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浙教版九年级科学上学期·期中考点大串讲·考题猜想
专题六 简单机械（一）
提示：知识点与易错点可参考单元大串讲
01 杠杆及其五要素
1．（2024 余姚市模拟）长期低头会对颈部肌肉造成损伤，图中A点为头部重力作用点，B点为颈部肌肉受力点，下列能正确表示人低头时杠杆示意图是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023秋 杭州期末）新冠疫情期间，各地经常进行核酸检测。如图是医务人员在用核酸拭子采集完后，将拭子头掰折入试管的情景。该情景下拭子相当于杠杆，下列关于该杠杆的分析正确的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023秋 临平区期中）学龄前儿童常因为好奇而将下边抽屉拉出当作台阶去攀爬柜子，容易使柜子翻倒造成伤害事件，其侧视示意图如图所示。柜子可简化成一个杠杆模型，标有A、B、C、D四个点，当它翻倒时，是以 　 　点为支点的，为防止图示中柜子翻倒，可在图中 　 　点与墙壁接触处加装固定装置，使该装置起防翻倒作用时受力最小。
4．（2023秋 婺城区校级期中）如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析错误的是（　　）
A．C点是支点 B．液压杆B施加力是动力
C．阻力只有货物的重力 D．物体A放在车厢后部可省力
5．（2023秋 江干区校级月考）关于杠杆，下列说法正确的是（　　）
A．杠杆一定是直杆
B．力臂是指从支点到力的作用点的距离
C．杠杆的支点不一定在杠杆中间
D．动力臂与阻力臂长度之和，一定小于杠杆的总长度
6．（2023 舟山一模）如图所示筷子盒在A处施加向下的力时，筷子会从出口滚出。忽略筷子的压力，以下能正确表示按下A处时杠杆示意图的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2022 宁波）“美好的一天，从拉着行李箱返校学习开始”。图甲中的同学拉着行李箱健步行走在校园水平路面上，行李箱匀速前进并保持倾角不变。假如这一过程中行李箱（含箱内物体）受到的重力G如图乙所示，则该同学对行李箱施加的拉力有没有可能是图乙中的F1、F2你的判断是（　　）
A．F1可能，F2不可能
B．F1不可能，F2可能
C．F1和F2都可能
D．F1和F2都不可能
8．（2022秋 滨江区期末）图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是 　 　（B/C），若要使海报架抵抗更大的风力，可适当 　 　（增大/减小）∠BAC角度的大小，从而使重力的力臂 　 　（增大/减小）。
02 杠杆中力和力臂的画法
9．（2023秋 鹿城区校级月考）杭州亚运会以其热情周到的志愿服务、精彩高超的赛事水平收获来自世界的关注和好评。下列小题为运动员参赛情景，请回答相应问题。如图中的皮划艇运动员一手支撑住桨柄的末端，另一手用力划桨，此时的船桨可看作是一个杠杆。下列船桨模型中最合理的是（　　）
A． B． C． D．
10．（2023秋 西湖区校级月考）下列力臂的画法正确的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2023秋 江干区校级月考）如图所示为钓鱼竿钓鱼的示意图，O为支点，请画出阻力F2的力臂L2。
12．（2021秋 江北区期末）现在不少学校里放置了如图甲所示的带盖子的垃圾桶，他能有效阻隔垃圾散发的气味，图乙为打开桶盖时的简化图。若动力作用在A电上，请在图中画出：
①桶盖重力G的力臂L；
②作用在A点的最小动力F示意图。
03 杠杆的平衡条件
13．（2024秋 拱墅区校级月考）如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”实验中，已知杠杆上每个小格长度为2cm，当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆。使杠杆在水平位置平衡时.下列说法正确的是（　　）
A．动力臂为0.08m B．此时动力小于阻力
C．弹簧测力计的示数为4N D．钩码总重为2N
14．（2023秋 宁波期末）如图1是宁波象山港跨海大桥的实景图，采用双塔双索面斜拉桥的结构，可以逐步抽象成图2、图3、图4所示的模型。若其他因素不变，适当增加桥塔的高度，则可以（　　）
A．增加动力 B．减小阻力 C．增加动力臂 D．减小阻力臂
15．（2023秋 椒江区期末）如图表示我国古代劳动人民运送巨木的场景，他们通过悬绳、支架、横杆等工具，将巨木的一端抬起。当巨木太重无法抬起时，下列改进方法可行的是（　　）
A．仅将支架向右移动
B．减少横杆右端的人数
C．横杆右端的人向支架靠近
D．减小悬绳与支架间的距离
16．（2023秋 鹿城区期末）如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面。则（　　）
A．F甲＞F乙，因为乙方法的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为甲方法的阻力臂短
C．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂短
D．F甲＝F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
17．（2023秋 萧山区期中）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．每次倒入空桶的液体体积不相同
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，秤的量程会减小
18．（2023秋 婺城区校级期中）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大
B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变
D．重力G与它的力臂乘积变大
19．（2023秋 鹿城区校级月考）如图是一款可以调节锅内温度大小的高压锅保险阀门原理图，其本质是一根以O为支点的杠杆。当温度升高到一定程度时，蒸汽从阀门向上喷出，在A点对杠杆施加向上的力，若需要减小锅内的最高温度，则需要（　　）
A．增大重物质量，并将重物向左移动
B．增大重物质量，并将重物向右移动
C．减小重物质量，并将重物向左移动
D．减小重物质量，并将重物向右移动
20．（2023秋 义乌市校级期末）项目学习小组在使用密度计时发现由于刻度不均匀，估读时误差较大，由此准备制作一个刻度均匀的密度计。
【小组讨论】液体密度计是根据排开液体的体积变化判断密度大小；根据密度公式ρ＝，想到是否可以通过密度与质量之间的关系来制作刻度均匀的密度。经过查阅资料及深入讨论最后确定了制作方案。
【查阅资料】杆秤是我国古老的质量称量工具（如图甲），刻度是均匀的。使用时先把被测物体挂在秤钩处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，秤砣悬挂点对应的数值即为物体的质量。
（1）杆秤的工作原理是 　 　。
【产品制作】
器材：木棒、塑料杯、细线、刻度尺、金属块（代替秤砣）。
步骤：
①模仿杆秤结构，用杯子代替秤钩，先自制一根无刻度“密度秤”。
②杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度。
③杯中加水200cm3至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，将此时秤砣的悬挂点B标记为“1”刻度（单位g/cm3）。
④以AB两点之间长度的为标准，在整根秤杆上均匀地标上刻度。
（2）在制作过程中，秤杆出现左低右高现象（如图丙），要调至水平位置平衡，秤砣应往　 　侧移动。
【产品检验】用多种密度已知的液体对“密度秤”刻度准确度进行检验。
【产品升级】（3）为了制作出精确度更高的“密度秤”，下列改进措施可行的是 　 　。
A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动 B．减小秤砣的质量
C．减少加入杯中的液体体积 D．换用更细的秤杆
（4）小科同学通过测量图乙中的以下数据，OC＝10cm、OA＝5cm、OD＝55cm、秤砣（金属块）的质量为100g，计算出该杆秤D点的密度为 　 　kg/m3。
21．（2023秋 义乌市校级期末）如图所示是一个自制密度秤，其外形和杆秤差不多。其左端A点挂一个质量为0.2kg、体积为25cm3的铁块。提纽位于O处，秤砣放在B处时，秤杆恰好水平平衡。已知秤砣的质量为0.1kg，AO＝5cm，BO＝10cm。把铁块浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣便可直接在杆上读出液体的密度。
（1）密度秤零刻度在O点右侧 　 　cm处。
（2）现将铁块浸没在待测液体中，秤砣左移1.5cm到C点时，杠杆在水平位置重新平衡，则待测液体的密度为 　 　kg/m3。
（3）关于该密度秤的刻度特点下列判断正确的有哪些 　 　。
A.该密度秤的刻度不均匀 B.该密度秤的刻度左大右小
C.秤砣质量变小密度秤的精度变高 D.秤砣质量变大密度秤的量程变大
22．（2023秋 义乌市校级月考）“低头族”长时间看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，项目化学小组建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个质点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模型测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如表：
低头角度θ/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为 　 　。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是 　 　N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是 　 　。
A.不要长时间低头看手机
B.适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C.低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
04 杠杆的动态平衡分析
23．（2024秋 拱墅区校级月考）如图，足够长的杠杆上放着两个球（质量m1＞m2），杠杆在水平位置平衡，若两球以相同的速度同时向远离支点的方向运动，则杠杆的状态是（　　）
A．仍然平衡 B．大球一端下沉
C．小球一端下沉 D．无法确定
24．（2024秋 杭州月考）如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（　　）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
25．（2023秋 江干区校级月考）如图所示，A和B为由铜和铁制成的实心球，它们的体积相同，此时杠杆恰好水平平衡，若将它们同时浸没水中则（　　）
A．杠杆仍然保持平衡
B．杠杆不能平衡A下沉
C．杠杆不能保持平衡B下沉
D．无法确定
26．（2023秋 杭州期中）如图所示，杠杆AOB用细线悬挂起来，在A、B两端分别挂上质量为m1、m2的重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，AO＝BO，不计杠杆自身重力，同时在A、B两点增加质量为m的重物，下列选项正确的是（　　）
A．A端下沉 B．B端下沉 C．保持不变 D．无法判断
27．（2023秋 慈溪市期中）如图所示，杠杆处于平衡状态，若将A处的钩码向右移动一格，为使杠杆重新平衡可以（　　）
A．把B处钩码向右移动一格
B．在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格
C．把B处钩码拿掉一个
D．在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格
28．（2023秋 德清县期末）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 　 　牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 　 　点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 　 　（选填“上升”或“下降”）。
29．（2023秋 杭州期末）某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置.此时墙壁对手掌的支撑力F如图所示，不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）该同学质量为50kg，则墙壁对人的支撑力约为 　 　N。
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F如何变化？并说明理由 　 　。
30．（2024 西湖区校级三模）如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图。O为固定转轴，A处连接着石球，脚踏杆的B处可使石球升高，抬起脚，石球会落下去击打稻谷。石球重50N，不计摩擦和杆重。
（1）脚沿与杆垂直方向至少用力F1，才能将石球抬起。F1的力臂为 　 　m，此时舂米工具是一个 　 　（选填“省力”或“费力”）杠杆。
（2）脚竖直向下至少用力F2为 　 　N，才能将石球抬起。F2和F1的大小关系为F2　 　F1。
31．（2023秋 杭州期中）小汤家里进行装修，装修的工人从建材市买来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆。已知每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起（图甲1位置），F的大小为 　 　N。
（2）若F始终竖直向上，在工人把木板从位置1匀速抬升到位置2的过程中，力F的变化趋势是 　 　（填字母）。
A.变大 B.变小 C.先变大后变小 D.不变
（3）小汤和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将一桶墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小汤抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小汤对木板的力F2为多少？
05 杠杆中最小力问题
