2022年四川省中考物理复习专题练8-简单机械

这是一份2022年四川省中考物理复习专题练8-简单机械，共24页。

A．斜面的机械效率为37.5%
B．物体受到的摩擦力为2.25N
C．额外功为1.8J
D．有用功为7.2J
2．（2021•游仙区模拟）一根粗细均匀的木棒斜靠在竖直墙壁上，墙壁光滑，地面粗糙。木棒受到的重力为G，墙壁对木棒的弹力为F，如图所示。现让木棒的倾斜程度变小一些至虚线所示位置，木棒仍能静止斜靠在墙上。则与原来相比，G和F变化情况为（ ）
A．G不变，F变小B．G不变，F变大
C．G变大，F变小D．G变小，F变大
3．（2021•自贡模拟）如图所示，用力F将物体B匀速提升0.5m，F做功为3J。若借助滑轮组用力F1把物体的匀速提升相同高度，F2做功为5J。下列说法中正确的是（ ）
A．F2做功的功率比F1做功的功率大
B．滑轮组的机械效率为60%
C．动滑轮的重力为4N
D．两个过程物体都做匀速运动机械能不变
4．（2021•绵阳模拟）轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A、B两端分别挂铁块G1、G2，如图所示，此时杠杆静止。若将两铁块同时浸没于水中，则杠杆（ ）
A．A端下沉B．B端下沉C．保持平衡D．以上均可能
5．（2021•锦江区模拟）如图所示为一轻质硬棒，在A点悬挂重物G，在C点作用一拉力F，使硬棒水平平衡，则硬棒的支点可能在（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
6．（2021•锦江区模拟）如图所示，已知固定斜面长5m、斜面高2.5m，木箱重150N。某同学用大小为100N的推力沿斜面向上推木箱，使木箱沿斜面匀速从底端运动到顶端的过程中，下列描述正确的是（ ）
A．斜面是费力机械
B．木箱受到斜面的摩擦力大小为25N
C．斜面的机械效率为65%
D．木箱受到斜面的支持力对木箱做功
7．（2021•南充模拟）如图所示，手用F1的力直接将物体A匀速提升h，F1做功为300J；若借助斜面用力F2把A匀速提升相同高度，斜面的机械效率是80%，则（ ）
A．借助斜面做的有用功为240J
B．借助斜面做的额外功为80J
C．借助斜面做的总功为300J
D．F2所做的功为375J
8．（2021•武侯区模拟）重为100N的甲物体静止在水平地面上时，对地面的压强为6×105Pa。现将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，乙物体的质量为3kg，杠杆在水平位置平衡时。如图所示。OA：AB＝2：7，g取10N/kg。要使甲物体恰好被细绳拉离地面，则（ ）
A．甲物体对地面的压力只需减少20N
B．甲物体的底面积应小于6×10﹣5m2
C．杠杆B端所挂物体的质量至少增加至4kg
D．可以移动支点O的位置，使AO：AB＝1：4
9．（2021•渠县一模）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竖直向上的作用力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．一直是不变的B．一直是变小的
C．先变大，后变小D．先变小，后变大
10．（2021•梓潼县模拟）如图，在斜面上将一个重为25N的物体匀速从斜面底端拉到顶端，沿斜面向上的拉力F＝9N，斜面长s＝2m、斜面高h＝0.5m。下列说法正确的是（ ）
A．克服物体重力做功50J
B．额外功为18J
C．物体受到的摩擦力为2.75N
D．斜面的机械效率为67.5%
11．（2021•广安模拟）如图所示，用F1的力将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J，若借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度，F2做功为5J．下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率为 60%
B．F2 做功的功率比 F1做功的功率大
C．动滑轮的重力为4N
D．两个过程物体B都匀速运动，机械能不变
12．（2021•四川模拟）利用四个相同的滑轮组成如图所示的甲、乙两个滑轮组．用同样的时间，把质量相等的物体提升相同的高度（忽略绳重和一切摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两图中绳端的拉力相等
B．甲、乙两图中绳端移动速度相等
C．甲、乙两图滑轮组的机械效率相等
D．甲图中的总功大于乙图中的总功
13．（2021•江安县模拟）如图所示，在处于水平平衡的杠杆上A点，挂4个钩码（所有钩码都是相同的），若使杠杆在水平位置保持平衡，需要在B点挂几个钩码（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
