轮组的机械效率。
【解答】A.根据公式得到：，解得：G动=150N，故A错误；
BC.拉力移动的距离s=nh=1m×3=3m，拉力的速度，拉力的功率P=Fv=250N×0.75m/s=187.5W，故B、C错误；
D.滑轮组的机械效率，故D正确。
故选D。
2．（2021·嵊州模拟）小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率。他将两个钩码悬挂在B点，在A点用弹簧测力计保持竖直方向向上拉动杠杆，使其绕O点缓慢转动，带动钩码上升一定的高度h（不计摩擦）。下列说法正确的是（　　）
A．杠杆转动过程中，弹簧测力计的示数会变小
B．仅增加钩码的个数，拉力所做的额外功增大
C．仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变大
D．仅将拉力的作用点从A点移到C点，杠杆的机械效率不变
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）弹簧测力计拉力方向总竖直向上，动力臂减小，阻力臂减小，阻力不变，动力不变，再根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质分析判断；
（2）克服杠杆重力做的功为额外功；
（3）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出拉力做的总功的变化情况；
（4）仅将拉力的作用点从A点移到C点，分析出有用功、额外功的变化，从而分析出杠杆的机械效率的变化。
【解答】A.若弹簧测力计拉力方向一直竖直向上拉动，阻力不变，动力臂减小，阻力臂变小，如下图所示：
因为△OBB′∽△OAA′，
所以 ，
所以动力臂与阻力臂的比值不变，
因为阻力不变，根据杠杆的平衡条件知，弹簧测力计的示数应该不变，故A错误；
B.克服杠杆重力做的功为额外功，仅增加钩码的个数，杠杆重力和杠杆上升的高度不变，拉力所做的额外功不变，故B错误；
C.钩码的悬挂点在B点时，由杠杆的平衡条件得F1 OA=G OB；悬挂点移至C点时，由杠杆的平衡条件得F2 OA=G OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功，即仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变小，故C错误；
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点，由于将相同的钩码提升相同的高度，有用功不变，额外功也不变，杠杆的机械效率不变，故D正确。
故选D。
3．（2020九上·椒江期中）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（　　）
A．悬点O适当左移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值分布不均匀
C．增大M的质量，秤的量程会减小
D．每次倒入空桶的液体质量相同
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，然后结合密度公式推导得出液体的密度与动力臂OB的数学关系式，然后结合这个公式，不断改变变量，对秤的量程变化进行分析，并判断刻度值是否均匀。【解答】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2得到：（G桶+G液体）×OA=GM×OB；
（G桶+ρ液体gV）×OA=GM×OB；
；
其中GM、G桶、OA和V都是常量，因此液体的密度与动力臂OB成正比，因此刻度是均匀的，故B错误；
根据公式可知，悬点O左移，那么OA减小，OB增大，会使液体的密度增大，从而增大量程，故A正确；
根据公式可知，根据增大M的质量，可以使液体密度增大，即增大量程，故C错误；
根据公式m=ρV可知，当液体的体积相同时，密度越大，液体的质量越大，因此注入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况，故D错误。
故选A。
4．（2020九上·杭州月考）如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO=OC，在 A、C 两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的钩码，则木棒 （　　）
A．绕 O 点顺时针方向转动
B．绕O 点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析判断即可。【解答】由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，
因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左×AO+G0×OD=F右×CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
则：G0×OD=G×CO=G×AO。
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为：3G×AO+G0×OD=3G×AO+G×AO=4G×AO，
右边力和力臂的乘积为：4G×CO=4G×CO，
可见，增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选D。
5．（2020·宁波）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为La、Lb的铝条a、b。将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，如图所示。取下铝条a后，将铝条b按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx。下列判断正确的是（　　）
A．若LaB．若La 成立
C．若Lb D．若Lb 【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】当把铝条a放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：①；
当把铝条b放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：②；
①÷②得到：
③；
因为铝条a和b横截面积相等，根据公式G=ρVg=ρShg可知，铝条的重力与长度成正比，
即：；
将其袋入③得到：；
因为La所以；
那么；
化简得到：；
整理得到：；
即：；
那么：。
如果支点O不动，因为Lb>La，所以肯定后有一部分在O点左侧。与原来相比可知，此时左边重力增大，为了维持平衡，必须减小阻力臂，增大动力臂，即支点向左移动，那么La故A正确，B错误；
若Lb La，故C、D错误。
故选A。
6．（2020八下·温州月考）如图所示是一块三角形的均匀大木板ABC，已知ABA．F甲>F乙>F丙 B．F甲C．F甲=F乙=F丙 D．无法判断
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）三角形的重心是三条边上中线的交点，且重心到底边的距离和对应顶点到底边的距离之比为1：3；
（2）以三角形的一个边为杠杆转动的支点，根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系，然后比较其大小。【解答】如图，O为三角形的重心，木板受到向上的力FA、FB、FC，向下的重力G，木板水平平衡，
先以三角形木板的以BC为轴（杠杆的支点），则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下，处于平衡状态，力臂为AO1、OO2，
则：F甲×AO1=G×OO2；
因为△OO2A'≈△AO1A'；
所以：
解得：；
同理可得：，；
因此：F甲=F乙=F丙。
故选C。
7．（2020八下·温州月考）一个600N重的成年人和一个小孩都过一道4m宽的水渠，成人从左岸到右岸，而小孩从水渠右岸到左岸，两岸各有一块3m长的坚实木板，他们想出了如图的方式过渠，请分析在忽略木板自身重量和木板叠交的距离情况下，要使成年人和小孩都能平安过渠，小孩的体重不能轻于多少牛？（　　）
A．100N B．200N C．300N D．400N
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】木板A′B′是一个杠杆，成年人对木板A′B′的压力为阻力，小孩对木板A′B′的压力为动力，由杠杆平衡条件列方程，然后求出小孩的重力。【解答】小孩站在B′处，让成年人先从木板上过水渠，当成年人到达水渠对岸后，站在B′处，然后再让小孩过水渠如图所示：
把木板A′B′视为杠杆，O为支点，成年人对A′B′的压力为阻力F2，小孩对木板的压力为动力F1，
当成年人在A′时，阻力F2=G成=600N，
由题意和图示可知：阻力臂OA′=4m-AB=4m-3m=1m；
动力臂OB′=A'B'-OB'=3m-1m=2m；
由杠杆平衡条件可得：G成×OB′=G小×OA′；
600N×1m=G小×2m；
解得：G小=300N。
故选C。
8．（2020九上·慈溪期末）如图，一质量分布均匀的12kg 铁球与轻杆 AB焊接于 A点后悬挂于竖直墙壁的 B点，轻杆的延长线过球心O，轻杆的长度是铁球半径的 2/3。要使铁球刚好离开墙壁，施加在铁球上的力至少为（　　）
A．27N B．45N C．72N D．90N
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】铁球的重力G=mg=12kg×10N/kg=120N；
由图知，当力F作用在球的下边缘，且与通过AB的直径垂直时，动力臂最长，其受力图如图所示：
把整体看做一个杠杆，支点在B点，由图知，球的重力方向竖直向下，力臂L2等于半径R，
F的力臂L1等于杆的长度与球的直径之和，则；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G L2=F L1；
解得：F=45N。
故选B。
9．（2019九上·杭州期中）“塔吊”是建筑工地上普遍使用的一种起重设备，如图所示是小 江同学搭建的迷你版塔吊。OB是竖直支架，ED是水平臂，OE段叫平衡臂，E端装有配重体，OD段叫吊臂，C处装有滑轮，可以在OD间移动。已知OE=50cm，OC=60cm，CD=90cm，AP=BP=10cm，若在C点用此塔吊能起吊重物的最大质量是1800g，当滑轮移到D点时能够安全起吊重物的最大质量是（　　）（不计“水平臂”和滑轮重力）
A．642.8g B．720g C．787.5g D．860g
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】当重物在C处时，根据杠杆平衡条件求出E端配重体的质量。当重物在D点时，再次根据杠杆平衡条件求出重物的最大质量。
【解答】若在C点用此塔吊能起吊重物的最大质量是1800g，
由杠杆平衡条件可得：G配×（OE+PB）=GC×（OC-PB），
即：m配g×（OE+PB）=mCg×（OC-PB），
m配×（OE+PB）=mC×（OC-PB），
m配×（50cm+10cm）=1800g×（60cm-10cm），
解得：m配=1500g。
当滑轮移到D点时，由杠杆平衡条件可得：G配×（OE+PB）=GD×（OD-BF），
即：m配g×（OE+PB）=mDg×（OD-BF），
m配×（OE+PB）=mD×（OD-BF），
代入数据可得：1500g×（50cm+10cm）=mD×（60cm+90cm-10cm），
解得：mD=642.85g。
故选A。
10．由五块相同砖块构成的桥，如图所示，若每块砖长度为18厘米，则此桥的最大跨度L为（　　）
A．24厘米 B．30厘米 C．36厘米 D．42厘米
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片可知，这座桥是左右对称的。根据二力平衡的原理计算出顶层砖块对右侧中间层砖块的压力。当中间层的砖块要向左倾倒而未倒时相当于一个杠杆，支点就是最下层砖块的左上顶点，此时阻力就是中间层砖块的重力G，作用在它的中心上；动力就是底层砖块的压力，根据杠杆的平衡条件计算出右侧中间层砖块跨出的长度，最后根据桥的最大跨度=底层砖块长度+中间层跨出长度×2计算即可。
【解答】 如图，顶层砖对两侧砖的压力F为砖重力的一半，即F1=G/2。
以中间层右侧的砖为研究对象，当该砖下表面距离左侧L／3处恰好与下面的砖左顶角点接触时：以O为支点，该砖重心距离O点L/6应用杠杆平衡条件F×L/3=G×L/6可推知此时该砖恰好能平衡。
砖的最大跨度为O点到左边对应点O’之间的距离，即L+2×L/3=5L/3。
故选B。
11．（2019·杭州模拟）小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个同种密度但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体，若将它们都浸没在水中，则两杠杆将（　　）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】当杠杆上的物体浸没在水中时，作用在杠杆上的拉力等于重力减去浮力，即F=G-F浮，比较后来力和力臂的乘积大小关系即可判断杠杆是否平衡。
【解答】甲图：原来杠杆平衡，
根据杠杆平衡条件得到：；
即；
①
当两个物体浸没在水中时，左边：；
右边：；
根据①式可知，；
那么甲中杠杆还是平衡的。
乙图：当两个物体浸没在水中时，
左边：；
右边：；
根据阿基米德原理可知，两个物体体积相同，则；
那么：；
根据①式可知，；
那么乙图中杠杆左端下沉。
故选C。
12．（2019九上·宁波期末）如图，用刻度均匀的匀质杠杆进行“杠杆平衡条件“的实验（每个钩码重为0.5牛）。下列说法正确的是（　　）
A．实验前出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向左调
B．图乙，在AB处各增加一个钩码，杠杆仍然能保持平衡
