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【浙教版】科学九上 3.4简单机械 巩固提升练
一、选择题
1．（2025九下·永嘉月考）生活中处处有科学。下列日常工作，在使用时属于费力杠杆的是（　　）
A．独轮车 B．开瓶器
C．钓鱼竿 D．大铡刀
2．（2025九上·余杭期末）重为30牛的A物体，用如图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1＝18N，F2＝8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
3．（华师大版初中科学九年级上学期 5.1杠杆(第1课时)）小明在按压式订书机的N点施加压力，将订书针钉入M点下方的纸张中，能正确表示他使用该订书机时的杠杆示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025·镇海区模拟）关于如图所示“探究动滑轮的特点”的实验，下列说法正确的是（　　）
A．匀速上升竖直向上拉和斜着向上拉时，弹簧测力计示数相等
B．改变钩码个数重复实验为了取平均值减小误差
C．所挂钩码个数越多弹簧测力计示数越接近钩码总重力
D．当钩码匀速上升和加速上升时，弹簧测力计的读数不相等
5．（2025·浙江会考）如图所示，杠杆可绕O（O是杠杆的中点）转动，现在B端挂一重为G的物体，在A端施加一作用力F，使其在如图所示的位置平衡，则（　　）
A．F一定大于G B．F一定等于G C．F一定小于G D．F可能小于G
6．（2025·浙江模拟）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”，往下降落的力称为“收”，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
7．一个杠杆式简易起吊机如图所示，它上面装了一个定滑轮可以改变拉绳的方向，杠杆OBA可绕点转动，重物通过绳子对杠杆的拉力为阻力。图中能够正确表示动力臂的是（　　）
A． B． C． D．
8．把质量相等的A、B两物体挂在图所示的滑轮组下而，不计绳子、滑轮的重力和摩擦，放手后（　　）

A．A上升 B．A下降 C．B均静止 D．无法判断
9．（2025·瑞安二模）载重推车过障碍物时需略微提起后轮，若在如图四点中选择一点施加竖直向上的力，其中最省力的点是（）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
10．（2022九上·舟山期中）如图所示，重为120N的物体A在拉力F作用下沿水平面做匀速直线运动，其路程随时间变化的图像如图乙所示。已知物体A在水平方向上受到的阻力为物重的0.1倍，滑轮组机械效率为80%，滑轮组和绳子的自重不计。下列分析计算正确的是（　　）
A．在10s内，作用在绳子自由端的拉力F为5牛
B．左侧墙受到滑轮组16牛拉力作用
C．10s内，绳子自由端沿水平方向移动了4m
D．在10s内，拉力F做功的功率为1.2W
11．（2025·杭州模拟） 一次聚会中，小科看到餐桌上一个自动拾取牙签盒很有趣，如图甲所示，当按下顶上的圆柱体按钮，松手时，一恨牙签就从盖子上的一个小孔中冒出，于是他拆开发现内部结构示意图如图乙。下列说法错误的是（　　）
A．图乙中杆AOD可看作杠杆，D处是可伸缩的弹簧
B．当按下按钮时，按钮作用在B点使之绕着O点逆时针转动
C．当松开按钮时，D点处受到向下的力，使A端翘起将牙签送出
D．将牙签送出时，杆AOD相当于省力杠杆
12．（机械效率的测量实验）如图所示，小明借利用滑轮组把货物提高h之际，体验测量滑轮组机械效率的实验，以下说法错误的是（S是人拉绳时绳子移动的距离）（　　）
A．需要的测量仪器有弹簧测力计、刻度尺
B．实际中发现F＜G，a＞b，则省力费距离
C．滑轮组的机械效率η=
D．提高机械效率可以通过减轻物重来实现
13．（2025九下·海曙月考）搬运工人为了将笨重的物体装进汽车车厢，常使用如图所示的装置把物体从斜面底端匀速推上顶端，已知斜面长5m，高2m，物体重 1000N，沿斜面向上的推力为500N，则下列判定正确的是 (　　)
A．斜面是一种可以省功的机械
B．物体上升高度越高机械效率越大
C．斜面的机械效率为 85%
D．物体受到斜面的摩擦力为 100N
14．下图所示为探究杠杆平衡条件的实验装置，若每个钩码的质量为50g，为了让杠杆在水平位置平衡，下列判断正确的是（g取10N/kg）（　　）
A．在A点挂4个钩码能使杠杆平衡
B．在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，能使杠杆平衡
C．用弹簧测力计在B点拉，无论如何改变用力方向都要省力
D．用弹簧测力计在A点拉，无论如何改变用力方向都要费力
15．（2025九上·滨江期末）如图甲所示是滨江区某高空作业的师傅在美化楼体外墙的情境，其平台结构的原理简图如图乙所示，吊篮的质量为，两名工人及工具的总质量为，某次吊升过程中，吊篮在内匀速上升了。不计滑轮重、绳重和摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．使用该装置可以省距离，但不能省功
B．电动机拉动绳子的功率为
C．该装置中滑轮组的机械效率为
D．在承载范围内，工人及工具总质量越大，该装置的机械效率越低
二、填空题
16．（2025九上·诸暨期末）用如图甲所示的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力为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　 　（填“A”或“B”），动滑轮重为　 　N。
17．（2025九上·鄞州月考）如图为油厂的油桶，空桶质量为65kg，油桶高为1.2m，底部直径为0.5m，据此回答。
（1）某次装卸中，小明需要将直立的空油桶（如图甲）沿D点推翻。在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功　 　焦，
（2）若小明将直立的空油桶（如图甲）沿D点推翻，所需的最小力；将翻倒的空油桶（如图乙）重新竖起所用的最小力为，那么，　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
18．如图是使用简单机械匀速提升同一重物的四种不同方式(不计机械自重、绳重和摩擦)。
（1）物体所受的重力为G，其中动力最小的是　 　(填“F1”“F2”“F3”或“F4”)。
（2）如图丙，已知L=10cm、G=50N。杠杆在竖直向上的力F3作用下绕O点匀速转动，则 　 　N。
19．（2025·南湖模拟）如图，利用斜面将一个重450牛的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力F=300牛，拉动的距离s=4米，物体提升的高度 米。此过程中拉力做的功是　 　焦，物体受到的摩擦力为　 　牛，机械效率是　 　。
20．（2025·西湖二模）如图甲所示，可调式握力器用于锻炼手部肌肉。锻炼时抓住手柄的左侧，用力抓紧使其碰触到右侧的读数按钮，即算完成一个握力动作。
（1）如图甲所示，握力器的力度可以通过调节器旋钮来调整，使弹簧下端在调节区域内左右移动。当弹簧下端向左移动时，小科要完成一个握力动作需要用　 　(选填“更大或“更小)的力。
（2）如图乙所示，小科用F1的力抓握力器的手柄，此时弹簧的拉力 阻力臂OA=2.0cm， 动力臂OB=5.0cm， 则此时F1=　 　N。
（3）小科完成一个握力动作可使弹簧伸长5厘米，弹性势能增加20焦，完成了60个握力动作花费的时间为2分钟，则小科做功的功率至少为　 　瓦。
21．（2024九上·杭州期中）卡车的车厢高1.5m，师傅将一块5m长的木板搭在地面与车厢之间构成斜面（如图），在车上用400N的拉力将重为1000N的木箱匀速拉上车厢，则这个斜面的机械效率是　 　，物体受到的摩擦力是　 　N，若增大该斜面的倾角，斜面的机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
22．（2025九上·绍兴竞赛） 如图所示， 物体A重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中D为 　 　(填“定”或“动”) 滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是　 　 .
（2） 拉力F的灭小为 　 　N， 拉力F的功率为 　 　W。
三、实验与探究题
23．（2025九上·黄岩期末）杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1）图甲中“标”“本”指的是　 　。（选填“力臂”或“力”）
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权”　 　 O点（选填“远离”或“靠近”）。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是 。（可多选）
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到 B点后该杆秤最大可测物体的质量为　 　 g（杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端）。
24．（2025九下·金华开学考）许多实验器材在科学的探究实验中多次使用，斜面就是其中之一，但用法不尽相同。请完成下列利用斜面进行实验的有关内容：
（1）甲实验中，为了便于测量小车在斜面上的运动时间，应使斜面保持　 　（填“较大”或“较小”）的坡度。
（2）在乙、丙这两个实验中，斜面的作用是控制物体到达水平面时的　 　。
（3）实验丙，若将物体A从斜面的不同高度由静止释放撞击同一木块，探究影响物体动能大的小因素时，
用　 　显示物体A动能的大小。
（4）丁实验，物体重为4N，斜面长1.2m、高0.3m。用弹簧测力计沿斜面拉物体到高处，实验中弹簧测力计示数如图2所示，则所测斜面的机械效率为　 　。
25．（2025九上·余杭期末）小明同学做“测量滑轮组机械效率”的实验。（如图所示），用相同的滑轮组提升不同数量的钩码，记录数据如表所示。
实验 次数 钩码的 重力G/N 钩码提升高度 h/m 拉力 F/N 绳端移动的 距离s/m 机械效率 η
1 2 0.1 0.9 0.3 74%
2 4 0.1 1.6 0.3 83%
3 6 0.1 ① 0.3 ②
（1）观察如图中测力计的示数，表格中编号①的数值是　 　 ，②的数值是　 　 ；
（2）小明通过分析表格中的数据，得到了提高滑轮组机械效率的方法，汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义，请你指出以下三种提高效率的方法中，方法　 　 是与本实验同理的；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑；
（3）小明发现绳端移动的距离与钩码提升高度有固定的倍数关系，于是他认为钩码数量一定时，无论将钩码提升多高。都不影响该滑轮组的机械效率，小芳则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了，你认为　 　 的看法是正确的。
26．小明利用铁架台、杠杆、钩码和弹簧测力计等器材探究杠杆的平衡条件，实验使用的钩码质量均相等，杠杆上每格长度均相等。
（1）当杠杆静止时如图甲所示，为了方便测量力臂，需要调节杠杆在水平位置平衡，应当将杠杆的平衡螺母向　 　(选填“右”或“左”)调节。
（2）在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，使杠杆在水平位置平衡，得到实验数据如表。分析表中的数据，得到杠杆的平衡条件是　 　。
次数 动力F1/N 动力臂l1/ cm 阻力F2/N 阻力臂l2/ cm
1 0.5 20.0 1.0 10.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 1.5 10.0 0.5 30.0
… 　 　 　 　
（3）本次探究经过多次实验的目的是____。
A．减小实验误差 B．寻找普遍规律
（4）如图乙所示，将A B位置的钩码个数都减少一个，杠杆将会　 　(选填“仍然平衡”“左端下沉”或“右端下沉”)。
（5）如图丙所示，用弹簧测力计先后在a、b位置拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在a位置竖直向上的拉力为F。在b位置斜向上的拉力为F0，则F0　 　F。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
27．在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。
