2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：杠杆与滑轮（含解析）

这是一份2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：杠杆与滑轮（含解析），共40页。试卷主要包含了滑轮组绳子拉力的计算，杠杆的平衡条件，杠杆的动态平衡分析，杠杆的平衡分析法及其应用，定滑轮及其工作特点，机械效率的大小比较等内容，欢迎下载使用。
2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：杠杆与滑轮（10题）
一、滑轮组绳子拉力的计算（共1小题）
1．（2018春•九台区期末）如图所示，由相同的滑轮组装的滑轮组，甲、乙两人分别用两装置在相等时间内将质量相等的重物匀速提升相同的高度，（不计滑轮重、绳重及摩擦）下列说法正确的是（　　）

A．甲的拉力是乙的拉力的3倍
B．乙绳端移动的距离是甲绳端移动的距离的2倍
C．甲拉力的功率大于乙拉力的功率
D．甲图装置的机械效率比乙图的小
二、杠杆的平衡条件（共2小题）
2．（2021•山阳区校级模拟）如图所示，轻质杠杆两端悬挂同种材料制成的大小不同的金属球时，杠杆平衡。若把它们同时浸入水中杠杆仍然平衡，则（　　）

A．两球一定都是实心的
B．大球实心，小球空心
C．大球空心，小球实心
D．两球都空心，且空心部分体积不同
3．（2020•郑州二模）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M是重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知长度OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（　　）

A．建筑材料P上升的速度为3m/s
B．物体M对地面的压力为5000N
C．工人对地面的压力为400N
D．建筑材料P的重力为600N
三、杠杆的动态平衡分析（共2小题）
4．（2018春•贵池区期末）如图，一均匀木棒OA可绕过O点的水平轴自由转动。现有一方向不变的水平力F作用于该棒的A点，使棒从竖直位置均匀转过偏角（偏角小于90度）。动力的力矩M是动力和动力臂的乘积，则此过程中（　　）

A．M不断变大，F保持不变 B．M不断变大，F不断变大
C．M不断变小，F不断变小 D．M保持不变，F不断变大
5．（2018•合肥三模）如图，轻质杠杆OA中点通过细线悬挂一个重力为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，下列有关说法正确的是（　　）

A．使杠杆逆时针转动的力是物体的重力
B．此杠杆为费力杠杆
C．杠杆处于水平位置平衡时拉力F的大小为30N
D．保持F的方向竖直向上不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将增大
四、杠杆的平衡分析法及其应用（共2小题）
6．（2019春•江阴市期末）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（　　）

A．大小不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增加后减小
7．（2020春•梁园区期末）如图所示，一重物悬挂在轻质杠杆的中点处，在杠杆的最右端施加一个始终竖直向上的F，使杠杆在水平位置保持平衡，下列说法正确的是（　　）

A．若将重物向左移动，保持杠杆水平平衡，则F将变大
B．将杠杆沿顺时针方向缓慢转动，F将不变
C．将杠杆沿逆时针方向缓慢转动，F将变大
D．若将重物和F的作用点向左移动相等的距离，且保持F大小不变，杠杆仍能在原位置平衡
五、定滑轮及其工作特点（共1小题）
8．（2020•绍兴）如图，甲、乙实验可以得出“定滑轮不能省力”这一结论。小敏想通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小，于是在左侧加上一个相同的弹簧测力计（弹簧测力计重力不能忽略、绳和滑轮之间摩擦不计）。下列四套装置中能实现的是（　　）

A． B． C． D．
六、机械效率的大小比较（共2小题）
9．（2020秋•滨湖区期中）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的 A、B两个物体。物体提升相同高度，不计绳重和摩擦，下列说法一定正确的是（　　）

A．若GA＝GB，则η甲＞η乙 B．若FA＝FB，则η甲＞η乙
C．若GA＜GB，则FA＞FB D．若FA＞FB，则GA＜GB
10．（2019秋•姑苏区月考）如图，每个滑轮质量相同，重为G的物体，在拉力的作用下匀速上升，已知乙滑轮组的效率为η，不计摩擦、绳重和木板重，下列说法不正确是（　　）

A．两滑轮组的机械效率可能相等
B．F1一定大于F2
C．每个滑轮重
D．甲、乙将重物提升相同的高度时，拉力的功率可能相等

2021年中考物理复习之挑战压轴题（选择题）：杠杆与滑轮（10题）
参考答案与试题解析
一、滑轮组绳子拉力的计算（共1小题）
1．（2018春•九台区期末）如图所示，由相同的滑轮组装的滑轮组，甲、乙两人分别用两装置在相等时间内将质量相等的重物匀速提升相同的高度，（不计滑轮重、绳重及摩擦）下列说法正确的是（　　）

A．甲的拉力是乙的拉力的3倍
B．乙绳端移动的距离是甲绳端移动的距离的2倍
C．甲拉力的功率大于乙拉力的功率
D．甲图装置的机械效率比乙图的小
【考点】滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的大小比较；功率大小的比较．菁优网版权所有
【专题】定性思想；简单机械；功、功率、机械效率；应用能力；分析、综合能力．
【答案】B
【分析】根据题意分别求出拉力F、拉力端移动的速度（拉绳子的速度）、拉力的功率，以及不计滑轮重、绳重及摩擦时滑轮组的机械效率，通过比较进行判断。
【解答】解：由题知，重物重力相同（设其大小为G），物体升高的速度相同（设其大小为v），
（1）对于图甲，因为两个都是定滑轮，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F甲＝G，绳子的速度v甲＝v，绳子移动的距离等于物体移动的距离，即s＝h；
拉力功率P甲＝F甲v甲＝Gv；不计滑轮重、绳重及摩擦，该装置的额外功为0，η甲＝100%；
（2）对于图乙，因为是一个定滑轮、一个动滑轮，n＝2，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F乙＝G，绳子的速度v乙＝2v；拉力功率P乙＝F乙v乙＝G×2v＝Gv；绳子移动的距离等于物体移动的距离的2倍，即s＝2h；
如果不计滑轮重、绳重及摩擦，该装置的额外功＝0，η乙＝100%；
有以上分析可知：
A、甲的拉力是乙的拉力的2倍，故A错误；
B、乙绳端移动的距离是甲绳端移动的距离的2倍，故B正确；
C、因为甲拉力功率P甲＝F甲v甲＝Gv，乙拉力功率P乙＝F乙v乙＝G×2v＝Gv，所以甲拉力的功率等于乙拉力的功率，故C错误；
D、不计滑轮重、绳重及摩擦，甲乙装置的有用功相同，额外功相同，机械效率相同，故D错误。
故选：B。
【点评】本题综合考查了两种滑轮组拉力、拉力功率、机械效率、拉力移动速度的计算，要求灵活运用滑轮组的特点、功率公式解答。
二、杠杆的平衡条件（共2小题）
2．（2021•山阳区校级模拟）如图所示，轻质杠杆两端悬挂同种材料制成的大小不同的金属球时，杠杆平衡。若把它们同时浸入水中杠杆仍然平衡，则（　　）