32．（2024秋 拱墅区校级月考）如图所示，O为轻质杠杆的支点，B点挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点或在A点施加一个力并使该力最小，该力应沿（　　）
A．F1方向 B．F2方向 C．F3方向 D．F4方向
33．（2023秋 江北区期末）买菜拉车是老人们出门人手必备的“单品”，因其可折叠可爬楼可坐可悬挂深受老年人喜爱。老人拉着载有重物的拉车，使前轮越过障碍物后，若想用最小的力抬起后轮，这个力应该施加在哪个点上（　　）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
34．（2023秋 上城区校级月考）如图所示，O为杠杆的支点，A点悬挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点施加一个力并使该力最小，该力应沿（　　）
A．BM方向 B．BN方向 C．BP方向 D．BQ方向
35．（2023秋 鄞州区校级月考）如图所示，OB为一轻质杠杆，O为支点，OA＝30cm，AB＝10cm，将重30N的物体悬挂在B点，当杠杆在水平位置平衡时，在A点至少需加 　 　N的拉力。
36．（2020秋 南湖区校级月考）如图所示杠杆（杠杆自身质量和摩擦忽略不计，固定装置未画出）。图中O为支点，物体G重为1.2N。老师要求同学们在支点右侧某处施加一个最小的力来使杠杆保持水平平衡。那么，这个最小的力与哪些因素有关系呢？对此，同学们根据力的三要素知识提出了如下两种猜想：
猜想1：这个最小的力与力的作用点有关系。
猜想2：这个最小的力与力的方向有关系。
同学们进行如图所示操作，实验结果记录如表。
力 F1 F2 F3
力的作用点 B C C
力的方向 竖直向下 竖直向下 斜向右下
力的大小（N） 2.4 1.6 2.4
（1）根据表格信息判断：上述二个猜想是否正确 　 　。
（2）进一步分析F1、F2、F3和图示信息，同学们发现上述二个因素共同决定了一个“距离”，正是这个“距离”决定了这个最小的力，这个“距离”是 　 　。
（3）根据这个发现，要在支点右侧施加一个最小的力使杠杆保持水平平衡，则这个力应施加在D、E、F三点的哪一点上、方向如何？　 　。
06 定滑轮及其工作特点
37．（2023 海曙区校级一模）现有史籍中最早讨论滑轮的是《墨经》。书中将向上提举重物的力称为“挈”，将自由往下降落称为“收”，将整个滑轮称为“绳制”（图1）。现分别用甲、乙两个力替代“收”（图2），使重物在相同的时间内匀速上升相同高度。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．使用这个滑轮能省力
B．甲拉力大小等于乙拉力大小
C．甲拉力做的功大于乙拉力做的功
D．甲拉力使绳自由端移动的速度小于乙拉力使绳自由端移动的速度
38．（2023秋 温州期末）如图，甲、乙实验可以得出“定滑轮不能省力”这一结论。小敏想通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小，于是在左侧加上一个相同的弹簧测力计（弹簧测力计重力不能忽略、绳和滑轮之间摩擦不计）。下列四套装置中能实现的是（　　）
A． B． C． D．
39．（2023秋 杭州期中）小李的质量为50千克，可以举起80千克的杠铃；小胖的质量为70千克，可以举起60千克的杠铃。他们两人通过如图所示的装置来比赛，双方都竭尽全力，看谁能把对方拉起来。比赛结果应是（　　）
A．小李把小胖拉起 B．小胖把小李拉起
C．两个都拉不起 D．两个都拉起
40．（2023秋 柯桥区期末）小科回老家时，发现一种利用滚轴和绳子组装的特殊机械（如图所示），当地人借助这种装置可以将较重的物体很轻便地搬运到二楼，对此小科充满好奇，尝试将质量为80千克的重物匀速提升了3米，请根据所学知识解答下列问题：
（1）该装置可简化成由定滑轮和动滑轮组成的滑轮组，则A相当于 　 　。
（2）重物上升3米的过程中，小科对重物做功 　 　。
（3）滚轴A、B的质量均为5千克，不计绳重和摩擦，若整个过程用时30秒，则小科做功的功率是 　 　W。
41．（2022秋 西湖区校级期中）滑轮是一种常用的简单机械。使用定滑轮在省力和省距离等方面有什么特点？以下是小丽对此进行的实验：
①如图甲，用弹簧秤测出两个钩码的重；
②如图乙，用手竖直向下匀速拉弹簧秤，记录弹簧秤示数（摩擦力忽略不计）。测量钩码和绳子自由端通过的距离，记录在下表中；
③如图丙，改变拉力方向重复实验并记录。
拉力方向 弹簧秤示数（牛） 绳子自由端移动距离（厘米） 钩码上升距离（厘米）
竖直向下 2.0 15 15
斜向下 2.0 12 12
水平 2.0 8 8
请回答：
（1）①中测得钩码重为 　 　牛；
（2）分析数据，可得出的结论是 　 　；
（3）小丽认为根据已有实验得出结论不具普遍性，还需 　 　。
42．（2023秋 永嘉县校级月考）小科家的阳台上刚刚安装了如图甲所示的晾衣架，使用时，只需要转动手摇器能使横杆上升或下降，给日常生活带来许多方便。如图乙是晾衣架的原理示意图。（不计横杆、衣架和钢丝绳等自重）
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械是 　 　（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）小明用10秒时间将挂在晾衣架上重为20牛的衣服升高1.5米，求小明做功的功率？
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15牛的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20厘米。通过计算说明水平横杆编号5的小孔，至多能挂重为多少牛的衣服进行晾晒，右侧钢丝绳不会断裂（不计横杆、衣架和钢丝绳等自重）。
43．（2023秋 黄岩区校级月考）赛龙舟自古以来在我国广为流传，现已成为亚运会比赛项目。如图是运动员在室内进行划桨训练的两个场景，图甲是训练装置的结构示意图，绳子系在“船桨”的A端，运动员坐在位置上用力将“船桨”从位置“1”划到位置“2”，重物的位置也发生了相应的变化。若重物的质量为20千克，“划桨”一次拉过绳子的距离为60厘米。（船桨重、绳重与摩擦均不计）
（1）该装置中两个滑轮的作用是 　 　。
（2）“划桨”一次，人至少做功 　 　焦。
（3）图乙是某种耐力练习示意图，保持“船桨”与绳子垂直并静止。若OA为60厘米，AB为20厘米，当一只手握在O端，另一只手握在B点并施加垂直“船桨”的力F。求此时力F的大小？
07 动滑轮及其工作特点
44．（2023秋 鄞州区期末）如图所示，小宁组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物＝400N（不计绳重、滑轮重和摩擦）。将物体竖直匀速提升1m，下列说法正确的是（　　）
A．F甲＝400N，施力处向上移动2m
B．F甲＝200N，施力处向上移动1m
C．F乙＝400N，施力处向上移动0.5m
D．F乙＝800N，施力处向上移动0.5m
45．（2023秋 丽水期末）一辆车不小心陷进了泥潭中，小科按如图甲、乙两种方法均可将车从泥潭中拉出。如果车受到的阻力为800牛，则下列说法正确的是（　　）
A．甲可以省力
B．乙能改变力的方向
C．甲所用的力至少400牛
D．乙所用的力至少400牛
46．（2023秋 德清县期末）如图所示用20牛的力F沿水平方向拉滑轮，可使物体A以1米/秒的速度在水平面上匀速运动。弹簧测力计的示数恒为5牛（不计滑轮、测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑）。下列说法错误的是（　　）
A．拉力F做功功率为40瓦
B．滑轮移动的速度是0.5米/秒
C．物体A受到B的摩擦力是5牛
D．物体A受到地面水平向右5牛的摩擦力
47．（2023秋 鹿城区期中）一辆汽车不小心陷进泥潭后，若司机按如图所示的甲、乙两种方法将汽车从泥潭中匀速拉出相同的距离，不考虑滑轮、绳子的重和滑轮绳子间的摩擦力，则下列分析正确的是（　　）
A．甲组比乙组省力 B．乙组比甲组省力
C．甲组比乙组做功多 D．乙组比甲组做功多
48．（2023秋 西湖区校级期中）如图所示，三个滑轮分别拉着同样的物体沿同一水平地面做匀速直线运动，有物体重300N，物体与地面之间的摩擦力为60N，则所用的拉力分别为：（不计绳与轮之间的摩擦及轮重）F1＝　 　N；F2＝　 　N；F3＝　 　N。
49．（2024春 上城区校级月考）如图是上肢力量健身器示意图。杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AB＝3BO，配重的重力为90N。重力为500N的健身者通过细绳在B点施加400N竖直向下的拉力时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力恰好为零。（杠杆AB、绳重及摩擦均忽略不计）。
（1）健身过程中，配重被拉起时，健身器中的滑轮为 　 　（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）求配重对地面的压力恰好为零时A点受到的拉力。
（3）求滑轮的重力。
08 滑轮组及其工作特点
50．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，物体A在拉力F的作用下向左匀速直线运动，物体A受到地面的摩擦力为10N（不计滑轮的重及滑轮与绳子之间的摩擦）。则下列说法正确的是（　　）
A．物体A受到一对平衡力的作用
B．滑轮D的作用是改变力的方向
C．拉力F为5N
D．增大拉力F，物体A受到的摩擦力将增大
51．（2023秋 椒江区期末）用如图所示的三个装置先后提升同一个物体G，若不考虑滑轮的自重和摩擦，作用于绳子自由端的拉力F1、F2、F3的大小关系是（　　）
A．F1最大 B．F2最大 C．F3最大 D．一样大
52．（2023秋 滨江区期末）如图所示为《墨经》中记载的古代提升重物工具“车梯”，车梯工作时相当于滑轮组。假设利用此车梯匀速提升重为500牛的物体上升4米，不计摩擦和滑轮自重，下列说法不正确的是（　　）
A．图中①所指的部件相当于滑轮组中的动滑轮
B．提升物体过程中绳端移动的距离为16米
C．提升物体时人对绳子的拉力为250牛
D．提升物体过程中人拉绳子做功2000焦
53．（2024 江北区模拟）如图所示，F1＝8N，F2＝6N，此时物体A相对于地面静山，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。
（1）弹簧测力计读数为 　 　N。
（2）物体A和地面之间的摩擦力 　 　N。
（3）如果增大F2，物体A是否有可能向左运动？请说明理由 　 　。
54．（2023秋 永嘉县校级月考）图甲的滑轮组提升重300N的物体，已知拉力F为110N，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。
若将此重物以0.5m/s的速度沿水平匀速拉动，物体所受地面的摩擦力为物重的0.3倍，如丙图所示。不计滑轮重、绳重和摩擦，则拉力为 　 　N，拉力的功率为 　 　W。
09 滑轮及滑轮组的机械效率
55．（2024 上城区校级一模）如图所示，分别使用滑轮或滑轮组匀速提升同一物体，滑轮质量均相等且G动小于G物，在相同的时间内物体被提升的高度也相等，不计绳重和摩擦，下列说法不正确的是（　　）
A．三个装置所做的有用功为W甲＝W乙＝W丙
B．绳子自由端移动的速度关系为v甲＜v乙＜v丙
C．绳子自由端的拉力大小为F甲＞F乙＝F丙
D．三个装置的机械效率为η甲＞η乙＝η丙
56．（2023秋 江北区期末）如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示。其中吊篮和动滑轮总质量为30kg，吊篮由电动机控制升降。在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量200kg，20s内吊篮匀速上升4m，电动机对钢丝绳的拉力为750N。下列说法错误的是（　　）
A．本次吊升过程中的有用功是8×103J
B．本次吊升过程中的机械效率约为87.0%
C．可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来提高该平台使用时的机械效率
D．可以通过增加工人和工具重力来提高该平台使用时的机械效率
57．（2023秋 义乌市期末）用如图所示的装置提升重为800N的物体A，动滑轮重为200N。在卷扬机对绳子的拉力F作用下，物体A在10s内竖直匀速上升了2m。在此过程中，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．物体A上升的速度为0.4m/s
B．滑轮组的有用功为2000J
C．拉力F的功率为100W
D．滑轮组的机械效率为80%
58．（2023秋 萧山区期中）如图所示，用相同滑轮组装成的甲、乙两个滑轮组分别将同一个物体在相同时间内匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．F甲＝F乙 B．甲、乙绳子自由端移动的速度相同
C．甲、乙两个拉力的功率相同 D．乙滑轮组的机械效率高
59．（2023秋 吴兴区期末）小红在研究滑轮组机械效率与哪些因素有关的实验中，所用装置如图所示，每个钩码重2N，测得的数据如表：
次数 钩码总重G/N 钩码上升的高度h/m 测力计示数F/N 测力计移动距离s/m 机械效率η
1 4 0.1 1.8 0.3 74%
2 6 0.1 0.3
3 4 0.1 1.4 0.5 57%
4 4 0.2 1.4 1.0 57%
（1）第2次测量中，测力计示数如乙图。由乙图可知拉力大小为 　 　N；第2次实验测得的机械效率为 　 　；（结果保留整数）
（2）分析表中数据可知：第4次实验是用 　 　（填“甲”、“乙”或“丙”）图装置完成的；
（3）分析第3、4次实验数据得出结论：　 　；
（4）生活中汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义。汽车制造厂用新材料减轻车身重量来提高效率，这种方法运用了实验中 　 　两次数据分析得出的结论。
60．（2023秋 宁波期末）工人使用如图所示装置吊装重物。电动机的输出功率为800W，将重为500N的水泥匀速提升到10m高的位置需要用时15s，若电动机的输出功率恒定不变。请完成下列问题：
（1）图中滑轮组的作用是 　 　。
（2）在此过程中，绳子自由端移动的速度是多少？
（3）求电动机对绳子的拉力大小。
（4）请写出一条提高该滑轮组机械效率的方法 　 　。
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浙教版九年级科学上学期·期中考点大串讲·考题猜想
专题六 简单机械（一）
提示：知识点与易错点可参考单元大串讲
1．（2024 余姚市模拟）长期低头会对颈部肌肉造成损伤，图中A点为头部重力作用点，B点为颈部肌肉受力点，下列能正确表示人低头时杠杆示意图是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，头部重力方向是竖直向下，颈部肌肉的拉力应垂直于OB向下。