14．（2021•成都模拟）如图所示，实心物体A漂浮在水面上，现利用电动机通过滑轮组拉动A，使A向下运动（运动过程中始终未碰到定滑轮）。已知A的体积为0.2m3，密度为0.4×103kg/m3．动滑轮重为300N，电动机工作时拉绳子的功率为1.5×103W且保持不变，不计绳重、摩擦和水的阻力，g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，下列说法中不正确的是（ ）
A．物体向下运动的最小速度3m/s
B．物体A浸没在水中时受到的浮力为2×103N
C．物体A向下运动过程中，电动机拉着绳子的力先变大，后不变
D．物体A向下运动过程中，滑轮组机械效率的最大值为80%
15．（2021•绵阳）在水平地面上，个子较高的甲同学和个子较矮的乙同学共同搬运一个质量分布均匀的木箱，两人一前一后，手都作用在木箱靠近自己一侧的下边缘上，施力方向都竖直向上。第一次，甲同学在前，对木箱施加的力大小为F甲，乙同学在后，对木箱施加的力大小为F乙；第二次，甲、乙同学互换位置，甲同学对木箱施加的力大小为F甲′，乙同学对木箱施加的力大小为F乙′。假设甲、乙同学身体和手臂都伸直，则（ ）
A．F甲＞F乙B．F甲′＝F乙′C．F甲＞F甲′D．F乙＝F乙′
16．（2021•乐山）如图所示，在斜面上将一个重4.5N的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力为1.8N，斜面长s＝1.2m、高h＝0.3m。把重物直接提升h所做的功作为有用功，则（ ）
A．有用功为1.35J，机械效率为75%
B．有用功为2.16J，机械效率为62.5%
C．有用功为1.35J，机械效率为62.5%
D．有用功为1.35J，机械效率为100%
17．（2021•广元）如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为2cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（ ）
A．杠杆的动力臂为8cm
B．该杠杆为费力杠杆
C．该杠杆的阻力大小为0.5N
D．动力F的大小为1.5N
二．填空题（共3小题）
18．（2021•南充）如图甲所示，AB为轻质杠杆，AC为轻质硬棒且与力传感器相连，图乙是物体M从A点开始向右匀速运动过程中力传感器读数大小与时间的关系图像，则物体M的质量大小 kg；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为 s（g＝10N/kg）。
19．（2021•攀枝花）如图所示，固定的斜面长s＝1.2m，高h＝0.3m。沿斜面向上用5N的拉力在2s内把一个重16N的物体从斜面底端匀速拉到顶端。拉力的功率为 W，斜面的机械效率为 。
20．（2021•泸州）在泸州市第36届青少年科技创新大赛上，秋雨同学展示了如图所示的“硬币玩转杠杆”装置，活动中使用的硬币完全相同。在刻度均匀的杠杆上放硬币之前，杠杆已在水平位置平衡，说明该杠杆的重心在 点。在A点叠放两枚硬币时，则可在E点叠放 枚硬币能使杠杆再次水平平衡。保持A点叠放两枚硬币不变，在杠杆上已标出的其余6个点上放硬币，有些点无论放多少枚硬币都无法使杠杆再次水平平衡，这些点是 。
三．实验探究题（共6小题）
21．（2021•旌阳区模拟）小华做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图，杠杆上相邻刻线间的距离相等。如图，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应为 N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆水平平衡，则弹簧测力计的示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
22．（2021•凉山州模拟）在“测量滑轮组机械效率”的实验中，小明利用同一滑轮组先后提升不同重量的物体进行实验，如图甲和乙所示，不计空气阻力。实验测量的数据记录在表格中：
（1）根据测量的实验数据，可计算出表格中的横线上应填的数据大小为 （用百分数表示）。
（2）分析实验数据，可初步得出的实验结论为：同一滑轮组的机械效率与 有关。
（3）小明在实验操作过程中发现：一边拉动弹簧测力计一边读数，非常不方便，因为这样弹簧测力计示数不稳
定，为了方便读数，小明认为可以让弹簧测力计保持静止时读数，他的这种想法显然是错误的，因为他没有考虑到 对滑轮组机械效率的影响，如果让弹簧测力计保持静止时读数，则所测出的滑轮组机械效率将比其真实值 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（4）如果不计绳重和摩擦，只是按照如图丙所示的绕绳方法组装滑轮组，并利用图丙方案提升相同重量的物体，对比甲图和图丙所示的滑轮组的机械效率，可知η甲 η丙（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
