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初中物理人教版八年级下册第十二章 简单机械综合与测试课时练习
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这是一份初中物理人教版八年级下册第十二章 简单机械综合与测试课时练习，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，作图题，．解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2013•庆阳）园艺师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，常把树枝尽量往剪刀轴O处靠近，这样做的目的是为了（ ）
A．增大阻力臂，减小动力移动的距离
B．减小动力臂，减小动力移动的距离
C．增大动力臂，省力
D．减小阻力臂，省力
【考点】7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等．
【分析】把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂，在阻力、动力臂一定的情况下，由杠杆的平衡条件可知，减小了动力，将更省力．
【解答】解：把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂L2，而动力臂L1和阻力F2不变，
∵F1L1=F2L2，
∴将变小，即省力．
故选D．
【点评】灵活运用杠杆的平衡条件分析有关杠杆的实际做法，多积累，能恰当的使用好杠杆（省力或省距离）．
2．（2013•乐山）如图所示，不计摩擦，把重G=16N的物体匀速提起所用的拉力F=10N，则关于该动滑轮的说法中错误的是（ ）
A．动滑轮重4N
B．使用该动滑轮要费距离
C．该动滑轮的机械效率为80%
D．提升物体的速度越快，机械效率越高
【考点】F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等．
【分析】A、根据动滑轮的特点F=（G物+G动）计算动滑轮的重力．
B、动滑轮省力但费距离．
C、根据机械效率的概念η=×100%=×100%计算，其中s=2h．
D、机械效率与做功的快慢无关，与物体的重力与动滑轮重力有关．
【解答】解：A、根据F=（G物+G动）得G动=2F﹣G物=2×10N﹣16N=4N，所以A正确．
B、动滑轮可以省一半的力，但费距离．所以B正确．
C、η=×100%=×100%=×100%=80%，所以C正确．
D、提升物体的速度快，则做功快，功率大，但效率不变．所以D错误．
故选D．
【点评】此题考查了动滑轮的特点及机械效率的计算．动滑轮由两段绳子承担物重，所以可以省一半的力，但费距离．同时要掌握机械效率的求法，将其与功率区别开来．
3．（2013•重庆）小明利用如图所示的装置探究滑轮组的特点，他将重为3N的物体匀速提高了0.5m，已知绳子自由端的拉力F为2N，则绳端移动的距离s及提起重物时滑轮组的机械效率是（ ）
A．s=1.5m，η=50%B．s=1.5m，η=80%C．s=lm，η=75%D．s=lm，η=37.5%
【考点】F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等．
【分析】（1）使用滑轮组时，滑轮组有几段绳子承担物重，绳子自由端移动的距离就是重物升高距离的几倍；
（2）滑轮组的机械效率等于有用功除以总功，有用功等于物体的重力乘以物体上升的高度，总功等于拉力乘以绳子自由端移动的距离．
【解答】解：
（1）由图可知，本题中使用滑轮组时，滑轮组用两段绳子吊着物体，绳子自由端移动的距离就重物升高距离的两倍；s=2h=2×0.5m=lm．
（2）滑轮组的机械效率：
η===×100%=75%．
故选C．
【点评】此题考查的是滑轮组的特点和机械效率的计算，会判断承担物重的绳子段数，熟记绳子拉下的长度与物体上升高度的关系，是解决滑轮组效率问题的第一步．
4．（2012•长春）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于5N
D．作用点在B点的最小动力小于5N
【考点】7O：杠杆的分类；7S：杠杆中最小力的问题．
【难度】中等
【分析】（1）由图可知，阻力臂是确定的，即图中支点O到重力作用点的距离，但我们只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆．
（2）由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小．支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力．
根据杠杆平衡条件求出最小的动力．
【解答】解：（1）因无法确定动力臂的大小，所以无法确定它是哪种杠杆，故A和B错误；
（2）加在B点的动力F与OB垂直向上时，动力作用线和杠杆垂直，支点与动力作用点之间的连线OB就是最长的动力臂，此时动力最小．因为C点是中点，所以OB＞OA=2OC．
根据杠杆的平衡条件F×OB=G×OC，此时的最小动力F==5N．所以选项C错误，选项D正确．
故选D
【点评】判断杠杆类型关键是比较杠杆的动力臂和阻力臂的大小关系．该题同时考查了利用杠杆平衡条件判断最小的动力，以及杠杆平衡条件的有关计算，解答此类题的关键是找出最长的动力臂．
5．（2012•六盘水）乒乓球、保龄球等表面都是光滑的，为什么高尔夫球的表面上布满小坑呢？经有关科学家研究发现：两个等大的球，一个表面布满小坑，另一个光滑，在空中高速飞行时，表面布满小坑的球受到的空气阻力较小．现将质量与体积均相等的两个小球A（表面布满小坑）与B（表面光滑）分别利用细绳悬挂在等臂杠杆的两端，使杠杆水平平衡，如图所示．当从两球正下方同时以相同速度（足够大）的风对准它们竖直向上吹时，则以下的说法中正确的是（ ）
A．杠杆左端下降
B．杠杆右端下降
C．杠杆仍然在水平方向处于平衡状态
D．无法判断杠杆的转动情况
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用；7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等
【分析】这是一道信息给予题，考查点是杠杆的平衡原理．根据题上给出的信息，可以对两小球的受力进行分析．
【解答】解：由题意知：风向上吹相当于小球向下运动时受到的阻力，所以小球受到的阻力向上，对小球进行受力分析，小球受三个力作用，向下的重力，向上的拉力和阻力，表面布满小坑的球阻力小，但是两球重力一样，所以表面布满小坑的球拉力大，也就是对杠杆的拉力大．而它们原先处于平衡状态，所以，杠杆左端下降．
故选A．
【点评】此题是一道信息给予题，要认真的从信息中获得有用的知识，并且本题考查了杠杆的平衡条件．
6．（2012•眉山）按如图所示，是小丽在“研究杠杆平衡条件”的实验中，使杠杆在水平位置平衡．如果在杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码，则杠杆（ ）
A．仍然平衡B．不平衡，左端下降
C．不平衡，右端下降D．无法确定
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用．
【难度】中等
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在把杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，据此分析得出结论．
【解答】解：
设杠杆每一格长度为L，一个钩码的重力为G，
原来：2G×6L=3G×4L，杠杆平衡，
现在在杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码：
左边=3G×6L，右边=4G×4L，因为3G×6L＞4G×4L，所以杠杆不再平衡，左端下降．