【解答】解：由题意知，头部重力方向是竖直向下，颈部肌肉拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
故选：B。
【点评】本题通过对人的头颅模型的分析，考查了杠杆的应用，难度适中。
2．（2023秋 杭州期末）新冠疫情期间，各地经常进行核酸检测。如图是医务人员在用核酸拭子采集完后，将拭子头掰折入试管的情景。该情景下拭子相当于杠杆，下列关于该杠杆的分析正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】在动力的作用下，杠杆可能静止，也可能转动，阻力与动力的作用效果相反，如果动力使杠杆顺时针转动，阻力必须使杠杆逆时针转动。
【解答】解：该情境下拭子相当于杠杆，F1绕O点逆时针旋转，F2绕O点顺时针旋转。
故选：B。
【点评】本题主要考查杠杆的五要素，属于基础题。
3．（2023秋 临平区期中）学龄前儿童常因为好奇而将下边抽屉拉出当作台阶去攀爬柜子，容易使柜子翻倒造成伤害事件，其侧视示意图如图所示。柜子可简化成一个杠杆模型，标有A、B、C、D四个点，当它翻倒时，是以 　D　点为支点的，为防止图示中柜子翻倒，可在图中 　A　点与墙壁接触处加装固定装置，使该装置起防翻倒作用时受力最小。
【答案】D；A
【分析】（1）一根硬棒绕某固定点转动，该点称之为支点，据此分析；
（2）当以D点位支点时，根据杠杆平衡条件可知，离支点最远点的连线为最长力臂，过该点作用垂直于力臂的力即为最小作用力。
【解答】解：根据图示可知，当柜子翻倒时，柜子将绕D点运动，所以此时D点为支点；
为了固定柜子，并使该装置起作用时受力最小，根据杠杆平衡条件可知，动力臂应最长，由于图中DA为最长的动力臂，所以需在A点固定该装置，并使该装置起作用时受力最小。
故答案为：D；A。
【点评】本题考查杠杆五要素以及杠杆中最小力的问题，关键是找出最长的动力臂。
4．（2023秋 婺城区校级期中）如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析错误的是（　　）
A．C点是支点
B．液压杆B施加力是动力
C．阻力只有货物的重力
D．物体A放在车厢后部可省力
【答案】C
【分析】在杠杆中硬棒绕着转动的点叫做支点；动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆。
【解答】解：A、车厢部分是绕着C点转动的，所以C点是支点，故A正确；
B、液压杆B施加的力是动力，把车厢支撑起来，故B正确；
C、阻力应是货物对车厢的压力，不是货物的重力，故C错误；
D、根据杠杆平衡条件，阻力臂越短动力越小，越省力，因此物体A放在车厢后部可省力，故D正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了对杠杆五要素的理解及杠杆平衡条件的应用，有关杠杆受到的动力和阻力必须是作用在杠杆上的。
5．（2023秋 江干区校级月考）关于杠杆，下列说法正确的是（　　）
A．杠杆一定是直杆
B．力臂是指从支点到力的作用点的距离
C．杠杆的支点不一定在杠杆中间
D．动力臂与阻力臂长度之和，一定小于杠杆的总长度
【答案】C
【分析】（1）杠杆可以是直的硬棒，也可以是弯曲的硬棒；
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离；
（3）支点可以在杠杆上的任意位置；
（4）作用在杠杆上的两个力可以在支点的同侧，也可以在异侧。
【解答】解：A、杠杆是指在力的作用下能绕着固定点转动的硬棒，可以是直的，也可以是弯的，则A选项错误。
B、力臂是从支点到力的作用线的距离，而不是从支点到力的作用点的距离，则B选项错误。
C、支点指杠杆在转动过程中固定不变的点，不一定在杠杆的中间位置；则C选项正确。
D、根据杠杆的定义、力臂的含义，可以断定动力臂和阻力臂之和可以大于、小于或等于杠杆的总长度，则D选项错误。
故选：C。
【点评】在解题时要结合杠杆的五要素认真分析每一个选项，属于基础知识的考查。
6．（2023 舟山一模）如图所示筷子盒在A处施加向下的力时，筷子会从出口滚出。忽略筷子的压力，以下能正确表示按下A处时杠杆示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据支点的位置、动力的方向分析阻力的方向，然后选出正确的杠杆示意图。
【解答】解：A处施加的动力的方向是向下的，支点在杠杆的最左侧，所以阻力的方向是向上的，根据四个选项可知，A中图正确。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆的应用，属于基础题。
7．（2022 宁波）“美好的一天，从拉着行李箱返校学习开始”。图甲中的同学拉着行李箱健步行走在校园水平路面上，行李箱匀速前进并保持倾角不变。假如这一过程中行李箱（含箱内物体）受到的重力G如图乙所示，则该同学对行李箱施加的拉力有没有可能是图乙中的F1、F2？你的判断是（　　）
A．F1可能，F2不可能 B．F1不可能，F2可能
C．F1和F2都可能 D．F1和F2都不可能
【答案】D
【分析】根据拉力、重力的方向分析行李箱的运动状态。
【解答】解：图甲中的同学拉着行李箱健步行走在校园水平路面上，行李箱匀速前进，受力平衡，受到竖直向上的支持力、竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和拉力的共同作用；F1的方向是竖直向上的，不会产生向右的动力；
F2的方向虽然斜向上，但该力的作用效果会使得箱子顺时针转动，无法使箱子保持平衡状态，箱子不能做匀速直线运动，所以F1、F2都不可能。
故选：D。
【点评】本题考查了力与运动的关系，难度不大。
8．（2022秋 滨江区期末）图甲是一种落地式海报架，图乙是海报架的侧视结构示意图。若视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，支点是 　C　（B/C），若要使海报架抵抗更大的风力，可适当 　增大　（增大/减小）∠BAC角度的大小，从而使重力的力臂 　增大　（增大/减小）。
【答案】C；增大；增大。
【分析】根据以下知识答题：
（1）可绕固定点（轴）转动的硬棒是杠杆，杠杆既可能是直的，也可能是弯曲的；
（2）杠杆的五要素：使杠杆转动的力叫做动力，阻碍杠杆转动的力叫阻力；杠杆绕着转动的固定点叫支点，从支点到动力作用线的距离叫动力臂；从支点到阻力作用线的距离叫阻力臂；
（3）∠BAC角度越大，重力G的力臂L2越长，重力G大小不变，根据杠杆平衡原理分析满足使海报架抵抗更大的风力要求时∠BAC角度的变化。
【解答】解：杠杆绕着转动的固定点叫支点，支点为杠杆在转动过程中的不动点，视海报架为杠杆，水平向右的风将其吹倒的瞬间，B点在移动，C点不动，故支点为C点；
当∠BAC角度越大时，重力G的力臂L2越长，重力G大小不变，且结合图示和力臂的概念可知风力的力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时可承受更大的风力，故若要使海报架抵抗更大的风力，应增大∠BAC角度。
故答案为：C；增大；增大。
【点评】本题考查了杠杆五要素中支点概念、杠杆平衡条件的应用，有一定的难度。
9．（2023秋 鹿城区校级月考）杭州亚运会以其热情周到的志愿服务、精彩高超的赛事水平收获来自世界的关注和好评。下列小题为运动员参赛情景，请回答相应问题。如图中的皮划艇运动员一手支撑住桨柄的末端，另一手用力划桨，此时的船桨可看作是一个杠杆。下列船桨模型中最合理的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】在分析时，注意确定杠杆的支点即杠杆围绕转动的点。当人向后划桨时，浆的上端为支点，人给浆的力向后，水给浆的力向前。
【解答】解：由题意可知，撑住桨柄的末端为支点，下面的手给浆向后的力，这时水给浆一个向前的力，使船前进。
故选：B。
【点评】此题主要考查了学生对杠杆的受力分析，主要确定支点，动力和阻力的方向。
10．（2023秋 西湖区校级月考）下列力臂的画法正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：
AD、力臂是支点到力的作用线的垂直距离，图AD中l1是力的作用线上截取的一部分，故AD错误。
B、动力臂应是支点O到到力的作用线的垂直距离，而图中所示l1的没有垂直于力F1的作用线，故B错误。
C、图中动力臂是支点O到到力F1作用线的垂直距离，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查对力臂的认识和理解，牢固掌握力臂的概念是判断的关键。
11．（2023秋 江干区校级月考）如图所示为钓鱼竿钓鱼的示意图，O为支点，请画出阻力F2的力臂L2。
【答案】
【分析】力臂是支点到力的作用线的距离，因此要先确定支点，然后判断力的方向，再过支点作出力的作用线的垂线，支点到力的作用线的距离，即为所求作的力臂。
【解答】解：从支点O向力F2的作用线作垂线段L2，那么L2即为所求作的力臂，如图所示：
【点评】本题考查了力臂的画法。关键是要作出支点到力的作用线的垂线段。
12．（2021秋 江北区期末）现在不少学校里放置了如图甲所示的带盖子的垃圾桶，他能有效阻隔垃圾散发的气味，图乙为打开桶盖时的简化图。若动力作用在A电上，请在图中画出：
①桶盖重力G的力臂L；
②作用在A点的最小动力F示意图。
【答案】见试题解答内容
【分析】先确定支点位置，然后找出杠杆上距支点最远的点，支点到该点的距离即为动力臂；并过该点作垂直于杠杆的作用力，即作用在杠杆上的最小动力。
根据力臂是指从支点到力的作用线的距离画出重力G的力臂。
【解答】解：
过支点O向重力作用线作垂线段，即为重力G的力臂，用L表示。
以OA为动力臂是最长的力臂，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小；过A点作垂直于OA向上的作用力，即最小的动力F．如图所示：
【点评】会根据力臂越长，作用力越小的原则分析杠杆中最小力的问题；注意分析杠杆中最小力的问题时，先确定力臂，然后根据力与力臂的关系画出最小作用力的方向。
13．（2024秋 拱墅区校级月考）如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”实验中，已知杠杆上每个小格长度为2cm，当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆。使杠杆在水平位置平衡时.下列说法正确的是（　　）
A．动力臂为0.08m
B．此时动力小于阻力
C．弹簧测力计的示数为4N
D．钩码总重为2N
【答案】D
【分析】当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）动力臂为OA的一半，比较力臂大小判断杠杆是否省力；根据弹簧测力计的示数得出弹簧测力计的读数；根据杠杆的平衡条件求出钩码重力。
【解答】解：A．动力臂是支点到动力作用线的距离，当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，根据直角三角形30度角的对边是斜边的一半，此时动力臂等于OA的一半；
l1＝OA＝4×2cm＝4cm＝0.04m，故A错误；
B．阻力臂的大小为：l2＝3×2cm＝6cm＞l1；杠杆为费力杠杆，动力大于阻力；故B错误；
C．由图中弹簧测力计分度值为0.02N，指针在3N，弹簧测力计的示数为3N；故C错误；
D、由杠杆平衡条件得；3N×4cm＝G×6cm；解得G＝2N，即钩码总重为2N，故D正确。
故选：D。
【点评】此题主要考查了杠杆的平衡条件的应用，都是杠杆平衡条件中的常见知识。
14．（2023秋 宁波期末）如图1是宁波象山港跨海大桥的实景图，采用双塔双索面斜拉桥的结构，可以逐步抽象成图2、图3、图4所示的模型。若其他因素不变，适当增加桥塔的高度，则可以（　　）
A．增加动力 B．减小阻力
C．增加动力臂 D．减小阻力臂
【答案】C
【分析】通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析解答。
【解答】解：
图4所示的模型，可以看做是一个在力的作用下静止在水平位置的杠杆。
由图可知，若增加塔桥的高度，增加了支点O到钢索的垂直距离，即增大了动力臂，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题考查杠杆的应用，将图示的钢索斜拉桥抽象成杠杆模型是解决第一小题的突破口。
15．（2023秋 椒江区期末）如图表示我国古代劳动人民运送巨木的场景，他们通过悬绳、支架、横杆等工具，将巨木的一端抬起。当巨木太重无法抬起时，下列改进方法可行的是（　　）
A．仅将支架向右移动
B．减少横杆右端的人数
C．横杆右端的人向支架靠近
D．减小悬绳与支架间的距离
【答案】D
【分析】杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1L1＝F2L2），阻力一定，减小阻力臂，增大动力臂可以省力。
【解答】解：A、将支架向右移动，阻力和阻力臂变大，动力臂变小，则阻力和阻力的乘积变大，而动力和动力臂的乘积变小，不能将巨木抬起，故A错误。
B、减少横杆右端的人数，减小了动力，则阻力和阻力的乘积不变，而动力和动力臂的乘积变小，不能将巨木抬起，故B错误。
C、横杆右端的人向支架靠近，减小了动力臂，则阻力和阻力的乘积不变，而动力和动力臂的乘积变小，不能将巨木抬起，故C错误。
D、减小悬绳与支架间的距离，减小了阻力臂，则阻力和阻力臂的乘积变小，而动力和动力臂的乘积不变，可能将巨木抬起，故D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查杠杆的应用，基础性题目，熟练掌握杠杆平衡条件是关键。
16．（2023秋 鹿城区期末）如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面。则（　　）
A．F甲＞F乙，因为乙方法的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为甲方法的阻力臂短
C．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂短
D．F甲＝F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
【答案】D
【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其几何中心上；此时动力为F，阻力为水泥板的重力，据此分析动力臂与阻力臂的关系；再杠杆的平衡条件比较F甲与F乙的大小关系。
【解答】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力为F，阻力均为水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以动力臂都等于阻力臂的2倍；
