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2023年福建省中考物理复习专题练：11简单机械
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2023年福建省中考物理复习专题练：11简单机械
一．选择题（共17小题）
1．（2022•龙岩模拟）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组，分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1、F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．甲滑轮组的有用功与额外功的比值较大
B．甲、乙滑轮组绳端移动的距离相等
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．拉力F1一定小于F2
2．（2022•宁德模拟）如图所示甲、乙两装置所用滑轮相同，每个滑轮重2N。现分别用6N的拉力匀速提升体积相等的A、B两物体，物体上升的速度均为0.1m/s，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率η甲＞η乙
B．A、B两物体的密度之比为ρA：ρB＝3：2
C．B物体的重力GB＝8N
D．甲装置中拉力F的功率为0.6W
3．（2022•福建模拟）科技馆里小明和爸爸正在体验升降座椅装置，其简图如图所示。图中爸爸对绳子施加拉力F，小明被匀速拉升，已知爸爸的质量大于小明的质量，不计绳重及摩擦，则（ ）
A．滑轮a的作用是改变力的方向
B．拉力F做的功是有用功
C．绳子自由端移动的距离是小明升高距离的4倍
D．若换小明拉动爸爸匀速上升，该装置的机械效率会提高
4．（2022•南安市模拟）如图是一种防烫夹，用于夹取烫手的碗或盘子等，下列说法正确的是（ ）
A．该防烫夹属于费力杠杆
B．把手处的花纹是为了减小摩擦
C．匀速提起时，盘子受到的是非平衡力
D．匀速提起时，防烫夹对盘子没有做功
5．（2022•思明区校级二模）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N时物体在水平面上向右做匀速直线运动，滑轮和绳子的重忽略不计，若用力向左拉物体，使物体向左做匀速直线运动，则（ ）
A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N
6．（2022•尤溪县模拟）环卫工人辛勤劳动创建了我们干净舒适的环境！如图所示，勤劳的环卫工人正在使用扫帚打扫街道，扫帚在扫地时（ ）
A．可以省力
B．可以省距离
C．可以省功
D．既不能省力，也不能省距离
7．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用水平向右10N的力F拉滑轮（不计滑轮重力），木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，4s内木块A移动了0.4m，木板B静止在粗糙水平地面上，滑轮组的机械效率为80%。则（ ）
A．木块A受到的摩擦力为5N
B．地面对木板B的摩擦力为4N
C．拉力F的功率为0.5W
D．4s内绳子拉力对木板B做的功为1.6J
8．（2022•鼓楼区校级一模）如图，左边的钩码个数和位置保持不变，弹簧测力计的作用点固定，能描述测力计示数F与θ关系的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022•福州模拟）生活中物理知识无处不在。下列关于厨房器具对应知识的说法中正确的是（ ）
A．将菜刀磨得锋利是为了增大压力
B．瓶盖起子开瓶盖时是省力杠杆
C．高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点低
D．抽油烟机能够向外排气，是因为其附近的空气流速大，压强大的缘故
10．（2021•鲤城区校级模拟）如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆
（ ）
A．保持平衡 B．A端下沉 C．B端下沉 D．以上均可能
11．（2013•福州模拟）如图用滑轮组提升重80N的重物，物体上升速度为0.1m/s，上升高度为20cm，拉绳子的力F为50N，则（ ）
A．绳子自由端被拉下60cm B．拉力的功率为5W
C．有用功为1600J D．滑轮组机械效率为80%
12．（2022•三明模拟）如图，用相同的滑轮安装成甲、乙滑轮组，用它们分别将重为5G和3G的物体匀速提升相同的高度。已知F甲＝F乙，不计绳重与摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙拉力做功之比为2：3
B．每个动滑轮重为2G
C．甲、乙滑轮组机械效率之比为10：9
D．甲、乙绳自由端移动距离之比为1：1
13．（2022•海沧区模拟）如图，甲为厦漳跨海大桥的实景图，该桥可逐步抽象成乙、丙、丁所示的模型。下列说法正确的是（ ）
A．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力不变
B．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力变小
C．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力不变
D．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力变大
14．（2022•鼓楼区校级一模）如图所示，轻质杠杆MON及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O点转动，MO：NO＝3：2，图中正方体D通过细线与N点相连且与水平地面的接触面积S为400cm2，当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，物体D对水平地面的压强p1为4000Pa；当把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O'，使MO'：NO'＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，此时绳对物体D的拉力为F，物体D对水平地面的压强为p2（杠杆、支架和托盘的重力不计），则下列结论正确的是（ ）
A．物体D的质量为16kg
B．物体D的密度为2.5×103kg/m3
C．绳对物体D的拉力F为160N
D．物体D对水平地面的压强p2为400Pa
15．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用甲、乙两个滑轮组将同一物体匀速提升相同高度，拉力分别为F甲、F乙，此过程相关数据如图，则下列判断正确的是（ ）
A．F甲比F乙小
B．甲滑轮组的机械效率比乙的低
C．两滑轮组绳子自由端移动距离相等
D．乙滑轮组的机械效率为25%
16．（2022•延平区模拟）如图所示的滑轮组将重10N的物体匀速提升1m，所用时间为2s，作用在绳子末端的拉力F为6N（不计绳重和摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．所做的有用功为6J
B．拉力F做功的功率为5W
C．动滑轮自重4N
D．该滑轮组的机械效率为83.3%
17．（2022•城厢区模拟）用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示。不计摩擦和绳重，下列分析正确的是（ ）
A．动滑轮的重力为5N
B．该滑轮组的机械效率可以达到100%
C．滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少
D．每次提升重物时，滑轮组做的额外功为5J
二．作图题（共3小题）
18．（2022•集美区模拟）2022北京冬奥会的滑雪大跳台。把跳台滑道上段简化成图乙的杠杆，O是支点，A是这段滑道的重心，若模型支架对滑道的力F作用在B点，沿bc线。请画出F和F的力臂L1。
19．（2021•政和县模拟）如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F力臂l。
20．（2021•鼓楼区校级模拟）如图所示，硬质杠杆AOB上挂一重物M，O为支点，请你在杠杆AOB上作出使重物在图示位置静止时的最小拉力F1的示意图和力F2的力臂l2。
三．实验探究题（共6小题）
21．（2022•漳州模拟）在“探究轻质杠杆的动力与动力臂的关系”的实验中：
（1）实验中将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是 ；
（2）调节好的杠杆如图甲，在杠杆A点挂3个相同的钩码，每个钩码重0.5N，用弹簧测力计在B位置竖直向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计读数为 N；
（3）保持A点钩码数量不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力F1和动力臂l1的数据，绘制了F1﹣l1的关系图像，如图乙。请根据图线推算，当l1为8cm时，F1为 N；
（4）如图丙，工人在使用扳手时，在扳手手柄上加了一个长套筒，通过实验，小东明白这是通过 的办法省力，图中工人在C处沿不同方向施力均能把螺丝拧起，则Fa Fb。
22．（2022•宁德模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中
（1）调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于 ；
（2）如图甲，要使杠杆水平位置平衡，应在B点挂 个钩码。随后将杠杆左右两端的钩码各向远离支点0的方向移动1格，松手后杠杆 （选填“保持静止”、“顺时针转动”或“逆时针转动”）；
（3）如图乙，在杠杆左侧第2格处挂4个钩码，在B点用力F竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡。沿图中虚线位置施加拉力，杠杆继续在水平位置保持平衡，则拉力F的力臂将 ，拉力F的大小将 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
23．（2022•政和县模拟）如图小南利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”实验。
（1）实验前若杠杆的左端下沉如图甲，小南应该把杠杆右端的平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节，使之在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小南同学在图乙所示的A位置挂上两个钩码，则可以在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡，若将两边同时加上一个钩码，则杠杆将会 （填“仍平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图丙），测力计示数将如何变化： 。
24．（2020•龙岩模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验前，小明同学发现实验装置处于如图甲所示的状态，使用时，首先应将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 ；
（2）如图乙，调节平衡后在A位置挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，B位置应挂 个钩码；
（3）小明又用图丙装置进行实验，请在图中画出拉F的力臂，弹簧测力计的读数应是 N；（一个钩码重0.5N）
（4）小红同学采用了图丁的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 。
25．（2021•福州二模）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
（1）图甲中，杠杆静止时处于 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移。在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上 。
（2）如图乙所示，在杠杆左侧A位置（左边位置第四格）先挂了3个钩码，每个钩码为0.5N，在右侧B位置（右边位置第三格）用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N。
（3）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码，现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 ，原因是测力计的拉力力臂 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）小明用如图丁装置进行探究，发现总是无法得到教材上所给出的杠杆平衡条件，其原因是 。