C．图丙，弹簧测力计从a位置转到b，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数需变大
D．图丁，用弹簧测力计在。点向上拉杠杆，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数小于3N
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母总是向轻的那边调节；
（2）杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，分析乘积变化即可；
（3）分析动力臂的长度变化对拉力的影响；
（4）根据杠杆平衡条件计算即可。
【解答】A.据甲图可知，杠杆右端轻，因此平衡螺母应该向右端调节，故A错误；
B.原来杠杆是平衡的，说明原来杠杆左右两边力和力臂的乘积相等；如果在AB两处各增加一个钩码，那么右边力和力臂的乘积就会大于左边，杠杆右端下沉，故B错误；
C.图丙中，弹簧测力计从a位置到b，动力臂变小了，根据杠杆平衡条件，拉力就要增大，故C正确；
D.设杠杆每节长度为L，根据杠杆平衡条件得到：
故D错误。
故选C。
13．（2019九上·镇海期末）一块厚度、密度均匀长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置(如图甲、乙)，将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（　　）
A．F甲>F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲C．F甲>F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力，根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力；因为水泥板的重心在它的几何中心上，因此抬起水泥板时的阻力臂都是动力臂的一半，即：
那么虽然两次的动力臂长度不同，但动力大小都相同，即：。
故选D。
14．（2019·温州模拟）育英学校高中部扩建，需要在新旧校址间建立一座桥梁。工人王师傅借助河中石头，要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，如图所示，效果最好的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 首先要明确把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，在阻力一定的情况下，动力臂越长，越省力，由此对各个选项逐一分析即可。
【解答】 要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，应选动力臂最大的，根据杠杆平衡条件，动力臂越长，越省力；由图可知，阻力和阻力臂相同，D中动力臂最大，效果最好．
故答案为：D
15．（2019九上·长兴期末）如图所示，用滑轮组拉动重为70N的物体A，用10秒时间使物体A在水平方向匀速移动了5m，所用拉力F为20Ｎ，地面对物体A的摩擦力为30N。以下说法不正确的是（　　）
A．绳子自由端移动的距离是10m B．克服摩擦做的有用功是150J
C．滑轮组的机械效率为75% D．拉力F做功的功率为10Ｗ
【答案】D
【知识点】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】（1）已知物体移动的距离根据计算绳子自由端移动的距离；
（2）已知摩擦力和物体移动的距离根据计算克服摩擦做的功；
（3）已知自由端的拉力和摩擦力根据公式计算机械效率；
（4）首先根据计算出拉力F做的功，然后根据计算功率。
【解答】A.动滑轮上承担拉力的绳子有2段，那么自由端移动的距离：，故A正确不合题意；
B.物体克服摩擦做的有用功为：，故B正确不合题意；
C.滑轮组的机械效率为：，故C正确不合题意；
D.拉力F做的功为：；
拉力F的功率为：，故D错误符合题意。
故选D。
16．（2019九上·宁波期末）如图所示是汽车起重机，其中 A，B 组成滑轮组（结构如示意图），C 杆伸缩可改变吊臂的长短，D 杆伸缩可改变吊臂与水平面的角度，O 为吊臂的转动轴。装在 E 里的电动机牵引钢丝绳，利用滑轮组提升重物，H 为在车身外侧增加的支柱，F 为吊臂顶端受到竖直向下的力。下列有关汽车起重机的叙述中错误的是（　　）
A．滑轮组中B滑轮用于改变力的方向
B．当C杆伸长时吊臂对D杆的压力将变小
C．当 D 杆伸长时力F的力臂将变小
D．H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）定滑轮不省力不费力，但能改变力的方向；动滑轮不能改变力的方向，但能省一半的力；（2）分析C杆伸长时动力臂的变化，从而推断出D杆处压力的变化；
（3）D杆伸长时，吊臂与水平面的夹角会增大，利用三角函数判断动力臂的长度变化；
（4）当起重机起吊重物时，车对地面的压力非常大，从这个角度思考分析。
【解答】A.B滑轮是定滑轮，不省力不费力，只能改变力的方向，故A正确不合题意；
B.O点是支点，D杆对吊臂的支持力是动力，F是阻力；当C杆伸长时，F的阻力臂L2会变长，根据杠杆平衡条件可知，当阻力F和动力臂L1不变时，D杆对吊臂的支持力FD会增大，那么吊臂对D杆的压力也同时增大，故B错误符合题意；
C.设吊臂与水平方向的夹角是θ，根据三角函数的知识可知，F的力臂；当D杆伸长时，角θ增大，那么的值减小，即F的力臂L2不断减小，故C正确不合题意；
D.H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大，故D正确不合题意。
故选B。
17．（2018九上·金华月考）如图,在探究杠杆平衡条件时,左边的钩码个数和位置保持不变,右边弹簧测力计的作用点固定,只改变测力计与水平方向的角θ,则能描述测力计示数 Fθ关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】分析在角
θ 增大的过程中，动力臂长度的变化，然后结合杠杆的平衡条件判断测力计示数的变化。
【解答】
如上图所示，杠杆左边的钩码个数不变，即阻力不变；钩码的位置不变，即阻力臂不变；
当测力计与水平方向的角 θ 增大的过程中，动力臂先增大后变小；
根据杠杆平衡条件
可知，测力计示数F θ先变小后变大。
故选C。
18．（2018九上·绍兴月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（　　）
A．每次倒入空桶的液体体积相同
B．秤的刻度值向右越来越大
C．悬点O适当右移，秤的量程会增大
D．增大M的质量，秤的量程会增大
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2对各个选项分析即可。【解答】A.根据杠杆的平衡条件得到：G液L1=GML2；根据密度公式得到：ρ液V液gL1=GML2；
那么得到：；既然用L2反映液体密度大小，那么二者之间必须呈正比例关系，那么V液就必须是定值，即每次倒入空桶的液体体积相同，故A正确不合题意；
B.根据可知，既然是定值，那么液体密度和L2成正比，即L2越大（秤的刻度值越向右），液体密度越大，那么秤的刻度值越大，故B正确不合题意；
C.悬点O适当右移，阻力臂L2减小，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2，可知秤的量程会减小，故C错误符合题意；
D.增大M的质量，那么的比值会增大，即的值会增大，秤的量程会增大，故D正确不合题意。
故选C。
19．（2018·余姚模拟）已知两个共点的力的合成符合平行四边形定则，即若两个力的大小为平行圈边形的边长大小，则平行四边形的对角线大小表示的是合力的大小(箭头表示力的方向)如图乙所示。现用OA绳和OB绳悬挂一电灯，如图甲，此时OA绳与OB绳受到的拉力分别为T和T2，保持O与B点的位置不变，而将悬挂点A向上移，则（　　）
A．T1减小 B．T2增大 C．T1增大 D．T2减小
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】此题的关键是要明确合力即平行四边形的对角线位置和长短不变和OB这条边的位置不变。
【解答】作图如下：
因为T1、T2的合力与电灯是一对平衡力，所以它的大小和方向保持不变，体现在平行四边形中就是对角线的位置和长度保持不变，又保持O与B点的位置不变，所以意味着沿着OB的这条边的方向也保持不变，所以它的对边的平行线位置也保持不变，这样当将悬挂点A向上移就意味着是沿着OB的对边向上移动，所构成的平行四边形的边长就是T1、T2的大小。由图可以看出悬挂点A向上移OA，OA'这条边是先变短后边长，所以T1先减小后增大；OB的长度是这条边是一直变短，所以T2一直减小，D说法正确。
故答案为：D
20．（2018·台州模拟）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（　　）
A．该杠杆一定是省力杠杆 B．作用点在B点的最小动力小于5N
C．该杠杆一定是费力杠杆 D．作用点在B点的最小动力等于5N
【答案】B
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据动力臂和阻力臂长度的大小关系判断杠杆的分类；
（2）动力臂最长，动力才会最小，分析OA是否是杠杆上的最长动力臂即可。
【解答】
题目中杠杆的阻力等于物体重力10N，阻力臂等于，但是动力臂的长度不定，可能大于，也可能小于，因此是哪类杠杆不确定，故A、C错误；
当动力作用在B点时，以OB为动力臂最长；因为OB＞OA，所以作用在B点的最小动力小于5N，故B正确，而D错误。
故选B。
二、填空题
21．（2021·长兴模拟）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G=10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆　 　(选填“一定”或“不一定")是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是　 　(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势　 　。
【答案】不一定；变小；
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）分析上升过程中阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可；
（3）分析动力臂的长度变化，再根据杠杆的平衡条件确定动力的变化规律。
【解答】（1）在F甲的方向改变的过程中，动力臂可能大于阻力臂，可能等于阻力臂，也可能小于阻力臂，因此该杠杆不一定为省力杠杆。
（2）若动力F乙始终与OA垂直，那么动力臂L1保持不变；将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，阻力臂L2逐渐减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=GL2可知，动力F乙变小。
（3）根据丙图可知，在动力F丙的方向改变的过程中，当动力臂L1等于OB时最长，此时动力最小，则它的变化规律为先变小再变大，如下图所示：
22．（2021·嘉善模拟）如图装置，杆总长2米，套环与杆重忽略不计。某健身者体重500牛，臂力700牛，通过该装置将280牛的重物拉起，至少需将套环移至离墙壁　 　米处，此杠杆为　 　杠杆。（选填“省力”、“费力”或“等臂”）
【答案】1.12；费力
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）当人向下拉动物体时，能够产生的最大拉力等于人体的重力，据此分析杠杆的平衡条件列式计算；
（2）比较动力臂和阻力臂的大小，从而进行杠杆的分类。
【解答】（1）定滑轮不省力不费力，因此杠杆右端产生的拉力F2=280N；
人能产生的最大拉力F1=G=500N；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：500N×L1=280N×2m；
解得：L1=1.12m。
（2）此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
23．（2020九上·越城期末）如图所示是一把开瓶盖的新型起子，要打开瓶盖，用力方向应为　 　(选填 “F”或“F")，从起子的使用情况看，这是一个　 　杠杆(选填“省力”或“费力”)。
【答案】F2；省力
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】（1）瓶盖对起子的阻力向下，要想打开瓶盖，起子对瓶盖的作用力必须向上，据此分析；
（2）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】（1）根据图片可知，当用力方向为F1时，起子对瓶盖的作用力向下；当用力方向为F2时，起子对瓶盖的作用力向上，可以打开瓶盖。
（2）如下图所示，此时动力臂大于阻力臂，起子为省力杠杆。
24．（2021九下·秀洲月考）小明家有个木衣架，他将书包挂在衣架的A处，衣架倒了下来。他分析了衣架倒下来的原因，并测量了以下的数据：木衣架质量3kg；圆底盘直径30cm；其他数据如图所示，衣架受到重力的作用线经过圆底盘的圆心。通过分析，小明认为防止衣架倒下来可以采取以下措施：控制所挂书包的质量不允许超过　 　kg，或者适当　 　（选填“增大”或“缩小”）圆底盘直径。
【答案】4.5；增大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡原理F1L1=F2L2计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件分析改进措施。
【解答】（1）根据图片可知，底座的右边缘看做杠杆的指点O，木衣架的重力看作阻力，阻力臂为底座的半径：30cm×；书包的重力看作动力，动力臂为：25cm-15cm=10cm。
根据杠杆的平衡原理F1L1=F2L2得到：3kg×10N/kg×15cm=m书包×10N/kg×10cm；