23．（2021•船山区二模）某同学在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，利用如图所示的滑轮组进行了4次测量，测得数据如下表所示。
（1）根据表中的数据计算得出第4次实验时绳端移动的距离s为 m，机械效率η为 。
（2）通过比较1、3和4三次实验数据得出：同一滑轮组，提升的物体重力 （选填“越大”或“越小”），滑轮组的机械效率越低。
（3）在忽略摩擦力和绳重的前提下，通过第1次数据可算出动滑轮的重力为 N。
（4）以下选项中不影响滑轮组机械效率的因素是 。
A．动滑轮的重力
B．绳子与滑轮之间的摩擦
C．物体上升的高度
24．（2021•游仙区模拟）利用图中的装置探究杠杆平衡的条件，每个钩码的质量相等，杠杆上的刻度均匀。
（1）如图甲，不挂钩码时，调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置平衡：挂上钩码，移动钩码位置使杠杆在水平位置再次平衡，此时也要选择在水平位置平衡的目的是 ；
（2）图甲中，杠杆在水平位置已经平衡，若将杠杆两侧所挂的钩码各取下一个，杠杆会 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动；
（3）如图乙，用弹簧测力计代替右侧钩码，沿与水平方向成60°角斜向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡。若把左侧钩码的拉力作为阻力，右侧弹簧测力计的拉力作为动力，此时的杠杆是 杠杆（选填“省力”费力”或“等臂”）。
25．（2021•锦江区模拟）某实验小组的同学，利用如图甲所示的装置，在杠杆支点的两边分别挂上钩码来探究杠杆的平衡条件。
（1）如图甲所示，应将右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移动，使杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示，杠杆水平平衡后，小华根据图中的实验数据，猜想杠杆的平衡条件可能是“动力+动力臂＝阻力+阻力臂”。你认为她判断自己的观点是否正确，在不增加其它器材的前提下，应该进行的验证性操作是 。
（3）实验结束后，小组同学利用如图丙所示的装置进行探究，在杠杆某处挂上3个钩码，用弹簧测力计在另一处竖直向上拉使杠杆在水平位置处于平衡状态，以弹簧测力计的拉力为动力F1′，钩码重力为阻力F2′，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1′L1′总是大于F2′L2′，其原因主要是 作用的影响。
26．（2021•成都模拟）用刻度均匀的杠杆和若干质量相等的钩码来探究杠杆平衡的条件。
（1）不挂钩码时，杠杆静止在图甲所示位置，此时应将杠杆右端的螺母向 调节，直至杠杆在水平位置平衡。
（2）实验时，在杠杆左侧A位置先挂4个钩码，如图乙所示，则在右侧B位置应挂 个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。若再将重新平衡的杠杆两侧所挂钩码各取下一个，杠杆会 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动。
（3）如果杠杆处于图甲所示位置时，就立即在杠杆上挂钩码进行实验。关于此操作，你认为下列说法正确的是 。
A.杠杆自身重力可能会对实验产生影响
B.可能不便于测量力臂或出现力臂测量错误
C.无法得出杠杆平衡条件
四．解答题（共4小题）
27．（2021•成都模拟）如图，力气大的人，用一只手就可以把一盆水端起，此时脸盆相当于一个杠杆。右边是它的示意图，图中O为支点，A为动力作用点。请你在示意图中画出最小动力F1、阻力臂L2。
28．（2021•青羊区校级模拟）在学校科技月活动中，科技小组的同学设计了一个小型锅炉，其部分结构如图所示。下面是对锅炉结构的介绍：调控水箱高1.5m，其中带有浮球C的横杆ODC（C为浮球的中心）能绕O点转动，DC＝28cm，OD＝2cm；“T”型阀门B下部不计粗细的直杆与ODC杆相连，ODC杆处于水平时阀门B堵住进水口；圆柱体A是锅炉的安全阀，其底面积为10cm2，加热过程中安全阀堵住出气孔，调控水箱与锅炉体始终连通，当锅炉内气压超过1.2×105Pa时，圆柱体A被顶起，排出部分蒸汽。已知外界大气压为1.0×105Pa，不考虑阀门B、横杆OC及浮球受到的重力，g取10N/kg．根据以上介绍和已知条件解决下列问题
（1）为保护锅炉安全，圆柱体A的重力不能超过多少；
（2）若“T”形阀门B受到向下的压力为30N，ODC杆处于水平平衡，此时浮球C浸入水中体积是多少；
（3）按照这个设计，在锅炉加热后，将出现一些问题，请你通过计算说明。