（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，并利用图甲和图乙装置进行实验，数据整理记录如下表所示。
实验次数 滑轮材质 钩码重力G/N 提升的高度h/m 有用功W有用/J 拉力F/N 绳端移动的距离s/m 总功W总JJ 机械效率η
1 铝 1 0.1 0.1 0.6 0.3 0.18 56%
2 铝 2 0.1 0.2 1.0 0.3 0.3 67%
3 铝 2 0.2 0.4 1.0 0.6 0.6 67%
4 塑料 2 0.2 0.4 0.8 0.6 0.48 83%
5 塑料 2 0.2 0.4 2.1 0.2 0.42 95%
①比较1和2两次实验发现：在所有滑轮组一定时，提升的钩码　 　，机械效率越高。
②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　 　有关。
③比较　 　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升的高度无关。
④第5次实验是利用图　 　的装置完成的。
⑤利用图甲的装置，把重6N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组机械效率为　 　。
（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　 　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功。进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功，可见使用任何机械都　 　。
四、综合题
28．（2025九上·金华月考）如图甲所示装置，A是重15N的空吊篮，绳子B和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小科同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。问：
（1）B上方的滑轮属于　 　（选填“定滑轮”、“动滑轮”）
（2）第2s内拉力F的功率为多少　 　
（3）此装置最多能匀速运载多大重力的货物　 　
29．（2025七上·金东）端午节金华地区举办了龙舟赛。划桨时，选手握住船桨的一端，另一手握住桨柄中部向后划水，使龙舟前进。
（1）请你在图上标出用力点、阻力点、支点。
（2）下列关于龙舟的说法，错误的是 （　　）。
A．龙舟船舷越高，载重量越大
B．龙舟船头尖主要是为了减少在水中的阻力
C．在划桨时采用了杠杆的原理
D．龙舟的鼓敲得越重，声音就越强
（3）以下龙舟运动的说法，正确的是 （　　）。
A．船桨是省力杠杆
B．龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力大于重力
C．桨往后划，龙舟前进，利用的是反冲力
D．停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为水仍在推动船前进
（4）当龙舟向左偏移，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向　 　(左/右)偏转。
30．（2025·浙江）同学们好奇古人是如何将巨物搬到高处的(省略古人劳动场景)，将相关猜想画成如下简图。其中，A与石头之间用绳索固定，AC 是杠杆，C处用人体的重力拉动杠杆，AC=4.8m，AB=0.8m，石头重5000 kg。
（1）此杠杆是　 　(填“省力”或“省距离”)杠杆。
（2）在某次操作中，石头在MN上移动0.1m，高度升高0.05 m，求克服石头重力做的功。
（3）在某次操作中，绳子与AC垂直，AC 与竖直方向成： ，要拉动巨石，绳子对巨石的拉力至少为32100 N，假设每个人的体重是60kg，C处要用多少个人才能把石头拉起
31．（2025·杭州模拟）研学实践活动时，小明在农家乐看到一种农具(如图甲)，他查阅资料后知道，这种农具叫“春”，农民捣谷用的，其工作原理图如图乙，AOB为碓杆，O为支点，A处连接着碓头，脚踏碓杆的B点处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷，若碓头的重力为40N，每踩一次碓头上升的高度为60cm，OA长1.6m，OB 长0.4m。
（1）脚在下踩过程中，“春”可视为 　 　杠杆(选填“省力”、“费力”或“等臂”)；
（2）不计碓杆的重力和摩擦，脚至少用多大的力才可以将碓头抬起
（3）若1min克服“舂”的重力做功为720J，“春”的机械效率为60%，则人做功的功率是多大
32．（2025九下·义乌月考）墙壁吊（如图甲）是一种安装在墙壁或立柱上的起重设备，具有空间利用率高、稳定性强等优点。图乙是虚线框里的滑轮组模型，滑轮组绳子的自由端由电动机拉动。用该设备将质量为240千克的物体匀速提升2米，此时绳子自由端的拉力为1000牛，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦。求：
（1）动滑轮的重力。
（2）绳子自由端的拉力做的功。
（3）该设备提升物体时的机械效率。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
【解答】独轮车、开瓶器和大铡刀在使用时相当于杠杆，动力臂都大于阻力臂，都是省力杠杆，而钓鱼竿在作为杠杆使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
2．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）首先确定两个滑轮组绳子的有效股数，然后根据v绳=nv物计算绳子自由端移动的速度，进行比较；
（2）利用s绳=ns物求出两图中绳子自由端移动的距离，然后根据W=Fs计算F1和F2做功，进行比较；
（3）利用W=Gh和W=fs分别求出两种方法做的有用功，然后进行比较；
（4）利用分别求出两种方法的机械效率相同，然后进行比较。
【解答】A、根据题意知道，A物体移动的速度是：
甲图中滑轮组绳子的有效股数是n=2，则乙图中滑轮组绳子的有效股数是n=3，所以，绳子自由端F1 移动的速度是：
v绳1 =2v物=2×0.06m/s=0.12m/s，
绳子自由端F2 移动的速度是：
v绳2 =3v物 =3×0.06m/s=0.18m/s，
所以，绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误；
B、甲图中绳子自由端移动的距离是：
s1 =2s=2×0.3m=0.6m，
乙图中绳子自由端移动的距离是：
s2 =3s=3×0.3m=0.9m，
所以，F1做功是：
W总1 =F1 s1=18N×0.6m=10.8J，
F2做功是：
W总2= F2 s2 =8N×0.9m=7.2J，
所以，F1 做功比F2 做功多，故B错误；
C、甲图中的有用功是：
W有1 =Gs=30N×0.3m=9J，
乙图中的有用功是：
W有2 =fs=20N×0.3m=6J，
所以，甲方法中做的有用功大，故C错误；
D、由知道，甲图中的机械效率是：
，
乙图中的机械效率为：
，
即两种方法中机械效率相同，故D正确。
故答案为：D。
3．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】在杠杆上，固定不动的点叫支点，阻碍杠杆转动的力为阻力，使杠杆转动的力为动力；力臂是从支点到力的作用线的垂线段，据此分析即可。
【解答】根据订书机的工作过程可知，O点为杠杆的支点，作用在N点的动力竖直向下，而作用在M点的阻力方向向上，如下图所示：
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
4．【答案】D
【知识点】动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】A.分析出斜着拉和竖直向上拉时动力臂的大小关系，便可判断出来；
B.测量性实验为了减小误差或者寻找规律进行多次测量，如果物理量是个恒量，多次测量求平均值可以减小实验误差；如果不是测量具体的物理量，而是寻找规律也采取多次测量，寻找普遍性；
C.利用动滑轮提升重物时，不仅要克服物体的重力，而且要克服动滑轮的重力，钩码的重力越重，拉力F越接近G；
D.钩码匀速上升时，受到平衡力，弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力，加速上升时，受到非平衡力，据此分析。
【解答】A.因为此滑轮是动滑轮，当物体匀速运动时，若绳子竖直向上拉，其力臂为滑轮的直径，若斜着拉，则其力臂小于滑轮的直径，所以两次的拉力会不同，两个拉力方向夹角越小，所用的拉力越小，所以竖直向上的拉力始终小于斜着向上拉的力，故A错误；
B.实验中，需要改变钩码的个数进行多次实验，这主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，故B错误；
C.钩码越多，物体的重力越大，则动滑轮重力对拉力的影响越小，拉力F就越接近G，故C错误。
D.钩码匀速上升时，受到平衡力，弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力，加速上升时，受到非平衡力，弹簧测力计的示数大于钩码所受的重力，故D正确。
故选D。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片确定杠杆的要素，比较动力臂和阻力臂的大小关系，根据杠杆的平衡条件判断即可。
【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，A为动力作用点，B为阻力作用点。由于动力F的方向未知，因此动力臂的大小未知。由杠杆的平衡条件知得，F可以大于G，也可以小于G，也可以等于G，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
6．【答案】B
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【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；
BC、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；
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】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；
BC、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。
故答案为：B。
7．【答案】B
【知识点】力臂的画法
【解析】【分析】动力臂为支点到动力作用线的距离，阻力臂为支点到阻力作用线的距离。
【解答】由图可知，动力为拉动杠杆的力，动力作用在滑轮与杠杆之间的拉绳上，动力臂为支点到动力作用线的距离，故/2为动力臂。
故答案为：B。
8．【答案】B
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】B所在的滑轮为动滑轮，动滑轮省一半的力，A所在的滑轮为定滑轮，定滑轮不省力；A与B质量相等，重力相等，将B拉起只需A重力的一半即可，所以A下降，B上升；
故选B。
【分析】掌握动滑轮、定滑轮的特点。
9．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆平衡条件，力臂指的是支点到力的作用线的垂直距离。
【解答】提起后轮，支点为前轮，由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，当力的方向均为竖直向上时，D点的力臂最大，力最小。
故答案为：D。
10．【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据甲图确定承担拉力的绳子段数n，根据f=0.1G计算出物体A受到的摩擦力，最后根据列式计算；
（2）根据二力平衡的知识解答；
（3）根据s=nh计算；
（4）首先根据W=Fs计算出拉力做的功，再根据计算拉力的功率。
【解答】根据甲图可知，承担拉力的绳子段数n=3，物体A受到的摩擦力f=0.1G=0.1×120N=12N；
根据得到：；
解得：F=5N，故A正确；
以最左边的滑轮为受力对象分析，左边受到墙壁的拉力，右边受到绳子的拉力共4个。根据二力平衡的知识可知，左侧墙壁受到滑轮的拉力F拉=4F=4×5N=20N，故B错误；
根据乙图可知，10s内物体移动距离1m，则绳子自由端移动距离s=ns'=3×1m=3m，故C错误；
10s内拉力做的功W=Fs=5N×3m=15J，则拉力的功率，故D错误。
故选A。
