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九上科学第三单元第四节简单机械提分练习
一、单选题
1．如图所示工具中，使用时不能省力但能省距离的是（　　）
A．动滑轮B．订书机C．羊角锤 D．镊 子
2．关于机械效率，下列说法正确的是（　　）
A．机械效率越大，越省力 B．机械效率越大，做功越多
C．机械效率越大，功率越大D．机械效率越大，额外功在总功中所占的比例越小
3．人体中有不少骨也构成了杠杆，如图所示是手端起茶杯的情景，其前臂骨骼相当于杠杆，肱二头肌收缩提供动力，由图可以看出，这是一个（　　）
A．费力、省距离的杠杆 B．省力、费距离的杠杆
C．既费力、也费距离的杠杆 D．既省力，也省距离的杠杆
4．人的手臂相当于一个杠杆，当手拿起物体时，下图中能正确表示该杠杆的支点动力、阻力的是（　　）。
A．B．C． D．
5．如图所示，一根质地均匀的木杆可绕O点自由转动，在木杆的右端施加一个始终垂直于杆的作用力F，使杆从OA位置匀速转到OB位置的过程中，力F的大小将（　　）
A．一直是变大的 B．一直是变小的
C．先变大，后变小 D．先变小，后变大
6．如图是教室壁挂式实物展台示意图。MN为展示台，PQ为连杆拉住展示台，m为展示物。以下是展示台承裁展示物时杠杆的示意图，其中正确的是（　　）
A．B．C． D．
7．如图为吊车从图示位置向上起吊货物的工作示意图，利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点缓慢转动，伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列说法正确的是（　　）
A．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小不变
B．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小
C．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大
D．吊臂是一个省力的杠杆
8．小明用下列方式匀速提升同一重物，若不计滑轮和绳子的自重及摩擦，拉力最大的是（　　）
A． B． C． D．
9．高速铁路的输电线，无论冬、夏都需要绷直，以保障列车电极与输电线的良好接触，图乙为输电线的牵引装置工作原理图。图乙为输电线的牵引装置工作原理图。钢绳通过滑轮组悬挂20个相同的坠砣，每个坠砣配重为100N。若某段时间内坠砣串下降了8cm，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．滑轮A为动滑轮，滑轮B为定滑轮B．钢绳上的拉力为2000N
C．输电线P端受到的拉力大小为1000ND．输电线P端向左移动了16cm
10．如图 1 所示，长 2m 的粗细均匀的光滑杆可绕 O 点自由转动。用竖直向上的拉力 F 拉着套在杆上的轻质环缓慢向右移动的过程中，杆始终处于水平状态，拉力 F 的大小与滑环离开 O 点的距离 S 的关系如图 2 所示。则杆重 G 和图像中 S0 的值分别是（　　）
A．G=50N，S0=0.1mB．G=20N，S0=0.1mC．G=20N，S0=0.2m D．G=10N，S0=0.2m
11．如图所示，用24N的力F沿水平方向拉滑轮，可使重20N的物体A以0.2m/s的速度在水平面上匀速运动。物体B重10N，弹管测力计的示数恒为5N(不计滑轮、测力计、绳子的重量，滑轮的转轴光滑)。下列说法正确的是（　　）
A．物体A受到地面的摩擦力是5NB．滑轮移动的速度是0.4m/s
C．水平拉力F的功率是4.8WD．在2s内绳子对物体A做的功为4.8J
12．用图示装置探究杠杆的平衡条件。保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点A固定，改变测力计与水平方向的夹角θ，则选项中关于动力F随夹角θ、动力臂L变化的关系图象中，可能正确的是（　　）
A．B．C． D．
13．如图所示，在轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，下列叙述中正确的是（　　）
A．拉力F逐渐变大B．拉力F跟它力臂的乘积变小
C．拉力F始终大于1/2G、小于G，该杠杆是省力杠杆D．以上说法均不正确
14．一根金属棒AB置于水平地面上，现通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。根据图像，下列说法中正确的是（　　）
A．该金属棒的长度L＝1.6m
B．在B端拉起的过程中，当x1＝0.6m时，测力计的示数为F1＝1.5N
C．当x2＝1.6m时，测力计的示数为F2＝5N
D．金属棒的重心到A端的距离为0.6m
15．为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了如图所示的滑轮组装置。当用图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示。（不计绳重和绳与轮之间的摩擦）下列计算结果正确的是（　　）
A．0-1s内，地面对物体的支持力是10N B．1-2s内，拉力F做的功是187.5J
C．2-3s内，拉力F的功率是100W D．2-3s内，滑轮组的机械效率是62.5%
二、填空题
16．同学们在体育课上做仰卧起坐，前半段是背部由平躺地面变成脊柱弯曲，后半段是上半身完全离开地面。
