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人教版2025年下学期八年级物理期末实验题专项训练
机械效率（附答案）
学校:___________姓名：___________班级：___________
1．测量滑轮组的机械效率
1.实验原理： 。
2.实验装置
3.测量的物理量： 、钩码提升的高度h、拉力F、 。
4.测量工具： 和 。
5.操作说明：实验中应沿 方向 拉动弹簧测力计使钩码升高。
6.实验结论：同一滑轮组，提升的重物越重，机械效率越 。提升相同重物，动滑轮个数越多，机械效率越 ，但越 力。
2．斜面是一种简单机械，生活和生产中使用斜面的好处是可以省力，通过比较沿斜面拉力F与物体重力G的比值可以判定省力情况：比值越小，越省力，那么斜面的省力情况与哪些因素有关呢？小文做了如下猜想：
猜想1：与斜面的表面材料有关；
猜想2：与斜面的倾斜程度有关；
猜想3：与物体受到的重力大小有关。
为验证上述猜想，小文利用如图所示装置进行实验，每次实验所用的物块材料及其表面粗糙程度相同，且物块均在沿斜面向上的拉力F作用下做匀速直线运动，实验结果记录如表。
实验序号 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥
斜面倾角 30° 30° 30° 30° 35° 40°
斜面的表面材料 木板 毛巾 木板 木板 木板 木板
物块重力G/牛 2.0 2.0 4.0 6.0 2.0 2.0
沿斜面拉力F/牛 1.35 1.52 2.70 4.05 1.52 1.70
回答下列问题：
(1)通过对比实验 （填序号）中的数据可知斜面的省力情况与斜面的表面材料有关；
(2)通过对比实验①、⑤、⑥中的数据，得出的结论是 ；
(3)分析表格数据，小文认为“斜面省力情况与物体受到的重力大小无关”他的依据是 。
3．在“探究滑轮特点”的实验中，过程如下：（不计摩擦和细线的质量）
（1）弹簧测力计校零后，其下方悬挂物体。如图甲所示，匀速向上提升物体时测力计示数F= N；
（2）如图乙所示，细线的一端系上物体，另一端绕过滑轮与竖直倒放并再次校零的弹簧测力计相连，沿F1方向匀速拉动测力计可使物体向 运动，这一过程中该滑轮是一个 滑轮，它使用时的优点是 ；
（3）弹簧测力计分别沿F2、F3方向继续匀速拉动，对比4次实验，测力计的示数几乎不变，由此说明 。
4．小凤和小鸣在学习动能和杠杆等知识的过程中分别进行了实验探究。
(1)如图甲、乙所示，小凤在“探究物体的动能跟哪些因素有关”的实验中，让小球从同一斜面某处由静止释放，撞击同一水平面上的同一木块，木块移动一段距离后静止；
①小凤探究的是 （选填“小球”或“木块”）的动能大小，其动能大小是通过 来反映的；
②分析甲、乙两图可初步得出结论：质量相同的物体， 越大，动能越大；
(2)小鸣在“探究杠杆的平衡条件”的实验中进行了以下操作：
①实验前，小鸣发现杠杆静止时如图丙所示，他应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡；
②如图丁所示，小鸣在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆再次在水平位置平衡，在多次改变钩码数量和位置重复实验后，小鸣归纳出杠杆的平衡条件是 ；
③如图戊所示，在杠杆A点处挂4个钩码，在杠杆B点处用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，再将弹簧测力计由图戊中位置逐渐旋转至虚线位置，杠杆始终在水平位置平衡，此过程中弹簧测力计的示数将 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
5．小明想要探究影响斜面机械效率的因素，对此他猜想：“斜面的坡度一定时，物体越重，斜面机械效率越高”。小红不赞同小明的猜想，于是他们一起设计实验检验小明的猜想是否正确。
(1)他们准备了长木板、木块，带凹槽和挂钩的滑块、质量相同的钩码若干个、刻度尺和仪器a，仪器a是 ；