解得：m书包=4.5kg。
（2）根据G衣架×L2=G书包×L1可知，增大底部圆盘的直径，可以增大阻力臂L2，而减小动力臂L1，从而增大动力G书包，从而保证衣架的平衡。
25．（2021九下·西湖开学考）如图所示，大金和小金用一根均匀的木棒抬重物。对于大金来说，这是一个　 　(选填“费力,省力或等臂”)杠杆。其他条件不变的情况下，大金为了减轻小金的负担，大金的位置可以　 　（选填“左、右”）移动；假如大金要承担3/5的力，那么，小金的肩头到重物挂点的距离与大金的肩头到重物挂点的距离之比是　 　。
【答案】省力；左；3:2
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件判断大金位置的变化；
（3）根据杠杆的平衡条件计算出重物到肩膀的距离之比。
【解答】根据图片可知，将小金的肩膀看作杠杆的支点，重物的重力看作阻力，大金的肩膀施加的为动力。
（1）此时大金肩膀到支点的距离大于重物到肩膀的距离，即动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F大金×L1可知，要减轻小金的负担，即要增大大金的负担F大金，就要减小动力臂L1，因此大金的位置可以向左移动。
（3）根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F大金×L1得到：；
解得：；
那么小金的肩头到重物挂点的距离与大金的肩头到重物挂点的距离之比为：。
26．（2021九下·柯桥月考）如图甲所示的滑轮组，每个滑轮等重。不计绳重和摩擦，物体重G1从200 N开始逐渐增加，直到绳子被拉断。每次匀速拉动绳子将物体提升同样的高度。图乙记录了在此过程中滑轮组的机械效率随物体重力的增加而变化的图像。求
（1）绳子能承受的最大拉力是　 　
（2）当滑轮组的机械效率为80%时，物体重　 　
【答案】（1）500N
（2）800N
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）不计绳子重和摩擦，动滑轮不变，取物重G=200N，知道此时的机械效率为50%，利用 求动滑轮重；
从图中找出最大物重，利用求绳子能承受的最大拉力；
（2）在动滑轮重力已经计算出的情况下，利用 的变形公式可以求得此时的物重。
【解答】（1）由乙图可知：当G=200N时，η=50%，
由 得到： ，
解得：G轮=100N；
由图乙可知：当G′=1800N时，绳子刚好被拉断，
则绳子能承受的最大拉力：；
（2）由得到：
=80%；
解得：G物=800N。
27．（2021九下·绍兴月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，重力为G0在推力的作用下，由实线位置匀速转到高为H的台阶虚线所示位置，OA为圆柱体横截面的直径。整个过程中，圆柱体在转动过程中不打滑。在A点施加一个力推动圆柱体，所用力最小的是　 　（选填“F1”“F2”“F3”）。缓慢推动圆柱体，保持推力始终重直OA，则推力的变化是　 　。
【答案】F2；变小
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点的线段为动力臂时最长，此时最省力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2分析判断。
【解答】（1）在圆中，最长的线段就是直径。根据图片可知，当推动圆柱体时，O点为支点，推力F2的方向与直径垂直，此时动力臂等于直径。由于此时动力臂最长，所以最小的力是F2。
（2）缓慢推动圆柱体时，圆柱体的重力为阻力。推力始终垂直OA，那么动力臂L1不变，而阻力臂L2逐渐减小，根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可知，推力逐渐减小。
28．（2020九上·新昌期末）在建筑工地上，小明同学利用如图所示的装置，用35N的拉力使重为400N的物体A沿着水平地面匀速运动。A在运动时受到地面的摩擦力为其所受重力的0.2倍，不计绳重及滑轮组的摩擦，则动滑轮所受重力　 　N；若增加物体A的重力，仍使物体A匀速运动，则该装置的机械效率将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】25；增大
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）首先根据f=0.2G计算出物体A和动滑轮连接的绳子上受到的拉力，再根据nF=G动+f计算出动滑轮的重力；
（2）首先根据影响摩擦力的因素判断物体A受到摩擦力的变化，再根据公式分析滑轮组机械效率的变化。
【解答】（1）物体A受到地面的摩擦力为f=0.2G=400N×0.2=80N；
当动滑轮向上做匀速直线运动时，它受到向上的3个拉力，向下的动滑轮的重力和与A受到的摩擦力相等的绳子上的拉力，
即3F=G动+f；
3×35N=G动+80N；
解得：G动=25N。
（2）增加物体A的重力，那么A对地面的压力增大，则地面对A的摩擦力增大，根据可知，该装置的机械效率增大。
29．（2020九上·诸暨期末）如图所示是卢老师的一个自制教具，在杠杆C点挂上2个钩码(每个重50N)，在转轴0．上套有半径为R (大小为10cm)的圆形纸板，纸板圆心也在O点。在杠杆上先后施加与纸板边缘相切的拉力FA、FB，杠杆都能在水平位置保持平衡。杠杆平衡时，拉力FB的力臂大小为　 　， 拉力FA大小为　 　 。
【答案】10cm；200N
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算拉力的大小。
【解答】（1）两个力的作用线都与圆形纸板相切，根据切线的性质可知，从支点O到切点之间的半径正好与力的作用线垂直，因此拉力FB的力臂等于半径10cm；
（2）根据图片可知，阻力臂为4格，长度为20cm，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=FA×L1；
（50N×2）×20cm=FA×10cm；
解得：FA=200N。
30．（2020九上·江北期末）“新冠”疫情以来，为避免同学们用手按压宿舍楼大门的开门按钮造成交叉传染，小科用轻质木杆自制了“脚踏式杠杆”，借助杠杆按动按钮，如图所示，已知 OB＝60cm、AB＝80cm、OC＝20cm，当小科在
C 点用脚给杠杆施加
40N 的压力F1 时，按钮触发，大门打开。该杠杆属于 　 　杠杆， 此时按钮对杠杆施加的水平阻力
F2 为 　 　N。
【答案】费力；10
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
【解答】（1）根据图片可知，O点为支点，C点施加动力，动力臂为OC；A点施加阻力，阻力臂为AB。由于动力臂小于阻力臂，所以为费力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×OC=F2×AB；
40N×20cm=F2×80cm；
解得：F2=10N。
31．（2021九下·海曙月考）如图所示，一均匀木条可绕转轴O自由转动，现有材料相同，长度相同，横截面积之比Sa:Sb:Sc=1:4:2的三支蜡烛a、b、c，垂直立于木条上，木条恰好处于平衡。三支蜡烛离转轴的距离分别为L1、L2和L3，若L1=4L2，则L3=　 　L2。若同时点燃蜡烛蜡烛在燃烧过程中，要使杠杆保持平衡，则L1:L2:L3=　 　(蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同)。
【答案】4；2:1:3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）知道三蜡烛材料相同、长度相同和横截面积之比，利用密度公式和体积公式得出三蜡烛的质量之比，设ma=M，则mb=4M，mc=2M，知道L1=4L2，根据杠杆平衡条件求L3与L2的关系；
（2）由于木条原来平衡，利用杠杆平衡条件得出三力臂的大小关系①；由于蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，据此得出三力臂的大小关系②，由①②联立方程组得出三力臂的具体关系。
【解答】（1）根据公式m=ρV=ρSh可知，
三蜡烛的质量之比：ma：mb：mc=ρhSa：ρhSb：ρhSc=Sa：Sb：Sc=1：4：2；
设ma=M，则mb=4M，mc=2M，
根据杠杆的平衡条件得到：mag×L1+mbg×L2=mcg×L3，
Mg×4L2+4Mg×L2=2Mg×L3，
解得：L3=4L2；
（2）因为木条原来平衡，
所以：Mg×L1+4Mg×L2=2Mg×L3，
即L1+4L2=2L3，-----①
由题知，蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，
要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，即mg×L1+mg×L2=mg×L3，
即L1+L2=L3，-------②
①-②得：
3L2=L3，----------③
即L2：L3=1：3，
由②得：
2L1+2L2=2L3，-------④
①-③得：
2L2=L1，-------------⑤
由③⑤得：
L1：L2：L3=2：1：3。
三、解答题
32．（2021九下·海曙月考）杆秤是一种用来测量物体质量的工具。小金尝试做了如图所示的杆秤。在秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡测得OA=5cm，OB=10cm。

（1）计算秤砣的质量。
（2）小金在B处标的刻度应为　 　kg。若图中OC=2OB，则C处的刻度应为　 　Kg。
（3）当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数　 　（选填“<”或“>”)2kg，由此可知一杆杄秤不能随意更换秤砣。
【答案】（1）杠杆平衡条件：F1l1=F2l2 得m1gl1=m2gl2 ，
即：m1l1=m2l2 ， 2kg×5cm=m2×10cm，得m2=1kg
（2）2；4
（3）<
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）O点为杠杆的支点，物体的重力相当于动力，则动力臂为OA；秤砣的重力相当于阻力，阻力臂为OB，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2计算即可。
（2）当秤砣在B处杆秤平衡时，物体的质量就是B处的刻度值。当OC=2OB时，再次根据杠杆的平衡条件计算出C处的刻度。
（3）根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2分析秤砣力臂的变化即可。
【解答】（1）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得得到：
G1l1=G2l2 ；
m1gl1=m2gl2 ；
m1l1=m2l2 ；
2kg×5cm=m2×10cm，
解得：m2=1kg。
（2）当秤盘中放入2kg的物体时，秤砣在B处杆秤平衡，则B处标的刻度为2kg。
当OC=2OB时，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2得到：
G1'l1=G2l2' ；
m1'gl1=m2gl2 '；
m1'l1=m2l2' ；
m1'×5cm=1kg×20cm，
解得：m1'=4kg。
则C处刻度应该为4kg。
（3）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得到：G1l1=G2l2 ，即m1l1=m2l2 。当物体的质量m1、L1不变时，秤砣的质量m2变大，阻力臂L2会变小，则读数会小于2kg。
33．（2020九上·越城期末）如图甲是学校重大活动时常用的伸缩隔离柱。均质底座呈圆盘形，底座直径30cm，质量为4.5kg，厚度不计；正中立柱杆AB长75cm，其顶端A为伸缩头固定位置，伸缩头中有可收缩的布带，内部有弹性装置固定，松手后布带会自动收回伸缩头中，收缩布带的拉力与伸长量成正比。其结构可简化为如图乙。
（1）将图甲中的收缩布带向右拉出时，可将隔离柱整体伸
缩头看成是一根杠杆。请在图乙上画出杠杆的支点O、隔离柱受到的拉力F和拉力的力臂L；
（2）在使用“标配底座”时，布带可承受的最大拉力为多少？
（3）为使布带承受更大的拉力，可对伸缩隔离柱进行怎样的改进： 　 　(写出一种方法即可)。
【答案】（1）解：
（2）解：C= mg=4.5kg×10N/kg=45N
L2= ×30cm= 15cm
L1=AB=75cm ．
F= =9N
（3）增加底座的质量或适当减少杆的高度
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的支点是杠杆转动时保持不动的点；力臂是从杠杆的支点到力的作用线的距离，据此完成作图；
（2）根据收缩布的使用过程可知，底座的重力为阻力F2，阻力臂L2为底座的半径；顶端受到的拉力为动力F1，动力臂L1等于AB的长度，根据杠杆的平衡条件列式计算即可。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】（1）当向右拉出伸缩布带时，拉力F作用在A点，方向水平向右；底座有向右倾倒的趋势，但是O点固定不动，相当于杠杆的支点。从O点做拉力F作用线的垂线，二者之间的距离就是动力臂L，如下图所示：
（2）底座的重力G= mg=4.5kg×10N/kg=45N；
阻力臂；
动力臂L1=AB=75cm ．
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，
布带可承受的最大拉力 。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=G×L2可知，F1×AB=G×L2
①当其他条件不变时，拉力F1与底座的重力G成正比，因此增大底座的质量可以增大拉力；
②当其他条件不变时，拉力F1与AB成反比，因此减小杆的高度也可以增大拉力。