29．（2021•渠县一模）某小组使用几个相同的滑轮分别进行机械效率的测定，如图。他们将测得钩码重G、拉力F、钩码上升的高度h、测力计移动的距离s，并将计算出的有用功W有用、总功W总和机械效率η数据一并记入下表
（1）实验时，应沿竖直方向 拉动弹簧测力计。
（2）表格中数据★＝ ；
（3）比较实验1、2，第2次的机械效率较低，主要原因是 ；
（4）比较实验2、3，影响这两次实验机械效率不同的主要因素是 ，使用滑轮组的优点是 。
30．（2020•旌阳区模拟）某同学做探究杠杆平衡条件的实验。
（1）实验时，为了方便对力臂的测量，该同学先调节平衡螺母，使杠杆在 位置平衡；通过多次实验，该同学得到了杠杆的平衡条件。
（2）实验中，在杠杆上的A点挂四个重均为0.5N的钩码，用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆上的B点，使杠杆水平平衡，如图所示，测力计的示数是 N；如果将测力计沿图中虚线方向拉，仍使杠杆在水平位置平衡，则测力计的示数将 （变大/不变/变小）。
（3）本实验中多次实验的目的是 。
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．【解答】解：所做有用功为：W有＝Gh＝15N×0.3m＝4.5J；
总功为：W总＝Fs＝6N×1.2m＝7.2J；
额外功为：W额＝W总﹣W有＝7.2J﹣4.5J＝2.7J；
由W额＝fs得，摩擦力为f=W额s=；
机械效率为：η=W有W总=%；
故ACD错误，B正确。
故选：B。
2．【解答】解：以与地面接触点为支点，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据杠杆平衡条件，有：
F×h＝G×12L，
解得：F=GL2ℎ；
现让木棒的倾斜度变小一些至虚线所示位置，由于重力G不变、L变大、h减小，故弹力F变大，故B正确。
故选：B。
3．【解答】解：A、由题知，F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知无法确定两个力做功的功率大小，故A错误；
B、用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则W有＝3J，借助滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即W总＝5J，所以滑轮组的机械效率 η=W有W总×100%=3J5J×100%＝60%，故B正确；
C、由W总＝W有+W额可知，使用滑轮组所做的额外功为：W额＝W总﹣W有＝5J﹣3J＝2J，如果忽略绳重和摩擦，根据W额＝G动h可知，动滑轮的重力为G动=W额ℎ=2J0.5m=4N，因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，所以动滑轮重力小于4N，故C错误；
D、两个过程物体B均匀速运动，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度增加，则重力势能增加，其机械能增加，故D错误。
故选：B。
4．【解答】解：杠杆的示意图如下所示：
重物对B端施加的力大小等于G2，力臂为OC；重物对A端施加的力大小等于G1，力臂为OA，
根据杠杆的平衡条件：G1×OA＝G2×OC；
G1的体积为：V1=m1ρ=G1ρg，G2的体积为：V2=m2ρ=G2ρg，
G1受到的浮力为：F浮1＝ρ水gV1＝ρ水gG1ρg=ρ水ρG1，G2受到的浮力为：F浮2＝ρ水gV2＝ρ水gG2ρg=ρ水ρG2；
此时左端力与力臂的乘积为：（G1﹣F浮1）×OA＝G1×OA﹣F浮1×OA＝G1×OA−ρ水ρG1×OA；
此时右端力与力臂的乘积为：（G2﹣F浮2）×OC＝G2×OC﹣F浮2×OC＝G2×OC−ρ水ρG2×OC；
由于G1×OA＝G2×OC，则：−ρ水ρG1×OA=ρ水ρG2×OC，所以：左端＝右端，杠杆仍然处于平衡状态。
故选：C。
5．【解答】解：动力与阻力使杠杆的转动方向相反，若一个力能使杠杆顺时针转动，则另一个力需使杠杆逆时针转动；
AC、支点不能和力的作用点相同，否则力臂为0，所以A、C两点不能作为支点，故AC错误；
B、当B点为支点时，F1、G使杠杆转动的方向相同，均使杠杆沿逆时针方向转动，故B错误；
D、当D点为支点时，F1、G使杠杆转动的方向相反，故D正确。
故选：D。
6．【解答】解：（1）拉力做的有用功：
W有用＝Gh＝150N×2.5m＝375J，
推力做的总功：
W总＝Fs＝100N×5m＝500J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总=375J500J×100%＝75%，故C错误；
（2）推力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝500J﹣375J＝125J，
由W额＝fs得物体与斜面间的摩擦力大小：
f=W额s=125J5m=25N，故B正确；