(2)请帮小红写出实验步骤和判断小明的猜想是否正确的依据：
①测量滑块、钩码的重力：用仪器a在空中沿 方向提起滑块，保持静止，记录滑块的重力G；用同样的方法测量出1个钩码的重力为；将1个钩码放入滑块的凹槽，计算出滑块和1个钩码的总重力；
②搭建斜面：在长木板上画四条线A、B、C、D（如图），测量出 （选填“AC”“AD”“BC”或“BD”）间距离为斜面的长度s，用木块撑起长木板，测出这两点间的高度差h，固定木块和木板保持斜面坡度不变；
③测量拉力：把滑块放在斜面上，用仪器a 拉动滑块，测出拉力；
④改变物重：再放1个钩码到滑块的凹槽中，计算出总重力为， ；
⑤重复步骤③，记录测力计的示数为；
⑥判断小明的猜想是否正确的依据： 。
6．如图（1）-（3）是复旦中学某班级在系列探究活动的示意图，回答下列问题。
(1)如图，探究物体动能大小与 （选填“高度”或“速度”）的关系。研究对象是 （选填“小球”或“木块”）。
(2)如图是研究杠杆的平衡条件。多次测量的目的是 。若斜拉测力计，与竖直拉比较，示数 （选填“变大”或“变小”或“不变”）。
(3)如图是测量滑轮组机械效率。必须竖直拉动弹簧测力计的是实验是 （选填“甲”或者“乙”）。根据，可以直接测量物重和滑轮重来计算滑轮组的机械效率，不用按照如图所示方案来测量，这种观点错误的原因是 。
7．古代的劳动者用杠杆搬运巨大的石材建造宫殿，简单机械的使用为社会进步做出巨大贡献．那杠杆的平衡与哪些因素有关呢？如图甲所示是某实验小组为进行“探究杠杆的平衡条件”所准备的轻质杠杆。
请回答下列问题：
(1)实验前，为使如图甲所示杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节。
(2)如图乙所示，在已调平的杠杆左侧挂上两个钩码，为使其在水平位置重新平衡，在右侧用弹簧测力计向下拉杠杆，弹簧测力计在a位置的示数为 N．若拉动测力计至b位置，则其示数会 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
(3)实验小组有成员根据上述实验，认为力的方向是影响杠杆平衡的因素．在（2）实验的基础上，实验小组利用带定滑轮的杠杆装置开展实验．如图丙所示，杠杆左侧挂一个钩码作为阻力，在杠杆右侧将栓有一个钩码的细绳绕过定滑轮，另一端依次固定在杠杆左侧A、B、C三点，其动力臂的大小与定滑轮半径 。
(4)根据以上实验，每次改变固定在杠杆左侧的A、B、C三点时，虽然改变了动力的作用点和方向，但 不变，因此杠杆仍然平衡。
8．为了研究滑轮的特点，小柳同学分别进行如图甲、乙所示的实验：
(1)在研究定滑轮特点时，做的实验如甲图所示，据此可证明：使用定滑轮不能省力，但能改变施力的方向。定滑轮实质上相当于是一个 杠杆；
(2)用动滑轮匀速竖直提升重物，弹簧测力计的示数如乙图所示。若不考虑摩擦和绳子重，则动滑轮重为 N；
(3)为了兼顾定滑轮和动滑轮的特点，小柳用如图丙装置组装了滑轮组，并用弹簧测力计拉着重物匀速上升10cm，所用拉力为0.8N，请你用笔画线代替细绳，在图丙中画出滑轮组的绕线方法。
9．小亮在做“探究杠杆平衡条件”实验时的装置如图所示，杠杆上相邻刻线间的距离相等。
(1)杠杆在如图甲的位置静止时杠杆 （选填“是”或“不是”）处于平衡状态的，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）端调节，杠杆在水平位置平衡的好处是 ；
(2)多次实验后，得到了杠杆的平衡条件是 。如图乙所示是某次实验时的实验情景，杠杆在水平位置平衡后，在A点挂两个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数为 N；
(3)同组的小红也做了这个实验，得出了“杠杆平衡时，动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”的结论。小亮认为这个结论不正确，他利用图乙所示的实验装置，在不改变钩码和弹簧测力计的位置以及钩码的数量的情况下，通过实验操作和观察到的实验现象就判断出小红的实验结论不正确，小亮的实验操作是 ；观察到的实验现象是 ；
