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双减作业本11.2滑轮（第1课时）
1.认识定滑轮和动滑轮。
2.知道定滑轮和动滑轮的特点和实质。
（巩固性作业）
1．小红升国旗时发现旗杆顶部有一滑轮，它是 滑轮，使用这种滑轮的优点是可以改变 ，使用时相当于 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”）。
2．如图所示，分别利用甲、乙两滑轮匀速提起两个重物，其中甲为 滑轮，使用时相当于 杠杆；若不计滑轮重力及摩擦，且拉力F1=F2，则GA GB（选填“>”、“＜”或“=”）。
3．如图所示，物体G重500N，滑轮重10N，当物体G匀速上升时，挂钩B承受的拉力为 N，挂钩A承受的拉力为 N，拉力F= 。
4．如图所示，沿不同方向将同一物体匀速提到高处，若不计绳重和摩擦，则所用的力（ ）
最大 B．最大 C．最大 D．一样大
5．如图所示，下列关于定滑轮、动滑轮的说法中错误的是（　　）
A．使用定滑轮不能省力，但可以改变施力的方向
B．使用动滑轮最多能省一半力，还能改变施力的方向
C．定滑轮实质上是一个等臂杠杆
D．动滑轮实质上是一个动力臂为阻力臂两倍的杠杆
6．如图，甲、乙两人分别将质量相同的物体匀速提升相同的高度，不计滑轮重力和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．甲的拉力比乙大 B．甲、乙两人的拉力一样大
C．甲、乙使绳子移动的距离相等 D．甲使绳子移动的距离大于乙
7．如图所示，利用同一个滑轮分别按照不同方式拉着同一个物体在竖直方向匀速上升，所用拉力分别为、、，不计滑轮重力和绳与滑轮间的摩擦，所用拉力最大的是（　　）
A． B． C． D．一样大
8．用如图所示的滑轮升降重力为G的国旗时，在竖直方向上对绳子施力，分别使该国旗在空中静止、匀速上升、匀速下降，人对绳子的拉力分别为F1、F2、F3，忽略绳子重及摩擦，下列说法正确的是（　　）
A．F1与G彼此平衡 B．F1＝F2＝F3
C．F2＞F1＞F3 D．F2＝F3＞F1
（拓展性作业）
9．下列简单机械中不能省力的是（　　）
A．利用斜面提升物体 B．转弯时的方向盘
C．修枝的剪刀 D．升国旗用的滑轮
10．如图所示，我国古代聪慧的劳动人民能巧妙地应用简单机械将护城河上的板桥拉起来。下列有关安装在护城河旁城墙顶端的滑轮说法中，正确的是（　　）
A．该滑轮是定滑轮，可以改变力的方向
B．该滑轮是定滑轮，可以省力
C．该滑轮是动滑轮，可以改变力的方向
D．该滑轮是动滑轮，可以省力
11．如图所示，小明沿不同方向分别用大小为F1、F2、F3 的力，匀速拉动物体A。忽略绳重及绳子与滑轮间的摩擦，关于三个力的大小，下列说法正确的是 （　　）
A．F1最小 B．F2最小 C．F3最小 D．一样大
12．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”，如图甲所示。现分别用F 、F 两个力替代“收”，使重物在2s内匀速上升h=0.4m，F 和F 使绳子自由端移动的距离分别为s 和s ，如图乙所示。不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．使用该滑轮可以省力
B．
C．
D．F 使绳子自由端移动的速度是0.4m/s
13．如图所示，用同一个动滑轮先后提升同一物体，使物体以相同的速度匀速上升相同的高度，所用的力分别是F甲和F乙，拉力F甲和F乙移动的速度分别为v甲和v乙。若不计摩擦、动滑轮重和绳重，则F甲和F乙、v甲和v乙之间的大小关系是（　　）
A．F甲＞F乙、v甲＜v乙
B．F甲＞F乙、v甲＞v乙
C．F甲＜F乙、v甲＜v乙
D．F甲＜F乙、v甲＝v乙
14．如图所示，通过动滑轮水平向左拉动物体A，不计滑轮自重及其与绳子间的摩擦。当物体A在5N的拉力F下，匀速直线移动了，则：物体A受到的摩擦力为 N，绳子自由端移动的距离是 m。