（1）仰卧起坐时，人体可看成杠杆模型，O为支点，肌肉的拉力F为动力。从平躺至坐起的过程中，运动员肌肉所施加的动力变化情况是　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）同学们可以改变仰卧起坐的快慢，来控制体育锻炼的效果，从科学角度分析，其实质是改变　 　的大小。
17．受《天工开物》中枯棒汲水 (图甲)启发，小明自制了“杠杆密度计”如图乙，将一轻质细硬杆用细线固定在O点并悬挂起来，物块固定悬挂在A 点，把不计质量的矿泉水瓶装满水，用细线悬挂在杆上，将悬挂点移至B点，使杆在水平位置平衡。换用相同的矿泉水瓶装满不同液体，重复以上操作，在杆上可标出悬挂点B1、B2、B3……对应密度的刻度值。
（1）如图甲所示，若向下拉绳子，则放下空桶时，桔槔为　 　杠杆。
（2）如图乙所示，若测得B、B2到O点的距离分别为l、l2，则B2点标注的密度值为　 　。 (用ρ水及题给字母表示)
（3）为了制作出精确度更高的“杠杆密度计”，下列改进措施可行的是____。
A．把O点位置往物块一侧移动一段距离B．减小物块的质量C．减少加入杯中的液体体积
18．春晚舞台剧“青绿腰”中有个动作如图，若将舞者身体视为杠杆，A点为身体重心，O点为支点，地面对右脚的支持力F为动力，人所受重力G为阻力，该杠杆为　 　(选填“省力”或“费力”)杠杆。假设动力F方向及腿部形态保持不变，随着上身缓缓直立，舞者会觉得右脚受力逐渐　 　选填（“增加”或“减少”）。
19．如图1为脱模油厂的油桶，空桶质量为100kg，油桶高为0.8m，底部直径为0.6m，据此回答。某次装卸中，小明需要将直立的空油桶（如图1）沿D点推翻，推翻空油桶所需的最小力F1。
（1）在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功　 　J；
（2）若将翻倒的空油桶（如图2）重新竖起所用的最小力为F2，那么，F1　 　F2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
20．如图是一位科学老师的一个自制教具，在转轴O点上套有半径大小为R的圆形纸板，纸板圆心也在O点。将钩码挂在杠杆的C点，在杠杆A、B两点先后施加与纸板边缘相切的拉力FA、FB，都能使杠杆在水平位置平衡。杠杆平衡时，拉力FB的力臂大小为　 　(填 图中字母)，拉力FA　 　 FB (填
“>”“=” 或“<”)。
21．用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为　 　，请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：　 　。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。
22．如图所示，物重G＝30N，绳的一端拴在地面，拉力F使滑轮匀速上升。
（1）若滑轮重为2N，使物体上升20cm，则拉力F＝　 　N，滑轮向上移动　 　cm。
（2）若滑轮重不计，滑轮向移动20cm，则拉力F=　 　N，物体上升　 　cm。
23．图甲的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力F为80N，不计绳重和摩擦。物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，反映绳子自由端运动的图线是　 　(选填“A”或“B”)，动滑轮重为　 　N。
24．如图所示，拉力F为20N，物体A以0.1m/s的速度在表面足够长的物体B表面做匀速直线运动；物体B静止在地面上，受到地面水平向右8N的摩擦力，弹簧测力计示数为22N。拉力F的功率为 　 　W，A受到B的摩擦力为 　 　。
25．如图，一长为L的粗细不均匀的水泥电线杆，重心在距A端 处，当用竖直向上的力F1将A端抬高h（B端仍在地面上）时，F1做功为W1；当用竖直向上的力F2将B端抬高h（A端仍在地面上）时；F2做功为W2，则F1：F2＝　 　，W1：W2＝　 　。
26．在“探究杠杆平衡条件”实验中，小科用一块T形板对实验装置进行改进。如图甲所示，T形板上有槽口ab和卡口cd。T形板通过槽口ab上有显示长度的刻度标尺，且通过槽口ab可以绕着杠杆的0点自由旋转并上下移动。弹簧测力计与一根质量可以忽略的硬质碳素细棒MN相连，碳素细棒MN刚好卡入T形板的卡口cd，如图乙所示。
（1）利用这个装置进行实验的优点为：　 　。
（2）小科在实验过程中，保持阻力、阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，测出每一组动力臂L1和动力F1的数据，并利用实验数据绘制了F1与L1的关系图像，如图丙所示。请根据图像推算，当L1为5cm时，F1为　 　N。
三、实验探究题
27．在探究“滑轮组机械效率”时，用两组滑轮组进行了4次测量，用一个动滑轮和一个定滑轮测得前3组数据，再用两个动滑轮和两个定滑轮测得第4组数据，如下表：
实验次数 物重G物/N 动滑轮重G 动g/N 钩码上升的高度h/m 动力F/N 动力作用点移动的距离s/m 滑轮组的机械效率η
1 1 0.5 0.1 0.7 0.3 47.6%
2 2 0.5 0.1 1.1 0.3 60.6%
3 3 0.5 0.1 1.5 0.3 　
4 4 1 0.1 　 0.5 50.0%
（1）根据表中前3次实验数据，画出甲图滑轮组的绕绳方法。
（2）实验中，测量绳端拉力F时，应尽量缓慢竖直向上匀速拉动测力计，读出乙图中测力计的示数为　 　N，第3次实验时滑轮组的机械效率为　 　。
（3）某同学认为测力计静止时读数比较方便，其实他测得的机械效率　 　（选填“偏大”或“偏小”)。