A．两球一定都是实心的
B．大球实心，小球空心
C．大球空心，小球实心
D．两球都空心，且空心部分体积不同
【考点】杠杆的平衡条件；阿基米德原理的应用．菁优网版权所有
【专题】应用题；密度及其应用；简单机械；分析、综合能力．
【答案】A
【分析】判断两球是空心还是实心，其实就是判断两球的密度关系。那么要判断两球密度关系，我们需要根据题中条件，利用杠杆平衡条件和阿基米德原理列出两个等量关系式，然后再结合密度计算公式、重力计算公式进行推导。
【解答】解：设大球的力臂为L大，小球的力臂为L小，大球的密度为ρ大，小球的密度为ρ小。
则两球在放入水中之前，根据杠杆的平衡条件可知：G大L大＝G小L小，
所以ρ大gV大L大＝ρ小gV小L小，则＝；
当两球都浸没在水中时，根据杠杆的平衡条件可知：
（G大﹣F浮大）L大＝（G小﹣F浮小）L小，
由阿基米德原理原理可得：
（ρ大gV大﹣ρ水gV大）L大＝（ρ小gV小﹣ρ水gV小）L小，
则：＝；
综合前面两式得出：＝；
由此可得：＝，
所以（ρ大﹣ρ水）ρ小＝（ρ小﹣ρ水）ρ大，
则ρ大ρ小﹣ρ水ρ小＝ρ小ρ大﹣ρ水ρ大，那么ρ水ρ小＝ρ水ρ大，所以ρ小＝ρ大；
A、当两球都是实心时，两球的密度才是相等的，故A正确。
B、若大球实心，小球空心，则ρ大＞ρ小，故B错误。
C、若大球空心，小球实心，则ρ大＜ρ小，故C错误。
D、两球是实心时，ρ大＝ρ小，即＝；
若两球都是空心，且空心部分体积相同，则两球减小的质量都相同，设减小的质量都是m0，而体积还是和原来相同，
所以现在两个球的密度分别是ρ大′＝＝﹣，ρ小′＝＝﹣，
由于＝，所以＝﹣＞﹣，即ρ大′＞ρ小′，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆的平衡原理以及浮力和密度知识的综合，难度比较大。解题中，要将两个球的重力、浮力通过公式展开，得出密度、g、体积和力臂的乘积，这样通过等式的建立，相等的量就可以消除，只剩下密度一个物理量。这类题要注意会运用公式进行物理量之间的推导和转化。
3．（2020•郑州二模）如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M是重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知长度OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（　　）

A．建筑材料P上升的速度为3m/s
B．物体M对地面的压力为5000N
C．工人对地面的压力为400N
D．建筑材料P的重力为600N
【考点】滑轮组绳子拉力的计算；杠杆的平衡条件；压力及重力与压力的区别．菁优网版权所有
【专题】计算题；简单机械；分析、综合能力．
【答案】C
【分析】（1）物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳。
（2）分析A点受到的力和杠杆的平衡条件分析出B点的拉力，对M受力分析得出地面对物体的支持力即物体M对地面的压力；
（3）首先对工人进行受力分析，受竖直向下的重力、竖直向上的拉力、竖直向上的支持力，人对绳子的拉力，即绳子对人的拉力，又知道人的重力，从而可以计算出地面对人的支持力，即工人对地面的压力，
（4）由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可求得建筑材料P重。
【解答】解：
A、物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳＝×1m/s＝0.5m/s，故A错误；
B、定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得：FA′＝3F+G定＝3×300N+100N＝1000N；
杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即FA＝F′A＝1000N；
根据杠杆的平衡条件：FA×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，
所以，FB＝＝＝500N；
因为物体间力的作用是相互的，所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力，即FB′＝FB＝500N；
物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，则物体M受到的支持力为：FM支持＝GM﹣FB′＝5000N﹣500N＝4500N，
因为物体间力的作用是相互的，所以物体M对地面的压力：FM压＝FM支持＝4500N．故B错误；
C、当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则绳子对工人会施加竖直向上的拉力，其大小也为300N，
此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，由力的平衡条件可得：F+F支＝G，则F支＝G﹣F＝700N﹣300N＝400N，
因为地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以工人对地面的压力：F压＝F支＝400N，故C正确；
D、由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可得，建筑材料P重；G＝2F﹣G动＝2×300N﹣100N＝500N，故D错误；
故选：C。
【点评】本题是综合性很强的题目，考查了物体受力的分析、使用滑轮组拉力的计算，其中对物体受力分析是难点。
三、杠杆的动态平衡分析（共2小题）
4．（2018春•贵池区期末）如图，一均匀木棒OA可绕过O点的水平轴自由转动。现有一方向不变的水平力F作用于该棒的A点，使棒从竖直位置均匀转过偏角（偏角小于90度）。动力的力矩M是动力和动力臂的乘积，则此过程中（　　）

A．M不断变大，F保持不变 B．M不断变大，F不断变大
C．M不断变小，F不断变小 D．M保持不变，F不断变大
【考点】杠杆的动态平衡分析．菁优网版权所有
【专题】应用题；简单机械．
【答案】B
【分析】棒从竖直位置缓慢地转到偏角为θ的过程中，以O点为支点，水平力F的力矩与重力的力矩平衡。重力的力臂增大，其力矩增大，根据力矩平衡条件分析力F对转轴的力矩的变化情况。力F对转轴的力臂减小，再由力矩M＝FL，分析力F的变化。
【解答】解：
由题意可知，O点为支点，动力为F，阻力为木棒的重力G，如下图所示：