15．利用如图所示的动滑轮将重为180N的水桶沿竖直方向匀速提升1m，人拉绳子的动力F为100N，则绳端移动的距离为 m，若不计绳重和摩擦，滑轮重为 N。
16．如图是小海同学“研究定滑轮和动滑轮特点”的实验装置。他按图示提起钩码时注意保持测力计匀速移动，分别测得一组数据如下表所示
钩码重G/N 钩码升高高度h/m 测力计示数F/N 测力计移动距离s/m
甲 0.98 0.2 0.98 0.2
乙 0.98 0.2 1.02 0.2
丙 0.98 0.2 0.55 0.4
解决下列问题：
（1）比较测力计示数的大小，可知：使用动滑轮的好处是 ；
（2）比较测力计拉力的方向，可知：使用定滑轮的好处是 ；
（3）把钩码升高相同的高度，比较乙和丙实验测力计移动的距离，可知：使用动滑轮 ；
（4）在提升重物的过程中，如果要同时兼顾定滑轮和动滑轮的特点，则应选择 ；
（5）进一步分析实验数据，你还发现什么规律 ？（写出一个即可）
（探究性作业）
17．同学们为了探究“使用动滑轮的省、费力情况”，装置如图甲所示。实验过程中，晓彤多次改变所挂钩码的个数，分别记下每次所挂钩码的重力及对应的弹簧测力计示数，并将所测得数据填写在表格中：
实验次数 1 2 3 4 5 6 7 8
所挂钩码重G/N 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0
弹簧测力计示数F/N 0.8 1.0 1.3 1.5 1.8 2.0 2.3 2.5
动滑轮重G0/N 1.0
（1）晓彤使用动滑轮提升钩码的过程中的注意事项是 ；
（2）用同一动滑轮匀速提升同一重物，若采用如图乙、丙所示的两种提升方法，则F1 F2；（选填“>”、“<”或“=”）
（3）分析实验数据，在忽略摩擦、绳重及实验误差的条件下，可以得出弹簧测力计的示数F与钩码的重力G以及动滑轮的重力G0的关系式为 ；
（4）在分析数据时，晓彤画出了G0、G、F与实验次数的图像，请你根据图像写出晓彤探究的结论。( )
18．如图甲所示，是某校外科技小组设计的“空气密度变化的显示器”。将一空心金属球与配重，通过细线悬挂在滑轮上。调节配重质量，使二者恰好能保持静止。再用气泵往玻璃容器内缓慢压入空气或向外抽出空气，此时就可以根据金属球或配重运动状态的变化情况，来粗略地显示出容器内空气密度的大小变化。已知容器的容积为，金属球的重力为4N、体积为。g取，不计配重、滑轮、弹簧测力计和细线的体积，不计机械的自重和摩擦。请回答下列问题：
(1)在图甲中，所用的滑轮属于 滑轮（选填“定”或“动”）；
(2)当气泵工作适当时间后，发现空心金属球由原来的静止状态变为向下运动了，这说明此时容器内的空气密度 了；（选填“变大”“变小”或“不变”）
(3)与实心相比，选用空心金属球的好处是：在质量一定时，空心金属球的 更大，从而能更灵敏地显示出空气密度的大小变化；
(4)在图甲中，若金属球和配重均静止时容器内的空气密度为，则此时配重的质量为 kg；
(5)该小组设计一种新方案：原来器材不变，演示器的玻璃容器内部改进成如图乙所示的结构，用弹簧测力计来显示空气密度的大小变化。现容器内的空气密度为，则弹簧测力计的示数为 N。若通过气泵向玻璃容器内压入空气，则当压入 kg的空气时，演示器中弹簧测力计的示数会变化。
答案部分
核心巩固：
1．【答案】定 力的方向 等臂
【解析】[1]升国旗时，红旗缓缓上升，但是旗杆顶部的滑轮的轴固定不动，故它是定滑轮。
[2]定滑轮的特点是不省力，但能改变力的方向，所以使用定滑轮的优点是可以改变力的方向。
[3]定滑轮在力的作用下围绕轴转动，其动力臂和阻力臂均为定滑轮的半径，则动力臂与阻力臂相等，故它相当于等臂杠杆。
2．【答案】 定 等臂 ＜
【解析】[1][2][3]物理学定义轴固定不动的滑轮叫做定滑轮，甲图中滑轮的轴固定在墙壁上，故甲是定滑轮，定滑轮动力臂和阻力臂相等，所以使用时相当于等臂杠杆。
[4]甲图是定滑轮，乙图中轴随物体一起移动是动滑轮，根据定、动滑轮力的特点，绳上的拉力大小分别为，，又有拉力F1=F2，所以。