（5）小明多次实验收集多组数据，目的是 （选填“a”或“b”）。
a.多次实验取平均值减小实验误差
b.使实验结论更具有科学性和普遍性
26．（2022•漳州模拟）某同学用如图所示的实验装置“探究滑轮组的机械效率”，数据记录在表中：
实验
次数
钩码重/N
钩码上升的高度/m
绳端的
拉力/N
绳端移动的距离/m
机械效率
1
0.5
0.10
0.35
0.3
47.6%
2
1
0.10
0.55
0.3
60.6%
3
2
0.10
1
0.3
66.7%
4
2
0.15
1
0.45
66.7%
（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于 状态。（选填“静止”或“匀速直线运动”）
（2）由第1、2、3次实验可知，钩码上升的高度相同时，随着钩码重的增大，有用功 额外功 。（选填“增加”、“不变”或“减少”）
（3）由第3、4次实验可知，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功 ，机械效率 ；（选填“增加”、“不变”或“减少”）
四．计算题（共3小题）
27．（2020•荔城区校级模拟）如图甲所示是利用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
（1）长方体A未露出水面时受到的浮力。
（2）长方体A的体积。
（3）长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
28．（2021•福州二模）如图所示，将一个质量为0.4kg的物体，从底端沿斜面匀速拉到顶端所用时间为5s，斜面长s为1m，高h为0.5m，斜面的效率为80%，g取10N/kg。求：
（1）拉力所做的有用功。
（2）拉力做功的功率。
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力。
29．（2022•莆田模拟）如图所示，动滑轮重100N，绳所能承受的最大拉力为500N，绳重及摩擦不计，若拉力F在5s内将重400N的物体匀速提升0.4m。求：
（1）绳自由端移动的距离；
（2）在这个过程中拉力的功率；
（3）该滑轮组的最大机械效率。
2023年福建省中考物理复习专题练：11简单机械
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．（2022•龙岩模拟）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组，分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1、F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．甲滑轮组的有用功与额外功的比值较大
B．甲、乙滑轮组绳端移动的距离相等
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．拉力F1一定小于F2
【解答】解：AC、据题意可知，物体上升的高度h相同，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：W有＝Gh、W额＝G动h可知：甲的有用功大于乙的有用功，两者的额外功相同，则甲的有用功与额外功的比值较大，故A正确，C错误；
B、甲滑轮组有三段绳子承担总重，绳端移动的距离为3h，乙滑轮组有两段绳子承担总重，绳端移动的距离为2h，甲、乙滑轮组绳端移动的距离不相等，故B错误；
D、甲、乙动滑轮上绳子股数n分别为3和2，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式F=1n（G+G动）可知：F1与F2的大小关系不能确定，故D错误。
故选：A。
2．（2022•宁德模拟）如图所示甲、乙两装置所用滑轮相同，每个滑轮重2N。现分别用6N的拉力匀速提升体积相等的A、B两物体，物体上升的速度均为0.1m/s，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率η甲＞η乙
B．A、B两物体的密度之比为ρA：ρB＝3：2
C．B物体的重力GB＝8N
D．甲装置中拉力F的功率为0.6W
【解答】解：
AC、由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n甲＝3、n乙＝2，不计绳重和摩擦，拉力F=1n（G+G动），则提升的物重：GA＝n甲F﹣G动＝3×6N﹣2N＝16N，GB＝n乙F﹣G动＝2×6N﹣2N＝10N，
因为滑轮组机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF，
所以甲滑轮组的机械效率η甲=GAn甲F=16N3×6N≈88.9%，
乙滑轮组的机械效率η乙=GBn乙F=10N2×6N≈83.3%，
所以η甲＞η乙，故A正确、C错误；
B、GA：GB＝16N：10N＝8：5，
由G＝mg可知，mA：mB＝GA：GB＝8：5，
因为A、B的体积相等，所以由ρ=mV可知ρA：ρB＝mA：mB＝8：5，故B错误；
D、由图知，n甲＝3，拉力端移动速度v＝n甲v物＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
拉力做功的功率P＝Fv＝6N×0.3m/s＝1.8W，故D错误。
故选：A。
3．（2022•福建模拟）科技馆里小明和爸爸正在体验升降座椅装置，其简图如图所示。图中爸爸对绳子施加拉力F，小明被匀速拉升，已知爸爸的质量大于小明的质量，不计绳重及摩擦，则（ ）
A．滑轮a的作用是改变力的方向
B．拉力F做的功是有用功
C．绳子自由端移动的距离是小明升高距离的4倍
D．若换小明拉动爸爸匀速上升，该装置的机械效率会提高
【解答】解：
A、由图知，在提升小明时，a滑轮与小明一起向上运动，属于动滑轮，使用动滑轮不能改变力的方向，故A错误；
B、克服小明重力所做的功是有用功，拉力F做的功是总功，故B错误；
C、由图可知，承担小明重力绳子的段数n＝3，则绳子自由端移动的距离s＝3h，即绳子自由端移动的距离是小明升高距离的3倍，故C错误；
D、若换小明拉动爸爸匀速上升，由于爸爸的质量大于小明的质量，则爸爸的重力大于小明的重力，提升“物体”的重力增大，提升高度相同时，由W有＝Gh可知，有用功增大，不计绳重及摩擦，而额外功不变，所以有用功与总功的比值变大，即滑轮组机械效率提高了，故D正确。
故选：D。
4．（2022•南安市模拟）如图是一种防烫夹，用于夹取烫手的碗或盘子等，下列说法正确的是（ ）
A．该防烫夹属于费力杠杆
B．把手处的花纹是为了减小摩擦
C．匀速提起时，盘子受到的是非平衡力
D．匀速提起时，防烫夹对盘子没有做功
【解答】解：A、由图可知，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A正确；
B、把手处的花纹是为了增大摩擦，故B错误；
C、匀速提起时，防烫夹对盘子的拉力和盘子所受的重力是一对平衡力，故C错误；
D、速提起时，防烫夹对盘子的拉力克服盘子的重力做功，故D错误。
故选：A。
5．（2022•思明区校级二模）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N时物体在水平面上向右做匀速直线运动，滑轮和绳子的重忽略不计，若用力向左拉物体，使物体向左做匀速直线运动，则（ ）
A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N
【解答】解：由图知，此滑轮组由2段绳子承担物重，不计绳重、滑轮重以及绳子与滑轮间的摩擦，
所以F绳对A=12GB=12×10N＝5N；
A向右做匀速直线运动时，在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，所以f＝F绳对A＝5N，方向水平向左；
若使物体A向左做匀速直线运动，此时A受向左的拉力F、向右的摩擦力和向右的绳子拉力F绳对A，且A对水平面的压力大小和接触面的粗糙程度不变，则A受到的摩擦力大小不变（仍为5N），
因A处于平衡状态且绳子上的拉力大小不变，则由力的平衡条件可得向左的拉力F＝F绳对A+f＝5N+5N＝10N。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（2022•尤溪县模拟）环卫工人辛勤劳动创建了我们干净舒适的环境！如图所示，勤劳的环卫工人正在使用扫帚打扫街道，扫帚在扫地时（ ）
A．可以省力
B．可以省距离
C．可以省功
D．既不能省力，也不能省距离
【解答】解：扫帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，费力省距离；根据功的原理可知，使用任何机械都不会省功；故B正确，ACD错误。
故选：B。
7．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用水平向右10N的力F拉滑轮（不计滑轮重力），木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，4s内木块A移动了0.4m，木板B静止在粗糙水平地面上，滑轮组的机械效率为80%。则（ ）
A．木块A受到的摩擦力为5N
B．地面对木板B的摩擦力为4N
C．拉力F的功率为0.5W
D．4s内绳子拉力对木板B做的功为1.6J
【解答】解：
BD、对A、B水平方向受力分析，如下图所示：
因为物体做匀速直线运动，根据图示可知，F′＝fB对A﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
F′＝f地对B+fA对B﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于力的作用是相互的，所以fB对A＝fA对B﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
综合上述分析可知，f地对B＝0N，即A做匀速直线运动，B相对于地面处于静止状态，4s内绳子拉力对木板B做的功为0J，故BD错误；
A、由图示可知，自由端移动的距离s与物体A移动的距离s′的关系为：s=12s′，
由η=W有用W总=fB对As'Fs=2fB对AF可得B对A的摩擦力为：
fB对A=ηF2=80%×10N2=4N，故A错误；
C、拉力F端移动的速度：v=st=12×0.4m4s=0.05m/s，拉力的功率：P＝Fv＝10N×0.05m/s＝0.5W，故C正确。
故选：C。
8．（2022•鼓楼区校级一模）如图，左边的钩码个数和位置保持不变，弹簧测力计的作用点固定，能描述测力计示数F与θ关系的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：当测力计和杠杆的角度从0°逐渐增加到90°时，动力臂越来越大，动力越来越小，当测力计和杠杆垂直时，此时动力臂最大，动力最小，当测力计和杠杆的角度从 90°逐渐增加到180°时，角度越大，动力臂越小，动力越大；由于力臂不能为零，故0°＜θ＜180°，故ACD不符合题意，B符合题意．
故选：B。
9．（2022•福州模拟）生活中物理知识无处不在。下列关于厨房器具对应知识的说法中正确的是（ ）
A．将菜刀磨得锋利是为了增大压力
B．瓶盖起子开瓶盖时是省力杠杆
C．高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点低
D．抽油烟机能够向外排气，是因为其附近的空气流速大，压强大的缘故
【解答】解：A．将菜刀磨得锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A错误；
B．瓶盖起子应用了杠杆知识，使用时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确；
C．由于液体沸点会随液体表面上的气压增大而升高，所以，高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点高，故C错误；
D．流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大，抽油烟机能够向外排气是因为其附近的空气流速快、压强小的缘故，故D错误。
故选：B。
10．（2021•鲤城区校级模拟）如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆
（ ）
A．保持平衡 B．A端下沉 C．B端下沉 D．以上均可能
【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，
因OC＜OB＝OA，
根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可知，G1＜G2；
若将G1、G2的位置对调，G1＜G2；OC＜OA，则G1OC＜G2OA，故杠杆的A端下沉。
故选：B。