使棒从竖直位置缓慢地转到偏角θ（θ＜90°），结合上图可知，阻力臂L阻增大，而阻力G的大小不变，则阻力与阻力譬的乘积GL阻增大；
根据杠杆的平衡条件可知，动力的力矩M＝FL动＝GL阻不断变大；
动力方向沿水平方向，由图知，动力臂L动减小，因为M＝FL动 增大、L动减小，所以F不断变大，故B正确。
故选：B。
【点评】本题是关于杠杆的动态平衡问题，关键分析正确分析重力与动力F的力臂的变化，利用好重力力矩与F力矩的关系。
5．（2018•合肥三模）如图，轻质杠杆OA中点通过细线悬挂一个重力为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，下列有关说法正确的是（　　）

A．使杠杆逆时针转动的力是物体的重力
B．此杠杆为费力杠杆
C．杠杆处于水平位置平衡时拉力F的大小为30N
D．保持F的方向竖直向上不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将增大
【考点】杠杆的动态平衡分析．菁优网版权所有
【专题】定量思想；简单机械；应用能力；分析、综合能力．
【答案】C
【分析】（1）使杠杆逆时针转动的力是物体对杠杆的拉力；
（2）在A位置如图，OA、OC为动力F和阻力G的力臂，知道C是OA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动力F的大小，判断出杠杆的种类；
（3）在B位置，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）由图知，使杠杆逆时针转动的力是物体对杠杆的拉力，故A错误；
（2）杠杆在A位置（如下图），LOA＝2LOC，

因为杠杆平衡，所以FLOA＝GLOC，
则拉力F＝＝G＝×60N＝30N，故C正确；
因为拉力F＜G，
所以此杠杆为省力杠杆，故B错误；
（3）如下图所示：

杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
因为△OC′D∽△OA′B，
所以OC′：OA′＝OD：OB＝1：2，
因为杠杆平衡，所以F′LOA′＝GLOC′，
则F′＝＝G＝×60N＝30N；
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D错误。
故选：C。
【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。
四、杠杆的平衡分析法及其应用（共2小题）
6．（2019春•江阴市期末）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（　　）

A．大小不变 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．先增加后减小
【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．菁优网版权所有
【专题】定性思想；简单机械．
【答案】B
【分析】以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，由杠杆平衡条件知F支•L支＝G•LG．在C逐渐向右推移的过程中，根据支持力对轴B的力臂l逐渐减小，可知F支的变化。由此可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，然后再由平衡条件知，水平推力F的变化。
【解答】解：
以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，两力臂如图所示：

根据杠杆平衡条件可得：F支•L支＝G•LG，
水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂LG均不变，
所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；
由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，
根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由力的平衡条件知，水平推力F也逐渐增大，故B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了平衡力知识以及物体状态与受力情况的联系；结合物体状态可推断出物体受到平衡力作用，然后找出平衡力中的具体的力即可。
7．（2020春•梁园区期末）如图所示，一重物悬挂在轻质杠杆的中点处，在杠杆的最右端施加一个始终竖直向上的F，使杠杆在水平位置保持平衡，下列说法正确的是（　　）

A．若将重物向左移动，保持杠杆水平平衡，则F将变大
B．将杠杆沿顺时针方向缓慢转动，F将不变
C．将杠杆沿逆时针方向缓慢转动，F将变大
D．若将重物和F的作用点向左移动相等的距离，且保持F大小不变，杠杆仍能在原位置平衡
【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．菁优网版权所有
【专题】定量思想；简单机械；应用能力．
【答案】B
【分析】（1）分析重物左移后阻力的力臂变化情况，由杠杆的平衡条件分析力F的变化；分析杠杆转动前后动力臂与阻力臂的大小关系，由杠杆的平衡条件分析力F的变化。
（2）保持杠杆水平平衡，将杠杆沿顺时针、逆时针方向缓慢转，由几何知识找出动力臂和阻力臂变化判断出F的变化；
（3）结合杠杆平衡条件可判断此时动力乘以动力臂与阻力乘以阻力臂的关系判断出杠杆能否平衡。
【解答】解：
（1）由题知，杠杆最右端的力F竖直向上（方向不变），当重物向左移动时，重物对杠杆拉力的力臂L2变小，F的力臂L1不变（等于杠杆的长），阻力G不变，由杠杆平衡条件FL1＝GL2可知，力F将变小，故A错误；
（2）将杠杆沿顺时针方向缓慢转动，如图所示

重物悬挂在杠杆的中点，水平平衡时，动力臂和阻力臂的关系为：L1＝2L2，
保持力F方向不变，杠杆顺时针方向缓慢转动后，由上面右图结合相似三角形知识可知，动力臂和阻力臂的关系：L1′＝2L2′，
物重G不变，动力臂与阻力臂的比值不变，由杠杆平衡条件可知，动力F的大小始终等于G，即力F将不变，故B正确；
（3）将杠杆沿逆时针方向缓慢转动，道理同（2），力F将不变，故C错误；
（4）开始时杠杆平衡，即FL1＝GL2，因为L1＞L2，所以F＜G；
若将重物和F的作用点向左移动相等的距离，即F（L1﹣L）＝FL1﹣FL，G（L2﹣L）＝GL2﹣GL，
因为F＜G，所FL1﹣FL＞GL2﹣GL，杠杆不会在原位置平衡，故D错误。
故选：B。
【点评】考查杠杆平衡条件的应用，利用平衡条件公式，分析力臂变化可知力的变化，注意灵活运用。
五、定滑轮及其工作特点（共1小题）
8．（2020•绍兴）如图，甲、乙实验可以得出“定滑轮不能省力”这一结论。小敏想通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小，于是在左侧加上一个相同的弹簧测力计（弹簧测力计重力不能忽略、绳和滑轮之间摩擦不计）。下列四套装置中能实现的是（　　）

A． B． C． D．
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【答案】D
【分析】由于绳和滑轮之间摩擦不计，但弹簧测力计的重力对实验会产生影响，根据定滑轮不能省力的特点，结合“通过一次实验既得出结论，又能直接显示出钩码的重力大小”，逐个分析弹簧测力计的重力对测量结果的产生的影响，然后即可判断。
【解答】解：
（1）在AC两图中，钩码挂在拉环上（即左边测力计倒置使用），因为弹簧测力计本身有重力，所以此时测力计显示的示数等于测力计自身的重力与钩码重力之和，则不能直接显示出钩码的重力大小，故AC错误；
（2）在BD两图中，钩码挂在挂钩上（即左边测力计正常使用），所以能直接显示出钩码的重力大小；
①B图中，右边的测力计倒置使用，此时右边测力计的示数等于左边测力计的重力与钩码重力之和，而左边测力计的示数等于钩码的重力，所以两边测力计的示数不相等，不能得出正确结论，故B错误；
②设两测力计的重力均为G，由于定滑轮上的左边都是钩码和一个测力计在拉绳子，则绳子的拉力为F＝G1+G；
D图中，左边测力计的示数为：F左＝G1；
手拉右边测力计的挂钩，由力的平衡条件可得，右边测力计的示数（即测力计受到向下的拉力）：F右＝F﹣G＝G1+G﹣G＝G1；
所以，F左＝F右＝G1，能得出正确结论，故D装置中能实现所有的要求；