故选B．
【点评】杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂．
7．（2012•广州）如图剪刀剪纸的机械效率为80%，这表示（ ）
A．若作用在剪刀的动力是1N，则阻力是0.8N
B．若作用在剪刀的阻力是1N，则动力是0.8N
C．若作用在剪刀的动力做功1J，则有0.2J 的功用于剪纸
D．若作用在剪刀的动力做功1J，则有0.8J 的功用于剪纸
【考点】F1：机械效率．
【难度】中等
【分析】①在使用机械时，为完成某项任务必须做的功叫有用功；对完成任务没有用但又不得不做的功叫额外功；有用功与额外功之和叫总功；有用功与总功的比值是机械效率．
②剪刀剪纸机械效率为80%表示：在剪纸过程中，有80%的功用来剪纸，20%克服摩擦是额外功．
【解答】解：
A、B 剪刀可以看做是一个杠杆，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知，要比较动力或阻力大小，必须知道动力臂和阻力臂．A、B选项都错误；
C、D 利用剪刀的目的是剪纸，所以剪纸做的功是有用功．由机械效率为80%知，如果动力做功1J，有0.8J是用于剪纸．C选项错误，D选项正确．
故选D．
【点评】在解决机械效率问题时，先要明确使用机械要完成的任务（一般是克服重力或摩擦）﹣﹣确定有用功．
8．（2011•贵港）如图甲示，重80N的物体在大小为30N的水平向左的拉力F1的作用下，在水平面上以0.4m/s的速度做匀速直线运动．再改用图乙所示的滑轮组拉物体，该物体在水平向右的拉力F2作用下，在相同的水平面上以相同的速度水平方向右匀速直线运动了0.5m（滑轮与绳子质量及滑轮与绳子的摩擦均不计）．下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面之间的摩擦力的大小为15N
B．拉力F2的功率为36W
C．拉力F2的大小为90N
D．拉力F2做的功为15J
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；EC：功的计算；FF：功率的计算．
【难度】中等
【分析】（1）滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，并且摩擦力的大小等于物体做匀速直线运动时的拉力．
（2）根据二力平衡的条件、滑轮组的特点以及摩擦力的大小求出拉力F2的大小，然后根据P=Fv和W=Fs求出拉力F2的功率和做的功．
【解答】解：A、图甲中是一只动滑轮，用2段绳子承担，物体做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力为f=2F1=60N，故A错误；
BC、分析滑轮组可知，左侧60N的摩擦力由两段绳子承担，每段绳子的拉力为30N，每段绳子的速度为物体速度的2倍，右侧F2的拉力则分为了3段承担，因此F2=3×30N=90N，F2的速度为物体速度的，故P=F2×v=90N××0.4m/s=24W；所以B错误，C正确；
D、在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下，拉力F2做的功就是克服摩擦力做的功W=fs=60N×0.5m=30J，所以D错误．
故选C．
【点评】本题考查了功和功率的计算以及力的合成等．关键是能对滑轮组的特点进行正确的分析，还要能熟练运用功、功率的公式进行必要的计算．
9．（2011•义乌市）如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面．则（ ）
A．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为乙方法的阻力臂长
C．F甲＞F乙，因为乙方法时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
【考点】7N：杠杆的平衡条件；7P：力臂的画法．
【难度】中等
【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点．由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半．在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系．
【解答】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一．根据杠杆的平衡条件F==G．所以前后两次所用的力相同．所以ABC错误，D正确．
故选：D．
【点评】通过杠杆的平衡条件，将抬起物体所用的力与物体的重力两者联系在一起．对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半．对于一端粗一端细的物体，由于其重心不在其中点上，所以，所用的力不等于重力的一半：抬起粗端所用的力大于重力的一半；抬起细端所用的力小于重力的一半，但两者之和仍等于物体的重力．
10．（2011•揭阳）用下列简单机械，使重量同为G的物体都处于静止状态，其中用力最大的是（均不计摩擦和机械自重）（ ）
A．F1B．F2C．F3D．F4
【考点】7N：杠杆的平衡条件；7V：定滑轮及其工作特点；7Z：动滑轮拉力的计算．
【难度】中等．
【分析】根据杠杆的平衡条件、滑轮组的工作特点求出四个力的大小进行比较得出最省力的装置．
【解答】解：A、如右上图，
∵杠杆平衡，
∴F1×OB=G×OA，
；
B、如右下图，
∵杠杆平衡，
∴F2×OA=G×OB，
；
C、由图知，使用滑轮组时n=2，不计摩擦和机械自重，
拉力F3=G，
D、由图知，使用滑轮组时n=3，不计摩擦和机械自重，
F4=G．
可见，用力最大的是B．
故选B．
【点评】本题考查了杠杆的平衡条件、滑轮组的特点，找出力臂大小是关键．
二、填空题（每空2分，共44分）
11．（2015•安徽）如图，AB为能绕B点转动的轻质杠杆，中点C处用细线悬挂一重物，在A端施加一个竖直向上大小为10N的拉力F，使杠杆在水平位置保持平衡，则重物G= 20 N．若保持拉力方向不变，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将 不变 （选填“增大”、“不变”或“减小”）
【考点】7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等
【分析】（1）如图，BA、BC为动力F和阻力G的力臂，知道C是BA的中点，也就知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求G的大小；
（2）画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况．
【解答】解：
（1）如图，杠杆在水平位置，
LBA=2LBC，
杠杆平衡，FLBA=GLBC，
所以G===2×10N=20N；
（2）杠杆被拉起后，如图所示，
BA′为动力臂，BC′为阻力臂，阻力不变为G，
△BC′D∽△BA′D′，
BC′：BA′=BD：BD′=1：2，
杠杆平衡，
所以F′LBA′=GLBC′，
F′==G=×20N=10N；由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变；
故答案为：20N；不变．
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键．
12．（2015•衢州）如图为水平桌面上的圆形玻璃转盘（转盘半径为50cm），在水平力作用下能绕转盘中心O点自由转动，转动时可视为杠杆．甲在A点施加一个大小为20N的水平力FA，想让转盘转动，对面的乙在距O点40cm处的B点同时施加一个水平力，想让转盘反方向转动，乙应沿图中 F2 （选填“F1”、“F2”、“F3”或“F4”）方向施加一个至少为 25 N的力，才可能达到目的（假设只有甲、乙两人对转盘施力，忽略其它力对转动的影响）．