C、因为拉力F＜G，所以使用斜面可以省力，斜面属于省力机械，故A错误；
D、木箱受到斜面支持力的方向垂直斜面向上，木箱在支持力的方向上没有移动距离，支持力对木箱不做功，故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：借助斜面做的有用功为克服物体重力所做的功，即用F1直接提升物体做的功，
W有用＝300J，
由η=W有用W总=80%可得借助斜面做的总功，即拉力F2所做的功：
W总=W有用80%=300J80%=375J，
额外功：W额＝W总﹣W有用＝375J﹣300J＝75J，
可见，ABC错误、D正确。
故选：D。
8．【解答】解：
A.杠杆B端受到的拉力FB＝G乙＝m乙g＝3kg×10N/kg＝30N，
由杠杆的平衡条件可得FA•OA＝FB•OB，
则杠杆A端受到的拉力FA=OBOAFB=AB−OAOAFB=7−22×30N＝75N，
此时甲物体对地面的压力F压＝G甲﹣FA＝100N﹣75N＝25N，
要使甲物体恰好被细绳拉离地面，甲物体对地面的压力只需减少25N即可，故A错误；
B.重为100N的甲物体静止在水平地面上时，对地面的压力F压′＝100N，
由p=FS可得，甲物体的底面积S=F压'p=100N6×105Pa≈1.67×10﹣4m2＞6×10﹣5m2，故B错误；
C.甲物体恰好被细绳拉离地面时，A端受到绳子的拉力FA＝G甲＝100N，
由杠杆平衡条件可得：FA•OA＝FB•OB，
则杠杆B端受到的拉力FB=OAOBFA=OAOBFA=OAAB−OAFA=27−2×100N＝40N，
因杠杆B端受到的拉力等于物体乙的重力，
所以，由G＝mg可得，物体乙的质量m乙=G乙g=FBg=40N10N/kg=4kg，
则杠杆B端所挂物体的质量至少增加至4kg，故C正确；
D.设甲物体恰好被细绳拉离地面时AOAB=k，
由杠杆的平衡条件可得：FA•OA＝FB•OB，即100N×kAB＝30N×（AB﹣kAB），
解得：k=313，即AO：AB＝3：13，故D错误。
故选：C。
9．【解答】解：
将杠杆缓慢地由OA位置拉到水平位置时，根据相似三角形知识可知，动力臂与阻力臂的比值不变，阻力为杠杆的重力，保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力的大小不变。
故选：A。
10．【解答】解：
A、克服物体重力做功（即有用功）：W有用＝Gh＝25N×0.5m＝12.5J，故A错误；
B、拉力做的总功：W总＝Fs＝9N×2m＝18J，则额外功：W额＝W总﹣W有用＝18J﹣12.5J＝5.5J，故B错误；
C、由W额＝fs可得，物体受到的摩擦力：f=W额s=5.5J2m=2.75N，故C正确；
D、斜面的机械效率：η=W有用W总×100%=12.5J18J×100%≈69.44%，故D错误。
故选：C。
11．【解答】解：
A、用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则W有＝3J；借助滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即W总＝5J，
所以滑轮组的机械效率η=W有W总=3J5J×100%＝60%，故A正确；
B、由题知，F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知无法确定两个力做功的功率大小，故B错误；
C、由W总＝W有+W额可知，使用滑轮组所做的额外功为：W额＝W总﹣W有＝5J﹣3J＝2J，
如果忽略绳重和摩擦，根据W额＝G动h可知，动滑轮的重力为G动=W额ℎ=2J0.5m=4N，
因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，所以动滑轮重要小于4N，故C错误；
D、两个过程物体B均匀速运动，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度增加，则重力势能增加，其机械能增加，故D错误。
故选：A。
12．【解答】解：
（1）由图可知，承担物重的绳子段数n甲＝3，n乙＝2；由题可知，动滑轮重、物体的重力均相等，不计绳重与摩擦，根据F=1n（G物+G动）可知，甲滑轮组的拉力较小，即F甲＜F乙，故A错误；
（2）将物体提升相同的高度，绳子自由端移动的距离分别为s甲＝3h、s乙＝2h，根据v=st知，在相同时间内，甲图中绳端移动的速度较大，故B错误；
（3）物重相等，提升相同的高度，则有用功相同；不计绳重与摩擦，动滑轮重相同，则做的额外功相同，由W总＝W有+W额可知，拉力做的总功相等，即W甲＝W乙，故D错误；
（4）两滑轮组的有用功、总功均相等，由η=W有用W总可知，两滑轮组的机械效率相等，即η甲＝η乙，故C正确．
故选：C。
13．【解答】解：设每个钩码重力为G，每个小格长度为L，则支点左侧力与力臂的积为：4G×3L＝12GL；
右侧B点的力臂为4L，则根据杠杆的平衡条件可知，B端所挂钩码的重力为12GL4L=3G，即需要三个钩码。