11．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 （1）根据杠杆转动方向分析；
（2）当按下按钮时，分析按钮作用点和支点，判断杠杆转动方向；
（3）松开按钮后，弹簧的作用可以使牙签弹起；
（4）分析动力臂和阻力臂的大小，判断杠杆的类型。
【解答】 A、杆AOD可看作以O点为支点的杠杆，由题意可知，D处是可伸长的弹簧，故A正确；
B、由图乙可知，当按下按钮时，按钮作用在B点，杠杆绕着O点逆时针转动，故B正确；
C、松开按钮后，图乙中D处受到弹簧向下的力，使杠杆AOD绕O点顺时针转动，使A端翘起将牙签送出，故C错误；
D、将牙签送出时，D处受到弹簧向下的力为动力，动力臂小于阻力臂，杠杆AOD相当于费力杠杆，故D正确。
故答案为：C。
12．【答案】D
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）根据机械效率及功的概念可知，滑轮组的机械效率：η= = ，根据公式可判断所需测量的物理量；（2）滑轮组是省力机械，使用滑轮组省了力，但是费距离；（3）影响滑轮组机械效率的主要因素是被提升物体的重力及动滑轮的重力，被提升的物体越重、动滑轮重力越小，滑轮组的机械效率越高．本题主要考查了对滑轮组机械效率测量实验的掌握，关键需掌握其测量原理及其影响因素．
【解答】解：A、根据公式η= = ，实验中需用弹簧测力计测量G、F，用刻度尺测量h、s，故A正确；
B、使用滑轮组，拉力F小于被提升物体的重力G，绳端移动距离a大于物体上升的高度b，说明其省力但费距离，B正确；
C、滑轮组的机械效率：η= = ，C正确；
D、提高机械效率应增加被提升物体的重力，D错误．
故选D．
13．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】功等于力乘以物体在力的方向上移动的距离。
【解答】A、额外功不可避免，所以任何机械都不能省功，故A错误；
B、物体上升高度越高，有用功越大，但额外功情况未知，所以机械效率不一定越大，故B错误；
C、机械效率，故C错误；
D、克服摩擦力所做的功为额外功，摩擦力为，故D正确。
故答案为：D。
14．【答案】D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】每个钩码重力为F＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，设每个小格长度为L，则支点左侧力与力臂的乘积为：1N×3L＝3N×L
【解答】A、在A点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：2N×2L＝4N×L＞3N×L，杠杆不能平衡，故A错误；
B、在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，杠杆右侧力与力臂的积为：0.5N×5L＝2.5N×L＜3N×L，杠杆不能平衡，故B错误；
C、用弹簧测力计在B点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，1N×3L＝F×5L，最小拉力为0.6N；当力的方向改变时，力臂减小，使力臂小于3L时，拉力要大于1N，杠杆费力，用弹簧测力计在B点拉，当力臂为3L时，拉力为1N．根据杠杆平衡条件知，当改变用力方向，使力臂小于3L时，拉力要大于1N，杠杆才能平衡，要费力，故C错误；
D、用弹簧测力计在A点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，1N×3L＝F×2L，最小拉力为1.5N；当力的方向改变时，力臂减小，无论如何改变用力方向力都要大于1.5N，都要费力，故D正确。
故答案为：D。
15．【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）由图可知n=4，根据s=nh表示出绳子自由端移动的距离，据此判断使用该装置是否省距离，根据功的原理分析能否省功；
（2）根据G=mg求分别吊篮的重力和两名工人及工具的总重力，利用不计滑轮重、绳重和摩擦时求绳子自由端的拉力，利用W总=Fs求电动机拉动绳子做的总功；利用求电动机拉动绳子做功的功率；
（3）装置对工人和工具所做的功是有用功；
（4）根据W有=Gh=mgh分析有用功的变化，根据分析解答。
【解答】A、由题图可知n=4，则绳子自由端移动的距离，即使用该装置费距离，由功的原理可知，使用任何机械都不省功，故A错误；
B、吊篮的重力为：，两名工人及工具的总重力：，因为不计滑轮重、绳重和摩擦，绳子自由端的拉力：，电动机拉动绳子做的总功：，电动机拉动绳子做功的功率为：，故B正确；
C、整个装置做的有用功为：，整个装置的机械效率为：，故C错误；
D、在承载范围内，工人及工具的总质量越大，由 可知，有用功越大，额外功不变，由可知，有用功越大，额外功不变，机械效率越大，故D错误。
故答案为：B。
16．【答案】A；40
【知识点】滑轮组及其工作特点
【解析】【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nF=（G+G动），据此求动滑轮重力。
【解答】由图甲可知，绳子的有效段数n=3，则绳子自由端移动距离
s=3h
在2秒的时间内，物体提升1米，则绳子自由端通过的距离为3米，因此图乙中倾斜直线A是绳子自由端运动的s～t图像。
不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的力为
则动滑轮重力
G动=3F﹣G=3×80N﹣200N=40N
17．【答案】32.5；小于
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡条件计算最省力，再由功等于力与物体在力的方向上移动的距离的乘积计算功的大小。
（2）根据杠杆平衡条件：进行分析判断，力臂指的是支点到力的作用线的距离。【解答】(1)在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，由图示可知，AD是最大动力臂，过A与AD的垂直的力最小，如图所示
由几何知识可得
在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功
(2)由图甲与图乙所示可知，两种情况下，最小推力的动力臂相等，两种情况下阻力相等，图甲的阻力臂小于图乙的阻力臂，由杠杆平衡条件可知，图甲中的推力小于图乙中的推力，即F1小于F2。
18．【答案】（1）F4
（2）20
【知识点】杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；斜面及其工作特点
【解析】【分析】（1）匀速提升重物，重物受力平衡，结合各类机械的特点分别计算动力大小进行比较。
（2）根据杠杆平衡条件进行计算。
【解答】（1）甲中滑轮为定滑轮，不能省力，可知；
乙中不计摩擦，有用功等于总功，结合勾股定理可知，斜面竖直高度为3m，则有，解得；
丙根据杠杆平衡条件可得；
图丁中滑轮组的有效绳子股数为3股，可知，可知最小动力为F4。
（2）。
19．【答案】1200；75；75%
【知识点】功的计算公式的应用；功率；功率计算公式的应用；机械效率；机械效率的计算
【解析】【分析】机械功是物理学中表示力对物体作用的空间的累积的物理量，简称功。机械功是标量，大小等于力与物体在力的方向上通过的距离的乘积，国际单位制单位为焦耳。
【解答】 如图，利用斜面将一个重450牛的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力F=300牛，拉动的距离s=4米，物体提升的高度 米。此过程中拉力做的功=FS=300N×4m=1200焦，W有用=Gh=450N×2m=900J；W摩擦力=1200J-900J=300J；物体受到的摩擦力=300J/4m=75牛，机械效率=W有用/W总=900J/1200J=75%；
故答案为：1200；75；75%
20．【答案】（1）更大
（2）8
（3）10
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）当弹簧的位置移动时，分析力臂的变化，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析握力的变化即可；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
（3）根据公式计算小科做功的功率。
【解答】（1） 根据图片可知，当弹簧下端向左移动时，阻力臂增大，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在其他条件不变时，动力增大，即 完成一个握力动作需要用更大的力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×5cm=20N×2cm，解得：F1=8N；
（3）小科做功的功率。
21．【答案】75%；100；变大
【知识点】机械效率；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】 （1）根据功的计算公式W=Fs可求出拉力做的功，即总功；再根据W=Gh求出有用功，然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的机械效率η。根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额=fs变形后可求物体受到的摩擦力f。
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，据此分析。
【解答】 工人所做的总功为：W总=Fs=400N×5m=2000J，
工人所做的有用功为：W有=Gh=1000N×1.5m=1500J，
斜面的机械效率为：；
工人所做额外功为：W额=W总-W有=2000J-1500J=500J，
由W额=fs可得物体受到的摩擦力为：；
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，物体受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，有用功不变，总功变小，由机械效率公式可知，斜面的机械效率变大。
22．【答案】（1）动滑轮；改变力的方向
（2）75；24
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）动滑轮可以省力，不能改变力的方向，定滑轮不能省力，但可以改变力的方向。
（2）拉力等于物体和动滑轮总重力的有效绳子股数分之一，绳子自由端移动的距离和速度是物体的有效绳子股数倍。
【解答】（1）由图可知，D滑轮的位置随物体一起运动，可知属于动滑轮。
C的位置未发生改变，可知是定滑轮，定滑轮的作用是改变力的方向。
（2）B的重力为120N，D的重力30N，有两股绳子受力，拉力为。
B运动的速度为
拉力的功率为。
23．【答案】（1）力臂
（2）远离
（3）A；B
（4）5000
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的相关概念：在杠杆中，从支点到力的作用线的距离叫力臂。“标”“本” 是从支点到力的作用线的距离，所以指的是力臂 。
（2）杠杆平衡条件：杠杆平衡条件为F1l1=F2l2。当 “重” 增大时，“重” 与 “本” 的乘积增大，为使杠杆平衡，“权” 与 “标” 的乘积也要增大，“权” 不变时，需增大 “标”，即把 “权” 远离O点。
（3）增大杠杆量程的方法：根据杠杆平衡条件，在 “重”（测量的物体重力）和 “本” 一定时，增加 “权” 的质量，可增大 “标” 的最大值，从而增大杠杆量程；增长 “标” 的长度，在 “权” 和 “本” 不变时，能使杠杆平衡时对应的 “重” 更大，增大杠杆量程；增长 “本” 的长度，在 “权” 和 “标” 不变时，会使杠杆能测量的 “重” 减小，减小杠杆量程 。
（4）杠杆平衡条件的应用：根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，在秤砣质量和秤砣最大力臂不变时，通过秤纽位置变化引起力臂变化，计算最大可测物体质量 。
【解答】（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A、若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC、在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A．若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC．在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