34．（2020九上·镇海月考）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，平衡臂、起重臂固定，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的作用是　 　，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）若该起升电动机的效率为90%，将重为1.2×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升30m，用时50秒，则该起升电动机的实际功率是多少瓦？
【答案】（1）大
（2）改变用力的方向；6000
（3）解：有用功
总功
实际功率
【知识点】杠杆的平衡条件；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可；
（2）根据定滑轮的作用解答。根据乙图确定承担重力的绳子段数n，然后根据G=nF计算出吊起货物的最大重力，最后根据计算吊起货物的最大质量。
（3）首先根据W有=Gh计算出电动机做的有用功，再根据 计算出电动机消耗的电能，最后根据 计算出电动机的实际功率。
【解答】（1）根据甲图可知，吊起货物的重力相当于阻力，起重臂的长度相当于阻力臂；配重的重力相当于动力，平衡臂的长度相当于动力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G配重L平衡臂=G货物L起重臂，当平衡臂和物重相同时，起重臂越长，配重的质量越大。
（2）根据图乙可知，滑轮a不随物体的上下移动而移动，为动滑轮，它的作用是改变用力的方向。承担重力的绳子段数n=2，那么吊起货物的最大重力G=nF=2×3×104N=6×104N，吊起货物的最大质量：。
（3）电动机做的有用功； ；
总功： ；
实际功率： 。
35．（2020九上·椒江期中）一个质量为75kg的工人，用如图所示的装置（包括滑轮组及装砖的托板）提升一堆砖．已知装砖的托板重20千克，每块砖重1千克。滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，当工人匀速提升100块砖时，此装置的机械效率为80%，那么，该人站在地面上用此装置提升这些砖的过程中，此装置的机械效率最高可达到多少？（取g=10N/kg，结果保留1位小数）
【答案】人的体重为G人=m人g=75kg×10N/kg=750N；
托板的重力为G托板=m托板g=20kg×10N/kg=200N；
100块砖的重力为：G砖=m砖g=100kg×10N/kg=1000N；
根据公式得到：；
解得：G动=50N；
人站在地面上，对绳子产生的最大拉力等于人的体重，
那么能够提起砖的最大重力为：G砖大=nF-G托板-G动=2×750N-200N-50N=1250N；
那么滑轮组的最大机械效率为：。
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】该装置对砖块做有用功，对托板和动滑轮做额外功，根据公式计算出动滑轮的重力。人站在地面上，对绳子产生的最大拉力等于人的体重，根据公式G砖大=nF-G托板-G动计算出能够吊起的最大砖重，最后根据计算最大机械效率。
四、实验探究题
36．（2021·湖州）下列是某科学研究小组探究杠杆平衡条件的实验过程：(本实验均使用轻质杠杆)实验1：在直杠杆水平平衡时(如图甲所示) 进行实验， 记录多组数据。得出：F1×s1=F2× s2(注：s1和s2分别表示支点到F1和F2的作用点的距离)。在直杠杆倾斜平衡时(如图乙所示)进行实验，也得到了同样的结论。该结论适用于所有平衡时的杠杆吗
实验2：科学研究小组用一侧弯曲的杠杆进行如图丙所示的实验，移动钩码，改变钩码数量，
记录数据如表，分析表格数据发现上述结论并不成立，但发现一个新的等量关系，即：(待填)。s和l(支点到力的作用线的距离)这两个量在研究杠杆平衡条件时，哪个量才是有价值的呢 研究小组的同学观察到：支点到F的作用点的距离(s1)与支点到F1的作用线的距离(l1)是相等的。研究小组的同学又进行了实验。
实验3：
实验次数 F1/N S1/cm F2/N S2/cm L2/cm
1 1.0 10.0 0.5 21.3 20.1
2 1.5 20.0 1.0 31.7 29.8
3 2.0 30.0 2.5 25.5 24.0
①移动钩码，使杠杆________，并使杠杆处于平衡状态。
②记录F1、s1、l1和F2、s2、l2。
③改变钩码数量，移动钩码，记录杠杆处于平衡时的多组F1、s1、l1和F2、s2、l2。
④分析实验数据，得出弯杠杆的平衡条件。最后，通过科学思维，得出所有杠杆的平衡条件都是：F1×l1=F2×l2。杠杆的平衡条件可用于解释许多杠杆应用，如用图1方式提升物体比用图2方式省力，就可用杠杆的平衡条件作出合理解释。请回答：
（1）在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是　 　。
（2）将实验3中的①填写完整　 　。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为　 　。通过探究杠杆平衡条件的实验，使我们深深认识到建立这一科学量的价值。
（4）用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是　 　。
【答案】（1）F1 ×s1=F2 ×l2
（2）倾斜或转动
（3）力臂
（4）图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）分别计算出每组中F1与s1的乘积，以及F2与L2的乘积，然后比较乘积的大小；
（2）如果杠杆匀速转动或处于静止状态，此时杠杆就处于平衡状态；
（3）根据力臂的定义解答；
（4）将滑轮看作特殊的杠杆，比较它们动力臂的大小即可。
【解答】（1）三组数据中，F1与s1的乘积以及F2与L2的乘积依次为：10、30和60，则在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是：F1 ×s1=F2 ×l2。
（2）实验3中：移动钩码，使杠杆倾斜或转动，并使杠杆处于平衡状态。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为力臂；
（4）根据图1可知，使用动滑轮时，可以将左侧绳子与滑轮的接触点看作杠杆的支点，阻力臂等于半径，动力臂等于直径；
根据图2可知，使用定滑轮时，滑轮的轴心为杠杆的支点，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径。
则：用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是：图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂。
37．如图甲是小红“测量滑轮组的机械效率”的实验装置。
（1）实验时小红沿竖直方向　 　拉动弹簧测力计，使钩码上升10cm，弹簧测力计的示数如图甲所示，若每个物块重2N，则滑轮组的机械效率为　 　。
（2）小红做完实验，通过和其他小组交流，了解到滑轮组的机械效率与动滑轮重有关系，接着她改变动滑轮重，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图乙的图像。由图像可知：被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越　 　。若不计绳重和摩擦，分析图像中的A点可知，被提升物体所受的重力为　 　N。
【答案】（1）匀速；83.3%
（2）低；3
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】（1）只有匀速直线拉动绳子时，测力计的示数才和绳子的拉力相等。当竖直拉动物体时，根据公式计算滑轮组的机械效率；
（2）根据图乙确定滑轮组的机械效率与动滑轮重力的关系，再根据机械效率的公式计算此时提升物体的重力。
【解答】（1）实验时小红沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计。
根据图甲可知，此时弹簧测力计的拉力为2.4N，
那么滑轮组的机械效率为：。
（2）根据乙图可知，被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低。
当滑轮组的机械效率为75%时，动滑轮的重力为1N，根据得到：
；
解得：G=3N。
38．（2019九上·余杭期中）小金在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时　 　（选填“是”或“不是”）处于杠杆平衡状态的。
（2）为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端调节。
（3）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为　 　N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将　 　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）小金改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是　 　。
【答案】（1）是
（2）右
（3）1.5N；变大
（4）避免实验的偶然性
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆平衡的判断方法：杠杆静止或杠杆匀速转动；
（2）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（3）根据杠杆的平衡条件列式计算即可；分析斜拉时动力臂的大小变化，进而确定测力计示数的变化；
（4）改变钩码的个数和位置，得到多组数据，可以使得到的结论更客观准确，避免实验的偶然性。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）根据图甲可知，杠杆的右端上翘，即右端轻，因此平衡螺母应向右端调节；
（3）根据杠杆的平衡条件得到：GA×OA=F×OB；
0.5N×2×3=F×2；
解得：F=1.5N；
当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂变短，当杠杆保持平衡时，此时弹簧测力计的示数将变大；
（4）小金改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是避免实验的偶然性。
39．（2019九上·杭州期中）某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如下表所示，实验装置如图所示。
实验次数 钩码重 钩码上升的高度 绳端的拉力 绳端移动距离 机械效率
1 4 0.1 2.7 0.2 74%
2 4 0.1 1.8 0.3 74%
3 8 0.1 3.1 0.3 86%
4 8 0.1 2.5 _____ 80%
（1）实验2，3，4中应沿　 　（选填“竖直”、“水平”或“任意”）方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计的示数不稳定，应该静止读数，你认为他的想法　 　（选填“正确”或“不正确”）。
（3）用图丁装置进行实验，得出表中第4次实验数据，表中的数据应该是　 　？
【答案】（1）竖直
（2）不正确
（3）0.4
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1） 在使用动滑轮时，拉力的方向会影响拉力的大小，只有自由端的拉力方向与其它绳子的方向平行时，此时最省力；
（2）在拉动绳子的过程中，绳子和滑轮之间、滑轮和轴之间都会存在摩擦，这些都会影响滑轮组的机械效率。而如果绳子是静止的，这些摩擦力就不存在了。
（3）根据图丁确定承担重力的绳子段数n，然后根据s=nh计算绳端移动的距离。
【解答】（1）拉力的方向要与绳子的方向平行；在实验2、3、4中，都是沿竖直方向拉动物体，因此应该沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计；
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计的示数不稳定，应该静止读数，我认为他的想法不正确；
（3）根据图丁可知，承担重力的绳子段数为n=4，那么第4次绳端移动的距离：s=nh=0.1m×4=0.4m。
五、综合说理题
40．（2020九上·江北月考）如图所示为课本92页活动“蜡烛跷跷板”，按照步骤做好蜡烛跷跷板，先后点燃左右两端蜡烛，会发现它的两端会不断地上下翘动，请你解释一下出现此现象的原因。
【答案】①假设先点燃蜡烛左端，左端蜡烛的消耗量大于右端蜡烛消耗量，即 < , ,根据杠杆平衡原理可得 ,左端蜡烛上翘。
②左端蜡烛上翘，右端蜡烛下沉，导致右端蜡烛消耗量大于左端蜡烛消耗量，即 , ,根据杠杆平衡原理可得 ,右端蜡烛上翘。如此往复，左右两端不断上下翘动。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】哪端的蜡烛先被点燃，这端的蜡烛就消耗的多，重力偏小；哪边的蜡烛沉在下面，哪端的蜡烛就消耗的多，重力偏小，据此根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】①假设先点燃蜡烛左端，左端蜡烛的消耗量大于右端蜡烛消耗量，即 < ,根据杠杆平衡原理可得 ,左端蜡烛上翘。
②左端蜡烛上翘，右端蜡烛下沉，导致右端蜡烛消耗量大于左端蜡烛消耗量，即 , ,根据杠杆平衡原理可得 ,右端蜡烛上翘。如此往复，左右两端不断上下翘动。
1 / 1浙教版科学九上第三章 第4节 简单机械同步练习（优生加练）
一、单选题
1．（2021·宁海模拟）小科用如图所示的滑轮组提升G为600N的重物，在绳子自由端施加F为250N的拉力，使重物在4s内匀速上升1m，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．动滑轮重100N
B．拉力做功的功率为150W
C．绳子自由端移动的距离为2m
D．此过程滑轮组的机械效率为80%