故选：C。
14．【解答】解：
（1）由ρ=mV可得A的质量：
mA＝ρAVA＝0.4×103kg/m3×0.2m3＝80kg；
A的重力：
GA＝mAg＝80kg×10N/kg＝800N；
A浸没在水中V排＝VA＝0.2m3，
A浸没在水中受到的浮力：
F浮＝ρ水gV排＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m3＝2×103N；
当A完全浸没时绳子对物体A的拉力最大，电动机对绳子的拉力也最大，
不计绳重、摩擦和水的阻力，则电动机对绳子的最大拉力：
F=13（F浮﹣G+G动）=13（2×103N﹣800N+300N）＝500N，
由P=Wt=Fst=Fv可得，绳子自由端运动的最小速度：
v绳=PF=1.5×103W500N=3m/s；
则物体向下运动的最小速度：
v=13v绳=13×3m/s＝1m/s；故A错、B正确；
（2）电动机对绳子的拉力F=13（F浮﹣G+G动），物体A向下运动过程中，浮力先变大、后不变，所以电动机拉着绳子的力先变大，后不变，故C正确；
（3）当A完全浸没后，滑轮组受到的拉力最大，此时滑轮组的机械效率最大，
有用功：W有用＝（F浮﹣G）h，
总功：W总＝Fs=13（F浮﹣G+G动）×3h＝（F浮﹣G+G动）h，
滑轮组机械效率的最大值：
η=W有用W总=(F浮−G)ℎ(F浮−G+G轮)ℎ=F浮−GF浮−G+G轮=2×103N−800N2×103N−800N+300N×100%＝80%，故D正确。
故选：A。
15．【解答】解：如图，木箱质量均匀故其重心在几何中心，标为G，个子较高的甲同学抬箱子时，动力作用点在B处，支点在A点，动力臂为AC，阻力臂为AD，根据杠杆的平衡条件可得：F2×AC＝G×AD①；个子较矮的乙同学抬箱子时，动力作用点在A点，支点在B点，动力臂为BF，阻力臂为HB；根据杠杆的平衡条件可得：F1×BF＝G×HB ②；由图知：HB＞HF③，AC＝BF④，AD＝HF⑤，综合①②③④⑤可得：F1＞F2，即F甲＜F乙；当甲、乙同学互换位置后，由于物体的重心位置不变，力臂的长短不发生改变，则甲乙所用力的大小不会发生改变，即与第一次所用力的大小相同，故ABC错误；D正确。
故选：D。
16．【解答】解：有用功W有用＝Gh＝4.5N×0.3m＝1.35J，
总功W总＝Fs＝1.8N×1.2m＝2.16J，
机械效率η=W有用W总×100%=×100%＝62.5%。
故选：C。
17．【解答】解：A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：12OA=12×4×2cm＝4cm，故A错误；
B、阻力臂OB，3×2cm＝6cm＞12OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；
C、该杠杆的阻力大小为：F2＝G＝4×0.5N＝2N，故C错误；
D、根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，G×OB＝F×12OA
代入数据，2N×6cm＝F×4cm，
解得，F＝3N，故D错误。
故选：B。
二．填空题（共3小题）
18．【解答】解：（1）由乙图知，M在A点时，传感器受到的压力是F＝10N，
物体M在A点，传感器受到的力的大小等于M 重力大小，
则M受到的重力G＝F＝10N，
则M的质量为m=Gg=10N10N/Nkg=1kg。
（2）由乙图知，当M运动到支点O时，传感器受到的力是0，用时5s，OA＝30cm，
则M的运动速度v=OAt=30cm5s=6cm/s。
当M运动到支点O的右端时，传感器的最大弹力是F'＝15N，此时M距离支点O距离为L，
根据杠杆平衡条件得，F'×OA＝G×L，
15N×30cm＝10N×L，
解得，L＝45cm，
则M运动距离为s'＝OA+L＝30cm+45cm＝75cm，
由速度公式得，则M运动的时间t'=s'v=75cm6cm/s=12.5cm/s。
故答案为：1；12.5。
19．【解答】解：（1）拉力所做的总功为：W总＝Fs＝5N×1.2m＝6J；
拉力的功率为：P=W总t=6J2s=3W；
（2）此过程所做的有用功为：W有＝Gh＝16N×0.3m＝4.8J；
则斜面的机械效率为：η=W有W总=4.8J6J=80%。
故答案为：3；80%。
20．【解答】解：在刻度均匀的杠杆上放硬币之前，杠杆已在水平位置平衡，这表明杠杆的重心在支点处，即D点，杠杆的重力的力臂为0；
在A点叠放两枚硬币时，设每个硬币的重力为G，杠杆上每一小格的长度为L，根据杠杆的平衡条件可知：2G×3L＝GE×L，解得：GE＝6G，即在E点叠放6枚硬币能使杠杆再次水平平衡；
由图可知，杠杆的支点在中点，保持A点叠放两枚硬币不变，A点硬币的重力的方向是竖直向下的；由于放置的硬币的重力的方向也是竖直向下的，要使杠杆平衡，则硬币应放置在D点的右侧，在杠杆的左侧的B、C两点，无论放多少枚硬币都无法使杠杆再次水平平衡；D点是支点，在D点放多少枚硬币都不会影响杠杆左端下沉。