(4)杆秤是我国古代乃至现代常用的测量质量的工具，如图丙所示是陈亮同学自制的一个杆秤，杆的粗细不均匀，在不挂重物和秤砣的情况下，将提纽固定在O点，提起提纽，秤杆可以在水平位置平衡。已知提纽与秤钩间的距离OM=4cm，秤砣质量m=0.2kg，则秤的1kg刻度线应在距O点右侧 cm处。
10．(1)小白进行“探究杠杆平衡条件实验”：
①实验时在杠杆左侧挂上钩码，沿如图1中所示方向拉弹簧测力计，能使杠杆在水平位置平衡，请在图中画出的力臂；
②小白根据杠杆知识制作了图2所示杆秤。使用时，将待称量的物体挂在秤钩上，用手提秤纽，移动秤砣的位置，使秤杆水平平衡时即可从秤杆上读出待称物体的质量。选择秤纽 （选填“B”或“C”），杆秤测量的范围更大，原因是 ；
(2)如图3甲所示，工人用50N的拉力F，通过滑轮组将重为120N的重物匀速提升，10s内绳子自由端移动的距离为3m，此过程中滑轮组的机械效率为 ，图乙阴影部分面积可以表示的物理量为 。
11．小雨去药店买药时，看到医生用如图所示的小杆秤称中药，在秤盘中放入药材后用手提起提绳，移动秤砣的位置，就能使小杆秤在水平位置静止。小雨想杠杆在什么条件下能平衡呢？于是带领物理实践小组的同学借助器材进行了探究。
(1)小雨发现小杆秤实质是一个杠杆，其主要结构由秤杆、秤钩A、提纽（B、C）、秤砣D组成，如图甲所示。杆秤在使用过程中，提绳处是杠杆的 ；
(2)实验前，杠杆水平静止如图乙所示，将杠杆左下角的物块取走后，不调节平衡螺母，杠杆 保持水平位置静止（选填“仍能”或“不能”）；
(3)实验时，小雨在杠杆两边挂上钩码后出现了如图丙所示的现象，在不增减钩码的前提下，要使杠杆恢复水平平衡，最简单的操作是 ；
(4)小雨利用身边物品来探究杠杆的平衡条件如图丁所示，铅笔水平平衡后，不小心将前端的铅笔芯弄断了，她立刻将铅笔稳住，并将铅笔芯放到右端细线下固定，则松手后铅笔（　　）
A．左端下沉 B．右端下沉 C．仍然水平平衡
(5)实验结束后，小雨对杆秤开展了拓展研究：在称量货物时，使用提纽 （选填“B”或“C”），该杆秤的称量范围更大。若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏 （选填“大”或“小”）。
12．小明用如图所示装置来“探究杠杆的平衡条件”，实验中所用钩码的质量均为100g。（g取）
(1)实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向 移动（选填“左”或“右”）。
(2)杠杆水平平衡后，如图乙所示，在左侧A点悬挂两个钩码，在右侧B点竖直向下拉弹簧测力计（忽略弹簧测力计自重），使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数 N。
(3)为进一步探究杠杆的平衡条件，如图丙所示，将弹簧测力计从a位置旋转至b位置，在旋转过程中，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐 （选填“变大”“变小”或“不变”）。
(4)物理老师自制了如图丁a所示的“杠杆力臂演示仪”（杠杆自身重力和摩擦力不计，O点为螺母位置）。先使杠杆AB水平平衡，再松开螺母保持OA端不动，重物位置不变，将杆OB向下折一定角度后拧紧螺母，若使图丁b中图杠杆平衡，则图丁b中杠杆将要沿 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动。要使杠杆在图丁b位置平衡，则重物应移动到 （选填“①”“②”或“③”）的位置。
13．在学习杠杆相关知识后，兴趣小组尝试了以下实践活动．
(1)实践活动一：制作简易杆秤
该兴趣小组制作的杆秤由秤杆、秤盘（放置待称量的物体）、提纽、秤砣组成，如题图甲；
①提纽相当于杠杆五要素中的 ，结合“秤砣虽小压千斤”这句话，此时杆秤相当于 （选填“省力”、“等臂”或“费力”）杠杆；