故选：D。
【点评】本题主要考查了定滑轮的实质和工作特点，关键是明确测力计的示数是显示作用在测力计挂钩上的力。
六、机械效率的大小比较（共2小题）
9．（2020秋•滨湖区期中）如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的 A、B两个物体。物体提升相同高度，不计绳重和摩擦，下列说法一定正确的是（　　）

A．若GA＝GB，则η甲＞η乙 B．若FA＝FB，则η甲＞η乙
C．若GA＜GB，则FA＞FB D．若FA＞FB，则GA＜GB
【考点】滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的大小比较．菁优网版权所有
【专题】应用题；功、功率、机械效率；分析、综合能力．
【答案】B
【分析】（1）不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，
根据η＝×100%＝×100%＝×100%，结合GA＞GB比较两滑轮组的机械效率关系；
（2）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据F＝（G+G动）结合GA与GB、FA与FB得出即可答案。
【解答】解：
由图可知，甲滑轮组承重的绳子股数n甲＝3，乙滑轮组承重的绳子股数n乙＝2，
A、不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，
则滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%；
若GA＝GB，由题知动滑轮重力相同，则η甲＝η乙，故A错误；
B、由图可知，n甲＝3，n乙＝2，
由F＝（G+G动）可得，提升物体的重力：G＝nF﹣G动，
则两物体的重力分别为：GA＝3FA﹣G动，GB＝2FB﹣G动，
若FA＝FB，由上式可知GA＞GB，
根据η＝×100%可知，则η甲＞η乙，故B正确；
C、甲滑轮组绳子自由端的拉力F甲＝（GA+G动），
乙滑轮组绳子自由端的拉力F乙＝（GB+G动），
若GA＜GB，则FA＜FB，故C错误；
D、由B项解答可知，两物体的重力分别为：GA＝3FA﹣G动，GB＝2FB﹣G动，若FA＞FB，由上式可知，无法判断GA与GB的大小关系，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了滑轮组机械效率公式和绳子拉力公式的应用，明确有用功和总功以及滑轮组绳子的有效股数是关键。
10．（2019秋•姑苏区月考）如图，每个滑轮质量相同，重为G的物体，在拉力的作用下匀速上升，已知乙滑轮组的效率为η，不计摩擦、绳重和木板重，下列说法不正确是（　　）

A．两滑轮组的机械效率可能相等
B．F1一定大于F2
C．每个滑轮重
D．甲、乙将重物提升相同的高度时，拉力的功率可能相等
【考点】机械效率的大小比较；滑轮（组）的机械效率；功率大小的比较．菁优网版权所有
【专题】应用题；功、功率、机械效率；分析、综合能力．
【答案】A
【分析】（1）因克服物体重力G做的功为有用功，克服物重和动滑轮重做的功为总功；
根据η＝＝求出滑轮组的机械效率，然后比较两者滑轮组之间的关系，进一步求出动滑轮的重力；
（2）由图可知，n甲＝2，n乙＝4，不计摩擦、绳和木板的重，根据F＝（G+G动）求出两滑轮组绳子的拉力，然后比较两者拉力的大小关系；甲、乙将重物提升相同的高度，根据P＝结合两者做功的时间关系比较F1与F2的功率关系。
【解答】解：
（1）由图可知，甲滑轮组只有1个动滑轮，乙滑轮组有2个动滑轮，且不计摩擦、绳和木板的重，
因克服物体重力G做的功为有用功，克服物重和动滑轮重做的功为总功，
所以，两滑轮组的机械效率分别为：η甲＝＝，η乙＝＝，则η甲＞η乙，故A错误；
由η乙＝可得，动滑轮的重力（即每个滑轮重）：
G动＝，故C正确；
（2）由图可知，n甲＝2，n乙＝4，不计摩擦、绳和木板的重，
则两滑轮组绳子的拉力分别为：
F1＝（G+G动）＝（2G+2G动），F2＝（G+2G动），
因（2G+2G动）＞（G+2G动），
所以，F1＞F2，故B正确；
甲、乙将重物提升相同的高度，拉力做功为总功，则F1与F2的功率分别为：
P甲＝＝，P乙＝＝，
因t甲和t乙的关系不确定，所以，F1与F2的功率可能相等，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查了做功公式、功率公式、滑轮组机械效率公式、滑轮组绳子拉力公式的应用，明确有用功和总功是关键。

考点卡片
1．滑轮组绳子拉力的计算
【知识点的认识】
用滑轮组来拉升重物时，绳子拉力的计算，就是看有几段绳子拉着重物，拉力就是重物重力的几分之一．关系：（1）如果不考虑动滑轮的重和绳子的摩擦力：F拉＝G物/n （2）如果考虑动滑轮的重，不考虑摩擦力公式为F拉＝（G动+G物）/n；其中：F拉﹣﹣﹣﹣拉力，G动﹣﹣﹣动滑轮的重力，G物﹣﹣﹣﹣﹣﹣被提升物体的重力，n﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣吊住动滑轮绳子的段数．

【命题方向】
命题的关键是拉力与物重的关系：已知拉力求物重或已知重力求绳头的拉力，要注意：考虑不考虑动滑轮的重，不考虑摩擦力，这样简单的题目以填空形式出现，最主要的是与机械效率的内容结合．

【解题方法点拨】
滑轮组计算拉力的题目实际就是有几段绳子在拉重物，关键在于这“几段”是怎么看是几段的，要抓住“在拉重物”这几个字，只有拉重物的绳子才能算进去，也就是在拉动滑轮（或直接拉重物）的段数，拉定滑轮的是不算的．
2．杠杆的平衡条件
【知识点的认识】
（1）杠杆平衡：杠杆静止不动或匀速转动都叫做杠杆平衡，注意：我们在实验室所做的杠杆平衡条件的实验是在杠杆水平位置平衡进行的，但在实际生产和生活中，这样的平衡是不多的。在许多情况下，杠杆是倾斜静止，这是因为杠杆受到平衡力作用。所以说杠杆不论处于怎样的静止，都可以理解成平衡状态，
（2）杠杆平衡条件的表达式：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，即＝
（3）公式的表达式为：F1l1＝F2l2，即：＝。