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用．
【难度】中等
【分析】观察图，从中找出杠杆的几个要素，再根据杠杆的平衡条件可知，要想得到一个最小的力，应使力臂达到最大，可判断力的方向．并结合已知条件计算所施加力的大小．
【解答】解：读图可知，图中AB相当于杠杆，O为支点，FA可视为动力，阻力施到B点，此时为了使用力最小，应使力臂最长，且所施力的方向应阻碍杠杆的转动，故想让转盘反方向转动，乙应沿图中F2方向施力．
此时动力的力臂为L1=50cm=0.5m，阻力的力臂L2=40cm=0.4m，
由杠杆的平衡条件得，FA•L1=F2•L2，
则F2===25N．
故答案为：F2；25．
【点评】通过观察图片，明确杠杆的五要素，再结合杠杆的平衡条件进行计算，是解答此题的关键．
13．（2015•苏州）物理实验复习时，小美和小丽再探有关杠杆平衡的问题
（1）小美先将杠杆调节至水平位置平衡，在左右两侧各挂如图甲所示的钩码后，杠杆的 左 端下降．要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总数和悬挂点位置，只需将 左侧2个钩码挂到右侧 即可．
（2）小丽还想探究当动力和阻力在杠杆同侧时杠杆的平衡情况，于是她将杠杆左侧的所有钩码拿掉，结果杠杆转至竖直位置，如图乙所示．小丽在A点施加一个始终水平向右的拉力F，却发现无论用多大的力都不能将杠杆拉至水平位置平衡．你认为原因是 水平位置时动力臂为零杠杆无法平衡 ．
（3）他们认为（2）问中拉力是做功的．如果水平向右的拉力F大小不变，OA长L，将杠杆从竖直位置拉着转过30°的过程中，拉力F做功为 FL ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等
【分析】（1）根据图甲中左右两侧挂钩码后两边力与力臂的乘积大小，判断杠杆的哪端下降；根据杠杆的平衡条件计算不改变钩码总数和悬挂点位置时，挂钩码情况；
（2）分析F作用下其力臂变化情况，根据杠杆的平衡条件找到原因；
（3）分析F在杠杆从竖直位置转过30°的过程中F水平移动距离，根据W=Fs计算拉力F做的功．
【解答】解：
（1）若每个钩码重为G，杠杆上每格长L′，
由图甲，左侧力与力臂的乘积：5G×4L′=20GL′，
右侧力与力臂的乘积：2G×3L′=6GL′，
因为：20GL′＞6GL′，所以杠杆左侧下降；
如果不改变钩码总数和悬挂点位置，若要杠杆平衡，左侧取下n个钩码挂到右侧，
则：（5﹣n）G×4L′=（2+n）G×3L′，
解得：n=2，即需将左侧2个钩码挂到右侧即可；
（2）由图将杠杆左侧的所有钩码拿掉，在A点施加一个始终水平向右的拉力F，当杠杆拉到水平位置时F的力臂通过支点，即力臂为0，根据杠杆的平衡条件所以始终不能平衡；
（3）由图杠杆从竖直位置转过30°的过程，F水平移动距离为OA长的一半，即L，
所以拉力F做的功：W=F×L=FL．
故答案为：（1）左；左侧2个钩码挂到右侧；（2）水平位置时动力臂为零杠杆无法平衡；（3）FL．
【点评】本题考查杠杆平衡条件实验中出现问题分析和杠杆平衡条件运用，关键是求出杠杆转动30°时水平拉力F水平移动距离．
14．（2014•锦州）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆尺、支架、细线、质量相同的钩码若干．
（1）将杠杆装在支架上，发现杠杆右端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向 左 调．
（2）某同学进行正确的实验操作后，能不能根据图（甲）这一组数据得出探究结论？ 不能 （填“能”或“不能”）．理由是 实验次数太少，得出的结论具有偶然性 ．
（3）如图（甲）所示，杠杆在水平位置平衡．如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆 左 （填“左”或“右”）端将下沉．
（4）如图（乙）所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉．当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 变大 （选填：“变大”、“变小”或“不变”），其原因是： 其力臂变小 ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等．
【分析】（1）调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）用实验数据总结实验结论时，要进行多次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；
（3）用杠杆的平衡条件来判断，力和力臂乘积大的一端，杠杆该端下沉；
（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大．
【解答】解：（1）杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一次实验数据总结实验结论．
（3）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，
如果在图甲中杠杆两侧各去掉一个相同的钩码时，
杠杆的左端：3G×3L=9GL，
杠杆的右端：2G×4L=8GL，
所以杠杆的左端力和力臂的乘积大于右端的乘积，所以杠杆左端下沉．
（4）乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大．
故答案为：（1）左；（2）不能；实验次数太少，得出的结论具有偶然性；（3）左；（4）变大；其力臂变小．
【点评】（1）利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或杠杆的哪端下沉等，杠杆平衡条件应用很广泛；
（2）当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小．
15．（2013•云南）如图所示，把重为200N的物体匀速提升2m，不计滑轮、绳子的重力及摩擦，所用拉力F为 100 N，拉力所做的功为 400 J．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；EC：功的计算．
【难度】中等
【分析】由图示滑轮组可知，承重绳子的有效股数n=2，由滑轮组公式可以求出拉力大小；由W=Fs可以求出拉力的功．
【解答】解：由图示滑轮组可知，承重绳子的有效股数n=2，
拉力F===100N；
绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力的功W=Fs=100N×4m=400J；
故答案为：100；400．
【点评】由图示滑轮组求出承重绳子的股数、应用滑轮组公式及功的计算公式即可正确解题．
16．（2013•无锡）用两个完全相同的滑轮，分别以图中两种方式将重为G的物体匀速提升相同高度（绳重、摩擦不计），使用 甲 （选填“甲”或“乙”）滑轮可以改变用力方向，所用拉力F甲 大于 F乙（选填“大于”“等于”或“小于”，下同），滑轮的机械效率η甲 大于 η乙．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等
【分析】（1）动滑轮和定滑轮的使用特点：使用定滑轮不能省力，但能改变动力的方向；使用动滑轮不能改变动力的方向，但能省力．
（2）利用滑轮来提起重物时，所做的有用功就是克服物体自身重力所做的功；不计绳重和摩擦，克服动滑轮的重做的功就是额外功，使用定滑轮的机械效率就是100%．
【解答】解：由定滑轮的使用特点可知：F甲=G，并且可以改变力的方向；
F乙=（G动+G），一般情况下，动滑轮重小于物重，因此F甲＞F乙．