11．（2013•福州模拟）如图用滑轮组提升重80N的重物，物体上升速度为0.1m/s，上升高度为20cm，拉绳子的力F为50N，则（ ）
A．绳子自由端被拉下60cm B．拉力的功率为5W
C．有用功为1600J D．滑轮组机械效率为80%
【解答】解：A、由图知，滑轮组由2段绳子承担物重，所以s＝2h＝2×20cm＝40cm，所以A错误。
B、由题意知，物体上升的速度为0.1m/s，所以拉力移动的速度为v＝2×0.1m/s，则P总=W总t=Fst=Fv＝50N×0.2m/s＝10W，所以B错误。
C、W有用＝Gh＝80N×20×10﹣2m＝16J，所以C错误。
D、W总＝Fs＝50N×40×10﹣2m＝20J
η=W有用W总×100%=16J20J×100%＝80%，所以D正确。
故选：D。
12．（2022•三明模拟）如图，用相同的滑轮安装成甲、乙滑轮组，用它们分别将重为5G和3G的物体匀速提升相同的高度。已知F甲＝F乙，不计绳重与摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙拉力做功之比为2：3
B．每个动滑轮重为2G
C．甲、乙滑轮组机械效率之比为10：9
D．甲、乙绳自由端移动距离之比为1：1
【解答】解：D、由图可知甲、乙两滑轮组中承担动滑轮绳子的股数分别为：n甲＝3，n乙＝2，
由s＝nh可知，甲、乙绳子自由端移动的距离之比：s甲s乙=n甲hn乙h=n甲n乙=32，故D错误；
A、由W总＝Fs可知，甲、乙拉力做功之比：W甲W乙=F甲s甲F乙s乙=s甲s乙=32，故A错误；
B、因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以F甲F乙=13(G甲+G动)12(G乙+G动)=23×5G+G动3G+G动=11，
解得：G动＝G，故B错误；
C、由η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF可知，甲、乙滑轮组的机械效率之比：η甲η乙=G甲n甲F甲G乙n乙F乙=G甲G乙×n乙n甲×F乙F甲=5G3G×23×11=109，故C正确。
故选：C。
13．（2022•海沧区模拟）如图，甲为厦漳跨海大桥的实景图，该桥可逐步抽象成乙、丙、丁所示的模型。下列说法正确的是（ ）
A．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力不变
B．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力变小
C．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力不变
D．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力变大
【解答】解：（1）由图可知，桥上无车时，若增加塔桥的高度，增加了支点到钢索的垂直距离，即增大了动力臂，由F1=F2L2L1可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小，桥对钢索的拉力就越小，即钢索承受的拉力变小，故A错误、B正确；
（2）桥上有车时，位置越靠近桥塔，阻力臂越小，由杠杆平衡条件可知，当阻力和动力臂不变的情况下，钢索受到的拉力越小，故CD错误。
故选：B。
14．（2022•鼓楼区校级一模）如图所示，轻质杠杆MON及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O点转动，MO：NO＝3：2，图中正方体D通过细线与N点相连且与水平地面的接触面积S为400cm2，当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，物体D对水平地面的压强p1为4000Pa；当把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O'，使MO'：NO'＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，此时绳对物体D的拉力为F，物体D对水平地面的压强为p2（杠杆、支架和托盘的重力不计），则下列结论正确的是（ ）
A．物体D的质量为16kg
B．物体D的密度为2.5×103kg/m3
C．绳对物体D的拉力F为160N
D．物体D对水平地面的压强p2为400Pa
【解答】解：A、当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，
由杠杆的平衡条件可得：GA•MO＝FN•NO，
所以，杠杆N端受到绳子的拉力：
FN=MONOGA=32GA=32mAg=32×8kg×10N/kg＝120N，
由p=FS可得，物体D对水平地面的压力：
F1＝p1S＝4000Pa×4×10﹣2m2＝160N，
因物体D对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，即F1＝GD﹣FN，
所以，物体D的重力：
GD＝FN+F1＝120N+160N＝280N，
物体D的质量：
mD=GDg=280N10N/kg=28kg，故A错误；
B、根据正方体D的受力面积为S＝4×10﹣2m2，得出D的边长为0.2cm，则其体积为V＝（0.2cm）3＝0.008m3，根据ρ=mV得，
D的密度ρ=mV=28kg0.008m3=3.5×103km/m3，故B错误；
C、把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O′，使MO′：NO′＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，
由杠杆的平衡条件可得：GB•MO′＝FN′•NO′，
此时杠杆N端受到绳子的拉力：
FN′=MO'NO'GB=43GB=43mBg=43×12kg×10N/kg＝160N，即绳对物体D的拉力F为160N，故Cz正确；
D、物体D对水平地面的压力：
F2＝GD﹣FN′＝280N﹣160N＝120N，
此时物体D对水平地面的压强：
p2=F2S=120N4×10-2m2=3000Pa，故D错误。
故选：C。
15．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用甲、乙两个滑轮组将同一物体匀速提升相同高度，拉力分别为F甲、F乙，此过程相关数据如图，则下列判断正确的是（ ）
A．F甲比F乙小
B．甲滑轮组的机械效率比乙的低
C．两滑轮组绳子自由端移动距离相等
D．乙滑轮组的机械效率为25%
【解答】解：AC．由图可知滑轮组绳子的有效股数分别为n甲＝3，n乙＝2，
由题意可知，物体上升的高度相同，设物体上升的高度为h，甲、乙滑轮组绳端移动的距离分别为：s甲＝3h，s乙＝2h，s甲＞s乙，故C错误；
两滑轮组绳子自由端移动距离不相等；由图可知，甲、乙滑轮组中总功分别为：W甲总＝1200J，W乙总＝800J，
甲乙拉力之比F甲F乙=W甲总s甲W乙总s乙=W甲总W乙总×s乙s甲=1200J800J×2h3h=11，即F甲＝F乙，故A错误；
BD．由图可知，可知甲滑轮组的总功W总甲＝1200J，额外功W额甲＝600J，则有用功为：W有甲＝W总甲﹣W额甲＝1200J﹣600J＝600J，
甲滑轮组的机械效率η甲=W有甲W总甲=600J1200J=50%，
乙滑轮组的总功W总乙＝800J，额外功W额乙＝200J，则有用功为：W有乙＝W总乙﹣W额乙＝800J﹣200J＝600J，
乙滑轮组的机械效率η乙=W有乙W总乙=600J800J=75%，
即甲滑轮组的机械效率比乙的低，故B正确，D错误；
故选：B。
16．（2022•延平区模拟）如图所示的滑轮组将重10N的物体匀速提升1m，所用时间为2s，作用在绳子末端的拉力F为6N（不计绳重和摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．所做的有用功为6J
B．拉力F做功的功率为5W
C．动滑轮自重4N
D．该滑轮组的机械效率为83.3%
【解答】解：A、有用功：W有＝Gh＝10N×1m＝10J，故A错误；
B、由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×1m＝2m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝6N×2m＝12J，
拉力做功的功率：P=W总t=12J2s=6W，故B错误；
C、因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×6N﹣10N＝2N，故C错误；
D、滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=10J12J×100%≈83.3%，故D正确。
故选：D。
17．（2022•城厢区模拟）用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示。不计摩擦和绳重，下列分析正确的是（ ）
A．动滑轮的重力为5N
B．该滑轮组的机械效率可以达到100%
C．滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少
D．每次提升重物时，滑轮组做的额外功为5J
【解答】解：A、由图乙可知，提升物重G＝10N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率：η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动=10N10N+G动=50%，
解得动滑轮重力：G动＝10N，故A错误；
B、使用滑轮组时，需要提升动滑轮做额外功，使得有用功小于总功，滑轮组的机械效率总小于100%，故B错误；
C、滑轮组的机械效率越高，说明有用功与总功的比值越大，拉力做功不一定少，故C错误；
D、由题知，利用滑轮组每次物体被提升的高度均为0.5m，提升动滑轮上升的高度也都是0.5m，则每次提升重物时，不计绳重和摩擦，滑轮组做的额外功都为：W额＝G动h＝10N×0.5m＝5J，故D正确。
故选：D。
二．作图题（共3小题）
18．（2022•集美区模拟）2022北京冬奥会的滑雪大跳台。把跳台滑道上段简化成图乙的杠杆，O是支点，A是这段滑道的重心，若模型支架对滑道的力F作用在B点，沿bc线。请画出F和F的力臂L1。
【解答】解：根据图乙可知，F的方向沿cb方向斜向上，过支点O做F的力的作用线的垂线，该垂线段为力臂L1，如图所示：
19．（2021•政和县模拟）如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F力臂l。
【解答】解：已知羊角锤与物体的接触点O为支点，从支点O到力F的作用线作垂线段，即可作出力臂l，如图所示：
20．（2021•鼓楼区校级模拟）如图所示，硬质杠杆AOB上挂一重物M，O为支点，请你在杠杆AOB上作出使重物在图示位置静止时的最小拉力F1的示意图和力F2的力臂l2。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，过A点垂直于OA作出最小力的示意图，由图知，最小力的方向向右上方，然后由O点向力F2的作用线作垂线，这就是力臂L2．如图所示：
三．实验探究题（共6小题）
21．（2022•漳州模拟）在“探究轻质杠杆的动力与动力臂的关系”的实验中：
（1）实验中将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是 可以直接读取力臂 ；
（2）调节好的杠杆如图甲，在杠杆A点挂3个相同的钩码，每个钩码重0.5N，用弹簧测力计在B位置竖直向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计读数为 1.2 N；
（3）保持A点钩码数量不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力F1和动力臂l1的数据，绘制了F1﹣l1的关系图像，如图乙。请根据图线推算，当l1为8cm时，F1为 0.75 N；
（4）如图丙，工人在使用扳手时，在扳手手柄上加了一个长套筒，通过实验，小东明白这是通过 增大力臂 的办法省力，图中工人在C处沿不同方向施力均能把螺丝拧起，则Fa 小于 Fb。
【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心就在支点处，避免了杠杆自重对实验的影响，因为杠杆是水平的，钩码对杠杆的力就会和杠杆垂直，支点到力的作用点的距离就是力臂，可以直接读取力臂。
（2）根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可得：F1=F2l2l1=3×0.5N×4l5l=1.2N
故弹簧测力计的示数为1.2N。
（3）由图像可得：F1l1＝6N×1×0.01m＝0.06N•m，
当力臂l1＝8cm时，F1=0.06N⋅m8×0.01m=0.75N；
（4）根据杠杆平衡原理可知，阻力和阻力臂不变时，增大动力臂可以减小动力，在扳手手柄上加了一个长套筒，就是通过增大力臂来达到省力的效果。
分别做出Fa、Fb的力臂可知，Fa的力臂大于Fb的力臂，阻力和阻力臂不变，所以Fa小于Fb。