【命题方向】
谁最早提出了杠杆原理，什么状态下是杠杆平衡，以及杠杆平衡条件的含义（动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一）都是命题方向。
例1：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
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：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，
由F1L1＝F2L2，
得F1＝ 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）。

例2：俗话说“小小秤砣压千斤”，这可以根据　杠杆平衡条件（或“杠杆原理”）　来解释。只要秤砣对秤杆作用的力臂比所挂物对秤杆作用的力臂　大得多　（选填“大得多”或“小得多”），那么“小小秤砣压千斤”是完全可以实现的。
分析：杠杆平衡的条件是，动力×动力臂＝阻力×阻力臂，若动力臂与阻力臂的比足够大，则动力与阻力的比也较大。
解，根据杠杆平衡的条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，秤砣对秤杆作用的力臂比所挂物对秤杆作用的力臂大的多，则用较小的秤砣可以使挂较重物体的杠杆平衡。
故答案：杠杆平衡条件（或“杠杆原理”）；大得多。
点评：杠杆平衡的条件：动力与阻力的比等于阻力臂与动力臂的比。

【解题方法点拨】
理解杠杆平衡条件的含义是解决好此知识点的关键：动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一。

3．杠杆的动态平衡分析
【知识点的认识】
杠杆动态平衡是指构成杠杆的某些要素发生变化，而杠杆仍处于静止状态或匀速转动状态，分析杠杆的动态平衡时，一般是动中取静，根据杠杆平衡条件，分析比较，得出结论．

【命题方向】
杠杆动态平衡问题是初中物理力学中的重点和难点题型之一，该题型主要考查学生对杠杆平衡条件的理解和分析推理能力．由于此类题型构思新颖，变化灵活，注重对学生能力和思维品质的培养，符合当前素质教育的主旋律，已成为各地大型选拔性考试的热门题型．
第一类：阻力一定，判断动力的变化情况
如图所示，轻质杠杆可绕O转动，在A点始终受一垂直作用于杠杆的力，在从A缓慢转动A’位置时，力F将（　　）
A．变大 B．变小 C．先变大，后变小 D．先变小，后变大
分析：此题考查力矩的动态平衡，只需找到F力矩和重力力矩平衡，而重力不变，找到力臂的变化即可求解．
解：在转动过程中，力F的力矩克服重力力矩而使杠杆运动，可认为二力矩相等，重力不变，
而重力的力矩在杠杆水平时最大，力矩最大，所以说从A到A′过程中重力力矩先变大后变小，
而F的力臂不变，故F先变大后变小．
故选C．
点评：如果杠杆的转动速度不大，可以认为杠杆处于一转动平衡状态，可以用力矩平衡分析．

第二类：动力与阻力不变，动力臂与阻力臂变化
如图所示，用一细线悬挂一根粗细均匀的轻质细麦桔杆，使其静止在水平方向上，O为麦桔杆的中点．这时有两只大肚皮的蚂蚁同时从O点分别向着麦桔杆的两端匀速爬行，在蚂蚁爬行的过程中麦桔杆在水平方向始终保持乎衡，则（　　）
A．两蚂蚁的质量一定相等
B．两蚂蚁的爬行速度大小一定相等
C．两蚂蚁的质量与爬行速度大小的乘积一定相等
D．两蚂蚁对麦桔杆的压力一定相等
分析：蚂蚁爬行过程中，杠杆始终平衡，说明两侧始终满足：动力×动力臂＝阻力×阻力臂．
解：根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2
蚂蚁爬行时满足：G1L1＝G2L2
得：m1gv1t＝m2gv2t
∴m1v1＝m2v2
故选C．
点评：根据平衡条件，用顺推的方法得到答案，排除错误选项，为解题节省时间．

第三类：动力臂与阻力臂不变，动力与阻力改变
如图所示的轻质杠杆，AO 小于 BO．在 A、B 两端悬挂重物 G1 和 G2后杠杆 平衡，若将 G1 和 G2 同时向支点 O 移动相同的距离，则（　　）
A．杠杆仍保持平衡
B．杠杆的A端向下倾斜
C．杠杆的B端向下倾斜
D．无法判断
分析：杠杆原来处于平衡状态，利用图示杠杆的力臂大小关系，根据杠杆平衡条件得到物体A、B的质量大小关系；
利用现在的力臂和力分别表示出杠杆作用两边的力矩：力和力臂的乘积．比较力矩的大小，即可确定杠杆是否平衡．
解：原来杠杆在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为G1和G2，其对应的力臂分别为OA、OB，
根据杠杆的平衡条件可得：G1•OA＝G2•OB，由图示可知，OA＜OB．所以：G1＞G2，
当向支点移动相同的距离△L时，两边的力臂都减小△L，此时左边的力矩为：G1（OA﹣△L）＝G1OA﹣G1△L，
右边的力矩为：G2（OB﹣△L）＝G2OB﹣G2△L，由于G1＞G2，所以G1△L＞G2△L；
所以：G1OA﹣G1△L＜G2OB﹣G2△L，
因此杠杆将向右端倾斜．
综上分析故选C．
点评：根据杠杆第一次处于平衡状态，利用杠杆的平衡条件，确定G1和G2，大小关系；然后根据现在作用在杠杆上的力和力臂表示出两者力矩，利用推导出物体的重力关系，和力臂关系，得出两个力矩的大小关系，从而确定杠杆的偏转方向．这是此题的解题思路．

【解题方法点拨】
（1）杠杆平衡时，力和力臂的大小成反比，即动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一．
（2）杠杆只要是静止或匀速转动，无论在什么位置都属于平衡状态．如用手慢慢抬起木棒的一端时，整个过程都处于平衡状态．



4．杠杆的平衡分析法及其应用
【知识点的认识】
当杠杆静止或做快慢均匀的转动时；就说杠杆处于平衡状态，利用杠杆的平衡条件（杠杆原理）：动力×动力臂＝阻力×阻力臂或写作：F1×l1 ＝F2×l2
分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析；从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，事物都有自己的原因和结果．从结果来找原因，或从原因推导结果，就是找出事物产生、发展的来龙去脉和规律，这就起到了证明论点的合理性和正确性的作用．
此类题综合性很强，且难度很大，解答时，从分析受力分析入手，利用杠杆平衡条件可解答此题．