如图所示，用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度，不计绳重与摩擦，则所做的有用功一样大，由于要克服动滑轮重力的作用，所以使用动滑轮做的总功多，由η=×100%可知，定滑轮的机械效率高，所以η甲＞η乙．
故答案为：甲；大于；大于．
【点评】本题的解题关键是知道使用动滑轮要克服动滑轮重力做功，在有用功相同的情况下，使用动滑轮所做的做功多．
17．（2013•泰安）如图所示的滑轮组的机械效率是75%，物体重力为150N．用滑轮组匀速将物体提升2m，所用拉力F为 100 N．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算．
【难度】中等．
【分析】由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n=2，则s=2h，
滑轮组的机械效率η=×100%=×100%=×100%=×100%，据此求拉力大小．
【解答】解：
由图知，n=2，则s=2h，
η=×100%=×100%=×100%=×100%，
则F===100N．
故答案为：100．
【点评】本题考查了使用滑轮组拉力的计算，因为不知道动滑轮重力，利用好推导公式F=是本题的关键．
18．（2013•丽水）如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图．杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等地，杆AB的重力不计，柱形物体较重．
（1）制作舂米工具时，为了使作用在A点的力F更小，在其它条件相同时，只改变支点O点的位置，应将O点更靠近 B（或右） 端．
（2）若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是 先增大后变小 ．
【考点】7Q：杠杆的动态平衡分析．
【难度】中等
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，动力臂越长、阻力臂越短则越省力．
（2）已知动力臂和阻力不变，根据杠杆从水平位置缓慢转动45度的过程中阻力臂的变化，再根据杠杆平衡的条件可知动力的变化情况．
【解答】解：（1）根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，动力臂越长、阻力臂越短则越省力，所以O点向B点移动时，动力臂增大，阻力臂减小，使用起来越省力．
（2）在杆从水平位置缓慢转动45°角过程中，动力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变．阻力臂先增大后变小，由杠杆平衡可知，动力F先增大后变小．
故答案为：（1）B（或右）；（2）先增大后变小．
【点评】此题考查了有关杠杆平衡条件的应用，要熟练掌握杠杆平衡条件．特别是在动态变化的题目中，要分析力的大小和力臂的大小变化情况．
三、作图题（共8分）
19．（2017•攀枝花）如图是静止在水平地面上的拉杆旅行箱的示意图，O是轮子的转轴，O′是箱体的重心．以O为支点，画出力F的力臂和箱体所受重力的示意图．
【考点】7P：力臂的画法；7B：重力示意图．
【难度】中等
【分析】根据支点是轮子轴心点O，力臂L是支点到力F的作用线的距离．重力的方向总是向下的，来解答此题．
【解答】解：过O点作F的垂线即为F的力臂，过O′作竖直向下的作用力G即为箱体所受重力．如图所示
【点评】画力的示意图要重点把握两个要素：①力的方向；②力的作用点．此题中要分清支点O和箱体的重心O′，二者不能混为一谈．
四．实验探究题（共9分）
20．（2011•桂林）如图1示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个．
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉．此时，应把杠杆两端的平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持 水平 并静止，达到平衡状态．这样做的好处是：便于在杠杆上直接测量 力臂 ．
（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡．于是小明便得出了杠杆的平衡条件为： 动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2） ．他这样得出的结论是否合理？ 不合理 ；为什么？ 结论具有偶然性（结论没有普遍性） ．
（3）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图2示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符．其原因是： 杠杆自重的影响 ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等．
【分析】（1）杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来．
（2）实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律．
（3）图2中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响．
【解答】解：（1）杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来．
（2）杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2），只通过一次测量，数据具有偶然性，不具备普遍性．
（3）图2中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大．
故答案为：（1）左、水平、力臂；
（2）动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2）、不合理、结论具有偶然性（结论没有普遍性）；
（3）杠杆自重的影响．
【点评】（1）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
（2）初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件多次测量就是为了寻找普遍规律．
五、．解答题（共9分）
21．（2015•青海）如图所示，小明用滑轮组将重为500N的物体在10s内匀速提升了1.5m．每个滑轮的重相等，均为20N，不计绳重及摩擦．求：
（1）小明受到地面的摩擦力．
（2）小明做功的功率．
（3）滑轮组的机械效率．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算．
【难度】中等．
【分析】（1）以下面动滑轮为研究对象，利用F=（G物+G动）求出F1的大小，以上面动滑轮为研究对象，利用F=（F1+G动）求出F2的大小，小明受向左的绳子拉力F2和地面的摩擦力f而处于静止状态，利用二力平衡条件求出小明受到地面的摩擦力；
（2）以下面动滑轮为研究对象，利用s=2h求出拉力为F1段绳子运动的距离，以上面动滑轮为研究对象，再根据s=2h求出拉力为F2段绳子运动的距离，利用P==求出小明做功的功率；
（3）根据η=×100%=×100%求出滑轮组的机械效率．
【解答】解：（1）以下面动滑轮为研究对象可得，F1的大小：
F1=（G物+G动）=×（500N+20N）=260N，
以上面动滑轮为研究对象，F2的大小：
F2=（F1+G动）=×（260N+20N）=140N，
因小明受向左的绳子拉力F2和地面的摩擦力f而处于静止状态，
所以，f=F2=140N；
（2）以下面动滑轮为研究对象，则F1段绳子运动的距离：
s1=2h=2×1.5m=3m，
以上面动滑轮为研究对象，则F2段绳子运动的距离：
s2=2s1=2×3m=6m，
小明做功的功率：