24．【答案】（1）较小
（2）速度
（3）木块在水平面上移动的距离
（4）40%
【知识点】机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】 （1）为便于测量小车的运动时间，斜面倾角应小一些；
（2）动能的决定因素有两个：质量和速度；要利用控制变量法去研究：探究阻力对运动的影响，要控制到达水平面时的速度相等；
（3）根据转换法逐项分析回答；
（4）已知物体的重力和提升的高度（斜面高），根据公式W=Gh可求重力做功，即提升物体所做的有用功；已知拉力的大小和拉力移动的距离（斜面长），根据公式W=Fs可求拉力对物体做的总功，根据总功和有用功求出额外功；
求出了有用功和总功，可利用公式计算出机械效率。
【解答】 （1）斜面倾角越小，小车运动时间越长，为便于测量小车的运动时间，实验中，斜面应保持很小坡度；
（2）探究动能与质量关系时，要控制速度相等，而探究阻力对运动的影响，要控制到达水平面时的速度相等；因而在乙、丙这两个实验中，斜面的作用是控制物体到达斜面底部（或水平面时）的速度相同；
（3）实验丙，若将物体A从斜面的不同高度由静止释放撞击同一木块，小球的动能与小球的质量和小球的速度有关，对于同一个物体A，质量一定，不同高度滑行改变了速度，探究的是物体动能的大小与速度的关系，实验通过木块B被推到的距离显示动能的大小；
（4）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为2.5N；
有用功为：W有用=Gh=4N×0.3m=1.2J，
拉力F对物体做的总功为：W总=Fs=2.5N×1.2m=3J；
斜面的机械效率为：；
25．【答案】（1）2.3；87%
（2）一
（3）小明
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）弹簧测力计的读数，应该先看分度值再读数；
根据W有用=Gh算出有用功，根据W总=Fs算出总功，根据
算出机械效率；
（2）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。
（3）根据来分析。
【解答】（1）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.3N。
第三次实验滑轮组的机械效率为
（2）小明通过分析表格中的数据可知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故方法一符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来增加机械效率的，故方法二不符合题意；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑．提高滑轮组机械效率的方法是通过减小摩擦来增加机械效率的，故方法三不符合题意；
综上所述，方法一与本实验同理。
（3）根据可知，机械效率与高度无关，故小明的看法是正确的。
（1）[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.3N。
[2]第三次实验滑轮组的机械效率为
（2）小明通过分析表格中的数据可知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故方法一符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来增加机械效率的，故方法二不符合题意；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑．提高滑轮组机械效率的方法是通过减小摩擦来增加机械效率的，故方法三不符合题意；
综上所述，方法一与本实验同理。
（3）根据
可知，机械效率与高度无关，故小明的看法是正确的。
26．【答案】（1）右
（2）右
（3）B
（4）右端下沉
（5）小于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）应将平衡螺母向上翘的一端调节；
（2）分析表中的数据得出结论；
（3）根据一组数据得出的结论有偶然性，为得出普遍性的规律要多次实验；
（4）分别求出杠杆左、右力与力臂之积，比较大小回答；
（5）沿b方向斜向上的拉力为Fb，对应的动力臂变小，由杠杆平衡条件回答。
【解答】 （1）为了便于测量力臂，应该使杠杆在水平位置平衡；如图甲所示，杠杆左端下沉，要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；
（2）分析表中的数据有：
0.5×20.0=1.0×10.0，
1.0×15.0=1.5×10.0，
1.5×10.0=0.5×30.0，
得到杠杆的平衡条件是：F1l1=F2l2。
（3）本次探究经过多次实验的目的是得出普遍性的规律，故选B；
（4）设每个钩码重力为G，杠杆上一格的长度为L，则将A、B位置的钩码个数都减少一个，
杠杆左端为G×3L=3GL，右端为2G×2L=4GL＞3GL，
所以杠杆将会右端下沉；
（5）用弹簧测力计先后沿a、b方向拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在沿a方向竖直向上的拉力为Fa，沿b方向斜向上的拉力为Fb，此时动力臂变小，而阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件得，则弹簧测力计的示数将逐渐变大，则Fa 小于Fb。
27．【答案】（1）重力越大；滑轮的重力；2和3；乙；80%
（2）变滚动为滑动
（3）不省功
【知识点】增大或减小摩擦的方法；滑轮组及其工作特点；滑轮组的设计与组装；机械效率的计算；机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）甲中有效绳子股数为3股，绳子自由端移动的距离是物体的三倍。
（2）滑动摩擦力与压力大小和接触面的粗糙程度有关，用滚动代替滑动或使用气垫可以减小摩擦。
（3）根据有用功和总功的关系可知，任何机械都不能省功。
【解答】（1）①由表中数据可知，实验2钩码的重力更大，机械效率高，故可得：在所有滑轮组一定时，提升的钩码重力越大，机械效率越高。
②由表中数据可知，实验3和4中滑轮的重力不同，机械效率不同，可知机械效率还与滑轮的重力有关。
③由表中数据可知，实验2和3中除了提升的高度以外的条件都相同，且机械效率相同，故可得： 在所用滑轮组一定时，机械效率与提升的高度无关。
④由表中数据可知，第5次实验中钩码提升的高度与绳端移动的距离相同，可知使用的是乙装置。
⑤滑轮组机械效率。
（2）图中采用小车，变滚动为滑动，从而起到减小摩擦力的效果。
（3）存在额外功时，有用功小于总功，没有额外功时，有工作等于总功，可知使用机械不能省功。
28．【答案】（1）动滑轮
（2）40W
（3）80N
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）轴的位置固定不动的滑轮称之为定滑轮，轴随物体一起移动的滑轮叫做动滑轮；
（2）根据滑轮组装置确定绳子股数，由图乙确定拉力F大小，利用求出第2s内拉力F的功率；
（3）由图丙可知，在第2s内A被匀速提升，由图乙可知第2s内拉力F大小；由图知，n=2，忽略绳重及摩擦，据此求动滑轮重力；忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力，据此判断要以C处最大拉力为准并求出B处绳子的拉力，此装置最多能匀速运载货物的重力等于B处拉力减去A的重力。
【解答】（1）B上方的滑轮能够随物体一起向上移动，属于动滑轮。
（2）由图丙可知，A上升的速度，拉力端移动速度
第2s内拉力F的功率
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力
解得
当C处最大拉力为50N时，B处拉力为
当B处最大拉力为100N时，C处拉力为
所以要以C处最大拉力为准，B处的拉力
此装置最多能匀速运载货物的重力
（1）B上方的滑轮能够随物体一起向上移动，属于动滑轮。
（2）由图丙可知，A上升的速度，拉力端移动速度
第2s内拉力F的功率
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力
解得
当C处最大拉力为50N时，B处拉力为
当B处最大拉力为100N时，C处拉力为
所以要以C处最大拉力为准，B处的拉力
此装置最多能匀速运载货物的重力
29．【答案】（1）
（2）D
（3）C
（4）右
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的五要素：杠杆的五要素包括支点、动力（用力点）、动力臂、阻力（阻力点）、阻力臂。支点是杠杆绕着转动的固定点；动力是使杠杆转动的力；阻力是阻碍杠杆转动的力。
（2）龙舟的相关知识
船舷高度与载重量：龙舟船舷越高，船的容积越大，载重量越大。
船头形状与阻力：龙舟船头尖尖是为了减少在水中的阻力，使龙舟在水中行驶得更快。
划桨与杠杆原理：划桨时，桨在水中绕着一个固定点转动，利用了杠杆的原理。
鼓的声音与敲击力度：龙舟的鼓被敲得越重，鼓面振动的幅度越大，声音的响度越强。
（3）龙舟运动的物理知识
杠杆的类型：船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
浮力与重力的关系：龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力等于重力。
反冲力的应用：桨往后划，对水施加一个向后的力，根据力的作用是相互的，水对桨施加一个向前的反冲力，使龙舟前进。
惯性的应用：停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为龙舟具有惯性，要保持原来的运动状态。
（4）龙舟的操控：当龙舟向左偏移时，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向右转，利用水的反作用力使龙舟向左调整方向。
【解答】（1）杠杆的五要素
支点：桨与船接触的固定点；用力点：手握住桨的位置；阻力点：桨在水中受到水的阻力的位置。
（2）A、龙舟船舷越高，船的容积越大，载重量越大，故该选项正确。
B、龙舟船头尖尖主要是为了减少在水中的阻力，使龙舟在水中行驶得更快，故该选项正确。
C、在划桨时，桨在水中绕着一个固定点转动，采用了杠杆的原理，故该选项正确。
D、龙舟的鼓被敲得越重，鼓面振动的幅度越大，声音的响度越强，而不是声音就越强（声音的强弱还与距离等因素有关），故该选项错误。
故答案为：D。
（3）A、船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故该选项错误。
B、龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力等于重力，故该选项错误。
C、桨往后划，对水施加一个向后的力，根据力的作用是相互的，水对桨施加一个向前的反冲力，使龙舟前进，利用的是反冲力，故该选项正确。
D、停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为龙舟具有惯性，要保持原来的运动状态，而不是水仍在推动船前进，故该选项错误。
故答案为：C。
（4）当龙舟向左偏移，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向右转。
30．【答案】（1）省力
（2）克服石头重力做的功。
（3）根据杠杆平衡条件可知，，可知
人数为
可知最少需要22个人。
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
（2）功等于力与物体在力的方向上移动距离的乘积。
（3）根据杠杆平衡条件进行计算。
【解答】（1）由图可知，B是支点，动力臂大于阻力臂，可知是省力杠杆。
31．【答案】（1）费力
（2）由杠杆平衡条件可得，代入数据可得：，解得F=160N。
（3）春”的机械效率为60%，则人做的总功为
功率。
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
（2）根据杠杆平衡条件进行计算。
（3），结合进行计算。
【解答】（1）由图可知，O点为支点，动力作用点为B点，阻力作用点为A点，阻力臂大于动力臂，可知阻力小于动力，为费力杠杆。
32．【答案】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
利用求出动滑轮的重力；
（2）根据W总=Fs=Fnh求出绳子自由端的拉力做的功；
（3）根据W有=Gh=mgh求出有用功，利用求出该设备提升物体时的机械效率。
【解答】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
1 / 1【浙教版】科学九上 3.4简单机械 巩固提升练