【命题方向】
利用杠杆的平衡条件（杠杆原理）：动力×动力臂＝阻力×阻力臂或写作：F1×l1 ＝F2×l2进行分析计算动力、阻力或力臂的大小．
例1：如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡．如在木棒的A、C两点各增加一个同样的钩码，则木棒（　　）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．仍保持平衡
D．平衡被破坏，转动方向不定
分析：杠杆原来平衡，力臂相同，现两边各增加一个相同的钩码，两边增加的力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件分析判断．
解：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO＝F右CO，
再各加一个钩码后，力臂相同，两边增加的力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件可知增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆平衡．
故选C．
点评：木棒原来平衡，根据两边增加的力和力臂的乘积相同，由杠杠平衡条件判断各挂一个相同的钩码后木棒就能保持平衡．

例2：有一根扁担长2m，前后分别挂质量为30kg和10kg的箱子，欲使扁担在水平位置平衡，则肩膀应在扁担的什么位置．（g取10N/kg）
分析：扁担是一个杠杆，肩膀位置是支点，根据杠杆平衡条件可以求出支点位置．
解：设肩膀O离前端的距离是L，则距后端的距离为2m﹣L，
前端重物重力可以看做是动力，则后端重物的重力是阻力，
由杠杆平衡条件可得：m1gL1＝m2gL2，即m1L1＝m2L2，
30kg×L＝10kg×（2m﹣L），
解得：L＝0.5m．
答：肩膀O应离前端0.5m．
点评：本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度不大，关键是熟练应用杠杆平衡条件．

【解题方法点拨】
利用杠杆平衡条件来分析和计算有关问题，一般遵循以下步骤：
（1）确定杠杆支点的位置；
（2）分清杠杆受到的动力和阻力，明确其大小和方向，并尽可能地作出力的示意图；
（3）确定每个力的力臂；
（4）根据杠杆平衡条件列出关系式并分析求解．


5．定滑轮及其工作特点
【知识点的认识】
（1）定滑轮使用时，滑轮的位置固定不变；定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向．
（2）定滑轮的特点：通过定滑轮来拉钩码并不省力．通过或不通过定滑轮，弹簧测力计的读数是一样的．可见，使用定滑轮不省力但能改变力的方向．在不少情况下，改变力的方向会给工作带来方便．
（3）定滑轮的原理：定滑轮实质是个等臂杠杆，动力臂L1、阻力臂L2都等于滑轮半径．根杠杆平衡条件也可以得出定滑轮不省力的结论．

【命题方向】
利用定滑轮的特点解题是命题的方向．
例1：在日常生活中，用10N的拉力不能提起重15N的物体的简单机械是（　　）
A．一个定滑轮 B．一个动滑轮 C．杠杆 D．斜面
分析：不计机械自重和摩擦的情况下；定滑轮不省力，动滑轮可以省一半的力，使用杠杆可以省力，也可以费力，使用斜面一定省力，省力情况取决于斜面的长度与高度的比值．
解：因为10N的拉力要提起重15N的物体，使用的机械一定是能省力的机械，而在动滑轮、定滑轮、杠杆和斜面中，只有定滑轮不能达到省力的目的，所以用10N的拉力不能提起重15N的物体．
故选A．
点评：此题主要考查了动滑轮、杠杆、斜面的省力特点，注意使用定滑轮一定不能省力，但可以改变动力方向．

例2：如图所示，用一根绳子绕过定滑轮，一端拴在钩码上，手执另一端，分别用力F1、F2、F3匀速拉起钩码．忽略绳子与滑轮的摩擦，下列说法中正确的是（　　）
A．F1较小
B．F2较大
C．F1、F2、F3的大小不能确定
D．如果将钩码提升相同的高度，那么力F1、F2、F3做的功相等
分析：定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力．根据公式W＝FS可判断拉力做功的大小．
解：由图可知，图中滑轮是定滑轮，定滑轮不能省力，所以F1、F2、F3都与物体重力相等，所以三种拉法所用拉力一样大，故ABC错误；如果将钩码提升相同的高度，由W＝FS可知，力F1、F2、F3做的功相等，故D正确．
故选D．
点评：本题考查了定滑轮及工作特点，属于基本内容，比较简单．知道定滑轮和动滑轮的定义及其特点是关键．

【解题方法点拨】
（1）定滑轮是一个等臂杠杆．如图1所示，定滑轮两边的力与轮相切，中心轴为杠杆的支点，轮的直径可以看做是一根硬棒，动力和阻力作用在直径的两端，动力臂等于阻力臂．
用定滑轮提升重物时，动力移动的距离等于重物升高的距离．
（2）对于定滑轮来说，无论朝哪个方向用力，定滑轮都相当于一个等臂杠杆，所用拉力都等于物体受到的重力（不计绳重和摩擦）．如图2所示，F1＝F2＝F3＝G．


6．压力及重力与压力的区别
【知识点的认识】
（1）压力：垂直作用在物体表面上的力叫做压力．
（2）产生的条件：压力是相互接触的物体因相互挤压使物体发生形变时在接触面之间产生的力．
（3）方向：压力的方向与受力物体的表面垂直且指向受压物体．例如按图钉，其方向可以与墙面垂直，与天花板垂直，也可以与水平桌面垂直，无论这个面如何放置，压力的方向总是要与接触面垂直的．
（4）作用点：压力的作用点在受压物体的表面上．
（5）辨析：重力和压力的区别

重力
压力
定义
由于地球的吸引而使物体受到的力
垂直作用在物体表面上的力
产生原因
由于地球的吸引而产生
由于物体对物体的挤压而产生
方向
总是竖直向下
垂直于受压面且指向被压物体
作用点
物体的重心
在受压物体的表面上
施力物体
地球
对受力物体产生挤压作用的物体
联系
在通常情况下，静止在水平地面上的物体，其重力等于物体对地面的压力
注意点
压力不一定是由于物体受到重力而引起的
物体由于受到重力的作用，可以产生压力，但压力的大小不一定等于物体的重力
（6）影响压力作用效果的因素：压力和受力面积．受力面积一定时，压力越大，压力的作用效果越明显；压力一定时，受力面积越小，压力的作用效果越明显．