②A点为秤盘挂绳位置，B点为提纽位置，秤砣的质量为0.4kg，调节秤砣的位置到C点，此时秤杆恰好平衡（忽略秤杆自重对杆秤平衡的影响），则C点对应的刻度线数值应为 （选填“0”或“1”）．若秤砣最远可移至D点，则此杆秤最大可称量 kg的物体。
(2)实践活动二：制作杠杆液体密度计
该小组制作的“杠杆液体密度计”如题图乙，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M点，把矿泉水瓶装满水，用细线悬挂在杆上，将悬挂点移至N点，使杆在水平位置平衡，则N点对应的刻度值为水的密度值．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、、……对应密度的刻度值；
①若点在N点的左侧，则点对应的液体密度与水的密度的关系是 ；（选填“＜”、“＝”或“＞”）
②该小组想增大此“杠杆液体密度计”的最大测量值，在其他条件不变的情况下，可换用质量相同但容积更 （选填“小”或“大”）的矿泉水瓶。
14．做“探究杠杆平衡条件”实验：
(1)杠杆在图甲位置静止，是否处于平衡状态？ 。为使杠杆在水平位置平衡，应向 调节平衡螺母；
(2)实验数据如下表所示，表中漏填的数据为 N；
实验次数 动力 F1/N 动力臂 l1/cm 阻力 F2/N 阻力臂 l2/cm
1 1 20 2 10
2 2 15 1.5 20
3 3 5 15
(3)小明发现路口悬挂设备的横杆，越靠外侧越细，如图乙，将其简化为如图丙的杠杆模型，假定只有 A、O 两点是焊接点，进行如下探究：
①找来由同种材料制成的等高实心圆柱体和薄壳空心圆台，如图丁，下底面直径D相同；
②询问 DeepSeek，对话如图戊。根据回答，判断薄壳空心圆台上底面逐渐减小，下底面和 h 不变，重心到下底面的距离变化情况是 ；
③使用弹簧测力计进行了三次测量，拉力方向均竖直向上，物体保持静止时，三次示数如图己。实心圆柱 A 点拉力 F1 和空心圆台 A 点拉力 F2 之比F1 ∶ F2 = 。
中小学教育资源及组卷应用平台
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第1页，共3页
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《人教版2025年下学期八年级物理期末实验题专项训练：机械效率（附答案）》参考答案
1． 钩码重力G 绳端移动的距离s 弹簧测力计 刻度尺 竖直 匀速 高 低 省
【详解】[1]有用功与总功的比值叫做机械效率，所以测量滑轮组的机械效率的实验原理为。
[2][3]根据测量滑轮组的机械效率的实验原理可知，需要测量：钩码重力G、钩码提升的高度h来计算有用功；拉力F、绳端移动的距离s来计算总功。
[4][5]测量重力和拉力需要用弹簧测力计，测量上升的高度和绳端移动的距离需要刻度尺。
[6][7]为了准确的测量绳端的拉力，应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计使钩码升高。
[8]同一滑轮组，提升重物时额外功不变，增大提升的钩码的重力，有用功会增大，有用功在总功中所占的比例增大，故机械效率将变高。
[9][10]提升相同重物，有用功一定，动滑轮个数越多，额外功越大，则有用功在总功中所占的比例减小，机械效率越低；动滑轮个数越多，可知动滑轮上绳子的股数越多，根据可知，越省力。
2．(1)①②
(2)在其他条件相同时，斜面倾斜程度越小，越省力
(3)分析①、③、④三次实验数据后发现，拉力F与物体重力G的比值相等
【详解】（1）根据控制变量法，探究斜面省力的情况与斜面的表面材料是否有关，需控制斜面的倾角、物块重力相同，改变斜面的表面材料，所以应对比实验①②中的数据。
（2）实验①、⑤、⑥中的数据，斜面的表面材料、物块重力相同，而斜面的倾角不同，且倾角越大越费力，所以得出的结论是：在其他条件相同时，斜面倾斜程度越小，越省力。
（3）为验证猜想3：斜面省力情况与物体受到的重力的关系，需控制斜面表面材料相同、倾角相同，改变物体的重力，所以小明做了实验①、③、④，分析三次实验数据
拉力F与物体重力G的比值相等，所以小明认为这几次实验省力情况相同。