故答案为：（1）便于直接读取力臂；（2）1.2；（3）0.75；（4）增大力臂；小于。
22．（2022•宁德模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中
（1）调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于 测量力臂 ；
（2）如图甲，要使杠杆水平位置平衡，应在B点挂 3 个钩码。随后将杠杆左右两端的钩码各向远离支点0的方向移动1格，松手后杠杆 逆时针转动 （选填“保持静止”、“顺时针转动”或“逆时针转动”）；
（3）如图乙，在杠杆左侧第2格处挂4个钩码，在B点用力F竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡。沿图中虚线位置施加拉力，杠杆继续在水平位置保持平衡，则拉力F的力臂将 变小 ，拉力F的大小将 变大 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【解答】解：（1）实验时，使杠杆在水平位置平衡，目的是便于直接测量力臂；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，即6G×2L＝FB×4L，解得FB＝3G，需挂3个钩码；
若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动1格，则左侧6G×3L＝18GL，右侧3G×5L＝15GL，因为18GL＞15GL，则杠杆不能平衡，应逆时针转动；
（3）由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，F1=F2L2L1，保持B点不变，将拉力方向旋转到图中虚线位置时，阻力乘阻力臂的值不变，拉力的力臂L1变小，故拉力F1将变大。
故答案为：（1）测量力臂；（2）3；逆时针转动；（3）变小；变大。
23．（2022•政和县模拟）如图小南利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”实验。
（1）实验前若杠杆的左端下沉如图甲，小南应该把杠杆右端的平衡螺母向 右 （填“左”或“右”）调节，使之在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小南同学在图乙所示的A位置挂上两个钩码，则可以在B位置挂上 3 个钩码，使杠杆在水平位置平衡，若将两边同时加上一个钩码，则杠杆将会 左端下沉 （填“仍平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图丙），测力计示数将如何变化： 先变小后变大 。
【解答】解：（1）实验前发现杠杆静止时，左端低、右端高，此时处于平衡状态；杠杆左端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，则他应将杠杆右端的平衡螺母向右调；
（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件：2G×6L＝nG×4L，所以n＝3（个）；
如果再在A、B两处各加挂一个钩码，3G×6L＞4G×4L，所以杠杆左端下沉；
（3）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数将先变小后变大。
故答案为：（1）右；（2）3；右端下沉；（3）先变小后变大。
24．（2020•龙岩模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验前，小明同学发现实验装置处于如图甲所示的状态，使用时，首先应将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 便于测量力臂 ；
（2）如图乙，调节平衡后在A位置挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，B位置应挂 2 个钩码；
（3）小明又用图丙装置进行实验，请在图中画出拉F的力臂，弹簧测力计的读数应是 2 N；（一个钩码重0.5N）
（4）小红同学采用了图丁的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 杠杆的自重对杠杆平衡有影响 。
【解答】解：（1）图甲可知，杠杆的右端上翘，应将杠杆的平衡螺母向右调节，使杠杆处于水平位置平衡，这样做便于测量力臂，并能消除杠杆自身重力的影响；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FAlA＝FBlB，即3G×2L＝FB×3L，解得：FB＝2G，需挂2个钩码；
（3）过支点O向力的作用线作垂线，垂足与支点的距离，就是力臂，如下图：
由图可知弹簧测力计的拉力的力臂为12×6L，由F1L1＝F2L2得，0.5N×3×4L＝F1×6L×12，解得，F1＝2N；
（4）利用如图丁所示装置进行探究，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；便于测量力臂；（2）2；（3）2；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
25．（2021•福州二模）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
（1）图甲中，杠杆静止时处于 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）移。在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上 测量力臂 。
（2）如图乙所示，在杠杆左侧A位置（左边位置第四格）先挂了3个钩码，每个钩码为0.5N，在右侧B位置（右边位置第三格）用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 2 N。
（3）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码，现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 变小 ，原因是测力计的拉力力臂 变大 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）小明用如图丁装置进行探究，发现总是无法得到教材上所给出的杠杆平衡条件，其原因是 杠杆的自重对杠杆平衡有影响 。
（5）小明多次实验收集多组数据，目的是 b （选填“a”或“b”）。
a.多次实验取平均值减小实验误差
b.使实验结论更具有科学性和普遍性
【解答】解：（1）杠杆处于静止状态是平衡状态；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，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是为了直接从杠杆上测量力臂；
（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，
3G×4L＝F×3L
解得：F＝4G＝4×0.5N＝2N；
（3）图丙中，当弹簧测力计绕A点从C位置转动到D位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变小，这是因为，当拉力由倾斜变成竖直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡；
（4）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响；
（5）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，故选b；
故答案为：（1）平衡；右；测量力臂；（2）2；（3）变小；变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响；（5）b。
26．（2022•漳州模拟）某同学用如图所示的实验装置“探究滑轮组的机械效率”，数据记录在表中：
实验
次数
钩码重/N
钩码上升的高度/m
绳端的
拉力/N
绳端移动的距离/m
机械效率
1
0.5
0.10
0.35
0.3
47.6%
2
1
0.10
0.55
0.3
60.6%
3
2
0.10
1
0.3
66.7%
4
2
0.15
1
0.45
66.7%
（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于 匀速直线运动 状态。（选填“静止”或“匀速直线运动”）
（2）由第1、2、3次实验可知，钩码上升的高度相同时，随着钩码重的增大，有用功 增加 额外功 增加 。（选填“增加”、“不变”或“减少”）
（3）由第3、4次实验可知，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功 增加 ，机械效率 不变 ；（选填“增加”、“不变”或“减少”）
【解答】解：（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于竖直匀速直线运动状态，此时测力计示数才等于拉力大小；
（2）由第1、2、3次实验可知，W有用＝Gh，钩码上升的高度相同时，随着钩码重G的增大，有用功增加；
滑轮与绳，滑轮与轴的摩擦增加，额外功增加；
（3）由第3、4次实验可知，根据W有用＝Gh，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功增加，而机械效率不变；
故答案为：（1）匀速直线运动；（2）增加；增加；（3）增加；不变。
四．计算题（共3小题）
27．（2020•荔城区校级模拟）如图甲所示是利用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
（1）长方体A未露出水面时受到的浮力。
（2）长方体A的体积。
（3）长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
【解答】解：
（1）根据图乙可知，A未露出水面时所受的拉力F1＝1.4×104N，物体A的重力G＝F1′＝2.4×104N；
则A未露出水面时受到的浮力：F浮＝G﹣F1＝2.4×104N﹣1.4×104N＝1×104N；
（2）由F浮＝ρ水gV排可得A排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=1×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=1m3；
因为A浸没在水中，所以A的体积：V＝V排＝1m3；
（3）A完全离开水面后，滑轮组的机械效率为75%，此时电动机对绳的拉力F为8×103N，
由η=W有用W总=GhFnh=GnF得，动滑轮上绳子的股数：
n=GF×η=2.4×104N8×103N×75%=4，
不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，由F=1n（G+G动）可得动滑轮的重力：
G动＝4F﹣G＝4×8×103N﹣2.4×104N＝8×103N。
答：（1）长方体A未露出水面时受到的浮力为1×104N。
（2）长方体A的体积为1m3。
（3）动滑轮的重力为8×103N。
28．（2021•福州二模）如图所示，将一个质量为0.4kg的物体，从底端沿斜面匀速拉到顶端所用时间为5s，斜面长s为1m，高h为0.5m，斜面的效率为80%，g取10N/kg。求：
（1）拉力所做的有用功。
（2）拉力做功的功率。
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力。
【解答】解：（1）拉力所做的有用功：
W有＝Gh＝mgh＝0.4kg×10N/kg×0.5m＝2J；
（2）由η=W有用W总可得，拉力所做的总功：
W总=W有用η=2J80%=2.5J，
拉力做功的功率：
P=W总t=2.5J5s=0.5W；
（3）额外功为：
W额＝W总﹣W有＝2.5J﹣2J＝0.5J，
由W额＝fs可得，物体在斜面上运动时受到的摩擦力：
f=W额s=0.5J1m=0.5N。
答：（1）拉力所做的有用功为2J；
（2）拉力做功的功率为0.5W；
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力为0.5N。
29．（2022•莆田模拟）如图所示，动滑轮重100N，绳所能承受的最大拉力为500N，绳重及摩擦不计，若拉力F在5s内将重400N的物体匀速提升0.4m。求：
（1）绳自由端移动的距离；
（2）在这个过程中拉力的功率；
（3）该滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝2×0.4m＝0.8m；
（2）因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力：