（4）由表中第1、2、3组数据可知：同一滑轮组，提升的重物越　 　（选填“轻”或“重”)，机械效率越大。
28．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p=m/v，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计。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，移动秤花，当秤杆在水平位置平衡时，秤花悬挂点对应的数值即为物体的质量。
图甲 图乙
（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（代替秤花）。
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，移动秤花，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤花的悬挂点A标记为“0”刻度；
③杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤花，当秤杆在水平位置平衡时，将此时秤花的悬挂点B标记为“？”刻度（单位g/cm3）；
④　 　。
（2）步骤③中，秤花悬挂点B标记的刻度值应为　 　；
（3）如何在杆秤上标其它刻度（精确到0.1g/cm3）？请将步骤④的操作补充完整：　 　。
（4）【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】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．减小秤花的质量
C．减少加入杯中的液体体积
D．换用更细的秤杆
29．小凡同学在“探究定滑轮和动滑轮特点”的实验中，装置图如图所示。
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
（1）在探究定滑轮时，照图甲操作，觉得读数不方便，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　 　。
（2）在探究动滑轮时，照图乙操作，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，与课本结论存在差异，其原因是　 　。
30．小科用如图所示装置做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）安装好装置后，杠杆在图甲所示位置静止，为便于后续实验，小科将其调节至水平位置平衡，这样做的目的是　 　。
（2）如图乙所示，杠杆调节水平位置平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N，如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，施加的最小拉力为　 　N。
（3）得到实验结论后，小科制作了图丙所示装置，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重物M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止。保持F方向不变，F的力臂记为l，改变B点位置，F与的关系图像为图丁中的①；将M从A移至P，再重复上述步骤，F与的关系图像为图丁中的　 　（填“①”“②”“③”或“④”）。
四、解答题
31．快走有利于身体健康，人走路时可以将脚视为杠杆（如图所示）。行走时人的脚掌前端是支点，位于杠杆的一端，人体受到的重力是阻力，且作用点位于杠杆的中点，小腿肌肉施加的力是动力，位于杠杆的另一端。已知人的质量为60kg，求：
（1）请画出小腿肌肉施加的拉力F的力臂l1。
（2）根据图示计算小腿肌肉产生的拉力是多大？
（3）人向前走一步，重心将升高约5cm，求人克服自身重力做了多少功？
32．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，A船B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
33．（1）“节约用水，人人有责”，如图甲所示是用水后及时关闭水龙头的情景。水龙头手柄可以视为一根杠杆，请你在图乙中画出施加在A点的最小动力F1及共力臂L1。
（2）如图所示，某人站在A处用一根绳子和滑轮组拉小车，请画出最省力的绕线。
34．某校科学活动小组围绕杠杆平衡问题，开展了如下研究：
（1）情景一：如图甲为探究杠杆平衡条件的实验装置，A点处悬挂四个钩码，B点受到弹簧测力计竖直向上的拉力F，此时杠杆水平平衡。
若弹簧测力计绕B点转动至沿虚线位置，杠杆保持水平平衡，则测力计示数　 　（选填“增大”、“不变”或“减小”）；若A点处取下两个钩码，弹簧测力计始终保持竖直向上且示数不变，则弹簧测力计悬挂点应怎么移动 　 　（写出移动方向和格数）。
（2）情景二：某仓储基地利用叉车运送物资，叉车抬升物资的主要装置由两个平行叉手和升降架组成（如图乙），在运送抬升货物时，可将升降架和叉手看成两个“L”形整体，其中一个“L”形整体的结构简图如图丙。当在叉手的水平部分放上物资时，将叉手看成是一个以О点为支点的杠杆，升降架对杠杆上A点的作用力沿水平方向。已知每个叉手的水平部分OB长1.5m，OA高0.8m，两个叉手的间距为0.4m。
若将质量为2x103kg的物资打包成边长为1m的立方体包裹，将包裹紧靠OA放置，并使其重力的作用线通过两个叉手的中间。请计算升降架对A点的作用力是多少 .