一、选择题
1．（2025九下·永嘉月考）生活中处处有科学。下列日常工作，在使用时属于费力杠杆的是（　　）
A．独轮车 B．开瓶器
C．钓鱼竿 D．大铡刀
【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
【解答】独轮车、开瓶器和大铡刀在使用时相当于杠杆，动力臂都大于阻力臂，都是省力杠杆，而钓鱼竿在作为杠杆使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
2．（2025九上·余杭期末）重为30牛的A物体，用如图所示甲、乙两种方法被提升和水平移动。若A物体在水平面滑动时受到的摩擦力为20N，F1＝18N，F2＝8N，A物体在5s内匀速移动的距离均为0.3m，则在该过程中，下列分析正确的是（　　）
A．绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度大
B．F1做功比F2做功少
C．两种方法中所做的有用功一样多
D．两种方法中机械效率相同
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）首先确定两个滑轮组绳子的有效股数，然后根据v绳=nv物计算绳子自由端移动的速度，进行比较；
（2）利用s绳=ns物求出两图中绳子自由端移动的距离，然后根据W=Fs计算F1和F2做功，进行比较；
（3）利用W=Gh和W=fs分别求出两种方法做的有用功，然后进行比较；
（4）利用分别求出两种方法的机械效率相同，然后进行比较。
【解答】A、根据题意知道，A物体移动的速度是：
甲图中滑轮组绳子的有效股数是n=2，则乙图中滑轮组绳子的有效股数是n=3，所以，绳子自由端F1 移动的速度是：
v绳1 =2v物=2×0.06m/s=0.12m/s，
绳子自由端F2 移动的速度是：
v绳2 =3v物 =3×0.06m/s=0.18m/s，
所以，绳子自由端F1移动的速度比F2移动的速度小，故A错误；
B、甲图中绳子自由端移动的距离是：
s1 =2s=2×0.3m=0.6m，
乙图中绳子自由端移动的距离是：
s2 =3s=3×0.3m=0.9m，
所以，F1做功是：
W总1 =F1 s1=18N×0.6m=10.8J，
F2做功是：
W总2= F2 s2 =8N×0.9m=7.2J，
所以，F1 做功比F2 做功多，故B错误；
C、甲图中的有用功是：
W有1 =Gs=30N×0.3m=9J，
乙图中的有用功是：
W有2 =fs=20N×0.3m=6J，
所以，甲方法中做的有用功大，故C错误；
D、由知道，甲图中的机械效率是：
，
乙图中的机械效率为：
，
即两种方法中机械效率相同，故D正确。
故答案为：D。
3．（华师大版初中科学九年级上学期 5.1杠杆(第1课时)）小明在按压式订书机的N点施加压力，将订书针钉入M点下方的纸张中，能正确表示他使用该订书机时的杠杆示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】在杠杆上，固定不动的点叫支点，阻碍杠杆转动的力为阻力，使杠杆转动的力为动力；力臂是从支点到力的作用线的垂线段，据此分析即可。
【解答】根据订书机的工作过程可知，O点为杠杆的支点，作用在N点的动力竖直向下，而作用在M点的阻力方向向上，如下图所示：
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
4．（2025·镇海区模拟）关于如图所示“探究动滑轮的特点”的实验，下列说法正确的是（　　）
A．匀速上升竖直向上拉和斜着向上拉时，弹簧测力计示数相等
B．改变钩码个数重复实验为了取平均值减小误差
C．所挂钩码个数越多弹簧测力计示数越接近钩码总重力
D．当钩码匀速上升和加速上升时，弹簧测力计的读数不相等
【答案】D
【知识点】动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】A.分析出斜着拉和竖直向上拉时动力臂的大小关系，便可判断出来；
B.测量性实验为了减小误差或者寻找规律进行多次测量，如果物理量是个恒量，多次测量求平均值可以减小实验误差；如果不是测量具体的物理量，而是寻找规律也采取多次测量，寻找普遍性；
C.利用动滑轮提升重物时，不仅要克服物体的重力，而且要克服动滑轮的重力，钩码的重力越重，拉力F越接近G；
D.钩码匀速上升时，受到平衡力，弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力，加速上升时，受到非平衡力，据此分析。
【解答】A.因为此滑轮是动滑轮，当物体匀速运动时，若绳子竖直向上拉，其力臂为滑轮的直径，若斜着拉，则其力臂小于滑轮的直径，所以两次的拉力会不同，两个拉力方向夹角越小，所用的拉力越小，所以竖直向上的拉力始终小于斜着向上拉的力，故A错误；
B.实验中，需要改变钩码的个数进行多次实验，这主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，故B错误；
C.钩码越多，物体的重力越大，则动滑轮重力对拉力的影响越小，拉力F就越接近G，故C错误。
D.钩码匀速上升时，受到平衡力，弹簧测力计的示数等于钩码所受的重力，加速上升时，受到非平衡力，弹簧测力计的示数大于钩码所受的重力，故D正确。
故选D。
5．（2025·浙江会考）如图所示，杠杆可绕O（O是杠杆的中点）转动，现在B端挂一重为G的物体，在A端施加一作用力F，使其在如图所示的位置平衡，则（　　）
A．F一定大于G B．F一定等于G C．F一定小于G D．F可能小于G
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片确定杠杆的要素，比较动力臂和阻力臂的大小关系，根据杠杆的平衡条件判断即可。
【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，A为动力作用点，B为阻力作用点。由于动力F的方向未知，因此动力臂的大小未知。由杠杆的平衡条件知得，F可以大于G，也可以小于G，也可以等于G，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
6．（2025·浙江模拟）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”，往下降落的力称为“收”，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
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【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；
BC、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；
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】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；
BC、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。
故答案为：B。
7．一个杠杆式简易起吊机如图所示，它上面装了一个定滑轮可以改变拉绳的方向，杠杆OBA可绕点转动，重物通过绳子对杠杆的拉力为阻力。图中能够正确表示动力臂的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】力臂的画法
【解析】【分析】动力臂为支点到动力作用线的距离，阻力臂为支点到阻力作用线的距离。
【解答】由图可知，动力为拉动杠杆的力，动力作用在滑轮与杠杆之间的拉绳上，动力臂为支点到动力作用线的距离，故/2为动力臂。
故答案为：B。
8．把质量相等的A、B两物体挂在图所示的滑轮组下而，不计绳子、滑轮的重力和摩擦，放手后（　　）

A．A上升 B．A下降 C．B均静止 D．无法判断
【答案】B
【知识点】滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算；滑轮组的设计与组装
【解析】【解答】B所在的滑轮为动滑轮，动滑轮省一半的力，A所在的滑轮为定滑轮，定滑轮不省力；A与B质量相等，重力相等，将B拉起只需A重力的一半即可，所以A下降，B上升；
故选B。
【分析】掌握动滑轮、定滑轮的特点。
9．（2025·瑞安二模）载重推车过障碍物时需略微提起后轮，若在如图四点中选择一点施加竖直向上的力，其中最省力的点是（）
A．A点 B．B点 C．C点 D．D点
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆平衡条件，力臂指的是支点到力的作用线的垂直距离。
【解答】提起后轮，支点为前轮，由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，当力的方向均为竖直向上时，D点的力臂最大，力最小。
故答案为：D。
10．（2022九上·舟山期中）如图所示，重为120N的物体A在拉力F作用下沿水平面做匀速直线运动，其路程随时间变化的图像如图乙所示。已知物体A在水平方向上受到的阻力为物重的0.1倍，滑轮组机械效率为80%，滑轮组和绳子的自重不计。下列分析计算正确的是（　　）
A．在10s内，作用在绳子自由端的拉力F为5牛
B．左侧墙受到滑轮组16牛拉力作用
C．10s内，绳子自由端沿水平方向移动了4m
D．在10s内，拉力F做功的功率为1.2W
【答案】A
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据甲图确定承担拉力的绳子段数n，根据f=0.1G计算出物体A受到的摩擦力，最后根据列式计算；
（2）根据二力平衡的知识解答；
（3）根据s=nh计算；
（4）首先根据W=Fs计算出拉力做的功，再根据计算拉力的功率。
【解答】根据甲图可知，承担拉力的绳子段数n=3，物体A受到的摩擦力f=0.1G=0.1×120N=12N；
根据得到：；
解得：F=5N，故A正确；
以最左边的滑轮为受力对象分析，左边受到墙壁的拉力，右边受到绳子的拉力共4个。根据二力平衡的知识可知，左侧墙壁受到滑轮的拉力F拉=4F=4×5N=20N，故B错误；
根据乙图可知，10s内物体移动距离1m，则绳子自由端移动距离s=ns'=3×1m=3m，故C错误；
10s内拉力做的功W=Fs=5N×3m=15J，则拉力的功率，故D错误。
故选A。
11．（2025·杭州模拟） 一次聚会中，小科看到餐桌上一个自动拾取牙签盒很有趣，如图甲所示，当按下顶上的圆柱体按钮，松手时，一恨牙签就从盖子上的一个小孔中冒出，于是他拆开发现内部结构示意图如图乙。下列说法错误的是（　　）
A．图乙中杆AOD可看作杠杆，D处是可伸缩的弹簧
B．当按下按钮时，按钮作用在B点使之绕着O点逆时针转动
C．当松开按钮时，D点处受到向下的力，使A端翘起将牙签送出
D．将牙签送出时，杆AOD相当于省力杠杆
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的应用
【解析】【分析】 （1）根据杠杆转动方向分析；
（2）当按下按钮时，分析按钮作用点和支点，判断杠杆转动方向；
（3）松开按钮后，弹簧的作用可以使牙签弹起；
（4）分析动力臂和阻力臂的大小，判断杠杆的类型。
【解答】 A、杆AOD可看作以O点为支点的杠杆，由题意可知，D处是可伸长的弹簧，故A正确；
B、由图乙可知，当按下按钮时，按钮作用在B点，杠杆绕着O点逆时针转动，故B正确；
C、松开按钮后，图乙中D处受到弹簧向下的力，使杠杆AOD绕O点顺时针转动，使A端翘起将牙签送出，故C错误；
D、将牙签送出时，D处受到弹簧向下的力为动力，动力臂小于阻力臂，杠杆AOD相当于费力杠杆，故D正确。
故答案为：C。
12．（机械效率的测量实验）如图所示，小明借利用滑轮组把货物提高h之际，体验测量滑轮组机械效率的实验，以下说法错误的是（S是人拉绳时绳子移动的距离）（　　）
A．需要的测量仪器有弹簧测力计、刻度尺
B．实际中发现F＜G，a＞b，则省力费距离
C．滑轮组的机械效率η=
D．提高机械效率可以通过减轻物重来实现
【答案】D
【知识点】机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）根据机械效率及功的概念可知，滑轮组的机械效率：η= = ，根据公式可判断所需测量的物理量；（2）滑轮组是省力机械，使用滑轮组省了力，但是费距离；（3）影响滑轮组机械效率的主要因素是被提升物体的重力及动滑轮的重力，被提升的物体越重、动滑轮重力越小，滑轮组的机械效率越高．本题主要考查了对滑轮组机械效率测量实验的掌握，关键需掌握其测量原理及其影响因素．
【解答】解：A、根据公式η= = ，实验中需用弹簧测力计测量G、F，用刻度尺测量h、s，故A正确；
B、使用滑轮组，拉力F小于被提升物体的重力G，绳端移动距离a大于物体上升的高度b，说明其省力但费距离，B正确；