F=1n（G+G动）=12×（400N+100N）＝250N，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝250N×0.8m＝200J，
拉力做功的功率：
P=W总t=200J5s=40W；
（3）因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以滑轮组能提升的最大物重：
G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣100N＝900N，
滑轮组的最大机械效率：
η=W有W总=G最大hF最大s=G最大hF最大nh=G最大nF最大=900N2×500N×100%＝90%。
答：（1）绳自由端移动的距离为0.8m；
（2）在这个过程中拉力的功率为40W；
（3）该滑轮组的最大机械效率为90%。
2023年福建省中考物理复习专题练：11简单机械
一．选择题（共17小题）
1．（2022•龙岩模拟）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组，分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1、F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．甲滑轮组的有用功与额外功的比值较大
B．甲、乙滑轮组绳端移动的距离相等
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．拉力F1一定小于F2
2．（2022•宁德模拟）如图所示甲、乙两装置所用滑轮相同，每个滑轮重2N。现分别用6N的拉力匀速提升体积相等的A、B两物体，物体上升的速度均为0.1m/s，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率η甲＞η乙
B．A、B两物体的密度之比为ρA：ρB＝3：2
C．B物体的重力GB＝8N
D．甲装置中拉力F的功率为0.6W
3．（2022•福建模拟）科技馆里小明和爸爸正在体验升降座椅装置，其简图如图所示。图中爸爸对绳子施加拉力F，小明被匀速拉升，已知爸爸的质量大于小明的质量，不计绳重及摩擦，则（ ）
A．滑轮a的作用是改变力的方向
B．拉力F做的功是有用功
C．绳子自由端移动的距离是小明升高距离的4倍
D．若换小明拉动爸爸匀速上升，该装置的机械效率会提高
4．（2022•南安市模拟）如图是一种防烫夹，用于夹取烫手的碗或盘子等，下列说法正确的是（ ）
A．该防烫夹属于费力杠杆
B．把手处的花纹是为了减小摩擦
C．匀速提起时，盘子受到的是非平衡力
D．匀速提起时，防烫夹对盘子没有做功
5．（2022•思明区校级二模）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N时物体在水平面上向右做匀速直线运动，滑轮和绳子的重忽略不计，若用力向左拉物体，使物体向左做匀速直线运动，则（ ）
A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N
6．（2022•尤溪县模拟）环卫工人辛勤劳动创建了我们干净舒适的环境！如图所示，勤劳的环卫工人正在使用扫帚打扫街道，扫帚在扫地时（ ）
A．可以省力
B．可以省距离
C．可以省功
D．既不能省力，也不能省距离
7．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用水平向右10N的力F拉滑轮（不计滑轮重力），木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，4s内木块A移动了0.4m，木板B静止在粗糙水平地面上，滑轮组的机械效率为80%。则（ ）
A．木块A受到的摩擦力为5N
B．地面对木板B的摩擦力为4N
C．拉力F的功率为0.5W
D．4s内绳子拉力对木板B做的功为1.6J
8．（2022•鼓楼区校级一模）如图，左边的钩码个数和位置保持不变，弹簧测力计的作用点固定，能描述测力计示数F与θ关系的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
9．（2022•福州模拟）生活中物理知识无处不在。下列关于厨房器具对应知识的说法中正确的是（ ）
A．将菜刀磨得锋利是为了增大压力
B．瓶盖起子开瓶盖时是省力杠杆
C．高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点低
D．抽油烟机能够向外排气，是因为其附近的空气流速大，压强大的缘故
10．（2021•鲤城区校级模拟）如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆
（ ）
A．保持平衡 B．A端下沉 C．B端下沉 D．以上均可能
11．（2013•福州模拟）如图用滑轮组提升重80N的重物，物体上升速度为0.1m/s，上升高度为20cm，拉绳子的力F为50N，则（ ）
A．绳子自由端被拉下60cm B．拉力的功率为5W
C．有用功为1600J D．滑轮组机械效率为80%
12．（2022•三明模拟）如图，用相同的滑轮安装成甲、乙滑轮组，用它们分别将重为5G和3G的物体匀速提升相同的高度。已知F甲＝F乙，不计绳重与摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙拉力做功之比为2：3
B．每个动滑轮重为2G
C．甲、乙滑轮组机械效率之比为10：9
D．甲、乙绳自由端移动距离之比为1：1
13．（2022•海沧区模拟）如图，甲为厦漳跨海大桥的实景图，该桥可逐步抽象成乙、丙、丁所示的模型。下列说法正确的是（ ）
A．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力不变
B．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力变小
C．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力不变
D．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力变大
14．（2022•鼓楼区校级一模）如图所示，轻质杠杆MON及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O点转动，MO：NO＝3：2，图中正方体D通过细线与N点相连且与水平地面的接触面积S为400cm2，当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，物体D对水平地面的压强p1为4000Pa；当把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O'，使MO'：NO'＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，此时绳对物体D的拉力为F，物体D对水平地面的压强为p2（杠杆、支架和托盘的重力不计），则下列结论正确的是（ ）
A．物体D的质量为16kg
B．物体D的密度为2.5×103kg/m3
C．绳对物体D的拉力F为160N
D．物体D对水平地面的压强p2为400Pa
15．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用甲、乙两个滑轮组将同一物体匀速提升相同高度，拉力分别为F甲、F乙，此过程相关数据如图，则下列判断正确的是（ ）
A．F甲比F乙小
B．甲滑轮组的机械效率比乙的低
C．两滑轮组绳子自由端移动距离相等
D．乙滑轮组的机械效率为25%
16．（2022•延平区模拟）如图所示的滑轮组将重10N的物体匀速提升1m，所用时间为2s，作用在绳子末端的拉力F为6N（不计绳重和摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．所做的有用功为6J
B．拉力F做功的功率为5W
C．动滑轮自重4N
D．该滑轮组的机械效率为83.3%
17．（2022•城厢区模拟）用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示。不计摩擦和绳重，下列分析正确的是（ ）
A．动滑轮的重力为5N
B．该滑轮组的机械效率可以达到100%
C．滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少
D．每次提升重物时，滑轮组做的额外功为5J
二．作图题（共3小题）
18．（2022•集美区模拟）2022北京冬奥会的滑雪大跳台。把跳台滑道上段简化成图乙的杠杆，O是支点，A是这段滑道的重心，若模型支架对滑道的力F作用在B点，沿bc线。请画出F和F的力臂L1。
19．（2021•政和县模拟）如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F力臂l。
20．（2021•鼓楼区校级模拟）如图所示，硬质杠杆AOB上挂一重物M，O为支点，请你在杠杆AOB上作出使重物在图示位置静止时的最小拉力F1的示意图和力F2的力臂l2。
三．实验探究题（共6小题）
21．（2022•漳州模拟）在“探究轻质杠杆的动力与动力臂的关系”的实验中：
（1）实验中将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是 ；
（2）调节好的杠杆如图甲，在杠杆A点挂3个相同的钩码，每个钩码重0.5N，用弹簧测力计在B位置竖直向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计读数为 N；
（3）保持A点钩码数量不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力F1和动力臂l1的数据，绘制了F1﹣l1的关系图像，如图乙。请根据图线推算，当l1为8cm时，F1为 N；
（4）如图丙，工人在使用扳手时，在扳手手柄上加了一个长套筒，通过实验，小东明白这是通过 的办法省力，图中工人在C处沿不同方向施力均能把螺丝拧起，则Fa Fb。
22．（2022•宁德模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中
（1）调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于 ；
（2）如图甲，要使杠杆水平位置平衡，应在B点挂 个钩码。随后将杠杆左右两端的钩码各向远离支点0的方向移动1格，松手后杠杆 （选填“保持静止”、“顺时针转动”或“逆时针转动”）；
（3）如图乙，在杠杆左侧第2格处挂4个钩码，在B点用力F竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡。沿图中虚线位置施加拉力，杠杆继续在水平位置保持平衡，则拉力F的力臂将 ，拉力F的大小将 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
23．（2022•政和县模拟）如图小南利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”实验。
（1）实验前若杠杆的左端下沉如图甲，小南应该把杠杆右端的平衡螺母向 （填“左”或“右”）调节，使之在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小南同学在图乙所示的A位置挂上两个钩码，则可以在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡，若将两边同时加上一个钩码，则杠杆将会 （填“仍平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图丙），测力计示数将如何变化： 。
24．（2020•龙岩模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验前，小明同学发现实验装置处于如图甲所示的状态，使用时，首先应将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 ；
（2）如图乙，调节平衡后在A位置挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，B位置应挂 个钩码；
（3）小明又用图丙装置进行实验，请在图中画出拉F的力臂，弹簧测力计的读数应是 N；（一个钩码重0.5N）
（4）小红同学采用了图丁的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 。
25．（2021•福州二模）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
（1）图甲中，杠杆静止时处于 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移。在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上 。
（2）如图乙所示，在杠杆左侧A位置（左边位置第四格）先挂了3个钩码，每个钩码为0.5N，在右侧B位置（右边位置第三格）用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 N。