2．（2021·嵊州模拟）小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率。他将两个钩码悬挂在B点，在A点用弹簧测力计保持竖直方向向上拉动杠杆，使其绕O点缓慢转动，带动钩码上升一定的高度h（不计摩擦）。下列说法正确的是（　　）
A．杠杆转动过程中，弹簧测力计的示数会变小
B．仅增加钩码的个数，拉力所做的额外功增大
C．仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变大
D．仅将拉力的作用点从A点移到C点，杠杆的机械效率不变
3．（2020九上·椒江期中）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（　　）
A．悬点O适当左移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值分布不均匀
C．增大M的质量，秤的量程会减小
D．每次倒入空桶的液体质量相同
4．（2020九上·杭州月考）如图所示，一根木棒 AB 在 O 点被悬挂起来，AO=OC，在 A、C 两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于平衡状态。如在木棒的 A、C 点各增加一个同样的钩码，则木棒 （　　）
A．绕 O 点顺时针方向转动
B．绕O 点逆时针方向转动
C．平衡可能被破坏，转动方向不定
D．仍能保持平衡状态
5．（2020·宁波）现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为La、Lb的铝条a、b。将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，如图所示。取下铝条a后，将铝条b按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx。下列判断正确的是（　　）
A．若LaB．若La 成立
C．若Lb D．若Lb 6．（2020八下·温州月考）如图所示是一块三角形的均匀大木板ABC，已知ABA．F甲>F乙>F丙 B．F甲C．F甲=F乙=F丙 D．无法判断
7．（2020八下·温州月考）一个600N重的成年人和一个小孩都过一道4m宽的水渠，成人从左岸到右岸，而小孩从水渠右岸到左岸，两岸各有一块3m长的坚实木板，他们想出了如图的方式过渠，请分析在忽略木板自身重量和木板叠交的距离情况下，要使成年人和小孩都能平安过渠，小孩的体重不能轻于多少牛？（　　）
A．100N B．200N C．300N D．400N
8．（2020九上·慈溪期末）如图，一质量分布均匀的12kg 铁球与轻杆 AB焊接于 A点后悬挂于竖直墙壁的 B点，轻杆的延长线过球心O，轻杆的长度是铁球半径的 2/3。要使铁球刚好离开墙壁，施加在铁球上的力至少为（　　）
A．27N B．45N C．72N D．90N
9．（2019九上·杭州期中）“塔吊”是建筑工地上普遍使用的一种起重设备，如图所示是小 江同学搭建的迷你版塔吊。OB是竖直支架，ED是水平臂，OE段叫平衡臂，E端装有配重体，OD段叫吊臂，C处装有滑轮，可以在OD间移动。已知OE=50cm，OC=60cm，CD=90cm，AP=BP=10cm，若在C点用此塔吊能起吊重物的最大质量是1800g，当滑轮移到D点时能够安全起吊重物的最大质量是（　　）（不计“水平臂”和滑轮重力）
A．642.8g B．720g C．787.5g D．860g
10．由五块相同砖块构成的桥，如图所示，若每块砖长度为18厘米，则此桥的最大跨度L为（　　）
A．24厘米 B．30厘米 C．36厘米 D．42厘米
11．（2019·杭州模拟）小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个同种密度但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体，若将它们都浸没在水中，则两杠杆将（　　）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
12．（2019九上·宁波期末）如图，用刻度均匀的匀质杠杆进行“杠杆平衡条件“的实验（每个钩码重为0.5牛）。下列说法正确的是（　　）
A．实验前出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向左调
B．图乙，在AB处各增加一个钩码，杠杆仍然能保持平衡
C．图丙，弹簧测力计从a位置转到b，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数需变大
D．图丁，用弹簧测力计在。点向上拉杠杆，为保持杠杆在水平位置平衡，其示数小于3N
13．（2019九上·镇海期末）一块厚度、密度均匀长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置(如图甲、乙)，将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（　　）
A．F甲>F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲C．F甲>F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
14．（2019·温州模拟）育英学校高中部扩建，需要在新旧校址间建立一座桥梁。工人王师傅借助河中石头，要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，如图所示，效果最好的是（　　）
A． B．
C． D．
15．（2019九上·长兴期末）如图所示，用滑轮组拉动重为70N的物体A，用10秒时间使物体A在水平方向匀速移动了5m，所用拉力F为20Ｎ，地面对物体A的摩擦力为30N。以下说法不正确的是（　　）
A．绳子自由端移动的距离是10m B．克服摩擦做的有用功是150J
C．滑轮组的机械效率为75% D．拉力F做功的功率为10Ｗ
16．（2019九上·宁波期末）如图所示是汽车起重机，其中 A，B 组成滑轮组（结构如示意图），C 杆伸缩可改变吊臂的长短，D 杆伸缩可改变吊臂与水平面的角度，O 为吊臂的转动轴。装在 E 里的电动机牵引钢丝绳，利用滑轮组提升重物，H 为在车身外侧增加的支柱，F 为吊臂顶端受到竖直向下的力。下列有关汽车起重机的叙述中错误的是（　　）
A．滑轮组中B滑轮用于改变力的方向
B．当C杆伸长时吊臂对D杆的压力将变小
C．当 D 杆伸长时力F的力臂将变小
D．H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大
17．（2018九上·金华月考）如图,在探究杠杆平衡条件时,左边的钩码个数和位置保持不变,右边弹簧测力计的作用点固定,只改变测力计与水平方向的角θ,则能描述测力计示数 Fθ关系的图象是（　　）
A． B．
C． D．
18．（2018九上·绍兴月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（　　）
A．每次倒入空桶的液体体积相同
B．秤的刻度值向右越来越大
C．悬点O适当右移，秤的量程会增大
D．增大M的质量，秤的量程会增大
19．（2018·余姚模拟）已知两个共点的力的合成符合平行四边形定则，即若两个力的大小为平行圈边形的边长大小，则平行四边形的对角线大小表示的是合力的大小(箭头表示力的方向)如图乙所示。现用OA绳和OB绳悬挂一电灯，如图甲，此时OA绳与OB绳受到的拉力分别为T和T2，保持O与B点的位置不变，而将悬挂点A向上移，则（　　）
A．T1减小 B．T2增大 C．T1增大 D．T2减小
20．（2018·台州模拟）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（　　）
A．该杠杆一定是省力杠杆 B．作用点在B点的最小动力小于5N
C．该杠杆一定是费力杠杆 D．作用点在B点的最小动力等于5N
二、填空题
21．（2021·长兴模拟）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G=10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆　 　(选填“一定”或“不一定")是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是　 　(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势　 　。
22．（2021·嘉善模拟）如图装置，杆总长2米，套环与杆重忽略不计。某健身者体重500牛，臂力700牛，通过该装置将280牛的重物拉起，至少需将套环移至离墙壁　 　米处，此杠杆为　 　杠杆。（选填“省力”、“费力”或“等臂”）
23．（2020九上·越城期末）如图所示是一把开瓶盖的新型起子，要打开瓶盖，用力方向应为　 　(选填 “F”或“F")，从起子的使用情况看，这是一个　 　杠杆(选填“省力”或“费力”)。
24．（2021九下·秀洲月考）小明家有个木衣架，他将书包挂在衣架的A处，衣架倒了下来。他分析了衣架倒下来的原因，并测量了以下的数据：木衣架质量3kg；圆底盘直径30cm；其他数据如图所示，衣架受到重力的作用线经过圆底盘的圆心。通过分析，小明认为防止衣架倒下来可以采取以下措施：控制所挂书包的质量不允许超过　 　kg，或者适当　 　（选填“增大”或“缩小”）圆底盘直径。
25．（2021九下·西湖开学考）如图所示，大金和小金用一根均匀的木棒抬重物。对于大金来说，这是一个　 　(选填“费力,省力或等臂”)杠杆。其他条件不变的情况下，大金为了减轻小金的负担，大金的位置可以　 　（选填“左、右”）移动；假如大金要承担3/5的力，那么，小金的肩头到重物挂点的距离与大金的肩头到重物挂点的距离之比是　 　。
26．（2021九下·柯桥月考）如图甲所示的滑轮组，每个滑轮等重。不计绳重和摩擦，物体重G1从200 N开始逐渐增加，直到绳子被拉断。每次匀速拉动绳子将物体提升同样的高度。图乙记录了在此过程中滑轮组的机械效率随物体重力的增加而变化的图像。求
（1）绳子能承受的最大拉力是　 　
（2）当滑轮组的机械效率为80%时，物体重　 　
27．（2021九下·绍兴月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，重力为G0在推力的作用下，由实线位置匀速转到高为H的台阶虚线所示位置，OA为圆柱体横截面的直径。整个过程中，圆柱体在转动过程中不打滑。在A点施加一个力推动圆柱体，所用力最小的是　 　（选填“F1”“F2”“F3”）。缓慢推动圆柱体，保持推力始终重直OA，则推力的变化是　 　。
28．（2020九上·新昌期末）在建筑工地上，小明同学利用如图所示的装置，用35N的拉力使重为400N的物体A沿着水平地面匀速运动。A在运动时受到地面的摩擦力为其所受重力的0.2倍，不计绳重及滑轮组的摩擦，则动滑轮所受重力　 　N；若增加物体A的重力，仍使物体A匀速运动，则该装置的机械效率将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
29．（2020九上·诸暨期末）如图所示是卢老师的一个自制教具，在杠杆C点挂上2个钩码(每个重50N)，在转轴0．上套有半径为R (大小为10cm)的圆形纸板，纸板圆心也在O点。在杠杆上先后施加与纸板边缘相切的拉力FA、FB，杠杆都能在水平位置保持平衡。杠杆平衡时，拉力FB的力臂大小为　 　， 拉力FA大小为　 　 。
30．（2020九上·江北期末）“新冠”疫情以来，为避免同学们用手按压宿舍楼大门的开门按钮造成交叉传染，小科用轻质木杆自制了“脚踏式杠杆”，借助杠杆按动按钮，如图所示，已知 OB＝60cm、AB＝80cm、OC＝20cm，当小科在
C 点用脚给杠杆施加
40N 的压力F1 时，按钮触发，大门打开。该杠杆属于 　 　杠杆， 此时按钮对杠杆施加的水平阻力
F2 为 　 　N。
31．（2021九下·海曙月考）如图所示，一均匀木条可绕转轴O自由转动，现有材料相同，长度相同，横截面积之比Sa:Sb:Sc=1:4:2的三支蜡烛a、b、c，垂直立于木条上，木条恰好处于平衡。三支蜡烛离转轴的距离分别为L1、L2和L3，若L1=4L2，则L3=　 　L2。若同时点燃蜡烛蜡烛在燃烧过程中，要使杠杆保持平衡，则L1:L2:L3=　 　(蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同)。
三、解答题
32．（2021九下·海曙月考）杆秤是一种用来测量物体质量的工具。小金尝试做了如图所示的杆秤。在秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡测得OA=5cm，OB=10cm。

（1）计算秤砣的质量。
（2）小金在B处标的刻度应为　 　kg。若图中OC=2OB，则C处的刻度应为　 　Kg。
（3）当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数　 　（选填“<”或“>”)2kg，由此可知一杆杄秤不能随意更换秤砣。
33．（2020九上·越城期末）如图甲是学校重大活动时常用的伸缩隔离柱。均质底座呈圆盘形，底座直径30cm，质量为4.5kg，厚度不计；正中立柱杆AB长75cm，其顶端A为伸缩头固定位置，伸缩头中有可收缩的布带，内部有弹性装置固定，松手后布带会自动收回伸缩头中，收缩布带的拉力与伸长量成正比。其结构可简化为如图乙。
（1）将图甲中的收缩布带向右拉出时，可将隔离柱整体伸
缩头看成是一根杠杆。请在图乙上画出杠杆的支点O、隔离柱受到的拉力F和拉力的力臂L；
（2）在使用“标配底座”时，布带可承受的最大拉力为多少？
（3）为使布带承受更大的拉力，可对伸缩隔离柱进行怎样的改进： 　 　(写出一种方法即可)。
34．（2020九上·镇海月考）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，平衡臂、起重臂固定，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的作用是　 　，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）若该起升电动机的效率为90%，将重为1.2×104N的货物由地面沿竖直方向匀速提升30m，用时50秒，则该起升电动机的实际功率是多少瓦？