故答案为：D；6；B、C、D。
三．实验探究题（共6小题）
21．【解答】解：每个钩码重0.5N，若杠杆每一个小格长L，根据杠杆的平衡条件可得：2×0.5N×3L＝F×2L，所以此时弹簧测力计的示数F＝1.5N；
当弹簧测力计改为斜拉时，动力臂L1变小，所以再次使杠杆水平位置平衡，弹簧测力计的示数将变大。
故答案为：1.5；变大。
22．【解答】解：（1）根据测量的实验数据，2的机械效率为：
η=W有用W总=GℎFs×100%=6N××0.3m×100%＝62.5%；
（2）从实验数据看，钩码上升的高度相同，钩码重不断增大，机械效率不断提高，所以可以看出滑轮组的机械效率与被提升物体的重力有关。
（3）在弹簧测力计静止时读出了数据，由于不会克服绳与轮之间的摩擦，所以测得的拉力偏小，她的想法是不正确的，实验过程中拉力F应该在弹簧测力计做匀速运动时读数，若为了方便，若在测力计静止时读数，则没有测量出机械的摩擦力，测量出的拉力变小，根据W＝Fs，求出的总功变小，故测出的机械效率将比真实值偏大；
（4）不计绳重和摩擦，只是按照如图丙所示的绕绳方法组装滑轮组，并利用图丙方案提升相同重量的物体，绳子的有效股数不同、动滑轮的个数相同、物体的重力相等，绳子的缠绕方式不同，两装置中，提升相同的物体上升相同的高度时所做的有用功相同，动滑轮的个数和摩擦力的大小相同所做的额外功相等，由η=W有用W总=W有用W有用+W额×100%可知两者的机械效率相等，可知η甲等于η丙。
故答案为：62.5%；（1）62.5%；（2）被提升物体的重力；（3）绳子与滑轮之间的摩擦；偏大；（4）等于。
23．【解答】解：（1）由图知实验中由四段绳子承担物重，所以第4次实验中绳子移动的距离：s＝4h＝4×0.1m＝0.4m，
第4次实验测得机械效率为：
η=W有用W总=GℎFs×100%=3.0N××0.4m×100%＝50%；
（2）通过比较1、3和4三次实验数据知，物体提升的高度和绳子移动的距离相同，物体的重力不同，且物体的重力越大，机械效率越高，所以可以得出：同一滑轮组，物重越小，滑轮组的机械效率越低；
（3）如果不考虑绳子与滑轮之间的摩擦，动滑轮和重物由几股绳子承担，拉力为重物和动滑轮总重的几分之一。即：F=14（G物+G动），
所以动滑轮的重力：G动＝4F﹣G物＝4×0.8N﹣1N＝2.2N；
（4）滑轮组的机械效率跟动滑轮的重、绳重、摩擦、提起物体的重有关，跟滑轮组的绕法、物体升高的距离等都没有关，所以AB不符合题意，C符合题意。
故答案为：（1）0.4；50%；（2）越小；（3）2.2；（4）C。
24．【解答】解：
（1）将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动，直到杠杆在水平位置静止；
杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，若将杠杆两侧所挂的钩码各取下一个，
则左侧2G×2L＝4GL，右侧G×3L＝3GL，由4GL＞3GL可知，杠杆不能平衡，左端下沉，即杠杆会逆时针转动；
（3）如图乙，用弹簧测力计代替右侧钩码，沿与水平方向成60°角斜向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，
若把左侧钩码的拉力作为阻力，右侧弹簧测力计的拉力作为动力，画出此时拉力F的力臂L，如下图所示：
，
则L′＝3L×sin60°＝3L×32≈2.6L＞2L，即动力臂大于阻力臂是省力杠杆。
故答案为：（1）方便力臂的测量；（2）逆时针；（3）省力。
25．【解答】解：（1）由图知，杠杆右端上升，说明杠杆的重心在支点的左侧，应向右调节平衡螺母使杠杆重心右移到支点处，使杠杆在水平位置平衡时，可以方便读出力臂；
（2）要验证杠杆平衡的条件是否是“动力+动力臂＝阻力+阻力臂”，可使两侧的钩码分别向内（或者向外）移动一格，观察杠杆是否平衡，由杠杆平衡条件知，此时杠杆不平衡，所以“动力+动力臂＝阻力+阻力臂”结论可以验证；
（3）用如图丙所示装置进行探究，支点不在杠杆的中点时，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）右；（2）将两侧的钩码分别向内（或者向外）移动一格，观察杠杆是否平衡（或将两侧的钩码分别取下一个，观察杠杆是否平衡；（3）杠杆自身重力。
26．【解答】解：（1）为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆左端偏高，应将杠杆右端的螺母向左端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）一个钩码的重力为G，设杠杆的一个小格为L，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知，4G×3L＝nG×4L，解得：n＝3，即在B位置挂上3个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