（3）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码，现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 ，原因是测力计的拉力力臂 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）小明用如图丁装置进行探究，发现总是无法得到教材上所给出的杠杆平衡条件，其原因是 。
（5）小明多次实验收集多组数据，目的是 （选填“a”或“b”）。
a.多次实验取平均值减小实验误差
b.使实验结论更具有科学性和普遍性
26．（2022•漳州模拟）某同学用如图所示的实验装置“探究滑轮组的机械效率”，数据记录在表中：
实验
次数
钩码重/N
钩码上升的高度/m
绳端的
拉力/N
绳端移动的距离/m
机械效率
1
0.5
0.10
0.35
0.3
47.6%
2
1
0.10
0.55
0.3
60.6%
3
2
0.10
1
0.3
66.7%
4
2
0.15
1
0.45
66.7%
（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于 状态。（选填“静止”或“匀速直线运动”）
（2）由第1、2、3次实验可知，钩码上升的高度相同时，随着钩码重的增大，有用功 额外功 。（选填“增加”、“不变”或“减少”）
（3）由第3、4次实验可知，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功 ，机械效率 ；（选填“增加”、“不变”或“减少”）
四．计算题（共3小题）
27．（2020•荔城区校级模拟）如图甲所示是利用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
（1）长方体A未露出水面时受到的浮力。
（2）长方体A的体积。
（3）长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
28．（2021•福州二模）如图所示，将一个质量为0.4kg的物体，从底端沿斜面匀速拉到顶端所用时间为5s，斜面长s为1m，高h为0.5m，斜面的效率为80%，g取10N/kg。求：
（1）拉力所做的有用功。
（2）拉力做功的功率。
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力。
29．（2022•莆田模拟）如图所示，动滑轮重100N，绳所能承受的最大拉力为500N，绳重及摩擦不计，若拉力F在5s内将重400N的物体匀速提升0.4m。求：
（1）绳自由端移动的距离；
（2）在这个过程中拉力的功率；
（3）该滑轮组的最大机械效率。
2023年福建省中考物理复习专题练：11简单机械
参考答案与试题解析
一．选择题（共17小题）
1．（2022•龙岩模拟）将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组，分别匀速提升重力为G1、G2的两物体，升高相同的高度。绳自由端施加的拉力大小分别为F1、F2，物重G1＞G2，不计绳重和摩擦。则下列判断正确的是（ ）
A．甲滑轮组的有用功与额外功的比值较大
B．甲、乙滑轮组绳端移动的距离相等
C．甲、乙滑轮组的有用功相同
D．拉力F1一定小于F2
【解答】解：AC、据题意可知，物体上升的高度h相同，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式：W有＝Gh、W额＝G动h可知：甲的有用功大于乙的有用功，两者的额外功相同，则甲的有用功与额外功的比值较大，故A正确，C错误；
B、甲滑轮组有三段绳子承担总重，绳端移动的距离为3h，乙滑轮组有两段绳子承担总重，绳端移动的距离为2h，甲、乙滑轮组绳端移动的距离不相等，故B错误；
D、甲、乙动滑轮上绳子股数n分别为3和2，且物重G1＞G2，动滑轮重G动相同，由公式F=1n（G+G动）可知：F1与F2的大小关系不能确定，故D错误。
故选：A。
2．（2022•宁德模拟）如图所示甲、乙两装置所用滑轮相同，每个滑轮重2N。现分别用6N的拉力匀速提升体积相等的A、B两物体，物体上升的速度均为0.1m/s，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑轮组的机械效率η甲＞η乙
B．A、B两物体的密度之比为ρA：ρB＝3：2
C．B物体的重力GB＝8N
D．甲装置中拉力F的功率为0.6W
【解答】解：
AC、由图知，使用滑轮组承担物重的绳子股数n甲＝3、n乙＝2，不计绳重和摩擦，拉力F=1n（G+G动），则提升的物重：GA＝n甲F﹣G动＝3×6N﹣2N＝16N，GB＝n乙F﹣G动＝2×6N﹣2N＝10N，
因为滑轮组机械效率η=W有用W总=GhFs=GhF×nh=GnF，
所以甲滑轮组的机械效率η甲=GAn甲F=16N3×6N≈88.9%，
乙滑轮组的机械效率η乙=GBn乙F=10N2×6N≈83.3%，
所以η甲＞η乙，故A正确、C错误；
B、GA：GB＝16N：10N＝8：5，
由G＝mg可知，mA：mB＝GA：GB＝8：5，
因为A、B的体积相等，所以由ρ=mV可知ρA：ρB＝mA：mB＝8：5，故B错误；
D、由图知，n甲＝3，拉力端移动速度v＝n甲v物＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
拉力做功的功率P＝Fv＝6N×0.3m/s＝1.8W，故D错误。
故选：A。
3．（2022•福建模拟）科技馆里小明和爸爸正在体验升降座椅装置，其简图如图所示。图中爸爸对绳子施加拉力F，小明被匀速拉升，已知爸爸的质量大于小明的质量，不计绳重及摩擦，则（ ）
A．滑轮a的作用是改变力的方向
B．拉力F做的功是有用功
C．绳子自由端移动的距离是小明升高距离的4倍
D．若换小明拉动爸爸匀速上升，该装置的机械效率会提高
【解答】解：
A、由图知，在提升小明时，a滑轮与小明一起向上运动，属于动滑轮，使用动滑轮不能改变力的方向，故A错误；
B、克服小明重力所做的功是有用功，拉力F做的功是总功，故B错误；
C、由图可知，承担小明重力绳子的段数n＝3，则绳子自由端移动的距离s＝3h，即绳子自由端移动的距离是小明升高距离的3倍，故C错误；
D、若换小明拉动爸爸匀速上升，由于爸爸的质量大于小明的质量，则爸爸的重力大于小明的重力，提升“物体”的重力增大，提升高度相同时，由W有＝Gh可知，有用功增大，不计绳重及摩擦，而额外功不变，所以有用功与总功的比值变大，即滑轮组机械效率提高了，故D正确。
故选：D。
4．（2022•南安市模拟）如图是一种防烫夹，用于夹取烫手的碗或盘子等，下列说法正确的是（ ）
A．该防烫夹属于费力杠杆
B．把手处的花纹是为了减小摩擦
C．匀速提起时，盘子受到的是非平衡力
D．匀速提起时，防烫夹对盘子没有做功
【解答】解：A、由图可知，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A正确；
B、把手处的花纹是为了增大摩擦，故B错误；
C、匀速提起时，防烫夹对盘子的拉力和盘子所受的重力是一对平衡力，故C错误；
D、速提起时，防烫夹对盘子的拉力克服盘子的重力做功，故D错误。
故选：A。
5．（2022•思明区校级二模）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N时物体在水平面上向右做匀速直线运动，滑轮和绳子的重忽略不计，若用力向左拉物体，使物体向左做匀速直线运动，则（ ）
A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N
【解答】解：由图知，此滑轮组由2段绳子承担物重，不计绳重、滑轮重以及绳子与滑轮间的摩擦，
所以F绳对A=12GB=12×10N＝5N；
A向右做匀速直线运动时，在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，所以f＝F绳对A＝5N，方向水平向左；
若使物体A向左做匀速直线运动，此时A受向左的拉力F、向右的摩擦力和向右的绳子拉力F绳对A，且A对水平面的压力大小和接触面的粗糙程度不变，则A受到的摩擦力大小不变（仍为5N），
因A处于平衡状态且绳子上的拉力大小不变，则由力的平衡条件可得向左的拉力F＝F绳对A+f＝5N+5N＝10N。
故B正确，ACD错误。
故选：B。
6．（2022•尤溪县模拟）环卫工人辛勤劳动创建了我们干净舒适的环境！如图所示，勤劳的环卫工人正在使用扫帚打扫街道，扫帚在扫地时（ ）
A．可以省力
B．可以省距离
C．可以省功
D．既不能省力，也不能省距离
【解答】解：扫帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，费力省距离；根据功的原理可知，使用任何机械都不会省功；故B正确，ACD错误。
故选：B。
7．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用水平向右10N的力F拉滑轮（不计滑轮重力），木块A在粗糙木板B上水平向左做匀速直线运动，4s内木块A移动了0.4m，木板B静止在粗糙水平地面上，滑轮组的机械效率为80%。则（ ）
A．木块A受到的摩擦力为5N
B．地面对木板B的摩擦力为4N
C．拉力F的功率为0.5W
D．4s内绳子拉力对木板B做的功为1.6J
【解答】解：
BD、对A、B水平方向受力分析，如下图所示：
因为物体做匀速直线运动，根据图示可知，F′＝fB对A﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
F′＝f地对B+fA对B﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由于力的作用是相互的，所以fB对A＝fA对B﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
综合上述分析可知，f地对B＝0N，即A做匀速直线运动，B相对于地面处于静止状态，4s内绳子拉力对木板B做的功为0J，故BD错误；
A、由图示可知，自由端移动的距离s与物体A移动的距离s′的关系为：s=12s′，
由η=W有用W总=fB对As'Fs=2fB对AF可得B对A的摩擦力为：
fB对A=ηF2=80%×10N2=4N，故A错误；
C、拉力F端移动的速度：v=st=12×0.4m4s=0.05m/s，拉力的功率：P＝Fv＝10N×0.05m/s＝0.5W，故C正确。
故选：C。
8．（2022•鼓楼区校级一模）如图，左边的钩码个数和位置保持不变，弹簧测力计的作用点固定，能描述测力计示数F与θ关系的大致图像是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：当测力计和杠杆的角度从0°逐渐增加到90°时，动力臂越来越大，动力越来越小，当测力计和杠杆垂直时，此时动力臂最大，动力最小，当测力计和杠杆的角度从 90°逐渐增加到180°时，角度越大，动力臂越小，动力越大；由于力臂不能为零，故0°＜θ＜180°，故ACD不符合题意，B符合题意．
故选：B。
9．（2022•福州模拟）生活中物理知识无处不在。下列关于厨房器具对应知识的说法中正确的是（ ）
A．将菜刀磨得锋利是为了增大压力
B．瓶盖起子开瓶盖时是省力杠杆
C．高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点低
D．抽油烟机能够向外排气，是因为其附近的空气流速大，压强大的缘故
【解答】解：A．将菜刀磨得锋利，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故A错误；
B．瓶盖起子应用了杠杆知识，使用时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B正确；
C．由于液体沸点会随液体表面上的气压增大而升高，所以，高压锅煮饭易熟是因为锅内气压大，液体的沸点高，故C错误；
D．流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大，抽油烟机能够向外排气是因为其附近的空气流速快、压强小的缘故，故D错误。
故选：B。
10．（2021•鲤城区校级模拟）如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆
（ ）
A．保持平衡 B．A端下沉 C．B端下沉 D．以上均可能
【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，
因OC＜OB＝OA，
根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可知，G1＜G2；
若将G1、G2的位置对调，G1＜G2；OC＜OA，则G1OC＜G2OA，故杠杆的A端下沉。
故选：B。
11．（2013•福州模拟）如图用滑轮组提升重80N的重物，物体上升速度为0.1m/s，上升高度为20cm，拉绳子的力F为50N，则（ ）
A．绳子自由端被拉下60cm B．拉力的功率为5W