P====84W；
（3）滑轮组的机械效率：
η=×100%=×100%=×100%≈89.3%．
答：（1）小明受到地面的摩擦力为140N；
（2）小明做功的功率为84W；
（3）滑轮组的机械效率为89.3%．
【点评】本题考查了摩擦力、功率、机械效率的计算，明确两个动滑轮之间的关系是解题的关键．
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2013•庆阳）园艺师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，常把树枝尽量往剪刀轴O处靠近，这样做的目的是为了（ ）
A．增大阻力臂，减小动力移动的距离
B．减小动力臂，减小动力移动的距离
C．增大动力臂，省力
D．减小阻力臂，省力
【考点】7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等．
【分析】把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂，在阻力、动力臂一定的情况下，由杠杆的平衡条件可知，减小了动力，将更省力．
【解答】解：把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂L2，而动力臂L1和阻力F2不变，
∵F1L1=F2L2，
∴将变小，即省力．
故选D．
【点评】灵活运用杠杆的平衡条件分析有关杠杆的实际做法，多积累，能恰当的使用好杠杆（省力或省距离）．
2．（2013•乐山）如图所示，不计摩擦，把重G=16N的物体匀速提起所用的拉力F=10N，则关于该动滑轮的说法中错误的是（ ）
A．动滑轮重4N
B．使用该动滑轮要费距离
C．该动滑轮的机械效率为80%
D．提升物体的速度越快，机械效率越高
【考点】F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等．
【分析】A、根据动滑轮的特点F=（G物+G动）计算动滑轮的重力．
B、动滑轮省力但费距离．
C、根据机械效率的概念η=×100%=×100%计算，其中s=2h．
D、机械效率与做功的快慢无关，与物体的重力与动滑轮重力有关．
【解答】解：A、根据F=（G物+G动）得G动=2F﹣G物=2×10N﹣16N=4N，所以A正确．
B、动滑轮可以省一半的力，但费距离．所以B正确．
C、η=×100%=×100%=×100%=80%，所以C正确．
D、提升物体的速度快，则做功快，功率大，但效率不变．所以D错误．
故选D．
【点评】此题考查了动滑轮的特点及机械效率的计算．动滑轮由两段绳子承担物重，所以可以省一半的力，但费距离．同时要掌握机械效率的求法，将其与功率区别开来．
3．（2013•重庆）小明利用如图所示的装置探究滑轮组的特点，他将重为3N的物体匀速提高了0.5m，已知绳子自由端的拉力F为2N，则绳端移动的距离s及提起重物时滑轮组的机械效率是（ ）
A．s=1.5m，η=50%B．s=1.5m，η=80%C．s=lm，η=75%D．s=lm，η=37.5%
【考点】F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等．
【分析】（1）使用滑轮组时，滑轮组有几段绳子承担物重，绳子自由端移动的距离就是重物升高距离的几倍；
（2）滑轮组的机械效率等于有用功除以总功，有用功等于物体的重力乘以物体上升的高度，总功等于拉力乘以绳子自由端移动的距离．
【解答】解：
（1）由图可知，本题中使用滑轮组时，滑轮组用两段绳子吊着物体，绳子自由端移动的距离就重物升高距离的两倍；s=2h=2×0.5m=lm．
（2）滑轮组的机械效率：
η===×100%=75%．
故选C．
【点评】此题考查的是滑轮组的特点和机械效率的计算，会判断承担物重的绳子段数，熟记绳子拉下的长度与物体上升高度的关系，是解决滑轮组效率问题的第一步．
4．（2012•长春）如图，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于5N
D．作用点在B点的最小动力小于5N
【考点】7O：杠杆的分类；7S：杠杆中最小力的问题．
【难度】中等
【分析】（1）由图可知，阻力臂是确定的，即图中支点O到重力作用点的距离，但我们只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆．
（2）由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小．支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力．
根据杠杆平衡条件求出最小的动力．
【解答】解：（1）因无法确定动力臂的大小，所以无法确定它是哪种杠杆，故A和B错误；
（2）加在B点的动力F与OB垂直向上时，动力作用线和杠杆垂直，支点与动力作用点之间的连线OB就是最长的动力臂，此时动力最小．因为C点是中点，所以OB＞OA=2OC．
根据杠杆的平衡条件F×OB=G×OC，此时的最小动力F==5N．所以选项C错误，选项D正确．
故选D
【点评】判断杠杆类型关键是比较杠杆的动力臂和阻力臂的大小关系．该题同时考查了利用杠杆平衡条件判断最小的动力，以及杠杆平衡条件的有关计算，解答此类题的关键是找出最长的动力臂．
5．（2012•六盘水）乒乓球、保龄球等表面都是光滑的，为什么高尔夫球的表面上布满小坑呢？经有关科学家研究发现：两个等大的球，一个表面布满小坑，另一个光滑，在空中高速飞行时，表面布满小坑的球受到的空气阻力较小．现将质量与体积均相等的两个小球A（表面布满小坑）与B（表面光滑）分别利用细绳悬挂在等臂杠杆的两端，使杠杆水平平衡，如图所示．当从两球正下方同时以相同速度（足够大）的风对准它们竖直向上吹时，则以下的说法中正确的是（ ）
A．杠杆左端下降
B．杠杆右端下降
C．杠杆仍然在水平方向处于平衡状态
D．无法判断杠杆的转动情况
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用；7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等
【分析】这是一道信息给予题，考查点是杠杆的平衡原理．根据题上给出的信息，可以对两小球的受力进行分析．
【解答】解：由题意知：风向上吹相当于小球向下运动时受到的阻力，所以小球受到的阻力向上，对小球进行受力分析，小球受三个力作用，向下的重力，向上的拉力和阻力，表面布满小坑的球阻力小，但是两球重力一样，所以表面布满小坑的球拉力大，也就是对杠杆的拉力大．而它们原先处于平衡状态，所以，杠杆左端下降．
故选A．
【点评】此题是一道信息给予题，要认真的从信息中获得有用的知识，并且本题考查了杠杆的平衡条件．
6．（2012•眉山）按如图所示，是小丽在“研究杠杆平衡条件”的实验中，使杠杆在水平位置平衡．如果在杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码，则杠杆（ ）
A．仍然平衡B．不平衡，左端下降
C．不平衡，右端下降D．无法确定
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用．
【难度】中等
【分析】原来杠杆平衡，是因为两边的力和力臂的乘积相等，现在把杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码，就要看现在的力和力臂的乘积是否相等，据此分析得出结论．
【解答】解：
设杠杆每一格长度为L，一个钩码的重力为G，
原来：2G×6L=3G×4L，杠杆平衡，
现在在杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码：
左边=3G×6L，右边=4G×4L，因为3G×6L＞4G×4L，所以杠杆不再平衡，左端下降．
故选B．
【点评】杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等，不能只看力或只看力臂．