C、滑轮组的机械效率：η= = ，C正确；
D、提高机械效率应增加被提升物体的重力，D错误．
故选D．
13．（2025九下·海曙月考）搬运工人为了将笨重的物体装进汽车车厢，常使用如图所示的装置把物体从斜面底端匀速推上顶端，已知斜面长5m，高2m，物体重 1000N，沿斜面向上的推力为500N，则下列判定正确的是 (　　)
A．斜面是一种可以省功的机械
B．物体上升高度越高机械效率越大
C．斜面的机械效率为 85%
D．物体受到斜面的摩擦力为 100N
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】功等于力乘以物体在力的方向上移动的距离。
【解答】A、额外功不可避免，所以任何机械都不能省功，故A错误；
B、物体上升高度越高，有用功越大，但额外功情况未知，所以机械效率不一定越大，故B错误；
C、机械效率，故C错误；
D、克服摩擦力所做的功为额外功，摩擦力为，故D正确。
故答案为：D。
14．下图所示为探究杠杆平衡条件的实验装置，若每个钩码的质量为50g，为了让杠杆在水平位置平衡，下列判断正确的是（g取10N/kg）（　　）
A．在A点挂4个钩码能使杠杆平衡
B．在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，能使杠杆平衡
C．用弹簧测力计在B点拉，无论如何改变用力方向都要省力
D．用弹簧测力计在A点拉，无论如何改变用力方向都要费力
【答案】D
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】每个钩码重力为F＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，设每个小格长度为L，则支点左侧力与力臂的乘积为：1N×3L＝3N×L
【解答】A、在A点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：2N×2L＝4N×L＞3N×L，杠杆不能平衡，故A错误；
B、在B点用弹簧测力计竖直向下拉，当示数为0.5N时，杠杆右侧力与力臂的积为：0.5N×5L＝2.5N×L＜3N×L，杠杆不能平衡，故B错误；
C、用弹簧测力计在B点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，1N×3L＝F×5L，最小拉力为0.6N；当力的方向改变时，力臂减小，使力臂小于3L时，拉力要大于1N，杠杆费力，用弹簧测力计在B点拉，当力臂为3L时，拉力为1N．根据杠杆平衡条件知，当改变用力方向，使力臂小于3L时，拉力要大于1N，杠杆才能平衡，要费力，故C错误；
D、用弹簧测力计在A点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，1N×3L＝F×2L，最小拉力为1.5N；当力的方向改变时，力臂减小，无论如何改变用力方向力都要大于1.5N，都要费力，故D正确。
故答案为：D。
15．（2025九上·滨江期末）如图甲所示是滨江区某高空作业的师傅在美化楼体外墙的情境，其平台结构的原理简图如图乙所示，吊篮的质量为，两名工人及工具的总质量为，某次吊升过程中，吊篮在内匀速上升了。不计滑轮重、绳重和摩擦。则下列说法正确的是（　　）
A．使用该装置可以省距离，但不能省功
B．电动机拉动绳子的功率为
C．该装置中滑轮组的机械效率为
D．在承载范围内，工人及工具总质量越大，该装置的机械效率越低
【答案】B
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用；机械效率的计算
【解析】【分析】 （1）由图可知n=4，根据s=nh表示出绳子自由端移动的距离，据此判断使用该装置是否省距离，根据功的原理分析能否省功；
（2）根据G=mg求分别吊篮的重力和两名工人及工具的总重力，利用不计滑轮重、绳重和摩擦时求绳子自由端的拉力，利用W总=Fs求电动机拉动绳子做的总功；利用求电动机拉动绳子做功的功率；
（3）装置对工人和工具所做的功是有用功；
（4）根据W有=Gh=mgh分析有用功的变化，根据分析解答。
【解答】A、由题图可知n=4，则绳子自由端移动的距离，即使用该装置费距离，由功的原理可知，使用任何机械都不省功，故A错误；
B、吊篮的重力为：，两名工人及工具的总重力：，因为不计滑轮重、绳重和摩擦，绳子自由端的拉力：，电动机拉动绳子做的总功：，电动机拉动绳子做功的功率为：，故B正确；
C、整个装置做的有用功为：，整个装置的机械效率为：，故C错误；
D、在承载范围内，工人及工具的总质量越大，由 可知，有用功越大，额外功不变，由可知，有用功越大，额外功不变，机械效率越大，故D错误。
故答案为：B。
二、填空题
16．（2025九上·诸暨期末）用如图甲所示的滑轮组提升重200N的物体，已知拉力为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　 　（填“A”或“B”），动滑轮重为　 　N。
【答案】A；40
【知识点】滑轮组及其工作特点
【解析】【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nF=（G+G动），据此求动滑轮重力。
【解答】由图甲可知，绳子的有效段数n=3，则绳子自由端移动距离
s=3h
在2秒的时间内，物体提升1米，则绳子自由端通过的距离为3米，因此图乙中倾斜直线A是绳子自由端运动的s～t图像。
不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的力为
则动滑轮重力
G动=3F﹣G=3×80N﹣200N=40N
17．（2025九上·鄞州月考）如图为油厂的油桶，空桶质量为65kg，油桶高为1.2m，底部直径为0.5m，据此回答。
（1）某次装卸中，小明需要将直立的空油桶（如图甲）沿D点推翻。在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功　 　焦，
（2）若小明将直立的空油桶（如图甲）沿D点推翻，所需的最小力；将翻倒的空油桶（如图乙）重新竖起所用的最小力为，那么，　 　（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】32.5；小于
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡条件计算最省力，再由功等于力与物体在力的方向上移动的距离的乘积计算功的大小。
（2）根据杠杆平衡条件：进行分析判断，力臂指的是支点到力的作用线的距离。【解答】(1)在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，由图示可知，AD是最大动力臂，过A与AD的垂直的力最小，如图所示
由几何知识可得
在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功
(2)由图甲与图乙所示可知，两种情况下，最小推力的动力臂相等，两种情况下阻力相等，图甲的阻力臂小于图乙的阻力臂，由杠杆平衡条件可知，图甲中的推力小于图乙中的推力，即F1小于F2。
18．如图是使用简单机械匀速提升同一重物的四种不同方式(不计机械自重、绳重和摩擦)。
（1）物体所受的重力为G，其中动力最小的是　 　(填“F1”“F2”“F3”或“F4”)。
（2）如图丙，已知L=10cm、G=50N。杠杆在竖直向上的力F3作用下绕O点匀速转动，则 　 　N。
【答案】（1）F4
（2）20
【知识点】杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；斜面及其工作特点
【解析】【分析】（1）匀速提升重物，重物受力平衡，结合各类机械的特点分别计算动力大小进行比较。
（2）根据杠杆平衡条件进行计算。
【解答】（1）甲中滑轮为定滑轮，不能省力，可知；
乙中不计摩擦，有用功等于总功，结合勾股定理可知，斜面竖直高度为3m，则有，解得；
丙根据杠杆平衡条件可得；
图丁中滑轮组的有效绳子股数为3股，可知，可知最小动力为F4。
（2）。
19．（2025·南湖模拟）如图，利用斜面将一个重450牛的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力F=300牛，拉动的距离s=4米，物体提升的高度 米。此过程中拉力做的功是　 　焦，物体受到的摩擦力为　 　牛，机械效率是　 　。
【答案】1200；75；75%
【知识点】功的计算公式的应用；功率；功率计算公式的应用；机械效率；机械效率的计算
【解析】【分析】机械功是物理学中表示力对物体作用的空间的累积的物理量，简称功。机械功是标量，大小等于力与物体在力的方向上通过的距离的乘积，国际单位制单位为焦耳。
【解答】 如图，利用斜面将一个重450牛的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力F=300牛，拉动的距离s=4米，物体提升的高度 米。此过程中拉力做的功=FS=300N×4m=1200焦，W有用=Gh=450N×2m=900J；W摩擦力=1200J-900J=300J；物体受到的摩擦力=300J/4m=75牛，机械效率=W有用/W总=900J/1200J=75%；
故答案为：1200；75；75%
20．（2025·西湖二模）如图甲所示，可调式握力器用于锻炼手部肌肉。锻炼时抓住手柄的左侧，用力抓紧使其碰触到右侧的读数按钮，即算完成一个握力动作。
（1）如图甲所示，握力器的力度可以通过调节器旋钮来调整，使弹簧下端在调节区域内左右移动。当弹簧下端向左移动时，小科要完成一个握力动作需要用　 　(选填“更大或“更小)的力。
（2）如图乙所示，小科用F1的力抓握力器的手柄，此时弹簧的拉力 阻力臂OA=2.0cm， 动力臂OB=5.0cm， 则此时F1=　 　N。
（3）小科完成一个握力动作可使弹簧伸长5厘米，弹性势能增加20焦，完成了60个握力动作花费的时间为2分钟，则小科做功的功率至少为　 　瓦。
【答案】（1）更大
（2）8
（3）10
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）当弹簧的位置移动时，分析力臂的变化，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析握力的变化即可；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
（3）根据公式计算小科做功的功率。
【解答】（1） 根据图片可知，当弹簧下端向左移动时，阻力臂增大，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，在其他条件不变时，动力增大，即 完成一个握力动作需要用更大的力；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×5cm=20N×2cm，解得：F1=8N；
（3）小科做功的功率。
21．（2024九上·杭州期中）卡车的车厢高1.5m，师傅将一块5m长的木板搭在地面与车厢之间构成斜面（如图），在车上用400N的拉力将重为1000N的木箱匀速拉上车厢，则这个斜面的机械效率是　 　，物体受到的摩擦力是　 　N，若增大该斜面的倾角，斜面的机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”、“不变”）。
【答案】75%；100；变大
【知识点】机械效率；机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】 （1）根据功的计算公式W=Fs可求出拉力做的功，即总功；再根据W=Gh求出有用功，然后根据机械效率的计算公式可求出斜面的机械效率η。根据总功与有用功的差得出额外功，再根据W额=fs变形后可求物体受到的摩擦力f。
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，据此分析。
【解答】 工人所做的总功为：W总=Fs=400N×5m=2000J，
工人所做的有用功为：W有=Gh=1000N×1.5m=1500J，
斜面的机械效率为：；
工人所做额外功为：W额=W总-W有=2000J-1500J=500J，
由W额=fs可得物体受到的摩擦力为：；
（2）当斜面的倾角变大时，物体对斜面的压力逐渐变小，在接触面粗糙程度不变时，压力变小，物体受到的滑动摩擦力变小，额外功变小，有用功不变，总功变小，由机械效率公式可知，斜面的机械效率变大。
22．（2025九上·绍兴竞赛） 如图所示， 物体A重为200N， C D滑轮重均为30N。物体B重为120N，它恰好能拉着A 向右匀速运动。现用水平向左的拉力 F作用于物体A 上，使物体B在5s内匀速上升了0.8m，则：(不计绳重和摩擦)
（1） 图中D为 　 　(填“定”或“动”) 滑轮， C在此次提升重物过程中的作用是　 　 .