（3）情景三：“低头族”长时间低头看手机，很可能会引起颈部肌肉和颈椎损伤。
分析图的人体杠杆模型，图中A点为头部重力作用点，B点为颈部肌肉受力点，且颈部肌肉拉力的方向垂直于OB向下，请解释“低头族”长时间低头看手机，引起颈部肌肉受损伤的原因，并对预防和延缓颈椎损伤提出合理建议。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【分析】分析各个选项中简单机械的特点即可。
【解答】A.定滑轮的本质为等臂杠杆，不省力不费力，不省距离也不费距离，故A不合题意；
B.订书机的转轴为支点，阻力作用在刀口上，动力作用在手柄上，为省力杠杆，即省力费距离，故B不合题意；
C.羊角锤的弯曲处为支点，阻力作用在豁口上，动力作用在手柄上，为省力杠杆，即省力费距离，故C不合题意；
D.使用镊子时，两个镊片相连的位置为支点，阻力作用在尖端，动力作用在中间，此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，即费力省距离，故D符合题意。
故选D。
2．【答案】D
【解析】【分析】使用机械时，有用功与总功的比值叫机械效率，机械效率的大小与功的多少和功率的大小没有直接关系；物体在单位时间完成的功叫功率。
【解答】A、机械效率是指有用功与总功的比值，其大小与机械的省力情况没有关系，故A错误；
B、机械效率是指有用功与总功的比值，其大小与机械做功的多少没有关系，故B错误；
C、机械效率是指有用功与总功的比值，功率表示了机械做功的快慢，二者没有直接的关系，故C错误；
D、总功等于有用功与额外功的总和，从可知，额外功在总功中所占的比例越小，机械效率越高，故D正确。
所以选：D。
3．【答案】A
【解析】【分析】物理学中把一根在力的作用下可绕固定点转动的硬棒叫做杠杆。杠杆可以是任意形状的硬棒。 支点：杠杆绕着转动的点，通常用字母O来表示。动力：使杠杆转动的力，通常用F1来表示。阻力：阻碍杠杆转动的力，通常用F2来表示。动力臂：从支点到动力作用线的距离，通常用L1表示。阻力臂：从支点到阻力作用线的距离，通常用L2表示。 要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与 力臂 的乘积）大小必须相等。 即：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用 代数式 表示为F1·l1=F2·l2。
【解答】 由图可以看出，这是一个费力杠杆，因为动力臂壁阻力臂小，所以动力大于阻力，是一个费力费力杠杆，费力杠杆具有费力省距离的特点；
故答案为：A
4．【答案】A
【解析】【分析】根据手臂的工作过程判断。
【解答】当我们用手拿起物体时，肘关节相当于支点，物体的重力相当于阻力，作用在手上；肱二头肌施加拉力，方向向上，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
5．【答案】C
【解析】【分析】 杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂 。
【解答】由图得动力臂大小不变，阻力臂先变大后变小，阻力即杆重力不变，所以动力F大小先变大，后变小，故答案为：C。
6．【答案】A
【解析】【分析】杠杆的五要素，分为支点，动力臂，动力，阻力臂和阻力。
【解答】若去掉连杆pQ，此时MN展台会逆时针绕着N点转动，故支点在最右侧的N点；PQ的作用效果是拉住展台，避免其展台沿着逆时针方向转动，故其拉力方向为斜向上。
故答案为：A
7．【答案】B
【解析】【分析】（1）（2）（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析；
（4）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】根据图片可知，O点为支点，货物的重力为阻力，伸缩撑杆的支持力为动力。在匀速缓慢顶起吊臂的过程中，阻力F2和动力臂L1保持不变，而阻力臂L2不断减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，伸缩支撑杆的支持力不断减小，故B正确，而A、C错误；
由于动力臂小于阻力臂，因此吊臂是一个费力杠杆，故D错误。
故选B。
8．【答案】C
【解析】【分析】当使用滑轮组提升重物时，可根据计算自由端绳子拉力的大小。
【解答】A.使用动滑轮时，承担重力的绳子段数n=2，则拉力；
B.使用滑轮组时，承担重力的绳子段数n=2，则拉力；
C.使用定滑轮时，不省力不费力，则拉力F3=G；
D.使用滑轮组时，承担重力的绳子段数n=3，则拉力.
比较可知，拉力最大的是F3。
故选C。
9．【答案】B
【解析】【分析】（1）定滑轮是指固定不定的滑轮；动滑轮是指和物体一块运动的滑轮；
（2）钢绳上的拉力即为20个坠砣的总重力，由F=G可求得钢绳上的拉力。
（3）如图使用的滑轮组承担P端拉力的绳子股数n=2，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，
由G=FP，据此求输电线P端受到的拉力大小。
（4）坠砣串下降高度h=2sP，可求输电线P端向左移动的距离。【解答】A.图中A和B滑轮都固定不动，为定滑轮，故A错误；
B.20个坠砣的总重力：G=20×100N=2000N，钢绳上的拉力F=G=2000N，故B正确；
C.由图知，使用的滑轮组承担A端拉力的绳子股数n=2，
图中坠砣挂在钢绳的自由端，不计滑轮和钢绳自重及摩擦，
可得G=FP，
则输电线P端受到的拉力大小：FP=2G=2×2000N=4×103N，故C错误；
D.图中坠砣挂在钢绳的自由端，且n=2，则坠砣串下降高度h=2sP，
则输电线P端向左移动的距离：sP=h=×8cm=4cm，故D错误。
故选B。
10．【答案】C
【解析】【分析】 杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，由图象求出拉力作用点到O点的距离与对应的拉力大小，然后由杠杆平衡条件求出杆的重力和图象中S0的值。
【解答】 粗细均匀的光滑杆，其重心在它的几何中心，则重力的力臂为杆长的一半，LG=1m；
由图象可知，F1=10N时，拉力的力臂L1=2m，
由杠杆平衡条件可得G×LG=F1×L1，即：G×1m=10N×2m，
则杆重G=20N；
由图象可知，F=100N时，拉力的力臂为S0，
由杠杆平衡条件得G×LG=F×S0，即：20N×1m=100N×S0，
则S0=0.2m。
故答案为：C。
11．【答案】D
【解析】【分析】（1）要判断出A所受的摩擦力，首先根据拉力F和动滑轮的特点，计算出绳子对A的拉力，对A进行受力分析，根据平衡力的特点计算出A受地面的摩擦力；
（2）根据动滑轮的特点及A的移动速度判断滑轮的移动速度；
（3）根据公式P=Fv计算出拉力F的功率；
（4）利用W=Fs求绳子对物体A做的功。
【解答】A.动滑轮上有2根绳子承担拉力，因为拉力F=24N，所以对A的拉力为FA=.