3．【答案】500 255 255
【解析】[1]根据二力平衡，物体静止，受到向上的绳子拉力与自身重力相等，因物体重500N，故挂钩B受到的拉力为500N。
[2][3]挂钩A受到的拉力等于绳端的拉力，为物体和滑轮总重的一半，即
4．【答案】D
【详解】因为定滑轮相当于一个等臂杠杆，只能改变力的方向，而不省力，故用定滑轮拉同一重物G，沿三个不同方向，用的拉力大小相等，不计绳重和摩擦，、、都等于物体的重力，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
5．【答案】B
【解析】AC．定滑轮本质是等臂杠杆，使用定滑轮虽然不省力，但可以改变力的方向，故AC正确，不符合题意；
BD．动滑轮的动力臂是阻力臂的2倍，使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，故B错误，符合题意；D正确，不符合题意。
故选B。
6．【答案】A
【解析】AB．由图可知，甲图的滑轮是定滑轮，乙图的滑轮是动滑轮，不计滑轮重和摩擦，则甲的拉力等于物体的重力，乙的拉力等于物体重力的，所以甲的拉力比乙大，故A正确，B错误；
CD．将同一物体匀速提升相同的高度，甲使绳子移动距离等于物体上升的高度，乙使绳子移动距离等于物体上升高度的两倍，所以甲使绳子移动的距离小于乙使绳子移动的距离，故CD错误。
故选A。
7．【答案】C
【解析】由题可知，不计滑轮重力和绳与滑轮间的摩擦，
第一个图中滑轮为定滑轮，因为定滑轮相当于一个等臂杠杆，不能省力，所以根据二力平衡，此时拉力；
第二个图中滑轮为动滑轮，因为动滑轮可省一半的力，但费距离，所以根据二力平衡得；
第三个图是动滑轮，但动力作用在动滑轮的轴上，此时动滑轮相当于费力杠杆，根据二力平衡得，故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
8．【答案】B
【解析】国旗是通过定滑轮来升降的，定滑轮的实质是等臂杠杆。根据杠杆的平衡条件由于动力臂等于阻力臂，所以动力等于阻力。在忽略绳子重及摩擦的情况下，使用定滑轮提升物体，无论物体是处于静止状态，还是匀速上升、匀速下降状态，这些状态都属于平衡状态，拉力大小都等于物体的重力大小，即F1＝F2＝F3＝G，但F1与G方向相同，都竖直向下，二者不是一对平衡力，故 B 正确，ACD 错误。
故选B。
素养提升
9．【答案】D
【解析】A．利用斜面提升物体，斜面是一种省力机械。因为斜面长度大于斜面高度，所以沿斜面施加的力小于物体的重力，可以省力，故A不符合题意。
B．转弯时的方向盘是一个轮轴，轮轴的实质是省力杠杆。使用时，动力作用在轮上，阻力作用在轴上，由于轮半径（动力臂）大于轴半径（阻力臂），所以能省力，故B不符合题意。
C．修枝的剪刀在使用时，其动力臂（手到转轴的距离）大于阻力臂（刀刃到转轴的距离），根据杠杆平衡条件，它是一种省力杠杆，能够省力，故C不符合题意。
D．升国旗用的滑轮是定滑轮，它的轴是固定不动的。定滑轮的实质是一个等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，所以使用定滑轮不省力，但可以改变力的方向，故D符合题意。
故选D。
10．【答案】A
【解析】安装在护城河旁城墙顶端的滑轮是定滑轮。定滑轮的轴的位置固定不动，它的作用是改变力的方向，但不能省力。动滑轮的轴随物体运动，使用动滑轮可以省力，但费距离，不能改变力的方向。故A正确，BCD错误。
故选A。
11．【答案】D
【解析】由图可知，图中滑轮的轴的位置固定不动，是定滑轮。使用定滑轮不能省力，因为物体A匀速运动，忽略绳重及绳子与滑轮间的摩擦，F1、F2、F3都与物体A受到地面的摩擦力相等，所以三种拉法所用拉力一样大，故D正确，ABC错误。
故选D。
12．【答案】B
【解析】A．该滑轮是定滑轮，仅仅能够改变力的方向，无法改变力的大小，故A错误；