7．（2012•广州）如图剪刀剪纸的机械效率为80%，这表示（ ）
A．若作用在剪刀的动力是1N，则阻力是0.8N
B．若作用在剪刀的阻力是1N，则动力是0.8N
C．若作用在剪刀的动力做功1J，则有0.2J 的功用于剪纸
D．若作用在剪刀的动力做功1J，则有0.8J 的功用于剪纸
【考点】F1：机械效率．
【难度】中等
【分析】①在使用机械时，为完成某项任务必须做的功叫有用功；对完成任务没有用但又不得不做的功叫额外功；有用功与额外功之和叫总功；有用功与总功的比值是机械效率．
②剪刀剪纸机械效率为80%表示：在剪纸过程中，有80%的功用来剪纸，20%克服摩擦是额外功．
【解答】解：
A、B 剪刀可以看做是一个杠杆，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知，要比较动力或阻力大小，必须知道动力臂和阻力臂．A、B选项都错误；
C、D 利用剪刀的目的是剪纸，所以剪纸做的功是有用功．由机械效率为80%知，如果动力做功1J，有0.8J是用于剪纸．C选项错误，D选项正确．
故选D．
【点评】在解决机械效率问题时，先要明确使用机械要完成的任务（一般是克服重力或摩擦）﹣﹣确定有用功．
8．（2011•贵港）如图甲示，重80N的物体在大小为30N的水平向左的拉力F1的作用下，在水平面上以0.4m/s的速度做匀速直线运动．再改用图乙所示的滑轮组拉物体，该物体在水平向右的拉力F2作用下，在相同的水平面上以相同的速度水平方向右匀速直线运动了0.5m（滑轮与绳子质量及滑轮与绳子的摩擦均不计）．下列说法正确的是（ ）
A．物体与水平面之间的摩擦力的大小为15N
B．拉力F2的功率为36W
C．拉力F2的大小为90N
D．拉力F2做的功为15J
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；EC：功的计算；FF：功率的计算．
【难度】中等
【分析】（1）滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，并且摩擦力的大小等于物体做匀速直线运动时的拉力．
（2）根据二力平衡的条件、滑轮组的特点以及摩擦力的大小求出拉力F2的大小，然后根据P=Fv和W=Fs求出拉力F2的功率和做的功．
【解答】解：A、图甲中是一只动滑轮，用2段绳子承担，物体做匀速直线运动时，拉力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力为f=2F1=60N，故A错误；
BC、分析滑轮组可知，左侧60N的摩擦力由两段绳子承担，每段绳子的拉力为30N，每段绳子的速度为物体速度的2倍，右侧F2的拉力则分为了3段承担，因此F2=3×30N=90N，F2的速度为物体速度的，故P=F2×v=90N××0.4m/s=24W；所以B错误，C正确；
D、在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下，拉力F2做的功就是克服摩擦力做的功W=fs=60N×0.5m=30J，所以D错误．
故选C．
【点评】本题考查了功和功率的计算以及力的合成等．关键是能对滑轮组的特点进行正确的分析，还要能熟练运用功、功率的公式进行必要的计算．
9．（2011•义乌市）如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面．则（ ）
A．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为乙方法的阻力臂长
C．F甲＞F乙，因为乙方法时阻力臂短
D．F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
【考点】7N：杠杆的平衡条件；7P：力臂的画法．
【难度】中等
【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点．由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半．在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系．
【解答】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一．根据杠杆的平衡条件F==G．所以前后两次所用的力相同．所以ABC错误，D正确．
故选：D．
【点评】通过杠杆的平衡条件，将抬起物体所用的力与物体的重力两者联系在一起．对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半．对于一端粗一端细的物体，由于其重心不在其中点上，所以，所用的力不等于重力的一半：抬起粗端所用的力大于重力的一半；抬起细端所用的力小于重力的一半，但两者之和仍等于物体的重力．
10．（2011•揭阳）用下列简单机械，使重量同为G的物体都处于静止状态，其中用力最大的是（均不计摩擦和机械自重）（ ）
A．F1B．F2C．F3D．F4
【考点】7N：杠杆的平衡条件；7V：定滑轮及其工作特点；7Z：动滑轮拉力的计算．
【难度】中等．
【分析】根据杠杆的平衡条件、滑轮组的工作特点求出四个力的大小进行比较得出最省力的装置．
【解答】解：A、如右上图，
∵杠杆平衡，
∴F1×OB=G×OA，
；
B、如右下图，
∵杠杆平衡，
∴F2×OA=G×OB，
；
C、由图知，使用滑轮组时n=2，不计摩擦和机械自重，
拉力F3=G，
D、由图知，使用滑轮组时n=3，不计摩擦和机械自重，
F4=G．
可见，用力最大的是B．
故选B．
【点评】本题考查了杠杆的平衡条件、滑轮组的特点，找出力臂大小是关键．
二、填空题（每空2分，共44分）
11．（2015•安徽）如图，AB为能绕B点转动的轻质杠杆，中点C处用细线悬挂一重物，在A端施加一个竖直向上大小为10N的拉力F，使杠杆在水平位置保持平衡，则重物G= 20 N．若保持拉力方向不变，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将 不变 （选填“增大”、“不变”或“减小”）
【考点】7N：杠杆的平衡条件．
【难度】中等
【分析】（1）如图，BA、BC为动力F和阻力G的力臂，知道C是BA的中点，也就知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求G的大小；
（2）画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况．
【解答】解：
（1）如图，杠杆在水平位置，
LBA=2LBC，
杠杆平衡，FLBA=GLBC，
所以G===2×10N=20N；
（2）杠杆被拉起后，如图所示，
BA′为动力臂，BC′为阻力臂，阻力不变为G，
△BC′D∽△BA′D′，
BC′：BA′=BD：BD′=1：2，
杠杆平衡，
所以F′LBA′=GLBC′，
F′==G=×20N=10N；由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变；
故答案为：20N；不变．
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键．
12．（2015•衢州）如图为水平桌面上的圆形玻璃转盘（转盘半径为50cm），在水平力作用下能绕转盘中心O点自由转动，转动时可视为杠杆．甲在A点施加一个大小为20N的水平力FA，想让转盘转动，对面的乙在距O点40cm处的B点同时施加一个水平力，想让转盘反方向转动，乙应沿图中 F2 （选填“F1”、“F2”、“F3”或“F4”）方向施加一个至少为 25 N的力，才可能达到目的（假设只有甲、乙两人对转盘施力，忽略其它力对转动的影响）．
【考点】7R：杠杆的平衡分析法及其应用．
【难度】中等
【分析】观察图，从中找出杠杆的几个要素，再根据杠杆的平衡条件可知，要想得到一个最小的力，应使力臂达到最大，可判断力的方向．并结合已知条件计算所施加力的大小．