根据杠杆的平衡条件可得：F＝＝G，所以前后两次所用的力相同，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】通过杠杆的平衡条件，将抬起物体所用的力与物体的重力两者联系在一起。对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半。
17．（2023秋 萧山区期中）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．每次倒入空桶的液体体积不相同
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，秤的量程会减小
【答案】B
【分析】先分析杠杆两边力和力臂的变化，根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2对各个选项逐一分析即可。
【解答】解：A、在液体体积相同时，液体的密度越大，质量越大，因此只有每次倒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A错误；
B、当A端的空桶内的液体密度越大时，桶内液体的重力越大，根据杠杆平衡的条件可知，M的悬挂点离支点越远（即M向右移动），所以秤的刻度值向右越来越大，故B正确；
C、设物体M悬挂点B到O点的距离为阻力臂，悬点O适当右移，阻力臂减小，而动力臂增大，根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2，可知所测液体的最大质量减小，所测液体的最大密度减小，秤的量程会减小，故C错误；
D、增大M的质量，根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2，所测液体的最大质量增大，所测液体的最大密度增大，秤的量程会增大，故D错误。
故选：B。
【点评】本题关键是正确运用杠杆的平衡条件，同时在处理方程的时候也要注意技巧。
18．（2023秋 婺城区校级期中）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大
B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变
D．重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【分析】力臂的概念：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；运用杠杆的平衡条件FL＝GL′分析动力的大小变化。
【解答】解：在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示位置缓慢提起至虚线位置的过程中，根据力臂的定义可知，F的力臂变大，重力G的力臂减小；根据杠杆的平衡条件FL＝GL'可知，重力不变，重力的力臂减小，则重力与重力的力臂的乘积减小，动力臂变大，故动力F减小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。
19．（2023秋 鹿城区校级月考）如图是一款可以调节锅内温度大小的高压锅保险阀门原理图，其本质是一根以O为支点的杠杆。当温度升高到一定程度时，蒸汽从阀门向上喷出，在A点对杠杆施加向上的力，若需要减小锅内的最高温度，则需要（　　）
A．增大重物质量，并将重物向左移动
B．增大重物质量，并将重物向右移动
C．减小重物质量，并将重物向左移动
D．减小重物质量，并将重物向右移动
【答案】C
【分析】利用杠杆的平衡条件分析判断即可。
【解答】解：当温度升高到一定程度时，蒸汽从阀门向上喷出，在A点对杠杆施加向上的力，重物阻碍杠杆向上移动，若需要减小锅内的最高温度，则阻力、阻力臂需要减小，故减小重物质量，并将重物向左移动。
故选：C。
【点评】此题考查了杠杆的平衡条件的应用，属于基础知识。
20．（2023秋 义乌市校级期末）项目学习小组在使用密度计时发现由于刻度不均匀，估读时误差较大，由此准备制作一个刻度均匀的密度计。
【小组讨论】
液体密度计是根据排开液体的体积变化判断密度大小；根据密度公式ρ＝，想到是否可以通过密度与质量之间的关系来制作刻度均匀的密度。经过查阅资料及深入讨论最后确定了制作方案。
【查阅资料】杆秤是我国古老的质量称量工具（如图甲），刻度是均匀的。使用时先把被测物体挂在秤钩处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，秤砣悬挂点对应的数值即为物体的质量。
（1）杆秤的工作原理是 　F1L1＝F2L2　。
【产品制作】
器材：木棒、塑料杯、细线、刻度尺、金属块（代替秤砣）。
步骤：
①模仿杆秤结构，用杯子代替秤钩，先自制一根无刻度“密度秤”。
②杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度。
③杯中加水200cm3至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，将此时秤砣的悬挂点B标记为“1”刻度（单位g/cm3）。
④以AB两点之间长度的为标准，在整根秤杆上均匀地标上刻度。
（2）在制作过程中，秤杆出现左低右高现象（如图丙），要调至水平位置平衡，秤砣应往 　右　侧移动。
【产品检验】用多种密度已知的液体对“密度秤”刻度准确度进行检验。
【产品升级】
（3）为了制作出精确度更高的“密度秤”，下列改进措施可行的是 　AB　。
A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动
B．减小秤砣的质量
C．减少加入杯中的液体体积
D．换用更细的秤杆
（4）小科同学通过测量图乙中的以下数据，OC＝10cm、OA＝5cm、OD＝55cm、秤砣（金属块）的质量为100g，计算出该杆秤D点的密度为 　2.5×103　kg/m3。
【答案】（1）F1L1＝F2L2；（2）右；（3）AB；（4）2.5×103。
【分析】（1）通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用到的相关知识；
（2）秤杆出现左低右高现象，根据杠杆平衡原理，右侧的动力和动力臂的乘积小于左侧阻力和阻力臂的乘积，所以向右移动秤砣，增大动力臂，可以达到水平平衡；
（3）①在阻力F2和阻力臂L2不变的情况下，减小秤砣的质量使得F1变小，L1变大，根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2判断出密度秤的精确度的变化；
②根据杠杆的平衡条件表示出杯中不加液体和加水至a处时的式子，表示出水、液体的重力表达式，进而判断出减少加入杯中的液体体积，能不能通过密度秤得到液体的密度大小；
③秤杆的重力不影响最后的密度结果；
（4）杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度，此时m秤砣gLOA＝G桶LOC，
据此算出空桶的重力；
设该杆秤D点的密度为ρ，此时杠杆平衡，由杠杆的平衡条件得：（ρVg+G桶）LOD＝m秤砣gLOD，
代入数据得算出该杆秤D点液体的密度。
【解答】解：（1）通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用到的相关知识，杆秤的工作原理是杠杆平衡原理，即F1L1＝F2L2；
（2）秤杆出现左低右高现象，根据杠杆平衡原理，右侧的动力和动力臂的乘积小于左侧阻力和阻力臂的乘积，所以向右移动秤砣，增大动力臂，可以达到水平平衡；
（3）A、把秤纽位置往远离秤钩一侧移动，说明阻力臂增大，根据杠杆平衡原理F1L1＝F2L2，动力和阻力不变，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，密度秤会更精确，故A正确；
B、减小秤砣的质量，说明动力减小，根据杠杆平衡原理F1L1＝F2L2，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，分度值更小，密度秤会更精确，故B正确；
C、杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，G0×L1＝G砣×LA；
杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，（G0+G水）×L1＝G砣×LB；联立两式可得G水＝；
杯中加某种液体至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在AB中某一点E处，水平位置平衡时，可得G液＝；
＝；当液体体积和水的体积相同时，液体和水的密度比就是重力比，也为长度比；如果减少加入杯中的液体体积，则不能通过密度秤得到液体的密度大小，故C错误；
D、由上述计算可知，秤杆的重力不影响最后的密度结果，故D错误；
（4）杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度，此时m秤砣gLOA＝G桶LOC，
解得：G桶＝＝＝0.5N；
设该杆秤D点的密度为ρ，此时杠杆平衡，由杠杆的平衡条件得：（ρVg+G桶）LOD＝m秤砣gLOD，
代入数据得：（ρ×200×10﹣6m3×10N/kg+0.5N）×10cm＝100×10﹣3kg×10N/kg×55cm，
解得：ρ＝2.5×103kg/m3。
故答案为：（1）F1L1＝F2L2；（2）右；（3）AB；（4）2.5×103。
【点评】本题考查了杠杆平衡原理的综合应用，涉及的计算量很大，难度很大。
21．（2023秋 义乌市校级期末）如图所示是一个自制密度秤，其外形和杆秤差不多。其左端A点挂一个质量为0.2kg、体积为25cm3的铁块。提纽位于O处，秤砣放在B处时，秤杆恰好水平平衡。已知秤砣的质量为0.1kg，AO＝5cm，BO＝10cm。把铁块浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣便可直接在杆上读出液体的密度。
（1）密度秤零刻度在O点右侧 　10　cm处。
（2）现将铁块浸没在待测液体中，秤砣左移1.5cm到C点时，杠杆在水平位置重新平衡，则待测液体的密度为 　1.2×103　kg/m3。
（3）关于该密度秤的刻度特点下列判断正确的有哪些 　BCD　。
A.该密度秤的刻度不均匀
B.该密度秤的刻度左大右小
C.秤砣质量变小密度秤的精度变高
D.秤砣质量变大密度秤的量程变大
【答案】（1）10。（2）1.2×103kg/m3；（3）BCD。
【分析】（1）当铁块没有浸在液体中时，秤砣所在位置就是密度秤的0刻度点。
（2）当铁块浸没在液体中，调整秤砣位置使秤杆平衡时，根据杠杆的平衡条件好阿基米德原理可得（G铁﹣ρ液gV排）OA＝G秤砣OC，据此计算液体的密度；
（3）根据（G铁﹣ρ液gV排）OA＝G秤砣L代入数据分析即可。
【解答】解：（1）已知OA＝5cm＝0.05m，OB＝10cm＝0.1m，
假设秤杆的重心到O点的距离为L，则有：G铁OA＝G秤杆L+G秤砣OB，
即0.2kg×10N/kg×0.05m＝G秤杆L+0.1kg×10N/kg×0.1cm，
解得：G秤杆L＝0，则可知秤杆的重心在O点处；
如图甲所示，铁块没有浸在任何液体中，即可视为其测量的液体密度为0，则此时秤砣所处的位置B点即为该密度秤的0刻度处；
（2）当铁块浸没在液体中时，铁块排开液体的体积为V排＝V铁＝25cm3＝2.5×10﹣5m3；
秤砣移到了C处，则OC＝10cm﹣1.5cm＝8.5cm＝0.085m；
根据杠杆的平衡条件、阿基米德原理有：（G铁﹣F浮）OA＝G秤砣OC，
即（0.2kg×10N/kg﹣ρ液×10N/kg×2.5×10﹣5m3）×0.05m＝0.1kg×10N/kg×0.085m，
解得：ρ液＝1.2×103kg/m3；
（3）设秤砣到O点的距离为L′，液体的密度为ρ液′，液体所受的浮力为F浮′，
则有：（G铁﹣F浮′）OA＝G秤砣L′，即（0.2kg×10N/kg﹣ρ液′×10N/kg×2.5×10﹣5m3）×0.05m＝0.1kg×10N/kg×L′，
解得：ρ液′＝8×103kg/m3﹣8×104kg/m4L′，
由此可知密度秤的刻度是均匀的，该密度秤的刻度左大右小，故A错误，B正确；
根据（G铁﹣F浮′）OA＝（0.2kg×10N/kg﹣ρ液×10N/kg×2.5×10﹣5m3）×0.05m＝G秤砣L′可知秤砣质量变小密度秤的精度变高，故C正确；
根据（G铁﹣F浮′）OA＝（0.2kg×10N/kg﹣ρ液×10N/kg×2.5×10﹣5m3）×0.05m＝G秤砣L′可知秤砣质量变大密度秤的量程变大，故D正确。
故答案为：（1）10。（2）1.2×103kg/m3；（3）BCD。
【点评】本题考查杠杆平衡条件和阿基米德原理的灵活运用，解答本题的关键是解出液体密度与秤砣与O点距离的数学关系式，然后根据关系式得出结论。
22．（2023秋 义乌市校级月考）“低头族”长时间看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，项目化学小组建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个质点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模型测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如表：
低头角度θ/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为 　人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大　。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是 　70　N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是 　ABC　。
A.不要长时间低头看手机
B.适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C.低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
【答案】（1）见解析；（2）人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；（3）70；（4）ABC
【分析】（1）根据题意，细线的拉力应垂直于OB向下；
（2）根据杠杆的平衡条件结合三角函数关系得出颈部肌肉拉力与低头角度的关系；
（3）将头颅看做杠杆模型，同是低头角度为30°，动力臂和阻力臂的大小不变，根据表格中数据得出颈部肌肉所受拉力的大小；
（4）要保护颈椎，应使颈椎受到的力最小，根据上面的结论分析。
【解答】解：（1）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
；
（2）图乙中，F的力臂为OB，做出乙图中G的力臂LG，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得：G LG＝F LF，
则F＝＝，人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；