B．不计绳重和摩擦，拉力等于物体的重力，由于拉着同一个物体，物体所受的重力相同，故，故B正确；
C．使用定滑轮，不省力也不省距离，故，故C错误；
D．F 使绳子自由端移动的速度是，故D错误。
故选B。
13．【答案】A
【解析】如图甲所示，不计摩擦、动滑轮重和绳重，力F甲的大小等于物体重力的2倍；如图乙所示，力F乙的大小等于物体重力的一半；由此可知F甲＞F乙。由图甲可知，拉力F甲移动的速度为物体移动速度的一半，由图乙可知，拉力F乙移动的速度为物体移动速度的2倍；由此可知v甲＜v乙，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
14．【答案】10
【解析】[1][2]由图示可知，，则滑轮组对物体的拉力为
因为匀速运动，滑轮组对物体的拉力和摩擦力为平衡力，所以物体A受到的摩擦力
绳子自由端移动的距离为
15．【答案】2 20
【解析】[1]由图知，使用动滑轮，承担物重的绳子股数n=2，水桶沿竖直方向匀速提升1m，则绳端移动的距离s=nh=2×1m=2m
[2]不计绳重和摩擦，根据可知，滑轮重为G动=nF-G=2×100N-180N=20N
16．【答案】能省力 可以改变力的方向 费距离（移动更多距离） 由定滑轮和动滑轮组成的滑轮组 使用动滑轮和定滑轮都不能省功
【解析】（1）[1]由表格可知，，故使用动滑轮的好处是能省力。
（2）[2]由图甲、乙可知，拉力的方向发生了改变，故使用定滑轮的好处是可以改变力的方向。
（3）[3]由表格可知，，所以可知：使用动滑轮费距离（移动更多距离）。
（4）[4]想要同时兼顾定滑轮和动滑轮的特点，可以把定滑轮和动滑轮组合起来，使用滑轮组。
（5）[5]不用机械所做的功
W1=Gh=0.98N×0.2m=0.196J
使用定滑轮做的功
W2=F2s2=1.02N×0.2m=0.204J
使用动滑轮做的功
W3=F3s3=0.55N×0.4m=0.22J
所以可得使用动滑轮和定滑轮都不能省功。
自我超越：
17．【答案】匀速向上拉动弹簧测力计 < 见解析
【解析】（1）[1]使用动滑轮提升钩码时，需要匀速向上拉动弹簧测力计，使动滑轮处于平衡状态，测力计的示数保持不变，方便读数。
（2）[2]动滑轮是一省力杠杆，其支点在轮与绳子的接触点上，当使用图乙方法提升重物时，阻力臂及动力臂分别为轮半径及二倍轮半径，据杠杆的平衡条件有
G R=F1 2R
当使用图丙提升重物时，阻力臂等于轮半径，而动力臂小于2倍阻力臂为l，则有
G R=F2 l
那么
F1（3）[3]由表格数据知，每组钩码与动滑轮的总重的二分之一都约为等于弹簧测力计的示数，所以在忽略摩擦、绳重及实验误差时，有
（4）[4]由图像知，当G>G0时，物重越大，使用动滑轮省力越多；当G18．【答案】(1)定 (2)变小 (3)体积 (4) (5)
【解析】（1）在图甲中，滑轮的轴固定不动，是定滑轮。
（2）当气泵工作适当时间后，发现空心金属球由原来的静止状态变为向下运动了，说明此时空心金属球受到的浮力变小了，空心金属球排开空气的体积不变，根据阿基米德原理可知，此时容器内的空气密度的变小。
（3）与实心相比，选用空心金属球的好处是：在质量一定时，由密度公式可知，空心金属球的体积越大，从而能更灵敏地显示出空气密度的大小变化。
（4）由阿基米德原理可得，金属球受到空气的浮力为
由力的平衡条件可知，金属球对左侧细线拉力为
则配重受到的重力为
由得，配重的质量为
（5）[1]由的计算可知，金属球对定滑轮左侧拉力为
滑轮和细线的重力不计，定滑轮两边绳子拉力向下且相等，弹簧测力计的拉力向上，由力的平衡条件可得，测力计的示数为
[2]压入气体后，气体的密度增大，金属球受到的浮力增大，弹簧测力计的示数减小，当测力计的示数变化，即变为
此时绳子的拉力为
依据力的平衡条件可知，压入空气后金属球受到的浮力为
由阿基米德原理可得，此时空气的密度为
此时容器中空气的体积为
由得，压入空气的质量为
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