3． 2 上 定 改变力的方向 使用定滑轮不省力
【详解】（1）[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，可读出的示数为2N。
（2）[2]如图乙所示，细线的一端系上物体，另一端绕过滑轮与竖直倒放并再次校零的弹簧测力计相连，沿F1方向匀速拉动测力计可使物体向上运动。
[3]由图可知，改滑轮的轴固定不动，是定滑轮。
[4]根据力F1、F2、F3的不同方向，可以得出定滑轮使用时的优点是可以改变力的方向。
（3）[5]弹簧测力计分别沿F2、F3方向继续匀速拉动，对比4次实验，测力计的示数几乎不变，转换不同角度匀速拉动，示数都不变，说明定滑轮不省力。
4．(1) 小球 木块移动的距离 速度
(2) 右 动力×动力臂=阻力×阻力臂 变大
【详解】（1）[1]实验中小球从斜面滚下撞击木块，对木块做功，说明小球具有能量，因此探究的是小球动能的大小。
[2]运用转换法，通过观察木块被撞击后移动距离的远近来表示小球具有动能的大小。
[3]甲、乙两图中小球的质量相同，下滑的高度不同，则速度不同。且速度越大，木块被撞击的越远，说明小球具有的动能越大。因此可得结论为：质量相同的物体，速度越大，动能越大。
（2）[1]丙图中杠杆左低右高，应将平衡螺母向上翘的右端调节。
[2]由图丁可知，杠杆平衡时的条件是
[3]将弹簧测力计由图戊中位置逐渐旋转至虚线位置，由于左侧力与力臂不变，右侧力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，右侧力变大，即弹簧测力计的示数将变大。
5．(1)弹簧测力计
(2) 竖直 AC 沿斜面匀速 见解析
【详解】（1）实验中要测量滑块的重力与拉动滑块的拉力、滑块移动的距离和上升的高度，则需要的测量工具为弹簧测力计和刻度尺。
（2）[1]用测力计在空中沿竖直方向提起滑块，保持静止，此时滑块受到的重力与拉力相等，读出此时测力计的示数可得物块重力。
[2]由图得，滑块运动的距离为AC或BD，为便于测出这两点的高，应测量AC间距离为斜面的长度s。
[3]测量拉力：把滑块放在斜面上，为了保证拉力大小不变，应用仪器a沿斜面匀速拉动滑块，测出拉力。
[4]改变物重：再放1个钩码到滑块的凹槽中，计算出总重力为，则
[5]若
说明小明的猜想正确；若
说明小明的猜想错误。
6．(1) 速度 小球
(2) 避免偶然性寻找普遍规律 变大
(3) 甲 见解析
【详解】（1）[1][2]本实验用到控制变量法和转换法，让研究对象小球从不同高度静止滚下，达到底端具有不同的水平初始速度（高度越高到达底部速度越快），观察木块被小球撞击运动的距离（木块运动距离越远，说明小球动能越大），探究物体动能大小与速度的关系。
（2）[1]研究杠杆的平衡条件中，为了避免偶然性，寻找普遍规律，需要多次测量，多次实验。
[2]画出斜拉时的力臂，对于竖直拉时的力臂，可知斜拉力臂较短，由可知力臂变小，则力变大，故若斜拉测力计，与竖直拉比较，示数变大。
（3）[1]甲中绳子最后连接的是动滑轮，只有竖直拉动弹簧测力计，才能达到最省力；乙中绳子最后连接的是定滑轮，只是改变力的方向，故必须竖直拉动弹簧测力计的是实验甲。
[2]额外功还有克服绳重和摩擦做功，这个公式额外功只包含克服动滑轮重力做功，所以该观点是错误的。
7．(1)右
(2) 3 变大
(3)相等
(4)力臂
【详解】（1）观察图甲，杠杆的右端偏高，根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂），我们需要将平衡螺母向右调节，使得杠杆在水平位置达到平衡。
（2）[1]从图乙可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，则在a位置的示数为3N。
[2]若拉动测力计至b位置，由于测力计拉力的力臂变小，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡的条件，测力计的拉力必须变大才能保持杠杆平衡。因此，测力计的示数会变大。