（3）由表格中数据知，当低头角度为30°时，若m＝1kg，细线的拉力为14N；
若m＝5kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F＝5×14N＝70N；
（4）由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头看手机，可适当抬高手机屏幕，减小低头角度，且低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力，ABC均正确。
故答案为：（1）见解析；（2）人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；（3）70；（4）ABC。
【点评】本题是通过实例，考查了根据实验数据总结结论的能力，关键要分析数据的规律，并掌握杠杆平衡条件。
23．（2024秋 拱墅区校级月考）如图，足够长的杠杆上放着两个球（质量m1＞m2），杠杆在水平位置平衡，若两球以相同的速度同时向远离支点的方向运动，则杠杆的状态是（　　）
A．仍然平衡 B．大球一端下沉
C．小球一端下沉 D．无法确定
【答案】B
【分析】根据向远离支点的方向运动中两球相对于支点的动力臂变化，根据杠杆的平衡条件可以得出杠杆的转动方向。
【解答】解：开始时两球平衡，即力与力臂的乘积相等；当运动时，两球速度相同，则在相同时间内向远离支点的方向移动的距离相同，则大球的力与力臂的乘积增加的快，所以大球的力与力臂的乘积会大于小球的力与力臂的乘积，杠杆向大球那端下沉。
故选：B。
【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的应用，属于基础题。
24．（2024秋 杭州月考）如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（　　）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
【答案】A
【分析】（1）如果人用力的方向总是竖直向上，先确定动力臂和阻力臂的关系，再根据杠杆的平衡条件得出动力的大小变化情况；
（2）影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和重力势能统称机械能。
【解答】解：如图，
AB、若动力总是竖直向上，动力臂逐渐减小，阻力臂也逐渐减小，但△OAC∽△OBD，所以 ＝为定值即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（木棒重）不变，根据F×OB＝G×OA可得：动力F保持不变，故A正确，B错误；
C、由于木棒的重力G不变，OB逐渐减小，G×OB也减小，又因为F×OB＝G×OA，所以F和它相应的力臂的乘积减小，故C错误；
D、木棒在匀速逐渐变高的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，由两个三角形相似得出两力臂的比值不变是本题的关键。
25．（2023秋 江干区校级月考）如图所示，A和B为由铜和铁制成的实心球，它们的体积相同，此时杠杆恰好水平平衡，若将它们同时浸没水中则（　　）
A．杠杆仍然保持平衡
B．杠杆不能平衡A下沉
C．杠杆不能保持平衡B下沉
D．无法确定
【答案】B
【分析】当两球同时浸没在某液体中，两球受到液体的浮力作用，根据减小的力与力臂的乘积的大小判断现在杠杆是否平衡。
【解答】解：如图，杠杆处于平衡状态，铁球的力臂大于铜球的力臂；
它们同时浸没水中，由于它们的体积相同，根据阿基米德原理可知，它们受到的浮力是相同的，浮力的方向是竖直向上的；
由于铁球的力臂大于铜球的力臂，则铁球受到的浮力与力臂的乘积要大于铜球受到的浮力与力臂的乘积，即铁球的浮力与力臂的乘积减小的多，铁球受到的力与力臂的乘积要小于铜球的力与力臂的乘积，根据杠杆的平衡条件可知，铁球的一端会上升，即B上升，A下降。
故选：B。
【点评】判断杠杆是否平衡，杠杆平衡条件是本题的关键；力和力臂的乘积大的一端是下沉的。
26．（2023秋 杭州期中）如图所示，杠杆AOB用细线悬挂起来，在A、B两端分别挂上质量为m1、m2的重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，AO＝BO，不计杠杆自身重力，同时在A、B两点增加质量为m的重物，下列选项正确的是（　　）
A．A端下沉 B．B端下沉 C．保持不变 D．无法判断
【答案】A
【分析】从题知，OA处于水平位置，GA对杠杆的拉力为竖直向下，所以G1对杠杆拉力的力臂即为杠杆AO的长度，G2对杠杆拉力的方向也是竖直向下，但OB不是处于水平，所以GB对杠杆拉力的力臂OB′小于OB的长度，根据杠杆的平衡条件分析，即可得出两个物体重力的大小。
【解答】解：根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可知，力与相应的力臂成反比关系，它们的杠杆示意图如右，因为AO＝BO，
所以LOA＞LOB′；同时在A、B两点增加质量为m的重物，即增加的力相同，则增加的力与力臂的乘积的关系是：mgLOA＞mgLOB′，所以左端的力与力臂的乘积大，A端下沉。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对杠杆的平衡条件掌握和运用，能找到各自力的力臂、确定其大小关系是本题的关键。
27．（2023秋 慈溪市期中）如图所示，杠杆处于平衡状态，若将A处的钩码向右移动一格，为使杠杆重新平衡可以（　　）
A．把B处钩码向右移动一格
B．在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格
C．把B处钩码拿掉一个
D．在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格
【答案】C
【分析】杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，据此分析。
【解答】解：设一个钩码为G，一格的长度为L；
将A处的钩码向右移动一格，左侧：3G×L＝3GL，
A、把B处钩码向右移动一格，右侧：2G×4L＝8GL≠3GL，故A错误；
B、在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格，右侧：3G×2L＝6GL≠3GL，故B错误；
C、把B处钩码拿掉一个，3G×L′＝3GL，可使杠杆在水平位置再次平衡，故C正确，
D、在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格，右侧：4G×4L＝16GL≠3GL，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查杠杆的动态平衡，属于中档题。
28．（2023秋 德清县期末）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 　20　牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 　②　点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 　下降　（选填“上升”或“下降”）。
【答案】（1）20；（2）②，；下降。
【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，知道两边力臂、左边力的大小，利用杠杆平衡条件求右边力的大小；
（2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；右边的力不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，右边的力臂不变，据此确定G2应该移动到的位置；根据杠杆平衡条件分析。
【解答】解：
（1）如图甲，杠杆在水平位置平衡，
由杠杆平衡条件得：G1×OA＝G2×OB，
即：10N×0.2m＝G2×0.1m，
解得：G2＝20N；
（2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；G2不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，应该使右边的力臂不变；原来G2的力臂为OB，所以G2应该移动到②点处；
若不移动，杠杆左侧力与力臂的乘积大于右侧的力与力臂的乘积，此时杠杆A端下降。
故答案为：（1）20；（2）②，；下降。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，易错点在第二问，知道根据力臂不变得出答案是关键。
29．（2023秋 杭州期末）某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置.此时墙壁对手掌的支撑力F如图所示，不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）该同学质量为50kg，则墙壁对人的支撑力约为 　187.5　N。
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F如何变化？
并说明理由 　人受到的支撑力会变大；脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。　。
【答案】（1）187.5；
（2）人受到的支撑力会变大；脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析解题；
（2）脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
【解答】解：（1）过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2，如图，
由图可知，L约为8个小格，L2为3个小格，则＝，
根据杠杆平衡条件可得FL＝F2L2，且F2＝mg，
则支撑力：F＝＝＝＝187.5N；
（2）脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
答：（1）187.5；
（2）人受到的支撑力会变大；脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
【点评】解答本题时，需要把人体抽象成杠杆模型，找准杠杆的五要素是解题的关键。
30．（2024 西湖区校级三模）如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图。O为固定转轴，A处连接着石球，脚踏杆的B处可使石球升高，抬起脚，石球会落下去击打稻谷。石球重50N，不计摩擦和杆重。
（1）脚沿与杆垂直方向至少用力F1，才能将石球抬起。F1的力臂为 　1　m，此时舂米工具是一个 　省力　（选填“省力”或“费力”）杠杆。
（2）脚竖直向下至少用力F2为 　20　N，才能将石球抬起。F2和F1的大小关系为F2　＞　F1。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）从支点到重力作用线的距离是动力臂；根据动力臂和阻力臂的大小判断杠杆类型。
（2）从图可知动力臂和阻力臂，根据杠杆的平衡条件可求脚竖直向下的力；根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2比较F2和F1的大小关系
【解答】解：（1）不计摩擦和杆重，图中O为支点，脚沿与杆垂直方向用力F1时，力臂OB最长，OB＝1.4m﹣0.4m＝1m，
阻力臂为OD，OB＞OD，由杠杆平衡条件可得，F1 OB＝G ODcos∠AOD，杠杆为省力杠杆；
（2）当脚竖直向下用力时，如图所示动力臂为OC＝OB×cosθ，阻力臂为OA×cosθ：
，
F2 OB cosθ＝G OA cosθ
F2 OB＝G OA
F2×1m＝50N×0.4m，
F2＝20N；
故脚竖直向下用力F2为至少为20N，
脚竖直向下的动力臂小于脚沿与杆垂直方向时的动力臂，故F2＞F1。
故答案为：（1）1；省力；（2）20；＞。
【点评】本题主要考查对力臂概念的理解和杠杆平衡条件（F1l1＝F2l2）的理解与运用，正确判断动力臂和阻力臂的大小是解题的关键。
31．（2023秋 杭州期中）小汤家里进行装修，装修的工人从建材市买来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆。已知每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起（图甲1位置），F的大小为 　126　N。
（2）若F始终竖直向上，在工人把木板从位置1匀速抬升到位置2的过程中，力F的变化趋势是 　D　（填字母）。
A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.不变
（3）小汤和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将一桶墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小汤抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小汤对木板的力F2为多少？
【答案】（1）126；（2）D；（3）100N。
【分析】（1）（2）根据密度公式和重力公式求出重力的大小，知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求动力与物重G的大小关系；确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F与物重G的大小关系；由此得出动力F的大小变化情况。
（3）以A为支点，根据杠杆的平衡条件求出F2的大小。
【解答】解：（1）（2）木板的重力为G＝mg＝ρgV＝0.7×103kg/m3×10N/kg×1.2m×2m×0.015m＝252N，
如图所示：
；
如图，杠杆在A位置，LOA＝2LOC，
根据杠杆平衡可知：FLOA＝GLOC，则F＝＝G＝126N；
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
由ΔOC′D∽ΔOA′B得：＝＝，
根据杠杆平衡条件可知F′LOA′＝GLOC′，则F′＝＝G＝126N。
由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变，故选D。
（3）墙面漆的重力为：G'＝m'g＝30kg×10N/kg＝300N；
以A为支点，根据杠杆的平衡条件可知：G'LG＝F2L2，则F2＝＝＝100N；
故答案为：（1）126；（2）D；（3）100N。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，（2）问中能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