（2） 拉力F的灭小为 　 　N， 拉力F的功率为 　 　W。
【答案】（1）动滑轮；改变力的方向
（2）75；24
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功率计算公式的应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）动滑轮可以省力，不能改变力的方向，定滑轮不能省力，但可以改变力的方向。
（2）拉力等于物体和动滑轮总重力的有效绳子股数分之一，绳子自由端移动的距离和速度是物体的有效绳子股数倍。
【解答】（1）由图可知，D滑轮的位置随物体一起运动，可知属于动滑轮。
C的位置未发生改变，可知是定滑轮，定滑轮的作用是改变力的方向。
（2）B的重力为120N，D的重力30N，有两股绳子受力，拉力为。
B运动的速度为
拉力的功率为。
三、实验与探究题
23．（2025九上·黄岩期末）杆秤在古籍中被称为“权衡器”，《墨经》最早对权衡器的杠杆原理做了理论上的探讨。某同学进行“探究杠杆的平衡条件”实验后，制作了一把杆秤。
（1）图甲中“标”“本”指的是　 　。（选填“力臂”或“力”）
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，此时应把“权”　 　 O点（选填“远离”或“靠近”）。
（3）图甲杆秤量程偏小，为了增大杆秤量程，以下方法中可行的是 。（可多选）
A．增加“权”的质量 B．增长“标”的长度 C．增长“本”的长度
（4）乙图为另一把杆秤，已知秤纽在C点时杆秤最大可以测量的物体质量为1880g，那么秤纽移到 B点后该杆秤最大可测物体的质量为　 　 g（杆秤自身重力不计，E点为秤砣可移动的最远端）。
【答案】（1）力臂
（2）远离
（3）A；B
（4）5000
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的相关概念：在杠杆中，从支点到力的作用线的距离叫力臂。“标”“本” 是从支点到力的作用线的距离，所以指的是力臂 。
（2）杠杆平衡条件：杠杆平衡条件为F1l1=F2l2。当 “重” 增大时，“重” 与 “本” 的乘积增大，为使杠杆平衡，“权” 与 “标” 的乘积也要增大，“权” 不变时，需增大 “标”，即把 “权” 远离O点。
（3）增大杠杆量程的方法：根据杠杆平衡条件，在 “重”（测量的物体重力）和 “本” 一定时，增加 “权” 的质量，可增大 “标” 的最大值，从而增大杠杆量程；增长 “标” 的长度，在 “权” 和 “本” 不变时，能使杠杆平衡时对应的 “重” 更大，增大杠杆量程；增长 “本” 的长度，在 “权” 和 “标” 不变时，会使杠杆能测量的 “重” 减小，减小杠杆量程 。
（4）杠杆平衡条件的应用：根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，在秤砣质量和秤砣最大力臂不变时，通过秤纽位置变化引起力臂变化，计算最大可测物体质量 。
【解答】（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A、若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC、在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
（1）图甲中“标”“本”表示支点到力的作用线的垂直距离，指的是杠杆中的力臂。
（2）用图甲杆秤进行某次测量时，增大了“重”，根据杠杆平衡公式G重L本=G权L标，则左边力和力臂的乘积变大，为了使杠杆平衡，应该增大右边的力臂，所以应该把“权”远离支点。
（3）A．若换一个质量较大的“权”（秤砣），即动力变大，“本”（阻力臂）不变，“标”（动力臂）不变，由杠杆平衡条件可知，“重”（阻力）变大，则称量的最大质量变大，量程变大，故A符合题意；
BC．在“权”不变时，将“本”变小，则“标”增大，“权”和“标”的乘积增大，由杠杆平衡可知“重”增大，即杆秤测量范围增大，故B符合题意，C不符合题意。
故选AB。
（4）当提着C处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大
根据杠杆平衡公式G物 AC=G秤砣 CE可得
解得
当提着B处秤纽、秤砣挂在E点、A点秤钩挂着物体时，该杆秤称量的质量最大，根据杠杆平衡公式G物 AB=G秤砣 BE可得
解得
24．（2025九下·金华开学考）许多实验器材在科学的探究实验中多次使用，斜面就是其中之一，但用法不尽相同。请完成下列利用斜面进行实验的有关内容：
（1）甲实验中，为了便于测量小车在斜面上的运动时间，应使斜面保持　 　（填“较大”或“较小”）的坡度。
（2）在乙、丙这两个实验中，斜面的作用是控制物体到达水平面时的　 　。
（3）实验丙，若将物体A从斜面的不同高度由静止释放撞击同一木块，探究影响物体动能大的小因素时，
用　 　显示物体A动能的大小。
（4）丁实验，物体重为4N，斜面长1.2m、高0.3m。用弹簧测力计沿斜面拉物体到高处，实验中弹簧测力计示数如图2所示，则所测斜面的机械效率为　 　。
【答案】（1）较小
（2）速度
（3）木块在水平面上移动的距离
（4）40%
【知识点】机械效率的计算；斜面及其工作特点
【解析】【分析】 （1）为便于测量小车的运动时间，斜面倾角应小一些；
（2）动能的决定因素有两个：质量和速度；要利用控制变量法去研究：探究阻力对运动的影响，要控制到达水平面时的速度相等；
（3）根据转换法逐项分析回答；
（4）已知物体的重力和提升的高度（斜面高），根据公式W=Gh可求重力做功，即提升物体所做的有用功；已知拉力的大小和拉力移动的距离（斜面长），根据公式W=Fs可求拉力对物体做的总功，根据总功和有用功求出额外功；
求出了有用功和总功，可利用公式计算出机械效率。
【解答】 （1）斜面倾角越小，小车运动时间越长，为便于测量小车的运动时间，实验中，斜面应保持很小坡度；
（2）探究动能与质量关系时，要控制速度相等，而探究阻力对运动的影响，要控制到达水平面时的速度相等；因而在乙、丙这两个实验中，斜面的作用是控制物体到达斜面底部（或水平面时）的速度相同；
（3）实验丙，若将物体A从斜面的不同高度由静止释放撞击同一木块，小球的动能与小球的质量和小球的速度有关，对于同一个物体A，质量一定，不同高度滑行改变了速度，探究的是物体动能的大小与速度的关系，实验通过木块B被推到的距离显示动能的大小；
（4）图中弹簧测力计的分度值为0.1N，读数为2.5N；
有用功为：W有用=Gh=4N×0.3m=1.2J，
拉力F对物体做的总功为：W总=Fs=2.5N×1.2m=3J；
斜面的机械效率为：；
25．（2025九上·余杭期末）小明同学做“测量滑轮组机械效率”的实验。（如图所示），用相同的滑轮组提升不同数量的钩码，记录数据如表所示。
实验 次数 钩码的 重力G/N 钩码提升高度 h/m 拉力 F/N 绳端移动的 距离s/m 机械效率 η
1 2 0.1 0.9 0.3 74%
2 4 0.1 1.6 0.3 83%
3 6 0.1 ① 0.3 ②
（1）观察如图中测力计的示数，表格中编号①的数值是　 　 ，②的数值是　 　 ；
（2）小明通过分析表格中的数据，得到了提高滑轮组机械效率的方法，汽车作为一种“机械”，提高效率对节能减排有重要意义，请你指出以下三种提高效率的方法中，方法　 　 是与本实验同理的；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑；
（3）小明发现绳端移动的距离与钩码提升高度有固定的倍数关系，于是他认为钩码数量一定时，无论将钩码提升多高。都不影响该滑轮组的机械效率，小芳则认为：钩码提升的高度不同，有用功就不同，机械效率就变化了，你认为　 　 的看法是正确的。
【答案】（1）2.3；87%
（2）一
（3）小明
【知识点】滑轮组及其工作特点；机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）弹簧测力计的读数，应该先看分度值再读数；
根据W有用=Gh算出有用功，根据W总=Fs算出总功，根据
算出机械效率；
（2）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。
（3）根据来分析。
【解答】（1）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.3N。
第三次实验滑轮组的机械效率为
（2）小明通过分析表格中的数据可知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故方法一符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来增加机械效率的，故方法二不符合题意；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑．提高滑轮组机械效率的方法是通过减小摩擦来增加机械效率的，故方法三不符合题意；
综上所述，方法一与本实验同理。
（3）根据可知，机械效率与高度无关，故小明的看法是正确的。
（1）[1]由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，弹簧测力计的示数为2.3N。
[2]第三次实验滑轮组的机械效率为
（2）小明通过分析表格中的数据可知，同一滑轮组，物体越重，机械效率越高；
方法一：鼓励人们“拼车”出行，使汽车尽量装满人员，是在额外功相同时，人越多，有用功越多，机械效率越高，故方法一符合题意；
方法二：汽车制造厂用新材料减轻汽车重量，是通过减小额外功来增加机械效率的，故方法二不符合题意；
方法三：经常给汽车做保养，保持良好的润滑．提高滑轮组机械效率的方法是通过减小摩擦来增加机械效率的，故方法三不符合题意；
综上所述，方法一与本实验同理。
（3）根据
可知，机械效率与高度无关，故小明的看法是正确的。
26．小明利用铁架台、杠杆、钩码和弹簧测力计等器材探究杠杆的平衡条件，实验使用的钩码质量均相等，杠杆上每格长度均相等。
（1）当杠杆静止时如图甲所示，为了方便测量力臂，需要调节杠杆在水平位置平衡，应当将杠杆的平衡螺母向　 　(选填“右”或“左”)调节。
（2）在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施的力为阻力F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，使杠杆在水平位置平衡，得到实验数据如表。分析表中的数据，得到杠杆的平衡条件是　 　。
次数 动力F1/N 动力臂l1/ cm 阻力F2/N 阻力臂l2/ cm
1 0.5 20.0 1.0 10.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 1.5 10.0 0.5 30.0
… 　 　 　 　
（3）本次探究经过多次实验的目的是____。
A．减小实验误差 B．寻找普遍规律
（4）如图乙所示，将A B位置的钩码个数都减少一个，杠杆将会　 　(选填“仍然平衡”“左端下沉”或“右端下沉”)。
（5）如图丙所示，用弹簧测力计先后在a、b位置拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在a位置竖直向上的拉力为F。在b位置斜向上的拉力为F0，则F0　 　F。(选填“大于”“等于”或“小于”)。
【答案】（1）右
（2）右
（3）B
（4）右端下沉
（5）小于
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）应将平衡螺母向上翘的一端调节；
（2）分析表中的数据得出结论；
（3）根据一组数据得出的结论有偶然性，为得出普遍性的规律要多次实验；
（4）分别求出杠杆左、右力与力臂之积，比较大小回答；
（5）沿b方向斜向上的拉力为Fb，对应的动力臂变小，由杠杆平衡条件回答。
【解答】 （1）为了便于测量力臂，应该使杠杆在水平位置平衡；如图甲所示，杠杆左端下沉，要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节；
（2）分析表中的数据有：
0.5×20.0=1.0×10.0，
1.0×15.0=1.5×10.0，
1.5×10.0=0.5×30.0，
得到杠杆的平衡条件是：F1l1=F2l2。
（3）本次探究经过多次实验的目的是得出普遍性的规律，故选B；
（4）设每个钩码重力为G，杠杆上一格的长度为L，则将A、B位置的钩码个数都减少一个，
杠杆左端为G×3L=3GL，右端为2G×2L=4GL＞3GL，
所以杠杆将会右端下沉；
（5）用弹簧测力计先后沿a、b方向拉杠杆上同一点C，杠杆都在水平位置平衡，弹簧测力计在沿a方向竖直向上的拉力为Fa，沿b方向斜向上的拉力为Fb，此时动力臂变小，而阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件得，则弹簧测力计的示数将逐渐变大，则Fa 小于Fb。
27．在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。