将重新平衡的杠杆两侧所挂钩码各取下一个，杠杆左端：3G×3L＝9L，杠杆右端：2G×4L＝8GL，左端＞右端，则杠杆会逆时针转动；
（3）杠杆处于图甲所示位置时，杠杆没有调平就挂上钩码进行实验，杠杆的重心不在支点上，杠杆的自重对杠杆平衡产生影响，故A正确；
杠杆不在水平位置平衡，力臂不在杠杆上，不便于测量力臂，不便于得出杠杆的平衡条件，但可以得出杠杆的平衡条件，故B正确，C错误。
故答案为：（1）左；（2）3；逆时针；（3）AB。
四．解答题（共4小题）
27．【解答】解：（1）由图可知，重力为阻力，当O点支点时，阻力和阻力臂的乘积一定，则O到重力作用点的垂线段就是阻力臂L2；
（2）A为动力作用点，则OA为最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向右上方，据此可画出最小的动力。如图：
28．【解答】解：（1）以圆柱体A为研究对象，A刚好被顶起时，G+F大气＝F气
由p=FS得，F＝pS，设圆柱体A的横截面积为S，
则mg+p0S＝pS
m=(p−p0)Sg=(1.2−1.0)×105Pa×10×10−4m210N/kg=2.0kg，
所以G＝mg＝2.0kg×10N/kg＝20N；
（2）“T”形阀门B受到向下的压力为30N，ODC杆处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件：
F•OD＝F浮•OC
F浮=F⋅ODOC=30N×2cm28cm+2cm=2N；
由F浮＝ρ液gV排得，球浸入水中的体积：
V排=F浮ρ水g=2N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10﹣4m3；
（3）由于加热过程中调控水箱与锅炉体始终是连通的，随着锅炉内温度的升高，锅炉内水面上方气压升高，当气压升高到1.2×105Pa时，导致锅炉内水被压入调控水箱，由p＝ρ液gh得，使调控水箱表面的水比炉体内水高：
△h=△pρ水g=0.2×105Pa1.0×103kg/m3×10N/kg=2m，
使得阀门B不能打开，无法继续注水。
答：（1）为保护锅炉安全，圆柱体A的重力不能超过20N；
（2）若“T”形阀门B受到向下的压力为30N，ODC杆处于水平平衡，此时浮球C浸入水中体积是2×10﹣4m3；
（3）按照这个设计，在锅炉加热后，阀门B不能打开，无法继续注水。
29．【解答】解：（1）在实验中，测绳端拉力F时，应尽量竖直向上匀速拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数。
（2）由表中实验数据可知，第三次实验时滑轮组的机械效率：
η3=W有用W总×100%=×100%≈66.7%；
（3）读图可知，第2次实验中滑轮为动滑轮，因此，由于动滑轮重力的存在，使额外功增加，机械效率降低；
（4）读图可知，第2、3两次实验相比较，滑轮组的绕绳方法不同，使得其摩擦力的大小不同，这是造成其机械效率不同的主要因素；既可以省力又可以改变施力的方向。
故答案为：（1）匀速；（2）66.7%；（3）克服动滑轮重力要多做额外功；（4）摩擦；既可以省力又可以改变施力的方向。
30．【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂，同时杠杆的重心通过支点，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响。所以杠杆在水平位置平衡，可以使实验简单化。
（2）∵F1l1＝F2l2，
即：F1×8cm＝2N×4cm，
∴F1＝1N。
当弹簧测力计竖直向上拉动杠杆，杠杆在水平位置平衡，力臂为OB，当弹簧测力计向右倾斜时，力臂变小，阻力和阻力臂不变，拉力会变大。
（3）探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，使结论具有普遍性，避免偶然性。
故答案为：
（1）水平；
（2）1；变大；
（3）寻找普遍规律，避免偶然性。
次数
物重/N
提升高度/m
拉力/N
绳端移动距离/m
机械效率η
1
3
0.1
2.0
0.3
50%
2
6
0.1
3.2
0.3

次数
钩码所收到的重力G/N
钩码提升的高度h/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
1.0
0.1
0.8
0.4
31.25%
2
1.0
0.2
0.8
0.8
31.25%
3
2.0
0.1
1.2
0.4
41.67%
4
3.0
0.1
1.5
次序
G/N
F/N
h/m
s/m
W有用/J
W总/J
η
1
2
2.1
0.1
0.1
0.2
0.21
95.2%
2
2
1.2
0.1
0.2
0.2
0.24
83.3%
3
2
1.0
0.1
0.3
0.2
0.30
★