32．（2024秋 拱墅区校级月考）如图所示，O为轻质杠杆的支点，B点挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点或在A点施加一个力并使该力最小，该力应沿（　　）
A．F1方向 B．F2方向 C．F3方向 D．F4方向
【答案】A
【分析】由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】解：由图可知，O为支点，B点挂一重物，阻力方向向下；要使该力最小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小；
由图可知，OB对应的动力臂最长，所以该力应沿F1方向。
故选：A。
【点评】首先判断最小力的力臂，一般找支点和作用点之间的最长距离为最大力臂，在该点施加的力才最小。确定好最小的力，还要根据杠杆情况判断施力方向。
33．（2023秋 江北区期末）买菜拉车是老人们出门人手必备的“单品”，因其可折叠可爬楼可坐可悬挂深受老年人喜爱。老人拉着载有重物的拉车，使前轮越过障碍物后，若想用最小的力抬起后轮，这个力应该施加在哪个点上（　　）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【答案】D
【分析】由杠杆的平衡条件可知，支点到动力的作用点的距离最长时，动力最小，
【解答】解：当购物车前轮遇到障碍物时，支点为B轮，故应在D端施加一个垂直DB所在直线向下的力时力臂最长，所用的力是最小的，故D正确、ABC错误。
故选：D。
【点评】本题考查杠杆的平衡条件，难度不大。
34．（2023秋 上城区校级月考）如图所示，O为杠杆的支点，A点悬挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点施加一个力并使该力最小，该力应沿（　　）
A．BM方向 B．BN方向 C．BP方向 D．BQ方向
【答案】D
【分析】由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】解：由图可知，O为支点，A点挂一重物，阻力方向向下，为使杠杆在水平位置平衡，在B点施加一个力，则动力F与杠杆垂直且方向向下，
要使该力最小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小；
由图可知，BQ对应的动力臂最长，所以该力应沿BQ方向。
故选：D。
【点评】首先判断最小力的力臂，一般找支点和作用点之间的最长距离为最大力臂，在该点施加的力才最小。确定好最小的力，还要根据杠杆情况判断施力方向。
35．（2023秋 鄞州区校级月考）如图所示，OB为一轻质杠杆，O为支点，OA＝30cm，AB＝10cm，将重30N的物体悬挂在B点，当杠杆在水平位置平衡时，在A点至少需加 　40　N的拉力。
【答案】40。
【分析】由图可知OA是动力臂，OB是阻力臂，由杠杆的平衡条件可得当杠杆在水平位置平衡时在A点至少需要的拉力。
【解答】解：由图可知OA是动力臂，OB是阻力臂，由杠杆的平衡条件可得：F OA＝G OB，
则F＝×G＝×G＝×30N＝40N。
故答案为：40。
【点评】知道动力、动力臂、阻力、阻力臂的任意三者，根据杠杆平衡条件都能求出第四者。
36．（2020秋 南湖区校级月考）如图所示杠杆（杠杆自身质量和摩擦忽略不计，固定装置未画出）。图中O为支点，物体G重为1.2N。老师要求同学们在支点右侧某处施加一个最小的力来使杠杆保持水平平衡。那么，这个最小的力与哪些因素有关系呢？对此，同学们根据力的三要素知识提出了如下两种猜想：
猜想1：这个最小的力与力的作用点有关系。
猜想2：这个最小的力与力的方向有关系。
同学们进行如图所示操作，实验结果记录如表。
力 F1 F2 F3
力的作用点 B C C
力的方向 竖直向下 竖直向下 斜向右下
力的大小（N） 2.4 1.6 2.4
（1）根据表格信息判断：上述二个猜想是否正确 　猜想1和2都正确　。
（2）进一步分析F1、F2、F3和图示信息，同学们发现上述二个因素共同决定了一个“距离”，正是这个“距离”决定了这个最小的力，这个“距离”是 　O点到F1、F2、F3作用线的距离　。
（3）根据这个发现，要在支点右侧施加一个最小的力使杠杆保持水平平衡，则这个力应施加在D、E、F三点的哪一点上、方向如何？　F点、竖直向下　。
【答案】（1）猜想1和2都正确；（2）O点到F1、F2、F3作用线的距离；（3）F点、竖直向下
【分析】（1）根据表格中的数据分析；
（2）根据力臂的定义分析；
（3）其它条件不变时，动力臂越大，动力越小。
【解答】解：
（1）根据表格中的F1、F2可知，力的方向相同，作用点不同，力的大小不同，所以猜想1正确；根据F2、F3可知，力的作用点相同，方向不同，力的大小不同，所以猜想2正确；
（2）最小力对应最长力臂，力臂指的是支点到力的作用线之间的距离，所以这个“距离”是O点到F1、F2、F3作用线的距离；
（3）由图可知，最长力臂为OF，力的方向与力臂是垂直的，所以在F点施加一个竖直向下的力即可。
答案：（1）猜想1和2都正确；（2）O点到F1、F2、F3作用线的距离；（3）F点、竖直向下。
【点评】本题考查了力臂的定义、杠杆最小的力的分析，难度不大。
37．（2023 海曙区校级一模）现有史籍中最早讨论滑轮的是《墨经》。书中将向上提举重物的力称为“挈”，将自由往下降落称为“收”，将整个滑轮称为“绳制”（图1）。现分别用甲、乙两个力替代“收”（图2），使重物在相同的时间内匀速上升相同高度。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．使用这个滑轮能省力
B．甲拉力大小等于乙拉力大小
C．甲拉力做的功大于乙拉力做的功
D．甲拉力使绳自由端移动的速度小于乙拉力使绳自由端移动的速度
【答案】B
【分析】A、由图可知，图中的滑轮是定滑轮，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力，由此得出结论；
B、定滑轮是等臂杠杆，由于阻力和阻力臂不变，动力臂都等于滑轮的半径，根据杠杆的平衡条件可得出结论；
C、由题意可知，重物上升的距离相同；在使用定滑轮中，绳子移动的距离等于重物上升的距离；由于甲、乙拉力大小相等，根据W＝Fs可知甲、乙拉力做功的大小，由此可得出结论；
D、由题意可知，重物在相同时间内上升的距离相同；在使用定滑轮中，绳子移动的距离等于重物上升的距离，由此可得出结论。
【解答】解：A、由图可知，图中的滑轮是定滑轮，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力，故A错误；
B、定滑轮是等臂杠杆，由于阻力和阻力臂不变，动力臂都等于滑轮的半径，即甲、乙拉力的力臂相等，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2，可知，甲拉力大小等于乙拉力的大小，故B正确
C、由题意可知，重物上升的距离相同；在使用定滑轮中，绳子移到的距离等于重物上升的距离；由于甲、乙拉力大小相等，根据W＝Fs可知甲、乙拉力做功的大小相等，故C错误；
D、由题意可知，重物在相同时间内上升的距离相同，即重物上升的速度相同；在使用定滑轮中，绳子移动的距离等于重物上升的距离，绳子移动的时间和重物上升的时间相同，根据v＝可知，甲、乙拉力移动的速度都等于重物上升的速度，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查定滑轮的工作特点，功的计算，其中熟练掌握定滑轮的工作特点是解题的关键。
38．（2023秋 温州期末）如图，甲、乙实验可以得出“定滑轮不能省力”这一结论。小敏想通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小，于是在左侧加上一个相同的弹簧测力计（弹簧测力计重力不能忽略、绳和滑轮之间摩擦不计）。下列四套装置中能实现的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题目要求可知，需要装置满足条件为：左侧弹簧测力计示数＝右侧弹簧测力计示数＝钩码重力。
【解答】解：A、左侧弹簧测力计示数大小为钩码重力+弹簧测力计重力，右侧弹簧测力计示数大小为钩码重力+弹簧测力计重力，故A错误；
B、左侧弹簧测力计示数大小为钩码重力，右侧弹簧测力计示数大小为钩码重力+弹簧测力计重力，故B错误；
C、左侧弹簧测力计示数大小为钩码重力+弹簧测力计重力，右侧弹簧测力计示数大小为钩码重力，故C错误；
D、左侧弹簧测力计示数大小为钩码重力，右侧弹簧测力计示数大小为钩码重力，故D正确；
故选：D。
【点评】此题目主要考查综合受力分析，重点在于分析清楚弹簧测力计的示数究竟为多少，难度比较高。
39．（2023秋 杭州期中）小李的质量为50千克，可以举起80千克的杠铃；小胖的质量为70千克，可以举起60千克的杠铃。他们两人通过如图所示的装置来比赛，双方都竭尽全力，看谁能把对方拉起来。比赛结果应是（　　）
A．小李把小胖拉起 B．小胖把小李拉起
C．两个都拉不起 D．两个都拉起
【答案】B
【分析】定滑轮是一个等臂杠杆，不省力也不费距离，但可以改变力的方向；
【解答】解：小李和小胖虽然他们能举起的杠铃重力不一样，但向下拉动定滑轮上的绳子的拉力与他们的胳膊的举力无关；由于对绳子的拉力是靠自身的重力产生的，所以对绳子的拉力最大能达到自身的重力的大小，由于装置是定滑轮，只改变力的方向，不能省力，所以绳子上的作用力最大只能等于重力较小的小李的重力，则绳子上的作用力小于小胖的重力，即小胖把小李拉起。
故选：B。
【点评】本题考查定滑轮工作的特点，注意人拉绳子施加的拉力与人举起杠铃施加的举力不是相同的。
40．（2023秋 柯桥区期末）小科回老家时，发现一种利用滚轴和绳子组装的特殊机械（如图所示），当地人借助这种装置可以将较重的物体很轻便地搬运到二楼，对此小科充满好奇，尝试将质量为80千克的重物匀速提升了3米，请根据所学知识解答下列问题：
（1）该装置可简化成由定滑轮和动滑轮组成的滑轮组，则A相当于 　定滑轮　。
（2）重物上升3米的过程中，小科对重物做功 　2400J　。
（3）滚轴A、B的质量均为5千克，不计绳重和摩擦，若整个过程用时30秒，则小科做功的功率是 　85　W。
【答案】（1）定滑轮；（2）2400J；（3）85。
【分析】（1）轴固定不动的滑轮是定滑轮，滑轮和物体一起移动的滑轮是动滑轮。
（2）利用G＝mg求重物重力，小科对重物做的功W有用＝Gh；
（3）求出动滑轮重力，由图知，n＝5，不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G轮），拉力端移动距离s＝5h，利用W＝Fs求小科做的功，由P＝算出小科做功的功率。
【解答】解：
（1）提升物体时，A的轴固定不动，属于定滑轮；B和物体一起移动，属于动滑轮；
（2）重物重力：G＝mg＝80kg×10N/kg＝800N，
小科对重物做的功：W有用＝Gh＝800N×3m＝2400J；
（3）动滑轮B的重力：G轮＝m轮g＝5kg×10N/kg＝50N，
由图知，n＝5，
不计绳重和摩擦，拉力：F＝（G+G轮）＝×（800N+50N）＝170N，
拉力端移动距离：s＝5h＝5×3m＝15m，
小科做的功：W总＝Fs＝170N×15m＝2550J，
小科做功的功率为：
P＝＝＝85W。
故答案为：（1）定滑轮；（2）2400J；（3）85。
【点评】本题考查了使用滑轮组有用功、总功的计算、功率的计算以及滑轮的分类，确定承担物重的绳子股数、利用好不计绳重和摩擦时拉力F＝（G+G轮）是关键。
41．（2022秋 西湖区校级期中）滑轮是一种常用的简单机械。使用定滑轮在省力和省距离等方面有什么特点？以下是小丽对此进行的实验：
①如图甲，用弹簧秤测出两个钩码的重；
②如图乙，用手竖直向下匀速拉弹簧秤，记录弹簧秤示数（摩擦力忽略不计）。测量钩码和绳子自由端通过的距离，记录在下表中；
③如图丙，改变拉力方向重复实验并记录。
拉力方向 弹簧秤示数（牛） 绳子自由端移动距离（厘米） 钩码上升距离（厘米）
竖直向下 2.0 15 15
斜向下 2.0 12 12
水平 2.0 8 8
请回答：
（1）①中测得钩码重为 　2　牛；
（2）分析数据，可得出的结论是 　使用定滑轮不省力，也不省距离，但可以改变用力的方向　；
（3）小丽认为根据已有实验得出结论不具普遍性，还需 　改变钩码的重力，多次测量　。
【答案】（1）2；
（2）使用定滑轮不省力，也不省距离，但可以改变用力的方向；
（3）改变钩码的重力，多次测量。
【分析】（1）①中弹簧秤的分度值为0.2N，指针在2N的位置，据此判断弹簧秤读数；
（2）据表中数据可知，无论向哪个方向拉动绳子，拉力都等于钩码重，且绳子自由端移动距离等于钩码上升距离，据此得出结论；
（3）根据一次实验得出结论不具普遍性，需改变钩码的重力，多次测量。
【解答】解：（1）①中弹簧秤的分度值为0.2N，指针在2N的位置，因此测得钩码重为2牛；
（2）据表中数据可知，无论向哪个方向拉动绳子，拉力都等于钩码重，且绳子自由端移动距离等于钩码上升距离，因此可得出的结论是使用定滑轮不省力，也不省距离，但可以改变用力的方向；
（3）根据一次实验得出结论不具普遍性，因此还需改变钩码的重力，多次测量。
故答案为：（1）2；
（2）使用定滑轮不省力，也不省距离，但可以改变用力的方向；
（3）改变钩码的重力，多次测量。
【点评】此题考查了定滑轮及其工作特点，属基础题目。
42．（2023秋 永嘉县校级月考）小科家的阳台上刚刚安装了如图甲所示的晾衣架，使用时，只需要转动手摇器能使横杆上升或下降，给日常生活带来许多方便。如图乙是晾衣架的原理示意图。（不计横杆、衣架和钢丝绳等自重）
（1）安装在天花板上虚线框内的简单机械是 　定滑轮　（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）小明用10秒时间将挂在晾衣架上重为20牛的衣服升高1.5米，求小明做功的功率？
（3）由于使用不当，造成晾衣架右侧钢丝绳受损，最多只能承受15牛的力，左侧钢丝绳能正常使用。晾衣架的横杆上有11个小孔，相邻两孔间的距离均为20厘米。通过计算说明水平横杆编号5的小孔，至多能挂重为多少牛的衣服进行晾晒，右侧钢丝绳不会断裂（不计横杆、衣架和钢丝绳等自重）。
【答案】（1）定滑轮；（2）小明做功的功率为3W；（3）至多能挂重为37.5牛的衣服进行晾晒，右侧钢丝绳不会断裂。
【分析】（1）根据天花板上虚线框内的简单机械在使用过程中的特点：位置不变，改变施力的方向，可以确定简单机械的种类；
（2）用W＝Gh计算提升过程中对衣服做功，再用P＝计算对衣服做功的功率；
（3）以横杆左侧悬挂点为支点，当晾衣架右侧钢丝绳承受最大力F＝15N时，根据杠杆的平衡条件求出衣服悬挂在5号小孔位置，计算出衣服的重力。
【解答】解：（1）天花板上虚线框内的简单机械在使用过程中位置不变，但能改变施力的方向，故为定滑轮；
（2）对衣服做功
W＝Gh＝20N×1.5m＝30J，
对衣服做功的功率：
P＝
（3）横杆第1到第11孔的距离L＝20cm×10＝200cm，横杆第1到第5孔的距离LG＝20cm×4＝80cm，
以横杆左侧悬挂点为支点，当晾衣架右侧钢丝绳承受最大力F＝15N时，
根据杠杆的平衡条件：FL＝GLG，
所以，衣服的重力为：
右侧钢丝绳承受力会超过15N而断裂。