（3）由于定滑轮可以改变力的方向但不改变力的大小和力臂的长度，因此当细绳绕过定滑轮并依次固定在杠杆左侧的A、B、C三点时，动力臂的大小始终与定滑轮的半径相等。
（4）虽然每次改变固定在杠杆左侧的A、B、C三点时，动力的作用点和方向都发生了变化，但由于动力臂保持不变，因此杠杆仍然能够保持平衡。
8．(1)等臂
(2)0.2
(3)
【详解】（1）定滑轮实质是等臂杠杆，动力臂L1、阻力臂L2都等于滑轮半径。
（2）由图可知，承担物重的绳子股数为n=2，若不考虑摩擦和绳子重，则由
可得，动滑轮的重力为
（3）图丙中滑轮组的绕线方式有两种，一种是从定滑轮出发，此时承担物重的绳子股数为2，一种是从动滑轮出发，向上绕过动滑轮，此时承担物重的绳子股数为3。由于
所以2段绳子达不到要求，一定是3段绳子承担物重，因此绳子应从动滑轮出发，如图所示：
9．(1) 是 右 便于直接读取力臂
(2) 动力×动力臂=阻力×阻力臂 1.5
(3) 见解析 见解析
(4)20
【详解】（1）[1]杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状态，因此杠杆在如图甲的位置静止时杠杆处于平衡状态。
[2][3]杠杆如图甲所示，左端向下倾斜，则重心应向右移动，故应向右调节平衡螺母，使杠杆处于水平位置平衡时，便于我们直接读出力臂大小，消除杠杆的自重对实验的影响。
（2）[1]通过多次实验，可以得出杠杆的平衡条件为：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。
[2]设杠杆每一格的长度为L，在A点挂2个相同的钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计，让杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件有
2×0.5N×3L=F×2L
解得F=1.5N，则弹簧测力计的示数应为1.5N。
（3）[1][2]为了改变这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）不在杠杆上；弹簧测力计斜向左拉时，阻力、阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆平衡条件得，动力逐渐变大，此时“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”不在成立。所以小亮的实验操作是将弹簧测力计倾斜拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡，观察弹簧测力计的示数。观察到的实验现象是弹簧测力计的示数发生变化。
（4）杆秤在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件，则有
G物×OM=G砣×ON
即
1kg×4cm=0.2kg×ON
解得ON=20cm，则秤的1kg刻度线应在距O点右侧20cm处。
10．(1) B 见解析
(2) 80% 功
【详解】（1）[1]过支点作动力作用线的垂线段为动力臂l1，如下图所示：
[2][3]图2中，杆秤在水平位置平衡，右侧秤砣的重力为动力，称砣所挂位置到秤纽之间的杆长为动力臂，杆秤左侧所挂物体的重力为阻力，所挂位置到秤纽之间的杆长为阻力臂，由于秤砣的重力不变，即动力不变，则动力臂越大，阻力臂越小，根据杠杆平衡条件可知，所能测量物体的重力越大，因此应选择秤纽B。
（2）[1]图3中滑轮组绳子的股数是3股，此过程中滑轮组的机械效率为
[2]图乙阴影部分面积是力与距离的乘积，根据功的定义可知该阴影面积代表的是功，对于该滑轮可知为总功。
11．(1)支点
(2)仍能
(3)将左侧钩码向左移动一个格
(4)A
(5) C 大
【详解】（1）支点是指杠杆发生作用时起支撑作用固定不动的一点，图中提绳处是杠杆的支点。
（2）图甲杠杆的重力作用线过支点，将杠杆左下角物块M取走后，不调节平衡螺母，杠杆的重力作用线仍过支点，所以杠杆在水平位置仍能静止。
（3）将左侧钩码向左移动一个格，根据杠杆平衡条件有