35．（2020九上·椒江期中）一个质量为75kg的工人，用如图所示的装置（包括滑轮组及装砖的托板）提升一堆砖．已知装砖的托板重20千克，每块砖重1千克。滑轮的摩擦和绳重均可忽略不计，当工人匀速提升100块砖时，此装置的机械效率为80%，那么，该人站在地面上用此装置提升这些砖的过程中，此装置的机械效率最高可达到多少？（取g=10N/kg，结果保留1位小数）
四、实验探究题
36．（2021·湖州）下列是某科学研究小组探究杠杆平衡条件的实验过程：(本实验均使用轻质杠杆)实验1：在直杠杆水平平衡时(如图甲所示) 进行实验， 记录多组数据。得出：F1×s1=F2× s2(注：s1和s2分别表示支点到F1和F2的作用点的距离)。在直杠杆倾斜平衡时(如图乙所示)进行实验，也得到了同样的结论。该结论适用于所有平衡时的杠杆吗
实验2：科学研究小组用一侧弯曲的杠杆进行如图丙所示的实验，移动钩码，改变钩码数量，
记录数据如表，分析表格数据发现上述结论并不成立，但发现一个新的等量关系，即：(待填)。s和l(支点到力的作用线的距离)这两个量在研究杠杆平衡条件时，哪个量才是有价值的呢 研究小组的同学观察到：支点到F的作用点的距离(s1)与支点到F1的作用线的距离(l1)是相等的。研究小组的同学又进行了实验。
实验3：
实验次数 F1/N S1/cm F2/N S2/cm L2/cm
1 1.0 10.0 0.5 21.3 20.1
2 1.5 20.0 1.0 31.7 29.8
3 2.0 30.0 2.5 25.5 24.0
①移动钩码，使杠杆________，并使杠杆处于平衡状态。
②记录F1、s1、l1和F2、s2、l2。
③改变钩码数量，移动钩码，记录杠杆处于平衡时的多组F1、s1、l1和F2、s2、l2。
④分析实验数据，得出弯杠杆的平衡条件。最后，通过科学思维，得出所有杠杆的平衡条件都是：F1×l1=F2×l2。杠杆的平衡条件可用于解释许多杠杆应用，如用图1方式提升物体比用图2方式省力，就可用杠杆的平衡条件作出合理解释。请回答：
（1）在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是　 　。
（2）将实验3中的①填写完整　 　。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为　 　。通过探究杠杆平衡条件的实验，使我们深深认识到建立这一科学量的价值。
（4）用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是　 　。
37．如图甲是小红“测量滑轮组的机械效率”的实验装置。
（1）实验时小红沿竖直方向　 　拉动弹簧测力计，使钩码上升10cm，弹簧测力计的示数如图甲所示，若每个物块重2N，则滑轮组的机械效率为　 　。
（2）小红做完实验，通过和其他小组交流，了解到滑轮组的机械效率与动滑轮重有关系，接着她改变动滑轮重，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图乙的图像。由图像可知：被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越　 　。若不计绳重和摩擦，分析图像中的A点可知，被提升物体所受的重力为　 　N。
38．（2019九上·余杭期中）小金在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时　 　（选填“是”或“不是”）处于杠杆平衡状态的。
（2）为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）端调节。
（3）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为　 　N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将　 　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（4）小金改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是　 　。
39．（2019九上·杭州期中）某小组在“测滑轮组机械效率的实验”中得到的数据如下表所示，实验装置如图所示。
实验次数 钩码重 钩码上升的高度 绳端的拉力 绳端移动距离 机械效率
1 4 0.1 2.7 0.2 74%
2 4 0.1 1.8 0.3 74%
3 8 0.1 3.1 0.3 86%
4 8 0.1 2.5 _____ 80%
（1）实验2，3，4中应沿　 　（选填“竖直”、“水平”或“任意”）方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计的示数不稳定，应该静止读数，你认为他的想法　 　（选填“正确”或“不正确”）。
（3）用图丁装置进行实验，得出表中第4次实验数据，表中的数据应该是　 　？
五、综合说理题
40．（2020九上·江北月考）如图所示为课本92页活动“蜡烛跷跷板”，按照步骤做好蜡烛跷跷板，先后点燃左右两端蜡烛，会发现它的两端会不断地上下翘动，请你解释一下出现此现象的原因。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】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】（1）根据公式计算出动滑轮的重力；
（2）（3）首先根据s=nh计算拉力移动的距离，再根据计算出拉力的速度，最后根据P=Fv计算拉力的功率；
（4）根据公式计算滑轮组的机械效率。
【解答】A.根据公式得到：，解得：G动=150N，故A错误；
BC.拉力移动的距离s=nh=1m×3=3m，拉力的速度，拉力的功率P=Fv=250N×0.75m/s=187.5W，故B、C错误；
D.滑轮组的机械效率，故D正确。
故选D。
2．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）弹簧测力计拉力方向总竖直向上，动力臂减小，阻力臂减小，阻力不变，动力不变，再根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质分析判断；
（2）克服杠杆重力做的功为额外功；
（3）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出拉力做的总功的变化情况；
（4）仅将拉力的作用点从A点移到C点，分析出有用功、额外功的变化，从而分析出杠杆的机械效率的变化。
【解答】A.若弹簧测力计拉力方向一直竖直向上拉动，阻力不变，动力臂减小，阻力臂变小，如下图所示：
因为△OBB′∽△OAA′，
所以 ，
所以动力臂与阻力臂的比值不变，
因为阻力不变，根据杠杆的平衡条件知，弹簧测力计的示数应该不变，故A错误；
B.克服杠杆重力做的功为额外功，仅增加钩码的个数，杠杆重力和杠杆上升的高度不变，拉力所做的额外功不变，故B错误；
C.钩码的悬挂点在B点时，由杠杆的平衡条件得F1 OA=G OB；悬挂点移至C点时，由杠杆的平衡条件得F2 OA=G OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功，即仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变小，故C错误；
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点，由于将相同的钩码提升相同的高度，有用功不变，额外功也不变，杠杆的机械效率不变，故D正确。
故选D。
3．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】首先根据杠杆的平衡条件列出平衡关系式，然后结合密度公式推导得出液体的密度与动力臂OB的数学关系式，然后结合这个公式，不断改变变量，对秤的量程变化进行分析，并判断刻度值是否均匀。【解答】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2得到：（G桶+G液体）×OA=GM×OB；
（G桶+ρ液体gV）×OA=GM×OB；
；
其中GM、G桶、OA和V都是常量，因此液体的密度与动力臂OB成正比，因此刻度是均匀的，故B错误；
根据公式可知，悬点O左移，那么OA减小，OB增大，会使液体的密度增大，从而增大量程，故A正确；
根据公式可知，根据增大M的质量，可以使液体密度增大，即增大量程，故C错误；
根据公式m=ρV可知，当液体的体积相同时，密度越大，液体的质量越大，因此注入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况，故D错误。
故选A。
4．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析判断即可。【解答】由题知，AO=OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，
因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左×AO+G0×OD=F右×CO，
2G×AO+G0×OD=3G×CO，
则：G0×OD=G×CO=G×AO。
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为：3G×AO+G0×OD=3G×AO+G×AO=4G×AO，
右边力和力臂的乘积为：4G×CO=4G×CO，
可见，增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选D。
5．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】当把铝条a放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：①；
当把铝条b放在铁条上时，铁条的重力G铁为阻力，作用在中点，那么阻力臂为：；动力为铝条a的重力Ga，作用在它的中点处，动力臂为，
根据杠杆的平衡条件得到：②；
①÷②得到：
③；
因为铝条a和b横截面积相等，根据公式G=ρVg=ρShg可知，铝条的重力与长度成正比，
即：；
将其袋入③得到：；
因为La所以；
那么；
化简得到：；
整理得到：；
即：；
那么：。
如果支点O不动，因为Lb>La，所以肯定后有一部分在O点左侧。与原来相比可知，此时左边重力增大，为了维持平衡，必须减小阻力臂，增大动力臂，即支点向左移动，那么La故A正确，B错误；
若Lb La，故C、D错误。
故选A。
6．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）三角形的重心是三条边上中线的交点，且重心到底边的距离和对应顶点到底边的距离之比为1：3；
（2）以三角形的一个边为杠杆转动的支点，根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系，然后比较其大小。【解答】如图，O为三角形的重心，木板受到向上的力FA、FB、FC，向下的重力G，木板水平平衡，
先以三角形木板的以BC为轴（杠杆的支点），则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下，处于平衡状态，力臂为AO1、OO2，
则：F甲×AO1=G×OO2；
因为△OO2A'≈△AO1A'；
所以：
解得：；
同理可得：，；
因此：F甲=F乙=F丙。
故选C。
7．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】木板A′B′是一个杠杆，成年人对木板A′B′的压力为阻力，小孩对木板A′B′的压力为动力，由杠杆平衡条件列方程，然后求出小孩的重力。【解答】小孩站在B′处，让成年人先从木板上过水渠，当成年人到达水渠对岸后，站在B′处，然后再让小孩过水渠如图所示：
把木板A′B′视为杠杆，O为支点，成年人对A′B′的压力为阻力F2，小孩对木板的压力为动力F1，
当成年人在A′时，阻力F2=G成=600N，
由题意和图示可知：阻力臂OA′=4m-AB=4m-3m=1m；
动力臂OB′=A'B'-OB'=3m-1m=2m；
由杠杆平衡条件可得：G成×OB′=G小×OA′；
600N×1m=G小×2m；
解得：G小=300N。
故选C。
8．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】铁球的重力G=mg=12kg×10N/kg=120N；
由图知，当力F作用在球的下边缘，且与通过AB的直径垂直时，动力臂最长，其受力图如图所示：
把整体看做一个杠杆，支点在B点，由图知，球的重力方向竖直向下，力臂L2等于半径R，
F的力臂L1等于杆的长度与球的直径之和，则；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G L2=F L1；
解得：F=45N。
故选B。
9．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】当重物在C处时，根据杠杆平衡条件求出E端配重体的质量。当重物在D点时，再次根据杠杆平衡条件求出重物的最大质量。
【解答】若在C点用此塔吊能起吊重物的最大质量是1800g，
由杠杆平衡条件可得：G配×（OE+PB）=GC×（OC-PB），
即：m配g×（OE+PB）=mCg×（OC-PB），
m配×（OE+PB）=mC×（OC-PB），
m配×（50cm+10cm）=1800g×（60cm-10cm），
解得：m配=1500g。
当滑轮移到D点时，由杠杆平衡条件可得：G配×（OE+PB）=GD×（OD-BF），
即：m配g×（OE+PB）=mDg×（OD-BF），
m配×（OE+PB）=mD×（OD-BF），
代入数据可得：1500g×（50cm+10cm）=mD×（60cm+90cm-10cm），
解得：mD=642.85g。
故选A。