弹簧测力计的示数恒为5N，则物体B对A的摩擦力fAB为5N，方向向右，
所以地面对A的摩擦力为f地面=FA-fAB=12N-5N=7N，故A错误；
B.A移动的速度即绳端移动的速度为0.2m/s，
所以滑轮的移动速度为，故B错误；
C.水平拉力的功率P=Fv=24N×0.1m/s=2.4W，故C错误；
D.绳子对A的拉力是12N，2s物体A移动的距离为s=vt=0.2m/s×2s=0.4m，
绳子的拉力做功W=Fs=12N×0.4m=4.8J，故D正确。
故选D。
12．【答案】D
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】钩码的重力保持不变，即阻力不变，且阻力臂保持不变。在测力计改变方向时，动力臂不断增大，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力F1不断减小，且动力和动力臂呈反比关系，故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
13．【答案】B
【解析】【分析】杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，杆重、动力臂不变，阻力臂减小，利用杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析。
【解答】A.如图，物体M的重为G不变，动力F的方向始终跟杆垂直（动力臂LOB不变），
由于杆匀速转动（处于平衡状态），则F×LOB=G×LOC，
由于杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，阻力臂LOC逐渐减小，所以拉力F逐渐变小，故A错误；
B.由于阻力臂LOC逐渐变小，物体M的重为G不变，则根据F×LOB=G×LOC可得：FLOB的大小（拉力F跟它力臂的乘积）逐渐变小，故B正确；
C.根据F×LOB=G×LOC可得：；
则该杠杆是省力杠杆，故C错误；
D.B选项是正确的，故D错误。
故选B。
14．【答案】C
【解析】【分析】（1）注意分析乙图中曲线的拐点处的意义，其实就是该点时金属棒刚刚离开地面；
（2）在已知杆的长度的情况下，根据乙图x的不同长度对应的功的大小，得到杆的重力，也就是F2的示数；根据图乙得到F1的数值；
（3）根据图乙可知，图像弯折后，增大的功等于物体的重力与增大的高度的乘积，据此计算出重力，再根据二力平衡计算拉力F2；
（3）由杠杆平衡条件可求出重心到A端的距离。
【解答】由于拉力始终竖直向上，而杠杆的重力竖直向下，二者相互平行，
根据相似三角形的性质可知，动力臂与阻力臂之比不变。
由杠杆的平衡条件可知，杠杆的重力不变，那么拉力不变。
根据图乙可知，当拉起高度为1.2m后，拉力增大了，
那么此时A端肯定刚离地，
即金属棒长1.2米，故A错误；
由图乙可知，金属棒B端从0~1.2m时，拉力保持不变；
因此当x1=0.6m时，拉力，故B错误；
根据乙图可知，当x2=1.2~1.6m的过程中，拉力保持不变；
金属棒的重力，
根据二力平衡的知识可知，即F2=G=5N，故C正确；
由杠杆平衡条件得重心到A端的距离：，
故D错误。
故选C。
15．【答案】B
【解析】【分析】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=3，则拉力F移动的距离s=3h。0s～1s内，物体处于静止，1s～2s内，物体在做加速运动，2s～3s内，物体匀速运动。
（1）已知滑轮组绳子的段数n和拉力F拉，物体静止，设动滑轮对物体的拉力F′，其关系为；物体对地面的压力等于地面对物体的支持力，等于物体的重力G减去动滑轮对物体的拉力F′；
（2）由F-t图象得出在1～2s内的拉力F，由h-t图象得出重物上升的高度，求出拉力F的作用点下降的距离，利用W总=Fs求拉力做的总功；
（3）由F-t图像得出在2～3s内的拉力F，由图像丙确定物体移动的速度，求出拉力F的作用点下降的速度，利用P=Fv求拉力做功的功率；
（4）利用求滑轮组的机械效率。
【解答】A.由图乙可知，在0～1s内，拉力F=30N。
取动滑轮和重物为研究对象，受到向下的重力G和G动，向上的支持力F支，及动滑轮对物体的拉力F′作用，
则物体对地面的压力：F压=F支=G-F′=G-3F拉+G动=100N-3×30N+G动=G动+10N＞10N，故A错误；
B.在1～2s内，拉力F2=50N，重物上升高度h2=1.25m，
拉力F的作用点下降的距离s2=3h2=3×1.25m=3.75m，
拉力做的功：W总2=F2s2=50N×3.75m=187.5J，
故B正确；
C.由图可知，在2～3s内，拉力F3=40N，物体上升的速度为v物3=2.5m/s；
拉力F移动的速度v3=3v物3=3×2.5m/s=7.5m/s，
拉力做功的功率：P3=F3v3=40N×7.5m/s=300W，故C错误；
D.2s～3s内滑轮组的机械效率：，
故D错误。
故选B。
16．【答案】（1）变小
（2）功率
【解析】【分析】 （1）根据杠杆的平衡条件分析；（2）根据功率的定义分析。
【解答】（1）在平躺至坐起的过程中，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力会变小；
（2）做仰卧起坐时，每次所做的功相同，同学们可以改变仰卧起坐的快慢，则做功的功率发生了改变，所以其实质是改变功率的大小。
故答案为：（1）变小；（2）功率。
17．【答案】（1）费力
（2）I/I2ρ水
（3）C
【解析】【分析】根据杠杆平衡条件进行分析，物块悬挂在A点施加的力是阻力，AO是阻力臂，施加在矿泉水瓶上的力是动力，BO是动力臂，即FAxAO= FBx BO。