【解答】解：读图可知，图中AB相当于杠杆，O为支点，FA可视为动力，阻力施到B点，此时为了使用力最小，应使力臂最长，且所施力的方向应阻碍杠杆的转动，故想让转盘反方向转动，乙应沿图中F2方向施力．
此时动力的力臂为L1=50cm=0.5m，阻力的力臂L2=40cm=0.4m，
由杠杆的平衡条件得，FA•L1=F2•L2，
则F2===25N．
故答案为：F2；25．
【点评】通过观察图片，明确杠杆的五要素，再结合杠杆的平衡条件进行计算，是解答此题的关键．
13．（2015•苏州）物理实验复习时，小美和小丽再探有关杠杆平衡的问题
（1）小美先将杠杆调节至水平位置平衡，在左右两侧各挂如图甲所示的钩码后，杠杆的 左 端下降．要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总数和悬挂点位置，只需将 左侧2个钩码挂到右侧 即可．
（2）小丽还想探究当动力和阻力在杠杆同侧时杠杆的平衡情况，于是她将杠杆左侧的所有钩码拿掉，结果杠杆转至竖直位置，如图乙所示．小丽在A点施加一个始终水平向右的拉力F，却发现无论用多大的力都不能将杠杆拉至水平位置平衡．你认为原因是 水平位置时动力臂为零杠杆无法平衡 ．
（3）他们认为（2）问中拉力是做功的．如果水平向右的拉力F大小不变，OA长L，将杠杆从竖直位置拉着转过30°的过程中，拉力F做功为 FL ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等
【分析】（1）根据图甲中左右两侧挂钩码后两边力与力臂的乘积大小，判断杠杆的哪端下降；根据杠杆的平衡条件计算不改变钩码总数和悬挂点位置时，挂钩码情况；
（2）分析F作用下其力臂变化情况，根据杠杆的平衡条件找到原因；
（3）分析F在杠杆从竖直位置转过30°的过程中F水平移动距离，根据W=Fs计算拉力F做的功．
【解答】解：
（1）若每个钩码重为G，杠杆上每格长L′，
由图甲，左侧力与力臂的乘积：5G×4L′=20GL′，
右侧力与力臂的乘积：2G×3L′=6GL′，
因为：20GL′＞6GL′，所以杠杆左侧下降；
如果不改变钩码总数和悬挂点位置，若要杠杆平衡，左侧取下n个钩码挂到右侧，
则：（5﹣n）G×4L′=（2+n）G×3L′，
解得：n=2，即需将左侧2个钩码挂到右侧即可；
（2）由图将杠杆左侧的所有钩码拿掉，在A点施加一个始终水平向右的拉力F，当杠杆拉到水平位置时F的力臂通过支点，即力臂为0，根据杠杆的平衡条件所以始终不能平衡；
（3）由图杠杆从竖直位置转过30°的过程，F水平移动距离为OA长的一半，即L，
所以拉力F做的功：W=F×L=FL．
故答案为：（1）左；左侧2个钩码挂到右侧；（2）水平位置时动力臂为零杠杆无法平衡；（3）FL．
【点评】本题考查杠杆平衡条件实验中出现问题分析和杠杆平衡条件运用，关键是求出杠杆转动30°时水平拉力F水平移动距离．
14．（2014•锦州）在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆尺、支架、细线、质量相同的钩码若干．
（1）将杠杆装在支架上，发现杠杆右端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向 左 调．
（2）某同学进行正确的实验操作后，能不能根据图（甲）这一组数据得出探究结论？ 不能 （填“能”或“不能”）．理由是 实验次数太少，得出的结论具有偶然性 ．
（3）如图（甲）所示，杠杆在水平位置平衡．如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆 左 （填“左”或“右”）端将下沉．
（4）如图（乙）所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉．当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将 变大 （选填：“变大”、“变小”或“不变”），其原因是： 其力臂变小 ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等．
【分析】（1）调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡；
（2）用实验数据总结实验结论时，要进行多次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；
（3）用杠杆的平衡条件来判断，力和力臂乘积大的一端，杠杆该端下沉；
（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大．
【解答】解：（1）杠杆右端下沉，左端上翘，平衡螺母向上翘的左端移动；
（2）用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一次实验数据总结实验结论．
（3）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，
如果在图甲中杠杆两侧各去掉一个相同的钩码时，
杠杆的左端：3G×3L=9GL，
杠杆的右端：2G×4L=8GL，
所以杠杆的左端力和力臂的乘积大于右端的乘积，所以杠杆左端下沉．
（4）乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大．
故答案为：（1）左；（2）不能；实验次数太少，得出的结论具有偶然性；（3）左；（4）变大；其力臂变小．
【点评】（1）利用杠杆平衡条件，可以求出力或力臂大小，也可以判断杠杆是否平衡，或杠杆的哪端下沉等，杠杆平衡条件应用很广泛；
（2）当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小．
15．（2013•云南）如图所示，把重为200N的物体匀速提升2m，不计滑轮、绳子的重力及摩擦，所用拉力F为 100 N，拉力所做的功为 400 J．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；EC：功的计算．
【难度】中等
【分析】由图示滑轮组可知，承重绳子的有效股数n=2，由滑轮组公式可以求出拉力大小；由W=Fs可以求出拉力的功．
【解答】解：由图示滑轮组可知，承重绳子的有效股数n=2，
拉力F===100N；
绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，
拉力的功W=Fs=100N×4m=400J；
故答案为：100；400．
【点评】由图示滑轮组求出承重绳子的股数、应用滑轮组公式及功的计算公式即可正确解题．
16．（2013•无锡）用两个完全相同的滑轮，分别以图中两种方式将重为G的物体匀速提升相同高度（绳重、摩擦不计），使用 甲 （选填“甲”或“乙”）滑轮可以改变用力方向，所用拉力F甲 大于 F乙（选填“大于”“等于”或“小于”，下同），滑轮的机械效率η甲 大于 η乙．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F4：滑轮（组）的机械效率．
【难度】中等
【分析】（1）动滑轮和定滑轮的使用特点：使用定滑轮不能省力，但能改变动力的方向；使用动滑轮不能改变动力的方向，但能省力．
（2）利用滑轮来提起重物时，所做的有用功就是克服物体自身重力所做的功；不计绳重和摩擦，克服动滑轮的重做的功就是额外功，使用定滑轮的机械效率就是100%．
【解答】解：由定滑轮的使用特点可知：F甲=G，并且可以改变力的方向；
F乙=（G动+G），一般情况下，动滑轮重小于物重，因此F甲＞F乙．
如图所示，用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度，不计绳重与摩擦，则所做的有用功一样大，由于要克服动滑轮重力的作用，所以使用动滑轮做的总功多，由η=×100%可知，定滑轮的机械效率高，所以η甲＞η乙．
故答案为：甲；大于；大于．