10．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片可知，这座桥是左右对称的。根据二力平衡的原理计算出顶层砖块对右侧中间层砖块的压力。当中间层的砖块要向左倾倒而未倒时相当于一个杠杆，支点就是最下层砖块的左上顶点，此时阻力就是中间层砖块的重力G，作用在它的中心上；动力就是底层砖块的压力，根据杠杆的平衡条件计算出右侧中间层砖块跨出的长度，最后根据桥的最大跨度=底层砖块长度+中间层跨出长度×2计算即可。
【解答】 如图，顶层砖对两侧砖的压力F为砖重力的一半，即F1=G/2。
以中间层右侧的砖为研究对象，当该砖下表面距离左侧L／3处恰好与下面的砖左顶角点接触时：以O为支点，该砖重心距离O点L/6应用杠杆平衡条件F×L/3=G×L/6可推知此时该砖恰好能平衡。
砖的最大跨度为O点到左边对应点O’之间的距离，即L+2×L/3=5L/3。
故选B。
11．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】当杠杆上的物体浸没在水中时，作用在杠杆上的拉力等于重力减去浮力，即F=G-F浮，比较后来力和力臂的乘积大小关系即可判断杠杆是否平衡。
【解答】甲图：原来杠杆平衡，
根据杠杆平衡条件得到：；
即；
①
当两个物体浸没在水中时，左边：；
右边：；
根据①式可知，；
那么甲中杠杆还是平衡的。
乙图：当两个物体浸没在水中时，
左边：；
右边：；
根据阿基米德原理可知，两个物体体积相同，则；
那么：；
根据①式可知，；
那么乙图中杠杆左端下沉。
故选C。
12．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母总是向轻的那边调节；
（2）杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，分析乘积变化即可；
（3）分析动力臂的长度变化对拉力的影响；
（4）根据杠杆平衡条件计算即可。
【解答】A.据甲图可知，杠杆右端轻，因此平衡螺母应该向右端调节，故A错误；
B.原来杠杆是平衡的，说明原来杠杆左右两边力和力臂的乘积相等；如果在AB两处各增加一个钩码，那么右边力和力臂的乘积就会大于左边，杠杆右端下沉，故B错误；
C.图丙中，弹簧测力计从a位置到b，动力臂变小了，根据杠杆平衡条件，拉力就要增大，故C正确；
D.设杠杆每节长度为L，根据杠杆平衡条件得到：
故D错误。
故选C。
13．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力，根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】将水泥板看作一个杠杆，支点在水泥板着地的一侧，阻力是自身的重力，动力就是人的举力；因为水泥板的重心在它的几何中心上，因此抬起水泥板时的阻力臂都是动力臂的一半，即：
那么虽然两次的动力臂长度不同，但动力大小都相同，即：。
故选D。
14．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 首先要明确把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，在阻力一定的情况下，动力臂越长，越省力，由此对各个选项逐一分析即可。
【解答】 要把竹竿尽可能深地插入湖底淤泥，应选动力臂最大的，根据杠杆平衡条件，动力臂越长，越省力；由图可知，阻力和阻力臂相同，D中动力臂最大，效果最好．
故答案为：D
15．【答案】D
【知识点】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】（1）已知物体移动的距离根据计算绳子自由端移动的距离；
（2）已知摩擦力和物体移动的距离根据计算克服摩擦做的功；
（3）已知自由端的拉力和摩擦力根据公式计算机械效率；
（4）首先根据计算出拉力F做的功，然后根据计算功率。
【解答】A.动滑轮上承担拉力的绳子有2段，那么自由端移动的距离：，故A正确不合题意；
B.物体克服摩擦做的有用功为：，故B正确不合题意；
C.滑轮组的机械效率为：，故C正确不合题意；
D.拉力F做的功为：；
拉力F的功率为：，故D错误符合题意。
故选D。
16．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）定滑轮不省力不费力，但能改变力的方向；动滑轮不能改变力的方向，但能省一半的力；（2）分析C杆伸长时动力臂的变化，从而推断出D杆处压力的变化；
（3）D杆伸长时，吊臂与水平面的夹角会增大，利用三角函数判断动力臂的长度变化；
（4）当起重机起吊重物时，车对地面的压力非常大，从这个角度思考分析。
【解答】A.B滑轮是定滑轮，不省力不费力，只能改变力的方向，故A正确不合题意；
B.O点是支点，D杆对吊臂的支持力是动力，F是阻力；当C杆伸长时，F的阻力臂L2会变长，根据杠杆平衡条件可知，当阻力F和动力臂L1不变时，D杆对吊臂的支持力FD会增大，那么吊臂对D杆的压力也同时增大，故B错误符合题意；
C.设吊臂与水平方向的夹角是θ，根据三角函数的知识可知，F的力臂；当D杆伸长时，角θ增大，那么的值减小，即F的力臂L2不断减小，故C正确不合题意；
D.H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大，故D正确不合题意。
故选B。
17．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】分析在角
θ 增大的过程中，动力臂长度的变化，然后结合杠杆的平衡条件判断测力计示数的变化。
【解答】
如上图所示，杠杆左边的钩码个数不变，即阻力不变；钩码的位置不变，即阻力臂不变；
当测力计与水平方向的角 θ 增大的过程中，动力臂先增大后变小；
根据杠杆平衡条件
可知，测力计示数F θ先变小后变大。
故选C。
18．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2对各个选项分析即可。【解答】A.根据杠杆的平衡条件得到：G液L1=GML2；根据密度公式得到：ρ液V液gL1=GML2；
那么得到：；既然用L2反映液体密度大小，那么二者之间必须呈正比例关系，那么V液就必须是定值，即每次倒入空桶的液体体积相同，故A正确不合题意；
B.根据可知，既然是定值，那么液体密度和L2成正比，即L2越大（秤的刻度值越向右），液体密度越大，那么秤的刻度值越大，故B正确不合题意；
C.悬点O适当右移，阻力臂L2减小，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2，可知秤的量程会减小，故C错误符合题意；
D.增大M的质量，那么的比值会增大，即的值会增大，秤的量程会增大，故D正确不合题意。
故选C。
19．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】此题的关键是要明确合力即平行四边形的对角线位置和长短不变和OB这条边的位置不变。
【解答】作图如下：
因为T1、T2的合力与电灯是一对平衡力，所以它的大小和方向保持不变，体现在平行四边形中就是对角线的位置和长度保持不变，又保持O与B点的位置不变，所以意味着沿着OB的这条边的方向也保持不变，所以它的对边的平行线位置也保持不变，这样当将悬挂点A向上移就意味着是沿着OB的对边向上移动，所构成的平行四边形的边长就是T1、T2的大小。由图可以看出悬挂点A向上移OA，OA'这条边是先变短后边长，所以T1先减小后增大；OB的长度是这条边是一直变短，所以T2一直减小，D说法正确。
故答案为：D
20．【答案】B
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据动力臂和阻力臂长度的大小关系判断杠杆的分类；
（2）动力臂最长，动力才会最小，分析OA是否是杠杆上的最长动力臂即可。
【解答】
题目中杠杆的阻力等于物体重力10N，阻力臂等于，但是动力臂的长度不定，可能大于，也可能小于，因此是哪类杠杆不确定，故A、C错误；
当动力作用在B点时，以OB为动力臂最长；因为OB＞OA，所以作用在B点的最小动力小于5N，故B正确，而D错误。
故选B。
21．【答案】不一定；变小；
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）分析上升过程中阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可；
（3）分析动力臂的长度变化，再根据杠杆的平衡条件确定动力的变化规律。
【解答】（1）在F甲的方向改变的过程中，动力臂可能大于阻力臂，可能等于阻力臂，也可能小于阻力臂，因此该杠杆不一定为省力杠杆。
（2）若动力F乙始终与OA垂直，那么动力臂L1保持不变；将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，阻力臂L2逐渐减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=GL2可知，动力F乙变小。
（3）根据丙图可知，在动力F丙的方向改变的过程中，当动力臂L1等于OB时最长，此时动力最小，则它的变化规律为先变小再变大，如下图所示：
22．【答案】1.12；费力
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）当人向下拉动物体时，能够产生的最大拉力等于人体的重力，据此分析杠杆的平衡条件列式计算；
（2）比较动力臂和阻力臂的大小，从而进行杠杆的分类。
【解答】（1）定滑轮不省力不费力，因此杠杆右端产生的拉力F2=280N；
人能产生的最大拉力F1=G=500N；
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：500N×L1=280N×2m；
解得：L1=1.12m。
（2）此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
23．【答案】F2；省力
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】（1）瓶盖对起子的阻力向下，要想打开瓶盖，起子对瓶盖的作用力必须向上，据此分析；
（2）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】（1）根据图片可知，当用力方向为F1时，起子对瓶盖的作用力向下；当用力方向为F2时，起子对瓶盖的作用力向上，可以打开瓶盖。
（2）如下图所示，此时动力臂大于阻力臂，起子为省力杠杆。
24．【答案】4.5；增大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡原理F1L1=F2L2计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件分析改进措施。
【解答】（1）根据图片可知，底座的右边缘看做杠杆的指点O，木衣架的重力看作阻力，阻力臂为底座的半径：30cm×；书包的重力看作动力，动力臂为：25cm-15cm=10cm。
根据杠杆的平衡原理F1L1=F2L2得到：3kg×10N/kg×15cm=m书包×10N/kg×10cm；
解得：m书包=4.5kg。
（2）根据G衣架×L2=G书包×L1可知，增大底部圆盘的直径，可以增大阻力臂L2，而减小动力臂L1，从而增大动力G书包，从而保证衣架的平衡。
25．【答案】省力；左；3:2
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件判断大金位置的变化；
（3）根据杠杆的平衡条件计算出重物到肩膀的距离之比。
【解答】根据图片可知，将小金的肩膀看作杠杆的支点，重物的重力看作阻力，大金的肩膀施加的为动力。
（1）此时大金肩膀到支点的距离大于重物到肩膀的距离，即动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F大金×L1可知，要减轻小金的负担，即要增大大金的负担F大金，就要减小动力臂L1，因此大金的位置可以向左移动。
（3）根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F大金×L1得到：；
解得：；
那么小金的肩头到重物挂点的距离与大金的肩头到重物挂点的距离之比为：。
26．【答案】（1）500N
（2）800N
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）不计绳子重和摩擦，动滑轮不变，取物重G=200N，知道此时的机械效率为50%，利用 求动滑轮重；
从图中找出最大物重，利用求绳子能承受的最大拉力；
（2）在动滑轮重力已经计算出的情况下，利用 的变形公式可以求得此时的物重。
【解答】（1）由乙图可知：当G=200N时，η=50%，
由 得到： ，
解得：G轮=100N；
由图乙可知：当G′=1800N时，绳子刚好被拉断，
则绳子能承受的最大拉力：；
（2）由得到：
=80%；
解得：G物=800N。
27．【答案】F2；变小
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）当以杠杆的支点到力的作用点的线段为动力臂时最长，此时最省力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2分析判断。
【解答】（1）在圆中，最长的线段就是直径。根据图片可知，当推动圆柱体时，O点为支点，推力F2的方向与直径垂直，此时动力臂等于直径。由于此时动力臂最长，所以最小的力是F2。
（2）缓慢推动圆柱体时，圆柱体的重力为阻力。推力始终垂直OA，那么动力臂L1不变，而阻力臂L2逐渐减小，根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可知，推力逐渐减小。
28．【答案】25；增大
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）首先根据f=0.2G计算出物体A和动滑轮连接的绳子上受到的拉力，再根据nF=G动+f计算出动滑轮的重力；
（2）首先根据影响摩擦力的因素判断物体A受到摩擦力的变化，再根据公式分析滑轮组机械效率的变化。
【解答】（1）物体A受到地面的摩擦力为f=0.2G=400N×0.2=80N；