【命题方向】
主要从这几个方面命题：（1）压力与重力的区别方面出选择题；（2）利用压力的作用效果方面来体现控制变量法；（3）作图题：重力、压力的示意图
例1：放在水平桌面上的茶杯，对桌面有压力，下列有关“茶杯对桌面压力”的说法中，正确的是（　　）
A．茶杯对桌面的压力就是重力
B．茶杯对桌面的压力是作用在茶杯上的
C．茶杯对桌面的压力是由于茶杯发生形变而产生的
D．茶杯对桌面的压力是由于桌面发生形变而产生的
分析：物体静止在水平桌面上，物体对水平桌面的压力大小等于物体的重力，但不能说就是重力．压力是由于物体的形变而产生的．
解：A、茶杯对桌面的压力，施力物体是茶杯，受力物体是桌面；茶杯受到的重力的施力物体是地球，受力物体是茶杯．两个力的施力物体和受力物体都不相同，所以这两个力不是同一个力，但两者大小相等；故A错误；
B、茶杯对桌面的压力，是茶杯对桌面施加了一个作用，故施力物体是茶杯，受力物体是桌面．故B错误．
CD、当茶杯放在水平桌面上时，由于桌面对茶杯施加了一个向上的支持力，使茶杯底部发生微小的弹性形变，从而使茶杯对桌面产生了向下的弹力，即茶杯对桌面的压力．故C正确．D错误．
故选C．
点评：（1）此题考查了弹力的产生、压力与重力的区别、力的定义等知识点．
（2）放在水平面上的物体对水平面的压力等于物体的重力，但压力永远不会是重力．
（3）哪个物体对别的物体施加了压力，该物体就发生了弹性形变．

例2：如图所示，水平桌面上放着甲、乙、丙三个底面积相同的容器，若在三个容器中装入质量相等的水，三个容器底部所受水的压力（　　）
A．甲最大 B．乙最大 C．丙最大 D．一样大
分析：由图可知，知道装入水的质量相等，可知各容器内水的深度关系，然后根据液体压强的公式分析容器底部受到水的压强的大小关系；然后利用p＝分析三个容器底部所受水的压力关系．
解：如图三容器装入相同质量的水，
∵容器的底面积相同，
∴三容器内水的深度：h甲＞h乙＞h丙，
又∵p＝ρgh，
∴容器底部受到水的压强p甲＞p乙＞p丙；
∴由p＝得F＝pS可知，三个容器底部所受水的压力甲最大．
故选A．
点评：本题考查了学生对压强公式和液体压强公式的掌握和运用，对液体压强大小变化分析关键是确定深度大小，对固体压强的大小情况分析关键是确定压力和受力面积的大小．

【解题方法点拨】
注意压力的概念，理解压力与重力的区别于联系，学会控制变量法分析问题，控制变量法：物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法．它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中．

7．阿基米德原理的应用
【知识点的认识】阿基米德定律是物理学中力学的一条基本原理。浸在液体（或气体）里的物体受到向上的浮力作用，浮力的大小等于被该物体排开的液体的重力。其公式可记为F浮＝G排＝ρ液•g•V排液。

【命题方向】
直接用阿基米德原理来解题，用阿基米德原理分析解决与浮力有关的问题。
例：将一铁块第一次浸没于水中，第二次浸没于煤油中，比较铁块在两种液体中所受到的浮力，正确的是（　　）
A．铁块浸没于水中受到的浮力大
B．铁块浸没于煤油中受到的浮力大
C．两次铁块受到的浮力一样大
D．无法比较两次铁块所受到的浮力大小
分析：同一铁块浸没于水中和煤油中，排开液体的体积相同，根据阿基米德原理公式F浮＝ρ液gV排判断铁块所受浮力大小关系。
解：∵铁块浸没于水和煤油中，
∴铁块排开水和煤油的体积相同，
∵F浮＝ρgV排，水的密度大于煤油的密度，
∴浸没在水中的铁块受到的浮力大。
故选A。
点评：本题关键是知道影响浮力大小的因素是液体的密度和物体排开液体的体积，本题的影响因素是液体的密度，本题隐含的条件是铁块排开液体的体积相同。

【解题方法点拨】
解题时注意找物理量，分析问题时要注意控制变量法：物理学中对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中）来分析增大压强方法。
8．机械效率的大小比较
【知识点的认识】
（1）机械效率由有用功和总功两个因素共同决定，不能理解成：“有用功多，机械效率高”或“总功大，机械效率低”．
（2）当总功一定时，机械做的有用功越多（或额外功越少），机械效率就越高；
（3）当有用功一定时，机械所做的总功越少（或额外功越少），机械效率就越高；
（4）当额外功一定时，机械所做的总功越多（或有用功越多），有用功在总功中所占的比例就越大，机械效率就越高．

【命题方向】
根据不同的机械判断其机械效率的大小是命题的方向，一般以选择题为主．
例1：甲吊车比乙吊车的机械效率高，当它们分别把相同质量的物体匀速提升相同高度时，则（　　）
A．甲吊车的电动机做的有用功较多
B．乙吊车的电动机做的额外功较多
C．甲吊车的电动机做的总功较多
D．甲、乙两吊车的电动机做的总功相同
分析：甲吊车的机械效率比乙吊车的机械效率高，说明甲吊车所做的有用功在总功中占的比值比乙吊车大；把相同质量的物体提高相同的高度，根据公式W有用＝Gh＝mgh可知：两辆吊车所做的有用功相同；机械效率不同，是因为做的额外功不同，导致总功不同．
解：
A、分析知甲乙吊车做的有用功相同．此选项错误，不符合题意；
B、两辆吊车做的有用功相同，乙吊车做的额外功较多，所以乙的效率较低．此选项正确，符合题意；
C、已知甲吊车的机械效率高，有用功相同，如果甲吊车的总功较多就与效率高矛盾．此选项错误，不符合题意；
D、两吊车做的有用功相同，如果总功也相同，则机械效率相同．此选项错误，不符合题意．
故选B．
点评：此题考查机械效率公式和对有用功的理解．效率大小要根据计算公式η＝判断．