故答案为：（1）定滑轮；（2）小明做功的功率为3W；（3）至多能挂重为37.5牛的衣服进行晾晒，右侧钢丝绳不会断裂。
【点评】本题考查了功、功率、杠杆的平衡条件等知识，具有一定的综合性，解题的关键是：选好支点，利用杠杆的平衡条件，计算出右侧钢丝绳受力最大时衣服的重力。
43．（2023秋 黄岩区校级月考）赛龙舟自古以来在我国广为流传，现已成为亚运会比赛项目。如图是运动员在室内进行划桨训练的两个场景，图甲是训练装置的结构示意图，绳子系在“船桨”的A端，运动员坐在位置上用力将“船桨”从位置“1”划到位置“2”，重物的位置也发生了相应的变化。若重物的质量为20千克，“划桨”一次拉过绳子的距离为60厘米。（船桨重、绳重与摩擦均不计）
（1）该装置中两个滑轮的作用是 　改变力的方向　。
（2）“划桨”一次，人至少做功 　120　焦。
（3）图乙是某种耐力练习示意图，保持“船桨”与绳子垂直并静止。若OA为60厘米，AB为20厘米，当一只手握在O端，另一只手握在B点并施加垂直“船桨”的力F。求此时力F的大小？
【答案】（1）改变力的方向；（2）120；（3）此时力F为300N。
【分析】（1）定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变力的方向；
（2）根据G＝mg求出重物的重力，利用W＝Gh求出“划桨”一次，人做的功；
（3）根据杠杆平衡条件求出力F的大小。
【解答】解：（1）该装置中两个滑轮是定滑轮，定滑轮可以改变力的方向；
（2）重物的质量为20kg，重物的重力为：
G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N；
“划桨”一次拉过绳子的距离为60cm，则“划桨”一次人克服重力做的功为：
W＝Gh＝200N×0.6m＝120J；
（3）若OA为60厘米，OB为40厘米，当一只手握在O端，另一只手握在B点并施加垂直“船桨”的力F，此时O为支点，OA为阻力臂，OB为动力臂，作用在A点的力大小等于物体的重力，即FA＝G＝200N，根据杠杆平衡条件，
FA×OA＝F×OB，即200N×60cm＝F×（60cm﹣20cm），
解得：F＝300N。
答：（1）改变力的方向；（2）120；（3）此时力F为300N。
【点评】本题考查了定滑轮及其工作特点、功的计算和杠杆平衡条件等知识的了解和掌握，属于基础知识考查。
44．（2023秋 鄞州区期末）如图所示，小宁组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物＝400N（不计绳重、滑轮重和摩擦）。将物体竖直匀速提升1m，下列说法正确的是（　　）
A．F甲＝400N，施力处向上移动2m
B．F甲＝200N，施力处向上移动1m
C．F乙＝400N，施力处向上移动0.5m
D．F乙＝800N，施力处向上移动0.5m
【答案】D
【分析】（1）如图可知，甲为省力动滑轮，n＝2，由F＝可得拉力大小，绳端通过的距离s＝2h；
（2）乙为费力动滑轮，n＝2，由F＝2G可得拉力大小，绳端通过的距离s＝h。
【解答】解：AB.如图可知，G物＝400N，将物体竖直匀速提升1m，甲为省力动滑轮，n＝2，F甲＝＝＝200N；绳端通过的距离s＝2h＝2×1m＝2m；故 AB错误；
CD.乙为费力动滑轮。n＝2，F乙＝2G＝2×200N＝400N；绳端通过的距离s＝h＝＝0.5m；故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】该题考查了动滑轮的使用。注意判断是省力的动滑轮还是费力动滑轮。
45．（2023秋 丽水期末）一辆车不小心陷进了泥潭中，小科按如图甲、乙两种方法均可将车从泥潭中拉出。如果车受到的阻力为800牛，则下列说法正确的是（　　）
A．甲可以省力
B．乙能改变力的方向
C．甲所用的力至少400牛
D．乙所用的力至少400牛
【答案】D
【分析】使用动滑轮可以省一半的力，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
【解答】解：AC、甲图滑轮为定滑轮，使用定滑轮不省力，故AC错误；
BD、乙图滑轮为动滑轮，使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，若绳与滑轮间的摩擦不计，乙所用的力至少为，F＝＝＝400N，故B错误，D正确。
故选：D。
【点评】定滑轮实际为一等臂杠杆，而动滑轮实际是一个动力臂为阻力臂2倍的省力杠杆，该题比较简单，属于基础题。
46．（2023秋 德清县期末）如图所示用20牛的力F沿水平方向拉滑轮，可使物体A以1米/秒的速度在水平面上匀速运动。弹簧测力计的示数恒为5牛（不计滑轮、测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑）。下列说法错误的是（　　）
A．拉力F做功功率为40瓦
B．滑轮移动的速度是0.5米/秒
C．物体A受到B的摩擦力是5牛
D．物体A受到地面水平向右5牛的摩擦力
【答案】A
【分析】不计滑轮、测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑，以动滑轮为研究对象，则两段绳子向右的拉力与向左的拉力平衡，据此求出A物体对滑轮的拉力，根据力的作用是相互的求出滑轮对A的拉力，知道弹簧测力计的示数，根据B和A均处于平衡状态，利用相互作用力的知识和力的平衡条件可求物体B对A的摩擦力和地面对A的摩擦力大小以及方向，图中拉力F作用在动滑轮的轴上，根据动滑轮轴端移动速度等于绳端移动的速度的，求出滑轮移动的速度，再根据P＝＝＝Fv求出拉力F做功功率。
【解答】解：不计滑轮、测力计、绳子的重力，滑轮的转轴光滑，用20N的力F沿水平方向拉滑轮，则每根绳子对滑轮的拉力为：F拉'＝＝＝10N，
物体B处于静止状态，物体B受到弹簧测力计水平向右的拉力和A对B水平向左的摩擦力，所以B所受的水平向左的摩擦力为：f＝F拉＝5N，因为物体间力的作用是相互的，所以B受到A水平向右的摩擦力也为5N，物体A向左匀速运动，水平面对物体A还有向右的摩擦力，由力的平衡条件可得：F拉A'＝f+f地，则物体A受到地面水平向右的摩擦力为：f地＝F拉'﹣f＝10N﹣5N＝5N，
因拉力F作用在动滑轮的轴上，费力但省一半的距离，所以拉力端的移动速度（滑轮移动的速度）等于物体A移动速度的一半，即滑轮移动的速度为：v＝＝＝0.5m/s，
拉力F做功功率为：：P＝Fv＝20N×0.5m/s＝10W，
故A错误，BCD正确。
故选：A。
【点评】此题考查了动滑轮的特殊使用（动力作用在轴上），以及功、功率的计算，解决此题的关键是分别对A、B和动滑轮进行分析，得出对A的拉力和水平拉力F的大小关系以及拉力F端移动速度和物体移动速度的关系。
47．（2023秋 鹿城区期中）一辆汽车不小心陷进泥潭后，若司机按如图所示的甲、乙两种方法将汽车从泥潭中匀速拉出相同的距离，不考虑滑轮、绳子的重和滑轮绳子间的摩擦力，则下列分析正确的是（　　）
A．甲组比乙组省力 B．乙组比甲组省力
C．甲组比乙组做功多 D．乙组比甲组做功多
【答案】B
【分析】甲图使用定滑轮，拉力等于汽车受到的阻力；乙图使用动滑轮，拉力为汽车所受阻力的一半，但移动距离是汽车移动距离的2倍。
【解答】解：由图可知，甲图使用的是定滑轮，拉力等于汽车受到的阻力；
乙图使用的是动滑轮，拉力为汽车所受阻力的一半，所以乙方法能省力；
根据功的原理可知，使用任何机械都不省功。
故选：B。
【点评】本题考查动滑轮和定滑轮的判断和工作特点，知道使用动滑轮，能省一半的力。
48．（2023秋 西湖区校级期中）如图所示，三个滑轮分别拉着同样的物体沿同一水平地面做匀速直线运动，有物体重300N，物体与地面之间的摩擦力为60N，则所用的拉力分别为：（不计绳与轮之间的摩擦及轮重）F1＝　60　N；F2＝　30　N；F3＝　120　N。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）滑轮的特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向；
（2）滑轮的特点：动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，使用动滑轮能省一半力，但费距离。
【解答】解：不计滑轮重和绳子与滑轮之间的摩擦：
假设物块与地面的摩擦力为f，
左滑轮为定滑轮，F1处于绳端，所以F1＝f＝60N；
中滑轮为动滑轮，F2处于绳端，则F2＝f＝×60N＝30N；
右滑轮为动滑轮，滑轮、物体匀速运动，滑轮受到向左的力2f等于向右的拉力F3，即F3＝2f＝2×60N＝120N；
故答案为：60N；30N；120N。
【点评】本题考查了水平使用滑轮组时拉力和功率的计算，注意利用滑轮组水平拉动重物时，克服的是摩擦力，物体重力是干扰项。
49．（2024春 上城区校级月考）如图是上肢力量健身器示意图。杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AB＝3BO，配重的重力为90N。重力为500N的健身者通过细绳在B点施加400N竖直向下的拉力时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力恰好为零。（杠杆AB、绳重及摩擦均忽略不计）。
（1）健身过程中，配重被拉起时，健身器中的滑轮为 　动滑轮　（选填“定滑轮”或“动滑轮”）。
（2）求配重对地面的压力恰好为零时A点受到的拉力。
（3）求滑轮的重力。
【答案】（1）动滑轮；（2）A点受到的拉力为200N；（3）滑轮的重力为20N
【分析】（1）判断动滑轮与定滑轮的依据是工作过程中滑轮轴的位置是否改变，如果位置变化，是动滑轮；
（2）先求出杠杆两侧力臂的关系，再利用杠杆的平衡条件求出A点受到的拉力；
（3）先求出连接配重的绳子上拉力，再以滑轮为研究对象列出力的等量关系，计算出滑轮的重。
【解答】解：（1）健身过程中，人拉下杠杆的一端，滑轮随杠杆另一端一起上升，滑轮轴的位置变化，
所以，此滑轮为动滑轮；
（2）因为AB＝3BO，且AB＝AO+OB，
所以，AO+OB＝3BO，
AO＝2OB，
根据杠杆的平衡条件得：FA×AO＝FB×OB，
所以，FA＝＝200N；
（3）据图可知，当配重对地面的压力恰好为零时，
连接配重的绳子上拉力：F＝G＝90N，
以滑轮为研究对象，力的关系满足：2F+G轮＝FA，
所以，G轮＝FA﹣2F＝200N﹣2×90N＝20N。
故答案为：（1）动滑轮；（2）A点受到的拉力为200N；（3）滑轮的重力为20N。
【点评】本题考查了杠杆、滑轮知识，是简单机械的综合，解题的关键是以滑轮为研究对象列出力的等量关系进行求解。
50．（2023秋 拱墅区校级期末）如图，物体A在拉力F的作用下向左匀速直线运动，物体A受到地面的摩擦力为10N（不计滑轮的重及滑轮与绳子之间的摩擦）。则下列说法正确的是（　　）
A．物体A受到一对平衡力的作用
B．滑轮D的作用是改变力的方向
C．拉力F为5N
D．增大拉力F，物体A受到的摩擦力将增大
【答案】C
【分析】（1）物体处于平衡状态（静止状态或匀速直线运动）时，所受的力就是平衡力；
（2）动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动；使用动滑轮能省一半力，费距离；
（3）根据滑轮组装置确定绳子股数，不计滑轮的重及滑轮与绳子之间的摩擦，利用F＝f求出拉力F的大小；
（4）影响摩擦力大小的因素：压力大小和接触面的粗糙程度。
【解答】解：A、物体A在拉力F的作用下向左匀速直线运动，此时物体A处于平衡状态，受到重力和支持力与拉力和摩擦力两对平衡力的作用，故A错误；
B、由图可知，滑轮D随物体A一起移动，因此滑轮D是动滑轮，动滑轮可以省力，故B错误；
C、由图可知，n＝2，不计滑轮的重及滑轮与绳子之间的摩擦，
F＝f＝×10N＝5N，故C正确；
D、在增大拉力F的过程中，物体A对地面的压力、接触面的粗糙程度都没改变，所以摩擦力的大小不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了平衡力、动滑轮的特点、滑轮组拉力公式的应用及影响摩擦力大小的因素等知识，综合性较强，难度不大。
51．（2023秋 椒江区期末）用如图所示的三个装置先后提升同一个物体G，若不考虑滑轮的自重和摩擦，作用于绳子自由端的拉力F1、F2、F3的大小关系是（　　）
A．F1最大 B．F2最大 C．F3最大 D．一样大
【答案】A
【分析】使用滑轮或滑轮组时，不计滑轮重力和摩擦，有几段绳子承担滑轮的重量，拉力就是物体重力的几分之一。
【解答】解：不计滑轮重力和摩擦，左边图中使用定滑轮不省力，也不省距离，所以F1＝G；
不计滑轮重力和摩擦，中间图中与动滑轮相连的绳子有2股，故F2＝；
不计滑轮重力和摩擦，右边图中与动滑轮相连的绳子有3股，故F3＝；
故选：A。
【点评】本题考查定滑轮和滑轮组的省力特点，确定承担物重的绳子股数是关键。
52．（2023秋 滨江区期末）如图所示为《墨经》中记载的古代提升重物工具“车梯”，车梯工作时相当于滑轮组。假设利用此车梯匀速提升重为500牛的物体上升4米，不计摩擦和滑轮自重，下列说法不正确的是（　　）
A．图中①所指的部件相当于滑轮组中的动滑轮
B．提升物体过程中绳端移动的距离为16米
C．提升物体时人对绳子的拉力为250牛
D．提升物体过程中人拉绳子做功2000焦
【答案】C
【分析】（1）动滑轮使用时，滑轮随重物一起移动，据此分析判断；
（2）由图知，承担重物绳子的段数n＝4，根据s＝nh可求绳端移动距离；
（3）不计摩擦和滑轮自重，根据F＝G可求得提升物体时人对绳子的拉力；
（4）根据W＝Fs计算提升物体过程中人拉绳子做功。
【解答】解：
A、由图知，当用车梯提升重物时，部件①会随重物上升，所以其相当于滑轮组中的动滑轮，故A正确；
B、由图知，承担重物绳子的段数n＝4，绳端移动距离：s＝nh＝4×4m＝16m，故B正确；
C、不计摩擦和滑轮自重，提升物体时人对绳子的拉力：F＝G＝×500N＝125N，故C错误；
D、提升物体过程中人拉绳子做功：W＝Fs＝125N×16m＝2000J，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查对动滑轮的认识、滑轮组特点、绳端拉力以及功的计算，属于一道基础题。
53．（2024 江北区模拟）如图所示，F1＝8N，F2＝6N，此时物体A相对于地面静山，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。
（1）弹簧测力计读数为 　18　N。
（2）物体A和地面之间的摩擦力 　4　N。
（3）如果增大F2，物体A是否有可能向左运动？请说明理由 　不可能，AB间，以及A与地面间摩擦力不变，A仍旧静止　。
【答案】（1）18； （2）4； （3）不可能，AB间，以及A与地面间摩擦力不变，A仍旧静止。
【分析】（1）不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，弹簧测力计的示数，即定滑轮受到向左的拉力等于拉力F2的3倍；
（2）一个物体在另一个物体表面上有相对运动或相对运动的趋势时，则两物体之间就产生摩擦力；根据运动趋势判断出摩擦力的方向，根据力的作用是相互的判断物体B对物体A的摩擦力的大小；