故杠杆平衡。
（4）铅笔水平平衡后，将铅笔稳住，并将断裂的铅笔芯放到右端细线上方固定，如图所示，铅笔芯所放位置的力臂小于原位置的力臂，根据杠杆平衡条件可知，其不会保持平衡，而是左端会下沉，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（5）[1]由图示可知，使用提纽C时，秤砣重力的力臂变大，物体重力的力臂变小，由m秤砣gL秤砣=m物gL物可知，杆秤的最大称量较大。
[2]当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
12．(1)右
(2)3
(3)变大
(4) 逆时针 ②
【详解】（1）实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，即杠杆左端下沉，右端上倾，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向移动右。
（2）由杠杆平衡条件得，弹簧测力计的示数
（3）由图丙得，将弹簧测力计从a位置旋转至b位置，阻力臂减小，动力与动力臂不变，由杠杆平衡条件得，在旋转过程中，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐变大。
（4）[1]由图得，将杆OB向下折一定角度后拧紧螺母，G2对应的力臂减小，G1与对应的力臂不变，则G1与对应的力臂的乘积将大于G2与对应的力臂的乘积，则图丁b中杠杆将要沿逆时针方向转动。
[2]要使杠杆在图丁b位置平衡，应增大G2对应的力臂，且对应的力臂等于OB，则重物应移动到②的位置。
13．(1) 支点 省力 0 10
(2) ＞ 小
【详解】（1）[1]因为提纽是杠杆转动的固定点，故提纽相当于杠杆五要素中的支点。
[2]结合这句话“秤砣虽小压千斤”，此时杆秤相当于省力杠杆。因为动力臂（秤砣到提纽的距离）大于阻力臂（秤盘到提纽的距离）。
[3]因为当秤盘不放物体时，秤砣放在C点能使杠杆平衡，此时对应零刻度。
[4]根据杠杆平衡条件：F1×L1=F2×L2，当秤砣移至D点时，有m物g×AB=m砣g×BD，代入数据得m物×0.02m=0.4kg×0.53m，解得m物=10kg。
（2）[1]根据密度公式可知相同体积下密度更大的液体质量更大，根据杠杆平衡条件F1×L1=F2×L2，左侧的阻力与阻力臂不变，若N1点在N点的左侧，即动力臂变小，表明此时液体的质量更大，即密度更大，故N1点对应的液体密度ρ1＞ρ水。
[2]该小组想增大此“杠杆液体密度计”的最大测量值，在其他条件不变的情况下，右侧的重力不变，根据知， 密度变大，则体积减小，故换用容积更小的水瓶。
14．(1) 是 左
(2)1
(3) 减小 25∶4
【详解】（1）[1][2]挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆能达到平衡状态；杠杆的左端高，右端低，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节，使杠杆水平位置平衡。
（2）由杠杆平衡条件得到3N×5cm=F2×15cm
则F2=1N。
（3）[1]由图戊可知，薄壳空心圆台的重心到下地面的距离为
薄壳空心圆台上底面逐渐减小，下底面和 h 不变，即R、h不变，r减小，由上式可知重心到下底面的距离减小。
[2]实心圆柱的重心距下底面的距离是，如图所示：
由图己可知，左边的图中拉力是10N，根据三角形相似得到，由杠杆平衡条件得到FL1=G1L2
所以
空心圆台，设长为h，重心到下底面的距离为L，中间的图中拉力是2N，重力为G2，如图所示：
由三角形相似得到，由杠杆平衡条件得到，得到
右边的图中拉力是1.6N，如图所示：
则，由杠杆平衡条件得到
得到
所以
即
得到，所以
图丙中，左边图，O为支点，A点的拉力水平向左，由杠杆平衡条件得到
则
右图中，由杠杆平衡条件得到
则
所以
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