当动滑轮向上做匀速直线运动时，它受到向上的3个拉力，向下的动滑轮的重力和与A受到的摩擦力相等的绳子上的拉力，
即3F=G动+f；
3×35N=G动+80N；
解得：G动=25N。
（2）增加物体A的重力，那么A对地面的压力增大，则地面对A的摩擦力增大，根据可知，该装置的机械效率增大。
29．【答案】10cm；200N
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算拉力的大小。
【解答】（1）两个力的作用线都与圆形纸板相切，根据切线的性质可知，从支点O到切点之间的半径正好与力的作用线垂直，因此拉力FB的力臂等于半径10cm；
（2）根据图片可知，阻力臂为4格，长度为20cm，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=FA×L1；
（50N×2）×20cm=FA×10cm；
解得：FA=200N。
30．【答案】费力；10
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
【解答】（1）根据图片可知，O点为支点，C点施加动力，动力臂为OC；A点施加阻力，阻力臂为AB。由于动力臂小于阻力臂，所以为费力杠杆。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×OC=F2×AB；
40N×20cm=F2×80cm；
解得：F2=10N。
31．【答案】4；2:1:3
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）知道三蜡烛材料相同、长度相同和横截面积之比，利用密度公式和体积公式得出三蜡烛的质量之比，设ma=M，则mb=4M，mc=2M，知道L1=4L2，根据杠杆平衡条件求L3与L2的关系；
（2）由于木条原来平衡，利用杠杆平衡条件得出三力臂的大小关系①；由于蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，据此得出三力臂的大小关系②，由①②联立方程组得出三力臂的具体关系。
【解答】（1）根据公式m=ρV=ρSh可知，
三蜡烛的质量之比：ma：mb：mc=ρhSa：ρhSb：ρhSc=Sa：Sb：Sc=1：4：2；
设ma=M，则mb=4M，mc=2M，
根据杠杆的平衡条件得到：mag×L1+mbg×L2=mcg×L3，
Mg×4L2+4Mg×L2=2Mg×L3，
解得：L3=4L2；
（2）因为木条原来平衡，
所以：Mg×L1+4Mg×L2=2Mg×L3，
即L1+4L2=2L3，-----①
由题知，蜡烛在相等时间内燃烧的质量相同，则在相同的时间内三蜡烛减小的质量m相同，
要使木条平衡，两边减去的力和力臂的乘积相等，即mg×L1+mg×L2=mg×L3，
即L1+L2=L3，-------②
①-②得：
3L2=L3，----------③
即L2：L3=1：3，
由②得：
2L1+2L2=2L3，-------④
①-③得：
2L2=L1，-------------⑤
由③⑤得：
L1：L2：L3=2：1：3。
32．【答案】（1）杠杆平衡条件：F1l1=F2l2 得m1gl1=m2gl2 ，
即：m1l1=m2l2 ， 2kg×5cm=m2×10cm，得m2=1kg
（2）2；4
（3）<
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）O点为杠杆的支点，物体的重力相当于动力，则动力臂为OA；秤砣的重力相当于阻力，阻力臂为OB，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2计算即可。
（2）当秤砣在B处杆秤平衡时，物体的质量就是B处的刻度值。当OC=2OB时，再次根据杠杆的平衡条件计算出C处的刻度。
（3）根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2分析秤砣力臂的变化即可。
【解答】（1）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得得到：
G1l1=G2l2 ；
m1gl1=m2gl2 ；
m1l1=m2l2 ；
2kg×5cm=m2×10cm，
解得：m2=1kg。
（2）当秤盘中放入2kg的物体时，秤砣在B处杆秤平衡，则B处标的刻度为2kg。
当OC=2OB时，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2得到：
G1'l1=G2l2' ；
m1'gl1=m2gl2 '；
m1'l1=m2l2' ；
m1'×5cm=1kg×20cm，
解得：m1'=4kg。
则C处刻度应该为4kg。
（3）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2得到：G1l1=G2l2 ，即m1l1=m2l2 。当物体的质量m1、L1不变时，秤砣的质量m2变大，阻力臂L2会变小，则读数会小于2kg。
33．【答案】（1）解：
（2）解：C= mg=4.5kg×10N/kg=45N
L2= ×30cm= 15cm
L1=AB=75cm ．
F= =9N
（3）增加底座的质量或适当减少杆的高度
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的支点是杠杆转动时保持不动的点；力臂是从杠杆的支点到力的作用线的距离，据此完成作图；
（2）根据收缩布的使用过程可知，底座的重力为阻力F2，阻力臂L2为底座的半径；顶端受到的拉力为动力F1，动力臂L1等于AB的长度，根据杠杆的平衡条件列式计算即可。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】（1）当向右拉出伸缩布带时，拉力F作用在A点，方向水平向右；底座有向右倾倒的趋势，但是O点固定不动，相当于杠杆的支点。从O点做拉力F作用线的垂线，二者之间的距离就是动力臂L，如下图所示：
（2）底座的重力G= mg=4.5kg×10N/kg=45N；
阻力臂；
动力臂L1=AB=75cm ．
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，
布带可承受的最大拉力 。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=G×L2可知，F1×AB=G×L2
①当其他条件不变时，拉力F1与底座的重力G成正比，因此增大底座的质量可以增大拉力；
②当其他条件不变时，拉力F1与AB成反比，因此减小杆的高度也可以增大拉力。
34．【答案】（1）大
（2）改变用力的方向；6000
（3）解：有用功
总功
实际功率
【知识点】杠杆的平衡条件；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可；
（2）根据定滑轮的作用解答。根据乙图确定承担重力的绳子段数n，然后根据G=nF计算出吊起货物的最大重力，最后根据计算吊起货物的最大质量。
（3）首先根据W有=Gh计算出电动机做的有用功，再根据 计算出电动机消耗的电能，最后根据 计算出电动机的实际功率。
【解答】（1）根据甲图可知，吊起货物的重力相当于阻力，起重臂的长度相当于阻力臂；配重的重力相当于动力，平衡臂的长度相当于动力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G配重L平衡臂=G货物L起重臂，当平衡臂和物重相同时，起重臂越长，配重的质量越大。
（2）根据图乙可知，滑轮a不随物体的上下移动而移动，为动滑轮，它的作用是改变用力的方向。承担重力的绳子段数n=2，那么吊起货物的最大重力G=nF=2×3×104N=6×104N，吊起货物的最大质量：。
（3）电动机做的有用功； ；
总功： ；
实际功率： 。
35．【答案】人的体重为G人=m人g=75kg×10N/kg=750N；
托板的重力为G托板=m托板g=20kg×10N/kg=200N；
100块砖的重力为：G砖=m砖g=100kg×10N/kg=1000N；
根据公式得到：；
解得：G动=50N；
人站在地面上，对绳子产生的最大拉力等于人的体重，
那么能够提起砖的最大重力为：G砖大=nF-G托板-G动=2×750N-200N-50N=1250N；
那么滑轮组的最大机械效率为：。
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】该装置对砖块做有用功，对托板和动滑轮做额外功，根据公式计算出动滑轮的重力。人站在地面上，对绳子产生的最大拉力等于人的体重，根据公式G砖大=nF-G托板-G动计算出能够吊起的最大砖重，最后根据计算最大机械效率。
36．【答案】（1）F1 ×s1=F2 ×l2
（2）倾斜或转动
（3）力臂
（4）图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）分别计算出每组中F1与s1的乘积，以及F2与L2的乘积，然后比较乘积的大小；
（2）如果杠杆匀速转动或处于静止状态，此时杠杆就处于平衡状态；
（3）根据力臂的定义解答；
（4）将滑轮看作特殊的杠杆，比较它们动力臂的大小即可。
【解答】（1）三组数据中，F1与s1的乘积以及F2与L2的乘积依次为：10、30和60，则在研究一侧弯曲的杠杆时，发现的一个新的等量关系是：F1 ×s1=F2 ×l2。
（2）实验3中：移动钩码，使杠杆倾斜或转动，并使杠杆处于平衡状态。
（3）“支点到力的作用线的距离”在科学上被称为力臂；
（4）根据图1可知，使用动滑轮时，可以将左侧绳子与滑轮的接触点看作杠杆的支点，阻力臂等于半径，动力臂等于直径；
根据图2可知，使用定滑轮时，滑轮的轴心为杠杆的支点，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径。
则：用图1方式提升物体比用图2方式省力的原因是：图1的动力臂大于阻力臂而图2的动力臂等于阻力臂。
37．【答案】（1）匀速；83.3%
（2）低；3
【知识点】机械效率的计算
【解析】【分析】（1）只有匀速直线拉动绳子时，测力计的示数才和绳子的拉力相等。当竖直拉动物体时，根据公式计算滑轮组的机械效率；
（2）根据图乙确定滑轮组的机械效率与动滑轮重力的关系，再根据机械效率的公式计算此时提升物体的重力。
【解答】（1）实验时小红沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计。
根据图甲可知，此时弹簧测力计的拉力为2.4N，
那么滑轮组的机械效率为：。
（2）根据乙图可知，被提升物体所受的重力相同时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低。
当滑轮组的机械效率为75%时，动滑轮的重力为1N，根据得到：
；
解得：G=3N。
38．【答案】（1）是
（2）右
（3）1.5N；变大
（4）避免实验的偶然性
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆平衡的判断方法：杠杆静止或杠杆匀速转动；
（2）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（3）根据杠杆的平衡条件列式计算即可；分析斜拉时动力臂的大小变化，进而确定测力计示数的变化；
（4）改变钩码的个数和位置，得到多组数据，可以使得到的结论更客观准确，避免实验的偶然性。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）根据图甲可知，杠杆的右端上翘，即右端轻，因此平衡螺母应向右端调节；
（3）根据杠杆的平衡条件得到：GA×OA=F×OB；
0.5N×2×3=F×2；
解得：F=1.5N；
当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂变短，当杠杆保持平衡时，此时弹簧测力计的示数将变大；
（4）小金改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是避免实验的偶然性。
39．【答案】（1）竖直
（2）不正确
（3）0.4
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1） 在使用动滑轮时，拉力的方向会影响拉力的大小，只有自由端的拉力方向与其它绳子的方向平行时，此时最省力；
（2）在拉动绳子的过程中，绳子和滑轮之间、滑轮和轴之间都会存在摩擦，这些都会影响滑轮组的机械效率。而如果绳子是静止的，这些摩擦力就不存在了。
（3）根据图丁确定承担重力的绳子段数n，然后根据s=nh计算绳端移动的距离。
【解答】（1）拉力的方向要与绳子的方向平行；在实验2、3、4中，都是沿竖直方向拉动物体，因此应该沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计；
（2）小组同学发现实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计的示数不稳定，应该静止读数，我认为他的想法不正确；
（3）根据图丁可知，承担重力的绳子段数为n=4，那么第4次绳端移动的距离：s=nh=0.1m×4=0.4m。
40．【答案】①假设先点燃蜡烛左端，左端蜡烛的消耗量大于右端蜡烛消耗量，即 < , ,根据杠杆平衡原理可得 ,左端蜡烛上翘。
②左端蜡烛上翘，右端蜡烛下沉，导致右端蜡烛消耗量大于左端蜡烛消耗量，即 , ,根据杠杆平衡原理可得 ,右端蜡烛上翘。如此往复，左右两端不断上下翘动。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】哪端的蜡烛先被点燃，这端的蜡烛就消耗的多，重力偏小；哪边的蜡烛沉在下面，哪端的蜡烛就消耗的多，重力偏小，据此根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】①假设先点燃蜡烛左端，左端蜡烛的消耗量大于右端蜡烛消耗量，即 < ,根据杠杆平衡原理可得 ,左端蜡烛上翘。
②左端蜡烛上翘，右端蜡烛下沉，导致右端蜡烛消耗量大于左端蜡烛消耗量，即 , ,根据杠杆平衡原理可得 ,右端蜡烛上翘。如此往复，左右两端不断上下翘动。
1 / 1