C．有用功为1600J D．滑轮组机械效率为80%
【解答】解：A、由图知，滑轮组由2段绳子承担物重，所以s＝2h＝2×20cm＝40cm，所以A错误。
B、由题意知，物体上升的速度为0.1m/s，所以拉力移动的速度为v＝2×0.1m/s，则P总=W总t=Fst=Fv＝50N×0.2m/s＝10W，所以B错误。
C、W有用＝Gh＝80N×20×10﹣2m＝16J，所以C错误。
D、W总＝Fs＝50N×40×10﹣2m＝20J
η=W有用W总×100%=16J20J×100%＝80%，所以D正确。
故选：D。
12．（2022•三明模拟）如图，用相同的滑轮安装成甲、乙滑轮组，用它们分别将重为5G和3G的物体匀速提升相同的高度。已知F甲＝F乙，不计绳重与摩擦，则下列判断正确的是（ ）
A．甲、乙拉力做功之比为2：3
B．每个动滑轮重为2G
C．甲、乙滑轮组机械效率之比为10：9
D．甲、乙绳自由端移动距离之比为1：1
【解答】解：D、由图可知甲、乙两滑轮组中承担动滑轮绳子的股数分别为：n甲＝3，n乙＝2，
由s＝nh可知，甲、乙绳子自由端移动的距离之比：s甲s乙=n甲hn乙h=n甲n乙=32，故D错误；
A、由W总＝Fs可知，甲、乙拉力做功之比：W甲W乙=F甲s甲F乙s乙=s甲s乙=32，故A错误；
B、因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以F甲F乙=13(G甲+G动)12(G乙+G动)=23×5G+G动3G+G动=11，
解得：G动＝G，故B错误；
C、由η=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF可知，甲、乙滑轮组的机械效率之比：η甲η乙=G甲n甲F甲G乙n乙F乙=G甲G乙×n乙n甲×F乙F甲=5G3G×23×11=109，故C正确。
故选：C。
13．（2022•海沧区模拟）如图，甲为厦漳跨海大桥的实景图，该桥可逐步抽象成乙、丙、丁所示的模型。下列说法正确的是（ ）
A．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力不变
B．桥上无车时，桥塔增高，钢索承受的拉力变小
C．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力不变
D．桥上有车时，车靠近桥塔，钢索受到的拉力变大
【解答】解：（1）由图可知，桥上无车时，若增加塔桥的高度，增加了支点到钢索的垂直距离，即增大了动力臂，由F1=F2L2L1可知，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小，桥对钢索的拉力就越小，即钢索承受的拉力变小，故A错误、B正确；
（2）桥上有车时，位置越靠近桥塔，阻力臂越小，由杠杆平衡条件可知，当阻力和动力臂不变的情况下，钢索受到的拉力越小，故CD错误。
故选：B。
14．（2022•鼓楼区校级一模）如图所示，轻质杠杆MON及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O点转动，MO：NO＝3：2，图中正方体D通过细线与N点相连且与水平地面的接触面积S为400cm2，当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，物体D对水平地面的压强p1为4000Pa；当把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O'，使MO'：NO'＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，此时绳对物体D的拉力为F，物体D对水平地面的压强为p2（杠杆、支架和托盘的重力不计），则下列结论正确的是（ ）
A．物体D的质量为16kg
B．物体D的密度为2.5×103kg/m3
C．绳对物体D的拉力F为160N
D．物体D对水平地面的压强p2为400Pa
【解答】解：A、当物体A的质量为8kg时，杠杆在水平位置上平衡，
由杠杆的平衡条件可得：GA•MO＝FN•NO，
所以，杠杆N端受到绳子的拉力：
FN=MONOGA=32GA=32mAg=32×8kg×10N/kg＝120N，
由p=FS可得，物体D对水平地面的压力：
F1＝p1S＝4000Pa×4×10﹣2m2＝160N，
因物体D对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力，即F1＝GD﹣FN，
所以，物体D的重力：
GD＝FN+F1＝120N+160N＝280N，
物体D的质量：
mD=GDg=280N10N/kg=28kg，故A错误；
B、根据正方体D的受力面积为S＝4×10﹣2m2，得出D的边长为0.2cm，则其体积为V＝（0.2cm）3＝0.008m3，根据ρ=mV得，
D的密度ρ=mV=28kg0.008m3=3.5×103km/m3，故B错误；
C、把物体A换成质量为12kg的物体B，支点移至O′，使MO′：NO′＝4：3时，杠杆仍在水平位置上平衡，
由杠杆的平衡条件可得：GB•MO′＝FN′•NO′，
此时杠杆N端受到绳子的拉力：
FN′=MO'NO'GB=43GB=43mBg=43×12kg×10N/kg＝160N，即绳对物体D的拉力F为160N，故Cz正确；
D、物体D对水平地面的压力：
F2＝GD﹣FN′＝280N﹣160N＝120N，
此时物体D对水平地面的压强：
p2=F2S=120N4×10-2m2=3000Pa，故D错误。
故选：C。
15．（2022•鼓楼区校级模拟）如图所示，用甲、乙两个滑轮组将同一物体匀速提升相同高度，拉力分别为F甲、F乙，此过程相关数据如图，则下列判断正确的是（ ）
A．F甲比F乙小
B．甲滑轮组的机械效率比乙的低
C．两滑轮组绳子自由端移动距离相等
D．乙滑轮组的机械效率为25%
【解答】解：AC．由图可知滑轮组绳子的有效股数分别为n甲＝3，n乙＝2，
由题意可知，物体上升的高度相同，设物体上升的高度为h，甲、乙滑轮组绳端移动的距离分别为：s甲＝3h，s乙＝2h，s甲＞s乙，故C错误；
两滑轮组绳子自由端移动距离不相等；由图可知，甲、乙滑轮组中总功分别为：W甲总＝1200J，W乙总＝800J，
甲乙拉力之比F甲F乙=W甲总s甲W乙总s乙=W甲总W乙总×s乙s甲=1200J800J×2h3h=11，即F甲＝F乙，故A错误；
BD．由图可知，可知甲滑轮组的总功W总甲＝1200J，额外功W额甲＝600J，则有用功为：W有甲＝W总甲﹣W额甲＝1200J﹣600J＝600J，
甲滑轮组的机械效率η甲=W有甲W总甲=600J1200J=50%，
乙滑轮组的总功W总乙＝800J，额外功W额乙＝200J，则有用功为：W有乙＝W总乙﹣W额乙＝800J﹣200J＝600J，
乙滑轮组的机械效率η乙=W有乙W总乙=600J800J=75%，
即甲滑轮组的机械效率比乙的低，故B正确，D错误；
故选：B。
16．（2022•延平区模拟）如图所示的滑轮组将重10N的物体匀速提升1m，所用时间为2s，作用在绳子末端的拉力F为6N（不计绳重和摩擦），下列说法中正确的是（ ）
A．所做的有用功为6J
B．拉力F做功的功率为5W
C．动滑轮自重4N
D．该滑轮组的机械效率为83.3%
【解答】解：A、有用功：W有＝Gh＝10N×1m＝10J，故A错误；
B、由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×1m＝2m，
拉力做的总功：W总＝Fs＝6N×2m＝12J，
拉力做功的功率：P=W总t=12J2s=6W，故B错误；
C、因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×6N﹣10N＝2N，故C错误；
D、滑轮组的机械效率：η=W有W总×100%=10J12J×100%≈83.3%，故D正确。
故选：D。
17．（2022•城厢区模拟）用如图甲所示的滑轮组缓慢提升不同物体，每次物体被提升的高度均为0.5m，滑轮组的机械效率与物体受到重力的关系如图乙所示。不计摩擦和绳重，下列分析正确的是（ ）
A．动滑轮的重力为5N
B．该滑轮组的机械效率可以达到100%
C．滑轮组的机械效率越高，拉力做功越少
D．每次提升重物时，滑轮组做的额外功为5J
【解答】解：A、由图乙可知，提升物重G＝10N时，滑轮组的机械效率η＝50%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率：η=W有W总=W有W有+W额外=GhGh+G动h=GG+G动=10N10N+G动=50%，
解得动滑轮重力：G动＝10N，故A错误；
B、使用滑轮组时，需要提升动滑轮做额外功，使得有用功小于总功，滑轮组的机械效率总小于100%，故B错误；
C、滑轮组的机械效率越高，说明有用功与总功的比值越大，拉力做功不一定少，故C错误；
D、由题知，利用滑轮组每次物体被提升的高度均为0.5m，提升动滑轮上升的高度也都是0.5m，则每次提升重物时，不计绳重和摩擦，滑轮组做的额外功都为：W额＝G动h＝10N×0.5m＝5J，故D正确。
故选：D。
二．作图题（共3小题）
18．（2022•集美区模拟）2022北京冬奥会的滑雪大跳台。把跳台滑道上段简化成图乙的杠杆，O是支点，A是这段滑道的重心，若模型支架对滑道的力F作用在B点，沿bc线。请画出F和F的力臂L1。
【解答】解：根据图乙可知，F的方向沿cb方向斜向上，过支点O做F的力的作用线的垂线，该垂线段为力臂L1，如图所示：
19．（2021•政和县模拟）如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F力臂l。
【解答】解：已知羊角锤与物体的接触点O为支点，从支点O到力F的作用线作垂线段，即可作出力臂l，如图所示：
20．（2021•鼓楼区校级模拟）如图所示，硬质杠杆AOB上挂一重物M，O为支点，请你在杠杆AOB上作出使重物在图示位置静止时的最小拉力F1的示意图和力F2的力臂l2。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，过A点垂直于OA作出最小力的示意图，由图知，最小力的方向向右上方，然后由O点向力F2的作用线作垂线，这就是力臂L2．如图所示：
三．实验探究题（共6小题）
21．（2022•漳州模拟）在“探究轻质杠杆的动力与动力臂的关系”的实验中：
（1）实验中将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是 可以直接读取力臂 ；
（2）调节好的杠杆如图甲，在杠杆A点挂3个相同的钩码，每个钩码重0.5N，用弹簧测力计在B位置竖直向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计读数为 1.2 N；
（3）保持A点钩码数量不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力F1和动力臂l1的数据，绘制了F1﹣l1的关系图像，如图乙。请根据图线推算，当l1为8cm时，F1为 0.75 N；
（4）如图丙，工人在使用扳手时，在扳手手柄上加了一个长套筒，通过实验，小东明白这是通过 增大力臂 的办法省力，图中工人在C处沿不同方向施力均能把螺丝拧起，则Fa 小于 Fb。
【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心就在支点处，避免了杠杆自重对实验的影响，因为杠杆是水平的，钩码对杠杆的力就会和杠杆垂直，支点到力的作用点的距离就是力臂，可以直接读取力臂。
（2）根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可得：F1=F2l2l1=3×0.5N×4l5l=1.2N
故弹簧测力计的示数为1.2N。
（3）由图像可得：F1l1＝6N×1×0.01m＝0.06N•m，
当力臂l1＝8cm时，F1=0.06N⋅m8×0.01m=0.75N；
（4）根据杠杆平衡原理可知，阻力和阻力臂不变时，增大动力臂可以减小动力，在扳手手柄上加了一个长套筒，就是通过增大力臂来达到省力的效果。
分别做出Fa、Fb的力臂可知，Fa的力臂大于Fb的力臂，阻力和阻力臂不变，所以Fa小于Fb。
故答案为：（1）便于直接读取力臂；（2）1.2；（3）0.75；（4）增大力臂；小于。
22．（2022•宁德模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中
（1）调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于 测量力臂 ；
（2）如图甲，要使杠杆水平位置平衡，应在B点挂 3 个钩码。随后将杠杆左右两端的钩码各向远离支点0的方向移动1格，松手后杠杆 逆时针转动 （选填“保持静止”、“顺时针转动”或“逆时针转动”）；
（3）如图乙，在杠杆左侧第2格处挂4个钩码，在B点用力F竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡。沿图中虚线位置施加拉力，杠杆继续在水平位置保持平衡，则拉力F的力臂将 变小 ，拉力F的大小将 变大 。（均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【解答】解：（1）实验时，使杠杆在水平位置平衡，目的是便于直接测量力臂；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，即6G×2L＝FB×4L，解得FB＝3G，需挂3个钩码；