【点评】本题的解题关键是知道使用动滑轮要克服动滑轮重力做功，在有用功相同的情况下，使用动滑轮所做的做功多．
17．（2013•泰安）如图所示的滑轮组的机械效率是75%，物体重力为150N．用滑轮组匀速将物体提升2m，所用拉力F为 100 N．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算．
【难度】中等．
【分析】由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n=2，则s=2h，
滑轮组的机械效率η=×100%=×100%=×100%=×100%，据此求拉力大小．
【解答】解：
由图知，n=2，则s=2h，
η=×100%=×100%=×100%=×100%，
则F===100N．
故答案为：100．
【点评】本题考查了使用滑轮组拉力的计算，因为不知道动滑轮重力，利用好推导公式F=是本题的关键．
18．（2013•丽水）如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图．杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等地，杆AB的重力不计，柱形物体较重．
（1）制作舂米工具时，为了使作用在A点的力F更小，在其它条件相同时，只改变支点O点的位置，应将O点更靠近 B（或右） 端．
（2）若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是 先增大后变小 ．
【考点】7Q：杠杆的动态平衡分析．
【难度】中等
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，动力臂越长、阻力臂越短则越省力．
（2）已知动力臂和阻力不变，根据杠杆从水平位置缓慢转动45度的过程中阻力臂的变化，再根据杠杆平衡的条件可知动力的变化情况．
【解答】解：（1）根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，动力臂越长、阻力臂越短则越省力，所以O点向B点移动时，动力臂增大，阻力臂减小，使用起来越省力．
（2）在杆从水平位置缓慢转动45°角过程中，动力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变．阻力臂先增大后变小，由杠杆平衡可知，动力F先增大后变小．
故答案为：（1）B（或右）；（2）先增大后变小．
【点评】此题考查了有关杠杆平衡条件的应用，要熟练掌握杠杆平衡条件．特别是在动态变化的题目中，要分析力的大小和力臂的大小变化情况．
三、作图题（共8分）
19．（2017•攀枝花）如图是静止在水平地面上的拉杆旅行箱的示意图，O是轮子的转轴，O′是箱体的重心．以O为支点，画出力F的力臂和箱体所受重力的示意图．
【考点】7P：力臂的画法；7B：重力示意图．
【难度】中等
【分析】根据支点是轮子轴心点O，力臂L是支点到力F的作用线的距离．重力的方向总是向下的，来解答此题．
【解答】解：过O点作F的垂线即为F的力臂，过O′作竖直向下的作用力G即为箱体所受重力．如图所示
【点评】画力的示意图要重点把握两个要素：①力的方向；②力的作用点．此题中要分清支点O和箱体的重心O′，二者不能混为一谈．
四．实验探究题（共9分）
20．（2011•桂林）如图1示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个．
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉．此时，应把杠杆两端的平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持 水平 并静止，达到平衡状态．这样做的好处是：便于在杠杆上直接测量 力臂 ．
（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡．于是小明便得出了杠杆的平衡条件为： 动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2） ．他这样得出的结论是否合理？ 不合理 ；为什么？ 结论具有偶然性（结论没有普遍性） ．
（3）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图2示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符．其原因是： 杠杆自重的影响 ．
【考点】7U：探究杠杆的平衡条件实验．
【难度】中等．
【分析】（1）杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来．
（2）实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律．
（3）图2中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响．
【解答】解：（1）杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来．
（2）杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2），只通过一次测量，数据具有偶然性，不具备普遍性．
（3）图2中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大．
故答案为：（1）左、水平、力臂；
（2）动力×动力臂=阻力×阻力臂（或F1L1=F2L2）、不合理、结论具有偶然性（结论没有普遍性）；
（3）杠杆自重的影响．
【点评】（1）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
（2）初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件多次测量就是为了寻找普遍规律．
五、．解答题（共9分）
21．（2015•青海）如图所示，小明用滑轮组将重为500N的物体在10s内匀速提升了1.5m．每个滑轮的重相等，均为20N，不计绳重及摩擦．求：
（1）小明受到地面的摩擦力．
（2）小明做功的功率．
（3）滑轮组的机械效率．
【考点】7!：滑轮组绳子拉力的计算；F4：滑轮（组）的机械效率；FF：功率的计算．
【难度】中等．
【分析】（1）以下面动滑轮为研究对象，利用F=（G物+G动）求出F1的大小，以上面动滑轮为研究对象，利用F=（F1+G动）求出F2的大小，小明受向左的绳子拉力F2和地面的摩擦力f而处于静止状态，利用二力平衡条件求出小明受到地面的摩擦力；
（2）以下面动滑轮为研究对象，利用s=2h求出拉力为F1段绳子运动的距离，以上面动滑轮为研究对象，再根据s=2h求出拉力为F2段绳子运动的距离，利用P==求出小明做功的功率；
（3）根据η=×100%=×100%求出滑轮组的机械效率．
【解答】解：（1）以下面动滑轮为研究对象可得，F1的大小：
F1=（G物+G动）=×（500N+20N）=260N，
以上面动滑轮为研究对象，F2的大小：
F2=（F1+G动）=×（260N+20N）=140N，
因小明受向左的绳子拉力F2和地面的摩擦力f而处于静止状态，
所以，f=F2=140N；
（2）以下面动滑轮为研究对象，则F1段绳子运动的距离：
s1=2h=2×1.5m=3m，
以上面动滑轮为研究对象，则F2段绳子运动的距离：
s2=2s1=2×3m=6m，
小明做功的功率：
P====84W；
（3）滑轮组的机械效率：
η=×100%=×100%=×100%≈89.3%．
答：（1）小明受到地面的摩擦力为140N；
（2）小明做功的功率为84W；
（3）滑轮组的机械效率为89.3%．
【点评】本题考查了摩擦力、功率、机械效率的计算，明确两个动滑轮之间的关系是解题的关键．
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