【解答】(1) [如图甲所示，若向下拉绳子，则放下空桶时，阻力臂大于动力臂，桔槔为费力杠杆。
(2) 测得B、B2到0点的距离分别为l、l2， 据杠杆平衡条件知
所以B2点标注的密度值为 I/I2ρ水
(3A.把0点位置往物块一侧移动一段距离，说明阻力臂AO变小，AB两点之间长度缩短，密度秤不会更精确，
B.减小物块的质量，说明阻力F减小，阻力臂AO和动力FB不变，则动力臂BO要变小，AB两点之间长度缩短，密度秤不会更精确，故B不符合题意；
C.减少加入杯中的液体体积，说明动力FB减小，而阻力F阻力臂AO不变，则动力臂BO增大，
AB两点之间长度变长，密度秤会更精确，故C符合题意。
故答案为：C。
18．【答案】省力；减小
【解析】【分析】 （1）根据力臂的定义分析力臂的大小；
（2）根据力臂长度的变化分析用力的变化。
【解答】 （1）若将此时舞者身体视为杠杆，O点为支点，A点为重心，右腿对身体的支持力F为动力，人所受重力为阻力，该杠杆动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
（2）假设动力F方向不变，则动力臂长度不变，随着人缓缓站起，阻力臂长度慢慢变小，因此舞者会觉得右脚受力逐渐减小。
19．【答案】（1）100J
（2）小于
【解析】【分析】（1）当AD在竖直方向时油桶刚好被推翻，根据勾股定理计算对角线的长度，然后与原来油桶的高度比较计算出油桶的重心升高的高度，根据W=Gh计算克服油桶重力做的功；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析。
【解答】（1）根据勾股定理可知，油桶对角线的长度：；
在推翻油桶过程中，油桶升高的高度：△h=；
小明至少需要对油桶做功：W=mg=100kg×10N/kg×0.1m=100J；
（2）由图1和图2所示可知，两种情况下，最大动力臂等于对角线的长度，即最小推力的动力臂相等。两种情况下阻力相等，图1的阻力臂小于图2的阻力臂，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，图1中的推力小于图2中的推力，即F1小于F2。
20．【答案】R；=
【解析】【分析】（1）力臂是从杠杆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分析解答。
【解答】（1）根据图片可知，FB的力的作用线与圆相切，那么支点O到切点的连线恰好与力的作用线垂直。从支点O到切点的距离等于圆的半径，因此FB的力臂为半径R。
（2）根据图片可知，FA的力的作用线也与圆相切，则它的力臂也等于半径R，那么两个拉力的力臂相等。根据根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，两个拉力相等，即FA=FB。
21．【答案】（1）66.7%；杠杆的重力
（2）变大
【解析】【分析】（1）根据W有=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。由于支点在杠杆的一侧，那么它的重力不能被抵消，因此在提升钩码的过程中要不可避免的提升杠杆，即克服杠杆的重力做额外功。
（2）根据分析杠杆机械效率的变化。
【解答】（1）该杠杆的机械效率：。使用该杠杆做额外功的一个原因：杠杆的重力。
（2）将钩码从A点改挂在B点后，将相同的钩码提升相同的高度，根据W有=Gh可知，杠杆做的有用功相等。根据相似三角形的性质可知，此时弹簧测力计上升的高度会变小，因此杠杆被提升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知，此时对杠杆做的额外功减小。根据W总=W有+W额可知，此时的总功减小，根据可知，机械效率变大。
22．【答案】（1）62；10
（2）60；40
【解析】【分析】（1）对动滑轮进行受力分析，根据二力平衡的知识计算出拉力F。首先将拉力F与重力G进行比较，确定省力还是费力，然后再计算滑轮移到的距离。
（2）根据（1）中的方法分析解答。
【解答】（1）根据图片可知，动滑轮受到竖直向上的拉力F，竖直向下的重力G动，绳子向下的拉力2个，都等于G。根据二力平衡的知识得到：F=G动+2G=2N+30N×2=62N。
因为62N>30N，所以此时动滑轮是费力的，那么省距离，即滑轮向上移到的距离：。
（2）若滑轮重力不计，那么拉力F=2G=30N×2=60N。而物体上升的高度：s=nh=2×20cm=40cm。
23．【答案】A；40
【解析】【分析】利用滑轮组提升重物时，动滑轮上由几根绳子承担，所需的拉力是总重力的几分之一，绳子自由端移动的距离是物体移动距离的几倍。
【解答】由图甲可知，n=3，则绳子自由端移动的距离是物体提升速距离的3倍，因此图乙中倾斜直线A是绳子自由端运动的s-t图像，而倾斜直线B是物体运动的s-t图像；不计绳重和摩擦，则动滑轮的重力：G动=3F-G=3×80N-200N =40N。
24．【答案】4；30N
【解析】【分析】（1）首先根据v=nvA计算处绳子自由端移动的速度，再根据P=Fv计算拉力的功率；
（2）对B进行受力分析，根据二力平衡的知识计算B受到A的摩擦力，再根据相互作用力原理计算A对B的摩擦力。
【解答】（1）根据图片可知，承担拉力的绳子段数n=2，
则自由端的速度v=nvA=2×0.1m/s=0.2m/s，
那么拉力的功率：P=Fv=20N×0.2m/s=4W；