若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动1格，则左侧6G×3L＝18GL，右侧3G×5L＝15GL，因为18GL＞15GL，则杠杆不能平衡，应逆时针转动；
（3）由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，F1=F2L2L1，保持B点不变，将拉力方向旋转到图中虚线位置时，阻力乘阻力臂的值不变，拉力的力臂L1变小，故拉力F1将变大。
故答案为：（1）测量力臂；（2）3；逆时针转动；（3）变小；变大。
23．（2022•政和县模拟）如图小南利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”实验。
（1）实验前若杠杆的左端下沉如图甲，小南应该把杠杆右端的平衡螺母向 右 （填“左”或“右”）调节，使之在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小南同学在图乙所示的A位置挂上两个钩码，则可以在B位置挂上 3 个钩码，使杠杆在水平位置平衡，若将两边同时加上一个钩码，则杠杆将会 左端下沉 （填“仍平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡（如图丙），测力计示数将如何变化： 先变小后变大 。
【解答】解：（1）实验前发现杠杆静止时，左端低、右端高，此时处于平衡状态；杠杆左端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，则他应将杠杆右端的平衡螺母向右调；
（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件：2G×6L＝nG×4L，所以n＝3（个）；
如果再在A、B两处各加挂一个钩码，3G×6L＞4G×4L，所以杠杆左端下沉；
（3）由图可知，OC为最长力臂，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂先变长后变短，而杠杆在水平位置始终保持平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计示数将先变小后变大。
故答案为：（1）右；（2）3；右端下沉；（3）先变小后变大。
24．（2020•龙岩模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，采用了如图甲所示的实验装置：
（1）实验前，小明同学发现实验装置处于如图甲所示的状态，使用时，首先应将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 便于测量力臂 ；
（2）如图乙，调节平衡后在A位置挂上3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，B位置应挂 2 个钩码；
（3）小明又用图丙装置进行实验，请在图中画出拉F的力臂，弹簧测力计的读数应是 2 N；（一个钩码重0.5N）
（4）小红同学采用了图丁的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是 杠杆的自重对杠杆平衡有影响 。
【解答】解：（1）图甲可知，杠杆的右端上翘，应将杠杆的平衡螺母向右调节，使杠杆处于水平位置平衡，这样做便于测量力臂，并能消除杠杆自身重力的影响；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FAlA＝FBlB，即3G×2L＝FB×3L，解得：FB＝2G，需挂2个钩码；
（3）过支点O向力的作用线作垂线，垂足与支点的距离，就是力臂，如下图：
由图可知弹簧测力计的拉力的力臂为12×6L，由F1L1＝F2L2得，0.5N×3×4L＝F1×6L×12，解得，F1＝2N；
（4）利用如图丁所示装置进行探究，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；便于测量力臂；（2）2；（3）2；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
25．（2021•福州二模）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
（1）图甲中，杠杆静止时处于 平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，小明应将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）移。在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上 测量力臂 。
（2）如图乙所示，在杠杆左侧A位置（左边位置第四格）先挂了3个钩码，每个钩码为0.5N，在右侧B位置（右边位置第三格）用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为 2 N。
（3）如图丙所示，小明在A位置挂一个弹簧测力计，在B位置挂了2个钩码，现将弹簧测力计从C位置移到D位置，在此过程中杠杆始终在水平位置保持平衡，则弹簧测力计示数 变小 ，原因是测力计的拉力力臂 变大 （均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）小明用如图丁装置进行探究，发现总是无法得到教材上所给出的杠杆平衡条件，其原因是 杠杆的自重对杠杆平衡有影响 。
（5）小明多次实验收集多组数据，目的是 b （选填“a”或“b”）。
a.多次实验取平均值减小实验误差
b.使实验结论更具有科学性和普遍性
【解答】解：（1）杠杆处于静止状态是平衡状态；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，杠杆右端偏高，应将杠杆右端的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
在杠杆两侧挂上不同数量相同规格的钩码，调节钩码位置，使杠杆重新在水平位置平衡，这样做的目的是为了直接从杠杆上测量力臂；
（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，
3G×4L＝F×3L
解得：F＝4G＝4×0.5N＝2N；
（3）图丙中，当弹簧测力计绕A点从C位置转动到D位置的过程中，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将变小，这是因为，当拉力由倾斜变成竖直时，阻力阻力臂不变，拉力F力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡；
（4）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响；
（5）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，故选b；
故答案为：（1）平衡；右；测量力臂；（2）2；（3）变小；变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响；（5）b。
26．（2022•漳州模拟）某同学用如图所示的实验装置“探究滑轮组的机械效率”，数据记录在表中：
实验
次数
钩码重/N
钩码上升的高度/m
绳端的
拉力/N
绳端移动的距离/m
机械效率
1
0.5
0.10
0.35
0.3
47.6%
2
1
0.10
0.55
0.3
60.6%
3
2
0.10
1
0.3
66.7%
4
2
0.15
1
0.45
66.7%
（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于 匀速直线运动 状态。（选填“静止”或“匀速直线运动”）
（2）由第1、2、3次实验可知，钩码上升的高度相同时，随着钩码重的增大，有用功 增加 额外功 增加 。（选填“增加”、“不变”或“减少”）
（3）由第3、4次实验可知，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功 增加 ，机械效率 不变 ；（选填“增加”、“不变”或“减少”）
【解答】解：（1）在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应处于竖直匀速直线运动状态，此时测力计示数才等于拉力大小；
（2）由第1、2、3次实验可知，W有用＝Gh，钩码上升的高度相同时，随着钩码重G的增大，有用功增加；
滑轮与绳，滑轮与轴的摩擦增加，额外功增加；
（3）由第3、4次实验可知，根据W有用＝Gh，钩码重相同时，物体上升高度增大，有用功增加，而机械效率不变；
故答案为：（1）匀速直线运动；（2）增加；增加；（3）增加；不变。
四．计算题（共3小题）
27．（2020•荔城区校级模拟）如图甲所示是利用电动机和滑轮组（图中未画出）将实心圆柱体A从水库底匀速竖直起吊的装置示意图。钢缆绳对A的拉力F1随时间t变化的图象如图乙所示，不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦及水的阻力，g取10N/kg。求：
（1）长方体A未露出水面时受到的浮力。
（2）长方体A的体积。
（3）长方体A完全离开水面后，电动机对绳的拉力F为8×103N，滑轮组的机械效率为75%，则动滑轮的重力为多少？
【解答】解：
（1）根据图乙可知，A未露出水面时所受的拉力F1＝1.4×104N，物体A的重力G＝F1′＝2.4×104N；
则A未露出水面时受到的浮力：F浮＝G﹣F1＝2.4×104N﹣1.4×104N＝1×104N；
（2）由F浮＝ρ水gV排可得A排开水的体积：
V排=F浮ρ水g=1×104N1.0×103kg/m3×10N/kg=1m3；
因为A浸没在水中，所以A的体积：V＝V排＝1m3；
（3）A完全离开水面后，滑轮组的机械效率为75%，此时电动机对绳的拉力F为8×103N，
由η=W有用W总=GhFnh=GnF得，动滑轮上绳子的股数：
n=GF×η=2.4×104N8×103N×75%=4，
不计钢缆绳重、钢缆绳与滑轮间的摩擦，由F=1n（G+G动）可得动滑轮的重力：
G动＝4F﹣G＝4×8×103N﹣2.4×104N＝8×103N。
答：（1）长方体A未露出水面时受到的浮力为1×104N。
（2）长方体A的体积为1m3。
（3）动滑轮的重力为8×103N。
28．（2021•福州二模）如图所示，将一个质量为0.4kg的物体，从底端沿斜面匀速拉到顶端所用时间为5s，斜面长s为1m，高h为0.5m，斜面的效率为80%，g取10N/kg。求：
（1）拉力所做的有用功。
（2）拉力做功的功率。
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力。
【解答】解：（1）拉力所做的有用功：
W有＝Gh＝mgh＝0.4kg×10N/kg×0.5m＝2J；
（2）由η=W有用W总可得，拉力所做的总功：
W总=W有用η=2J80%=2.5J，
拉力做功的功率：
P=W总t=2.5J5s=0.5W；
（3）额外功为：
W额＝W总﹣W有＝2.5J﹣2J＝0.5J，
由W额＝fs可得，物体在斜面上运动时受到的摩擦力：
f=W额s=0.5J1m=0.5N。
答：（1）拉力所做的有用功为2J；
（2）拉力做功的功率为0.5W；
（3）物体在斜面上运动时受到的摩擦力为0.5N。
29．（2022•莆田模拟）如图所示，动滑轮重100N，绳所能承受的最大拉力为500N，绳重及摩擦不计，若拉力F在5s内将重400N的物体匀速提升0.4m。求：
（1）绳自由端移动的距离；
（2）在这个过程中拉力的功率；
（3）该滑轮组的最大机械效率。
【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝2×0.4m＝0.8m；
（2）因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力：
F=1n（G+G动）=12×（400N+100N）＝250N，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝250N×0.8m＝200J，
拉力做功的功率：
P=W总t=200J5s=40W；
（3）因为不计绳重和摩擦时F=1n（G+G动），所以滑轮组能提升的最大物重：
G最大＝nF最大﹣G动＝2×500N﹣100N＝900N，
滑轮组的最大机械效率：
η=W有W总=G最大hF最大s=G最大hF最大nh=G最大nF最大=900N2×500N×100%＝90%。
答：（1）绳自由端移动的距离为0.8m；
（2）在这个过程中拉力的功率为40W；
（3）该滑轮组的最大机械效率为90%。
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