例2：如图所示，小王用两个相同的滑轮组（摩擦不计），分别将重力不同的两个物体匀速提高到相同高度，其中G1＞G2，则所用的拉力F1　＞　F2，其机械效率η1　＞　η2．（填“＞”、“＜”或“＝”）．
分析：由滑轮组的结构，承担物重的绳子股数n1＝2，n2＝3；因摩擦不计，
用同样的滑轮组，提升的物重不同，根据F＝（G物+G动）分析拉力的大小关系；
提升相同的高度，做的有用功越多，而额外功不变，根据效率公式η＝＝分析机械效率的大小关系．
解：由滑轮组的结构，承担物重的绳子股数n1＝2，n2＝3；因摩擦不计，
则所用的拉力F1＝（G1+G动），F2＝（G2+G动），
∵G1＞G2，
∴F1＞F2，
∵物体匀速提高到相同高度，
∴根据W有用＝Gh可知：W有用1＞W有用2，
∵滑轮组相同（摩擦不计），滑轮组做的额外功相同，
由η＝＝可知：η1＞η2．
故答案为：＞；＞．
点评：本题考查通过变化有用功或总功来判断机械效率的变化．若有用功相同，额外功越多，机械效率越低，否则越高；若额外功相同，有用功越多，机械效率越高，否则越低．

【解题方法点拨】
（1）要注意理解功、功率和机械效率的概念，不要误认为功率大的机械，做功就越多，机械效率就越高，或者机械效率高的机械做功就越多．这是一个误区．
（2）判断机械效率的大小，主要根据公式η＝，比值越大机械效率越高．

9．滑轮（组）的机械效率
【知识点的认识】
（1）滑轮组提升重物时有η＝，因为W有用＝Gh，W总＝Fs，所以有η＝，又因为s＝nh，所以有η＝，如果不计摩擦和绳重，则有F＝，所以η＝。
（2）①滑轮组的机械效率与动滑轮的重力有关，G物相同时，G动越大、η越小；
②滑轮组的机械效率与被提升物体的重力有关，G动相同时，G物越大、η越大；
③同一滑轮组的机械效率与绕绳方式无关。

【命题方向】
第一类常考题：公式简单运用
如图所示，用滑轮组把重力G为400N的石块匀速提高6m，所用拉力F为250N，则滑轮组的机械效率为（　　）
A．60% B．70% C．80% D．90%
分析：用滑轮组提升重物，则重物被提升的功为有用功，而人的拉力所做的功为总功，故机械效率可用η＝＝来求解。
解：已知G＝400N；h＝6m；F＝250N．从图中看出有两段绳子在拉重物，故s＝2h＝2×6m＝12m
故机械效率η＝＝＝＝80%
故选C。
点评：本题考查滑轮组的机械效率，属于求滑轮组机械效率中最基础的题目。

第二类常考题：
如图所示，是建筑工人利用滑轮组从竖直深井中提取泥土的情形。某次操作中，工人用400N的拉力F在1分钟内将总重为900N的泥土匀速提升5m。在这段时间内：
（1）拉力F所做的有用功是多少？
（2）拉力F做功的功率是多少？
（3）滑轮组的机械效率是多大？
分析：（1）克服泥土的重力所做的功是有用功；
（2）拉力F所做的功是总功，总功与时间的比值等于功率；
（3）有用功与总功的比值是机械效率。

点评：本题考查的知识点多，用到的公式多，难点是求拉力所做的总功，由滑轮组的特点知：绳子自由端移动的距离与物体上升高度之间的关系是s＝nh；从而求出拉力方向上移动的距离。

【解题方法点拨】
（1）根据滑轮组装形式，确定承担物重的绳子股数，求出物体上升高度，然后利用公式W总＝Fs计算总功、W有用＝Gh计算有用功，最后用有用功除以总功得出滑轮组的机械效率。
（2）滑轮的机械效率取决于动滑轮的质量和物体的质量，如果动滑轮质量越小，物体质量越大，则效率越高。


10．功率大小的比较
【知识点的认识】
功率是表示物体做功快慢的物理量，一般采用下列三种办法比较大小：
（1）在相同时间内，比较做功的多少，做功越多的物体，功率越大．
（2）在完成相同功的条件下，比较所用时间的长短，所用时间越短的物体，功率越大．
（3）做功多少和所用时间都不同的情况下，通过公式P＝计算，然后进行比较．
【命题方向】
①在相同时间内给出做功的多少或完成相同的功根据时间的长短判断功率大小；②给出部分物理量通过公式P＝计算出功率的大小；③结合图片根据图示判断功率的大小．
例1：甲、乙两同学推桌子时，做一样多的功，甲用了3min，乙用了2min，则甲、乙做功的功率大小关系是（　　）
A．P甲＜P乙 B．P甲＞P乙 C．P甲＝P乙D．无法确定
分析：功率是物体在单位时间内所做的功，在功相同的前提下，做功的时间越短，功率越大．
解：甲、乙两同学做一样多的功，甲用了3min，乙用了2min，则甲用的时间比乙长，所以甲的功率比乙的功率小．
由上述可知选项B、C、D的说法不正确，因此不能选．
故选A．
点评：本题的解题关键是应用控制变量法进行比较．

例2：小丽用40N的水平推力将一个重90N的箱子水平匀速推动1m，所用时间为2s，小强将这个箱子匀速提上0.4m高的台阶，所用时间为1.5s．则小丽和小强做的功W1、W2和功率P1、P2之间的大小关系正确的是（　　）
A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．P1＝P2 D．P1＞P2
分析：据题目所给已知条件利用公式分别计算出小丽、小宇所做的功和做功功率，然后进行比较大小，最后选出正确答案．
解：W1＝F1S1＝40N×1m＝40J，
P1＝＝＝20W，
由于物体被匀速提起，则F2＝G＝90N
W2＝F2×S2＝90N×0.4m＝36J，
P2＝＝＝24W．
通过以上计算可知：W1＞W2，P1＜P2．
故选A．
点评：本题考查做功和功率的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要知道影响做功的两个条件．

例3：如图所示，甲乙两物体做功和所需时间关系图象，由图可知（　　）
A．P甲＞P乙 B．P甲＜P乙 C．P甲＝P乙 D．无法确定
分析：功率表示物理做功的快慢程度，单位时间内做的功越多，功率越大．
解：如图所示，取相同时间比较甲、乙两物体做功的多少，从图中可以看出，甲做的功比乙多，即甲的功率比乙的功率大，所以P甲＞P乙．
故选A．
点评：该题通过图象来考查功率的大小，要求同学们具有一定的识图能力，可以通过两种方法来判断：一是相同时间内比较做功多少；二是做相同的功看用时多少．
【解题方法点拨】
找出做功过程中对应的力、距离和时间，正确运用功和功率的公式进行计算，是答题的关键．

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