（2）B受到水平向右的测力计施加的拉力，地面施加的摩擦力，以及水平向左的A施加的摩擦力。根据平衡力的知识可知，A对B的摩擦力fAB=f地面+F弹簧秤=8N+22N=30N。A对B的摩擦力与B对A的摩擦力为相互作用力，二者大小相等，则A受到B的摩擦力为30N。
25．【答案】2：1；2：1
【解析】【分析】（1）根据相似三角形的性质计算出动力臂和阻力臂之比，再根据杠杆的平衡条件计算出两个拉力的大小，最后计算它们的比值；
（2）根据功的公式W=Fs计算做功的比值。
【解答】（1）如图，当用竖直向上的力将A端抬高时，
在△BEA和△BFC中，BE：BF=BA：BC=3：2，
根据杠杆的平衡条件得到：F1×BE=G×BF，
F1×3=G×2；
解得：；
同理，当用竖直向上的力将B端抬高时，；
则。
（2）根据公式W=Fs，提升的高度h相同，得到：W1：W2=F1h：F2h=2：1。
26．【答案】（1）可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度，使实验结论更加可靠
（2）6
【解析】【分析】（1）可从改变拉力方向，是否能够方便准确的读出力臂的角度对装置的优点进行描述；
（2）根据丙图确定动力和动力臂的数量关系，据此推算L1为5cm时对应的动力即可。
【解答】（1）利用这个装置进行实验的优点为：可以改变拉力方向，且方便测量出相应的力臂长度，使实验结论更加可靠。
（2）根据丙图可知，图像为一条双曲线，则F1与L1成反比例关系，即二者的乘积相等。
当F1为4N时，L1=7.5cm，则得到：4N×7.5cm=F1×5cm；
解得：F1=6cm。
27．【答案】（1）
（2）1.6；66.7%
（3）偏大
（4）重
【解析】【分析】（1）首先根据s=nh计算出承担重力的绳子段数，然后根据“奇动偶定”的规律确定绳头的位置，最后安装从内到外的顺序完成绳子的连接即可。
（2）根据图乙确定测力计的分度值，然后根据指针的位置读出示数。根据W有=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。
（3）当匀速拉动绳子时，绳子上的拉力大小由动滑轮重力、物体重力和机械之间的摩擦决定，而静止时，绳子上的拉力只由动滑轮和物体的重力决定，因此静止时测力计的示数会偏小，计算出的总功会偏小，根据可知，计算出的机械效率会偏大，据此分析解答；
（4）根据表格数据分析得到结论。
【解答】（1）根据实验1可知，承担重力的绳子段数；
根据“奇动偶定”的规律可知，绳头应该系在动滑轮上，如下图所示：
（2）根据乙图可知，测力计的分度值为0.2N，则测力计的示数为1.6N。
在实验3中，有用功W有=Gh=3N×0.1m=0.3J，
总功W总=Fs=1.5N×0.3m=0.45J；
则机械效率为：。
（3）某同学认为测力计静止时读数比较方便，其实他测得的机械效率偏大；
（4）由表中第1、2、3组数据可知：同一滑轮组，提升的重物越重，机械效率越大。
28．【答案】（1）杠杆平衡原理；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）1.0
（3）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。
（4）A
【解析】【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）密度秤测量水的密度，水的密度是1.0g/cm3；故在B的位置标记为1.0。
（3）要精确到0.1g/cm3，必须继续把1.0g/cm3分为10分，由于是均匀的，因而等分。
（4）①根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2，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，则该密度秤的精确度会增大。
②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。
③秤杆的重力不影响最后的密度结果。
【解答】（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。
（2）密度秤测量水的密度，水的密度是1.0g/cm3；故在B的位置标记为1.0。
（3）要精确到0.1g/cm3，必须继续把1.0g/cm3分为10分，由于是均匀的，因而等分；正确的方法是：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。
（4）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，密度秤会更精确，故B错误。
C、此刻度均匀的密度计实质在体积不变的情况下，通过质量是水的质量多少倍，密度就是水的密度的多少倍，如果减少加入杯中的液体体积，与水的体积不再相等，则不能通过密度秤得到液体的密度大小，故C错误。
D、由于杯中不加液体，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；则秤杆的重力不影响最后的密度结果，故D错误。
故答案为：（1）杠杆平衡原理；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）1.0；（3）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；（4）A。
29．【答案】（1）变小；测力计有重力
（2）动滑轮有重力或者系统有摩擦
【解析】【分析】 （1）测力计倒过来使用时，根据对弹簧测力计进行受力分析可以找到问题所在；
（2）使用动滑轮提升重物省一半力，但本题的实验数据与这一结论有偏差，需考虑动滑轮重力。