（3）滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，先分析A受到B的摩擦力的大小变化，再确定A的运动状态是否变化。
【解答】解：（1）不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，由力的平衡条件可得，弹簧测力计的示数F＝3F2＝3×6N＝18N；
（2）由图知，水平使用滑轮组，n＝2，fB＝2F2＝2×6N＝12N，根据B向左做匀速直线运动可知物体A对B的摩擦力的方向向右，根据力的作用是相互的可知物体B对物体A的摩擦力向左，大小为12N；
物体A做匀速直线运动，受到的合力为0，因此物体A和地面之间的摩擦力：F4＝F3﹣F1＝12N﹣8N＝4N；
（3）如果增大F2，B将做加速运动，B对A的压力和接触面的粗糙程度不变，B与A之间的摩擦力不变，A受力不变，同理可知，A受到地面的摩擦力也不变，即A的受力情况不变，还是处于静止状态。
故答案为：（1）18； （2）4； （3）不可能，AB间，以及A与地面间摩擦力不变，A仍旧静止。
【点评】本题考查了影响滑动摩擦力的因素、物体受力分析等知识点，要求认真审题，利用好水平使用滑轮组的特点是关键。
54．（2023秋 永嘉县校级月考）图甲的滑轮组提升重300N的物体，已知拉力F为110N，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 　A　（选填“A”或“B”），动滑轮重为 　30　N。
若将此重物以0.5m/s的速度沿水平匀速拉动，物体所受地面的摩擦力为物重的0.3倍，如丙图所示。不计滑轮重、绳重和摩擦，则拉力为 　30　N，拉力的功率为 　45　W。
【答案】A；30；30；45。
【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）根据滑轮组装置确定绳子股数，根据摩擦力为物重的0.3倍求出受到的摩擦力，不计滑轮重、绳重和摩擦，利用F＝f求出拉力的大小；根据v绳＝nv物求出绳端移动的距离，利用P＝＝＝Fv求出拉力的功率。
【解答】解：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；
不计绳重和摩擦，拉力F＝（G+G动），则动滑轮重力：
G动＝nF﹣G＝3×110N﹣300N＝30N；
由图丙可知，n＝3，摩擦力为物重的0.3倍，则物体受到的摩擦力为f＝0.3G＝0.3×300N＝90N，
不计滑轮重、绳重和摩擦，则滑轮组拉力：
F'＝f＝×90N＝30N，
绳端移动的速度：
v绳＝nv物＝3×0.5m/s＝1.5m/s，
根据P＝＝＝Fv可知，拉力的功率：
P＝F'v绳＝30N×1.5m/s＝45W。
故答案为：A；30；30；45。
【点评】本题考查了滑轮组拉力的计算和拉力功率的计算，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。
55．（2024 上城区校级一模）如图所示，分别使用滑轮或滑轮组匀速提升同一物体，滑轮质量均相等且G动小于G物，在相同的时间内物体被提升的高度也相等，不计绳重和摩擦，下列说法不正确的是（　　）
A．三个装置所做的有用功为W甲＝W乙＝W丙
B．绳子自由端移动的速度关系为v甲＜v乙＜v丙
C．绳子自由端的拉力大小为F甲＞F乙＝F丙
D．三个装置的机械效率为η甲＞η乙＝η丙
【答案】C
【分析】（1）克服物体重力做的功为有用功，根据W有用＝G物h得出甲、乙、丙三种装置做的有用功；
（2）从图中可知，甲为定滑轮（n＝1），乙为动滑轮（n＝2），丙为滑轮组（n＝3），在相同的时间内物体被提升的高度均为h，根据s＝nh得出绳子自由端移动的距离；运动时间相同，根据v＝可知绳子自由端移动的速度关系；
（3）不计绳重和摩擦，F甲＝G物，F乙＝（G物+G动），F丙＝（G物+G动），据此确定拉力大小关系；
（4）不计绳重和摩擦，甲机械效率为100%，乙和丙克服动滑轮的重力做的功为额外功，根据η＝得出乙、丙两种装置的机械效率的关系。
【解答】解：A、克服物体重力做的功为有用功，甲、乙、丙三种装置做的有用功都为W有用＝G物h，故A正确；
B、从图中可知，甲为定滑轮（n＝1），乙为动滑轮（n＝2），丙为滑轮组（n＝3），在相同的时间内物体被提升的高度均为h，则绳子自由端移动的距离s甲＝h，s乙＝2h，s丙＝3h，因此s甲＜s乙＜s丙，运动时间相同，根据v＝可知绳子自由端移动的速度关系为v甲＜v乙＜v丙，故B正确；
C、不计绳重和摩擦，F甲＝G物，F乙＝×（G物+G动），F丙＝×（G物+G动），滑轮质量均相等且G动小于G物，故F甲＞F乙＞F丙，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，甲的有用功与总功相等，机械效率为100%，乙和丙克服动滑轮的重力做的功为额外功，W额＝G动h，乙、丙两种装置的机械效率η＝＝＝，则η乙＝η丙，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查有关滑轮和滑轮组的拉力、功、绳子自由端的速度、机械效率的计算，有一定综合性。
56．（2023秋 江北区期末）如图甲是工人使用升降平台进行高空玻璃幕墙清洗的场景，该平台结构简图如图乙所示。其中吊篮和动滑轮总质量为30kg，吊篮由电动机控制升降。在某次吊升过程中，两名工人及所带工具总质量200kg，20s内吊篮匀速上升4m，电动机对钢丝绳的拉力为750N。下列说法错误的是（　　）
A．本次吊升过程中的有用功是8×103J
B．本次吊升过程中的机械效率约为87.0%
C．可以通过减少吊篮和动滑轮的重力来提高该平台使用时的机械效率
D．可以通过增加工人和工具重力来提高该平台使用时的机械效率
【答案】B
【分析】（1）根据G＝mg求两名工人及所带工具的总重力，利用W有＝Gh求有用功。
（2）由图可知n＝4，利用η＝＝＝＝求机械效率。
（3）根据W额外＝G动h分析额外功的变化，根据η＝＝＝分析机械效率变化。
（4）根据W有＝Gh分析有用功的变化，根据η＝＝＝分析机械效率变化。
【解答】解：A、两名工人及所带工具的总重力：G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N，则本次吊升过程中的有用功：W有＝Gh＝2000N×4m＝8×103J，故A正确；
B、由图可知n＝4，本次吊升过程中的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%≈66.7%，故B错误；
C、减少吊篮和动滑轮的重力，由W额外＝G动h可知，吊篮上升相同的高度时，有用功W有不变，额外功W额外减小，由η＝＝＝可知，机械效率增大，故C正确；
D、增加工人和工具重力，由W有＝Gh可知，吊篮上升相同的高度时，有用功W有增大，额外功W额外几乎不变，由η＝＝＝可知，机械效率增大，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了使用滑轮组时功和机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。
57．（2023秋 义乌市期末）用如图所示的装置提升重为800N的物体A，动滑轮重为200N。在卷扬机对绳子的拉力F作用下，物体A在10s内竖直匀速上升了2m。在此过程中，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．物体A上升的速度为0.4m/s
B．滑轮组的有用功为2000J
C．拉力F的功率为100W
D．滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【分析】（1）已知物体上升的时间和距离，利用速度公式求物体A上升的速度；
（2）利用W＝Gh求拉力做的有用功；
（3）由图知，滑轮组承担物重的绳子有效股数n＝2，不计绳重和轮与轴间的摩擦，拉力F＝（G物+G动）；拉力端移动距离s＝2h，利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用P＝求拉力F做功的功率；
（4）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
A、物体A上升的速度为：v＝＝＝0.2m/s，故A错误；
B、拉力做的有用功：W有用＝Gh＝800N×2m＝1600J，故B错误；
C、由图知，n＝2，不计绳重和轮与轴间的摩擦，拉力：F＝（G物+G动）＝（800N+200N）＝500N；
拉力端移动距离：s＝2h＝2×2m＝4m，
拉力做总功：W总＝Fs＝500N×4m＝2000J；
拉力做功功率：P＝＝＝200W，故C错误；
D、动滑轮提升物体A的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%。
故选：D。
【点评】本题考查了使用滑轮组时速度、有用功、总功、功率、机械效率的计算，要利用好关系式：不计绳重和轮与轴间的摩擦时，拉力F＝（G物+G动）。
58．（2023秋 萧山区期中）如图所示，用相同滑轮组装成的甲、乙两个滑轮组分别将同一个物体在相同时间内匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．F甲＝F乙
B．甲、乙绳子自由端移动的速度相同
C．甲、乙两个拉力的功率相同
D．乙滑轮组的机械效率高
【答案】C
【分析】（1）首先判断绳子的有效股数，然后根据F＝（G物+G动）比较拉力的大小；
（2）用不相同的滑轮组在相同时间内匀速提高到相同高度，拉力移动的速度不相同；
（3）在提升重物的过程中，若不计绳重及摩擦，那么，克服动滑轮重做的功为额外功，因为动滑轮重相同，提升高度相同，所以额外功相同；有用功相等，拉力做的总功相等，由P＝可分析其功率关系；
（4）不计绳重及摩擦，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。
【解答】解：
A、两幅图中的滑轮组承担物重的绳子有效股数n甲＝2，n乙＝3，不计绳重及摩擦，拉力F甲＝（G+G动），F乙＝（G+G动），又因为动滑轮重力G动相同，所以F甲＞F乙，故A错误；
B、用甲、乙两个滑轮组在相同时间内匀速提高到相同高度h，由s＝nh可得，拉力端移动的距离s甲＝2h，s乙＝3h，则s甲＜s乙，由v＝可得，拉力端移动的速度不相同，v甲＜v乙；故B错误；
C、将同一物体在相同时间内匀速提升相同高度时，因不计绳重和摩擦，拉力做的功等于克服物体重力和动滑轮重力所做的功，克服物体重力做的功为有用功，所做的有用功相等、额外功相等，拉力做的总功相等，由P＝可知，甲、乙两个拉力的功率相同，故C正确；
D、因为不计绳重及摩擦，动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，由W额＝G轮h、W有用＝G物h可知，利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，则拉力做的总功相同，因为η＝，所以两滑轮组的机械效率相同，故D错误。
故选：C。
【点评】本题重点理解：把相同的重物匀速提升相同的高度，做的有用功相同；不计绳重及摩擦，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。
59．（2023秋 吴兴区期末）小红在研究滑轮组机械效率与哪些因素有关的实验中，所用装置如图所示，每个钩码重2N，测得的数据如表：
次数 钩码总重G/N 钩码上升的高度h/m 测力计示数F/N 测力计移动距离s/m 机械效率η
1 4 0.1 1.8 0.3 74%
2 6 0.1 0.3
3 4 0.1 1.4 0.5 57%
4 4 0.2 1.4 1.0 57%
（1）第2次测量中，测力计示数如乙图。由乙图可知拉力大小为 　2.4　N；第2次实验测得的机械效率为 　83%　；（结果保留整数）
（2）分析表中数据可知：第4次实验是用 　丙　（填“甲”、“乙”或“丙”）图装置完成的；
（3）分析第3、4次实验数据得出结论：　机械效率与提升物体的高度无关　；
（4）生活中汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义。汽车制造厂用新材料减轻车身重量来提高效率，这种方法运用了实验中 　1、3　两次数据分析得出的结论。
【答案】（1）2.4；83%；（2）丙；（3）机械效率与提升物体的高度无关；（4）1、3。
【分析】（1）根据图乙读出拉力的大小；
由表格中第2次实验的数据可知，提升物体的重力为6N，由测力计移动的距离和物体上升的高度之间的关系可知使用的是图乙装置进行的实验，根据η＝＝得出机械效率；
（2）由表格中第4次实验的数据，利用n＝得出连接动滑轮的绳子的段数，进而分析；
（3）分析第3、4次实验数据可知，物体提升的高度变大，机械效率不变；
（4）分析第1、3次实验数据可知，使用的是不同的滑轮组，第3次机械效率低，说明动滑轮的个数增多，机械效率减小；
对于改变滑轮组机械效率的方法，有两种情况：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率，据此分析。
【解答】解：（1）由图乙可知拉力为2.4N；
第2次实验测得的机械效率为：
η＝＝＝≈83%；
（2）由表格中第4次实验的数据可知，连接动滑轮的绳子的段数为n＝＝＝5，即使用的是图丙装置进行的实验；
（3）分析第3、4次实验数据可知，物体提升的高度变大，机械效率不变，即机械效率与提升物体的高度无关；
（4）分析第1、3次实验数据可知，使用的是不同的滑轮组，第3次机械效率低，说明动滑轮的个数增多，机械效率减小；
汽车制造厂用新材料减轻车身重量来提高效率，这种方法运用了实验中1、3两次数据分析得出的结论。
故答案为：（1）2.4；83%；（2）丙；（3）机械效率与提升物体的高度无关；（4）1、3。
【点评】本题为测量滑轮组机械效率的实验，考查机械效率的计算和实验结论等知识。
60．（2023秋 宁波期末）工人使用如图所示装置吊装重物。电动机的输出功率为800W，将重为500N的水泥匀速提升到10m高的位置需要用时15s，若电动机的输出功率恒定不变。请完成下列问题：
（1）图中滑轮组的作用是 　既可以省力，又可以改变力的方向　。
（2）在此过程中，绳子自由端移动的速度是多少？
（3）求电动机对绳子的拉力大小。
（4）请写出一条提高该滑轮组机械效率的方法 　增大提升物体的重力（或减小摩擦、减小动滑轮重力）　。
【答案】（1）既可以省力，又可以改变力的方向；
（2）在此过程中，绳子自由端移动的速度是2m/s；
（3）电动机对绳子的拉力为400N；
（4）增大提升物体的重力（或减小摩擦、减小动滑轮重力）。
【分析】（1）使用滑轮组既可以省力，又可以改变力的方向，但要费距离；
（2）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用v绳＝nv物＝求出绳子自由端的速度；
（3）根据P＝＝＝Fv求出电动机对绳子的拉力大小；
（4）提高滑轮组的机械效率：一是增大提升物体的重力，二是减小摩擦、减

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