（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，并利用图甲和图乙装置进行实验，数据整理记录如下表所示。
实验次数 滑轮材质 钩码重力G/N 提升的高度h/m 有用功W有用/J 拉力F/N 绳端移动的距离s/m 总功W总JJ 机械效率η
1 铝 1 0.1 0.1 0.6 0.3 0.18 56%
2 铝 2 0.1 0.2 1.0 0.3 0.3 67%
3 铝 2 0.2 0.4 1.0 0.6 0.6 67%
4 塑料 2 0.2 0.4 0.8 0.6 0.48 83%
5 塑料 2 0.2 0.4 2.1 0.2 0.42 95%
①比较1和2两次实验发现：在所有滑轮组一定时，提升的钩码　 　，机械效率越高。
②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　 　有关。
③比较　 　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升的高度无关。
④第5次实验是利用图　 　的装置完成的。
⑤利用图甲的装置，把重6N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组机械效率为　 　。
（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　 　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功。进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功，可见使用任何机械都　 　。
【答案】（1）重力越大；滑轮的重力；2和3；乙；80%
（2）变滚动为滑动
（3）不省功
【知识点】增大或减小摩擦的方法；滑轮组及其工作特点；滑轮组的设计与组装；机械效率的计算；机械效率的测量实验
【解析】【分析】（1）甲中有效绳子股数为3股，绳子自由端移动的距离是物体的三倍。
（2）滑动摩擦力与压力大小和接触面的粗糙程度有关，用滚动代替滑动或使用气垫可以减小摩擦。
（3）根据有用功和总功的关系可知，任何机械都不能省功。
【解答】（1）①由表中数据可知，实验2钩码的重力更大，机械效率高，故可得：在所有滑轮组一定时，提升的钩码重力越大，机械效率越高。
②由表中数据可知，实验3和4中滑轮的重力不同，机械效率不同，可知机械效率还与滑轮的重力有关。
③由表中数据可知，实验2和3中除了提升的高度以外的条件都相同，且机械效率相同，故可得： 在所用滑轮组一定时，机械效率与提升的高度无关。
④由表中数据可知，第5次实验中钩码提升的高度与绳端移动的距离相同，可知使用的是乙装置。
⑤滑轮组机械效率。
（2）图中采用小车，变滚动为滑动，从而起到减小摩擦力的效果。
（3）存在额外功时，有用功小于总功，没有额外功时，有工作等于总功，可知使用机械不能省功。
四、综合题
28．（2025九上·金华月考）如图甲所示装置，A是重15N的空吊篮，绳子B和C能承受的最大拉力分别为100N和50N。质量为50kg的小科同学将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度v随时间t变化关系如图丙所示。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。问：
（1）B上方的滑轮属于　 　（选填“定滑轮”、“动滑轮”）
（2）第2s内拉力F的功率为多少　 　
（3）此装置最多能匀速运载多大重力的货物　 　
【答案】（1）动滑轮
（2）40W
（3）80N
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）轴的位置固定不动的滑轮称之为定滑轮，轴随物体一起移动的滑轮叫做动滑轮；
（2）根据滑轮组装置确定绳子股数，由图乙确定拉力F大小，利用求出第2s内拉力F的功率；
（3）由图丙可知，在第2s内A被匀速提升，由图乙可知第2s内拉力F大小；由图知，n=2，忽略绳重及摩擦，据此求动滑轮重力；忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力，据此判断要以C处最大拉力为准并求出B处绳子的拉力，此装置最多能匀速运载货物的重力等于B处拉力减去A的重力。
【解答】（1）B上方的滑轮能够随物体一起向上移动，属于动滑轮。
（2）由图丙可知，A上升的速度，拉力端移动速度
第2s内拉力F的功率
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力
解得
当C处最大拉力为50N时，B处拉力为
当B处最大拉力为100N时，C处拉力为
所以要以C处最大拉力为准，B处的拉力
此装置最多能匀速运载货物的重力
（1）B上方的滑轮能够随物体一起向上移动，属于动滑轮。
（2）由图丙可知，A上升的速度，拉力端移动速度
第2s内拉力F的功率
（3）忽略绳重及摩擦，C处绳子拉力
解得
当C处最大拉力为50N时，B处拉力为
当B处最大拉力为100N时，C处拉力为
所以要以C处最大拉力为准，B处的拉力
此装置最多能匀速运载货物的重力
29．（2025七上·金东）端午节金华地区举办了龙舟赛。划桨时，选手握住船桨的一端，另一手握住桨柄中部向后划水，使龙舟前进。
（1）请你在图上标出用力点、阻力点、支点。
（2）下列关于龙舟的说法，错误的是 （　　）。
A．龙舟船舷越高，载重量越大
B．龙舟船头尖主要是为了减少在水中的阻力
C．在划桨时采用了杠杆的原理
D．龙舟的鼓敲得越重，声音就越强
（3）以下龙舟运动的说法，正确的是 （　　）。
A．船桨是省力杠杆
B．龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力大于重力
C．桨往后划，龙舟前进，利用的是反冲力
D．停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为水仍在推动船前进
（4）当龙舟向左偏移，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向　 　(左/右)偏转。
【答案】（1）
（2）D
（3）C
（4）右
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆的五要素：杠杆的五要素包括支点、动力（用力点）、动力臂、阻力（阻力点）、阻力臂。支点是杠杆绕着转动的固定点；动力是使杠杆转动的力；阻力是阻碍杠杆转动的力。
（2）龙舟的相关知识
船舷高度与载重量：龙舟船舷越高，船的容积越大，载重量越大。
船头形状与阻力：龙舟船头尖尖是为了减少在水中的阻力，使龙舟在水中行驶得更快。
划桨与杠杆原理：划桨时，桨在水中绕着一个固定点转动，利用了杠杆的原理。
鼓的声音与敲击力度：龙舟的鼓被敲得越重，鼓面振动的幅度越大，声音的响度越强。
（3）龙舟运动的物理知识
杠杆的类型：船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
浮力与重力的关系：龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力等于重力。
反冲力的应用：桨往后划，对水施加一个向后的力，根据力的作用是相互的，水对桨施加一个向前的反冲力，使龙舟前进。
惯性的应用：停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为龙舟具有惯性，要保持原来的运动状态。
（4）龙舟的操控：当龙舟向左偏移时，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向右转，利用水的反作用力使龙舟向左调整方向。
【解答】（1）杠杆的五要素
支点：桨与船接触的固定点；用力点：手握住桨的位置；阻力点：桨在水中受到水的阻力的位置。
（2）A、龙舟船舷越高，船的容积越大，载重量越大，故该选项正确。
B、龙舟船头尖尖主要是为了减少在水中的阻力，使龙舟在水中行驶得更快，故该选项正确。
C、在划桨时，桨在水中绕着一个固定点转动，采用了杠杆的原理，故该选项正确。
D、龙舟的鼓被敲得越重，鼓面振动的幅度越大，声音的响度越强，而不是声音就越强（声音的强弱还与距离等因素有关），故该选项错误。
故答案为：D。
（3）A、船桨在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故该选项错误。
B、龙舟漂浮在水面上时，龙舟所受的浮力等于重力，故该选项错误。
C、桨往后划，对水施加一个向后的力，根据力的作用是相互的，水对桨施加一个向前的反冲力，使龙舟前进，利用的是反冲力，故该选项正确。
D、停止划桨后，龙舟还会继续前进一段距离，是因为龙舟具有惯性，要保持原来的运动状态，而不是水仍在推动船前进，故该选项错误。
故答案为：C。
（4）当龙舟向左偏移，为了使其回到航道中心，龙舟舵手应将船舵向右转。
30．（2025·浙江）同学们好奇古人是如何将巨物搬到高处的(省略古人劳动场景)，将相关猜想画成如下简图。其中，A与石头之间用绳索固定，AC 是杠杆，C处用人体的重力拉动杠杆，AC=4.8m，AB=0.8m，石头重5000 kg。
（1）此杠杆是　 　(填“省力”或“省距离”)杠杆。
（2）在某次操作中，石头在MN上移动0.1m，高度升高0.05 m，求克服石头重力做的功。
（3）在某次操作中，绳子与AC垂直，AC 与竖直方向成： ，要拉动巨石，绳子对巨石的拉力至少为32100 N，假设每个人的体重是60kg，C处要用多少个人才能把石头拉起
【答案】（1）省力
（2）克服石头重力做的功。
（3）根据杠杆平衡条件可知，，可知
人数为
可知最少需要22个人。
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
（2）功等于力与物体在力的方向上移动距离的乘积。
（3）根据杠杆平衡条件进行计算。
【解答】（1）由图可知，B是支点，动力臂大于阻力臂，可知是省力杠杆。
31．（2025·杭州模拟）研学实践活动时，小明在农家乐看到一种农具(如图甲)，他查阅资料后知道，这种农具叫“春”，农民捣谷用的，其工作原理图如图乙，AOB为碓杆，O为支点，A处连接着碓头，脚踏碓杆的B点处可使碓头升高，抬起脚，碓头会落下去击打稻谷，若碓头的重力为40N，每踩一次碓头上升的高度为60cm，OA长1.6m，OB 长0.4m。
（1）脚在下踩过程中，“春”可视为 　 　杠杆(选填“省力”、“费力”或“等臂”)；
（2）不计碓杆的重力和摩擦，脚至少用多大的力才可以将碓头抬起
（3）若1min克服“舂”的重力做功为720J，“春”的机械效率为60%，则人做功的功率是多大
【答案】（1）费力
（2）由杠杆平衡条件可得，代入数据可得：，解得F=160N。
（3）春”的机械效率为60%，则人做的总功为
功率。
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆的分类；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；动力臂等于阻力臂，为等臂杠杆。
（2）根据杠杆平衡条件进行计算。
（3），结合进行计算。
【解答】（1）由图可知，O点为支点，动力作用点为B点，阻力作用点为A点，阻力臂大于动力臂，可知阻力小于动力，为费力杠杆。
32．（2025九下·义乌月考）墙壁吊（如图甲）是一种安装在墙壁或立柱上的起重设备，具有空间利用率高、稳定性强等优点。图乙是虚线框里的滑轮组模型，滑轮组绳子的自由端由电动机拉动。用该设备将质量为240千克的物体匀速提升2米，此时绳子自由端的拉力为1000牛，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦。求：
（1）动滑轮的重力。
（2）绳子自由端的拉力做的功。
（3）该设备提升物体时的机械效率。
【答案】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
【知识点】功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
利用求出动滑轮的重力；
（2）根据W总=Fs=Fnh求出绳子自由端的拉力做的功；
（3）根据W有=Gh=mgh求出有用功，利用求出该设备提升物体时的机械效率。
【解答】（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，
动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
（1）由图可知，n=3，不计绳的质量、滑轮与轴的摩擦，动滑轮的重力为G动=nF-mg=3×1000N-240kg×10N/kg=600N
（2）绳子自由端的拉力做的功为W总=Fs=Fnh=1000N×3×2m=6000J
（3）有用功为W有=Gh=mgh=240kg×10N/kg×2m=4800J
该设备提升物体时的机械效率为
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