【解答】 （1）测力计倒过来使用时，弹簧测力计受力情况是：受到绳子向上的拉力，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钩码的重力；
（2）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，绳和动滑轮本身也有一定重力，也导致拉力增大。
30．【答案】（1）便于在杠杆上直接读出力臂
（2）2
（3）④
【解析】【分析】（1）杠杆在图甲所示位置静止，为便于后续实验，调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，是为了消除杠杆自重对实验的影响；
（2）根据杠杆的平衡条件，可得出可使杠杆保持水平平衡的最小力；
（3）根据杠杆平衡条件列出两次F与的数学表达式，结合数学知识分析判断。
【解答】 （1）杠杆在图甲所示位置静止，为便于后续实验，调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，是为了消除杠杆自重对实验的影响；
（2）如图乙所示，A处悬挂的3个钩码每个钩码重0.5N，则总重力为1.5N，力臂OA=4，OB=3；要在B处施加一个最小拉力使杠杆在水平位置再次平衡，只有力臂最大时力才最小，所以施加的最小拉力方向必须是竖直向下的。
根据杠杆平衡条件，在B处施加的最小拉力为；
（3）根据题意可知，改变B点位置，此过程中F方向保持不变，
根据杠杆平衡条件可得：F×l=G×OA，
解得：F=G×OA×……①
将M从A移至P，由杠杆平衡条件可得：F×l=G×OP，
解得：F=G×OP×……②
观察①②两式可知，拉力F与的关系图像都是正比例函数，由图丙可知，OP＜OA，则②式的斜率小于①式的斜率，因此将M从A移到P，F与的关系图像是过原点且斜率比①更小的图像④。
31．【答案】（1）
（2）小明的重力为：；
由“行走时人的脚掌前端是支点，位于杠杆的一端，人体受到的重力是阻力，且作用点位于杠杆的中点”可知，力F的力臂是G的力臂的二倍，
根据杠杆的平衡条件可求小腿肌肉对脚的拉力；
（3）每向前走一步的过程中，小明克服自身重力做的功。
【解析】【分析】（1）从支点到力的作用线的距离叫作力臂；
（2）根据杠杆的平衡条件分析解答小腿肌肉对脚的拉力；
（2）小明踮脚过程中克服重力做功等于踮脚一次所做的功。
【解答】（1）过支点O作力F作用线的垂线段，即为F的力臂L1，如图所示：
。
32．【答案】（1）改变力的方向
（2）120
（3）解：
200N×60cm=FB×40cm
FB=300N
【解析】【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】 （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。
33．【答案】（1）
（2）
【解析】【分析】 （1）根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长；
（2）滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子连着动滑轮，段数越多越省力。
【解答】 （1）根据杠杆的平衡条件可知，动力最小，即动力臂最长。阻力的方向向上，所以动力的方向应该向下。连接支点O与A点，从A点垂直OA向下画一带箭头的线段就得到在A点施加的最小动力F1，OA即为动力臂L1，如图所示：
（2）根据图片可知，从动滑轮右挂钩开始，依次绕过定滑轮和动滑轮，绳端回到人的手中，n=3为最省力的绕法，如图所示：
34．【答案】（1）增大；右移一格
（2）将叉手看成是一个以B（改为O点）点为支点的杠杆，AB（改成AO）垂直叉手水平部分，升降架对杠杆上A点的作用力沿水平方向。
G物=m物g=ρ物V物g=2×103Kg/m3×10N/Kg=2×104N
F2=1/2F1=104N
F1L1=F2L2
F1===6.25×103N
（3）将头部和颈椎看成一个以0点为支点的杠杆，颈部肌肉拉力为动力，头部重力G为阻力，当低头角度增大时，根据杠杆平衡原理，阻力臂增大，颈部肌肉拉力增大，长时间保持该姿势，颈部肌肉容易受损伤。预防建议：头部竖直看手机，使用颈部护具。
【解析】【分析】（1）①根据图片分析动力臂的变化，再根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析测力计的示数变化；
②根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算动力臂的变化即可。
（2） 将叉手看成是一个以O点为支点的杠杆， 升降架对A点的作用力为动力，阻力为包裹重力的一半，阻力臂为包裹边长的一半，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（3）根据图片确定杠杆的支点，动力和阻力，以及动力臂和阻力臂，根据杠杆的平衡原理分析肌肉受伤的原因和预防建议。
【解答】（1）①根据甲图可知，当弹簧测力计绕B点转动时，动力臂逐渐变小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时测力计的示数增大；
②根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：4G×3L=F×2L ①；
2G×3L=F×nL ②；
①②联立解得：n=1，即弹簧测力计悬挂点向右移动一格即可。
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