决胜2020年中考物理压轴题剖析与精练专题11简单机械含解析

决胜2020年中考物理压轴题剖析与精练专题11简单机械含解析

专题11简单机械 ‎【考点1】：杠杆 ‎【例1】（2019•广西）如图所示，杠杆在拉力F的作用下水平平衡。现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F的变化情况是（　　）‎ A．一直变大 B．一直变小 ‎ C．一直不变 D．先变大后变小 ‎【考点】杠杆平衡条件及应用 ‎【答案】A ‎【解析】将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，拉力F的力臂逐渐变小，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，拉力F逐渐变大。故 36‎ 选：A。‎ ‎【点评】本题考查了杠杆的动态平衡分析，正确的得出拉力力臂的变化是关键。‎ ‎【变式1-1】（2019•贵阳）如图所示是吊车正在起吊货物的示意图。该装置通过液压伸缩撑杄推动吊臂并使吊臂绕O点转动，从而通过钢绳将货物缓慢吊起。假设撑杆对吊臂的作用力始终与吊臂垂直，仅通过转动吊臂提升货物的过程中，则下列分析正确的是（　　）‎ A．撑杆对吊臂的作用力不断增大 ‎ B．钢绳对吊臂的作用力不断增大 ‎ C．撑杆对吊臂的作用力的力臂不断增大 ‎ D．钢绳对吊臂的作用力的力臂不断减小 ‎【考点】杠杆平衡条件及应用 ‎【答案】D ‎【解析】（1）伸缩撑杆对吊臂的支持力的作用点在吊臂上，方向垂直于吊臂向上，过支持力的作用点，沿支持力的方向画一条有向线段，用F表示，然后从支点O向力的作用线做垂线段，垂线段L即为其力臂，如图所示：‎ ‎（2）吊车吊起货物的过程中，阻力为重力，重力不变，阻力不变；阻力臂减小；动力臂不变，动力减小，所以支持力逐渐变小，故ABC错误，D正确。故选：D。‎ ‎【点评】此题考查力的示意图和力臂的画法，同时考查杠杆平衡条件的应用，正确得出动力臂、阻力、阻力臂的变化是关键。‎ ‎【变式1-2】（2019•鄂尔多斯）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（　　）‎ 36‎ A．该杠杆与镊子类型相同 ‎ B．图甲位置时，拉力大小为15N ‎ C．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3：1 ‎ D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变 ‎【考点】杠杆平衡条件计算及应用 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；‎ B、已知物重为30N，OA：AB＝1：2；由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA 解得：F＝＝＝＝10N，故B错误；‎ C、图甲位置时，若仅增加物重，则（F+△F）×OB＝（G+△G）×OA，显然拉力的变化量与物重的变化量之比不等于OA与OB的比值，故C错误；‎ D、保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：‎ OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，‎ 因为△OA′A∽△OB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3‎ 由杠杆平衡条件可知，F′×OB′＝G×OA′，F′＝＝＝10N；由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变，故D正确。故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在虚线位置的力臂 36‎ 并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。‎ ‎【考点2】：滑轮及滑轮组 ‎【例2】（2019•长春）如图所示，用甲、乙滑轮组在相同时间内分别将A、B物体匀速提升相同高度，已知物体受到的重力GA＞GB，滑轮组的机械效率”η甲＜η乙（忽略绳重和摩擦）。下列判断正确的是（　　）‎ A．两滑轮组绳端移动的距离相等 ‎ B．甲滑轮组的有用功比乙的少 ‎ C．甲滑轮组的总功率比乙的小 ‎ D．甲滑轮组的动滑轮比乙的重 ‎【考点】滑轮组特点、机械效率计算 ‎【答案】D ‎【解析】A、由图可知，滑轮组绳子的有效股数n甲＝3，n乙＝2，则s甲＝3h，s乙＝2h，则两滑轮组绳端移动的距离不相等，故A错误；B、已知物体受到的重力GA＞GB、上升的高度相同，根据W有＝Gh可知，甲滑轮组的有用功比乙的多，故B错误。‎ C、由B可知，W有甲＞W有乙，已知滑轮组的机械效率η甲＜η乙，由η＝可得，甲滑轮组的总功比乙的大，已知时间相同，由P＝可知，甲滑轮组的总功率比乙的大，故C错误；D、忽略绳重和摩擦，由η＝＝＝可得，η甲＝，η乙＝，因为GA＞GB，η甲＜η乙，所以甲滑轮组的动滑轮比乙的重，故D正确。故选：D。‎ 36‎ ‎【点评】本题考查了功和机械效率的计算，关键是η＝＝＝的灵活运用。‎ ‎【变式2-1】（2019•绵阳）用水平力F1拉动如图所示装置，使木板A在粗糙水平面上向右匀速运动，物块B在木板A上表面相对地面静止，连接B与竖直墙壁之间的水平绳的拉力大小为F2．不计滑轮重和绳重，滑轮轴光滑。则F1与F2的大小关系是（　　）‎ A．F1＝F2 B．F2＜F1＜2F2 C．F1＝2F2 D．F1＞2F2‎ ‎【考点】滑轮的特点及应用 ‎【答案】D ‎【解析】由图知，（1）动滑轮在水平方向上受到三个力的作用：水平向右的拉力F1，墙壁对它水平向左的拉力F墙，木板A对它水平向左的拉力F木板，由于木板向右匀速运动，所以F1＝F墙+F木板，由于同一根绳子各处的拉力相等，所以F木板＝F1，‎ 由于力的作用是相互的，所以动滑轮对木板A的拉力为F动＝F木板＝F1﹣﹣﹣①；‎ ‎（2）物块B在水平方向上受到两个力的作用：绳子对它向左的拉力F2，木板A对它向右的摩擦力fA对B；由于物块B保持静止，所以F2＝fA对B；‎ 木板A在水平方向上受到三个力的作用：动滑轮对木板向右的拉力F动，物体B对木板向左的摩擦力fB对A，地面对木板向左的摩擦力f地面，‎ 由于木板向右匀速运动，所以F动＝fB对A+f地面﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由于力的作用是相互的，所以fB对A＝fA对B＝F2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由②③可得F动＝F2+f地面，‎ 即F1＝F2+f地面，也就是F1＝2F2+2f地面，所以F1＞2F2。故选：D。‎ ‎【点评】此题考查了运动和力的关系及力的作用相互性的应用，正确对物体进行受力分析，明确物体受力情况，是解答此题的关键。‎ ‎【变式2-2】（2019•自贡）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N，滑轮重和滑轮与绳子之间的摩擦忽略不计，此时物体A在水平面上向右作匀速直线运动，若用力F向左拉物体A，使物体A向左作匀速直线运动，则（　　）‎ 36‎ A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N ‎【考点】定滑轮和动滑轮的特点及应用 ‎【答案】B ‎【解析】由图知，此滑轮组由2段绳子承担物重，所以FA＝GB＝×10N＝5N；‎ 在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，所以f＝FA＝5N，方向水平向左；‎ 若使物体A向左作匀速直线运动，则A受摩擦力水平向右，则F′＝FA+f＝5N+5N＝10N。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题考查了滑轮组的省力特点及二力平衡条件的应用，能够判断出摩擦力的大小和方向是解决此题的关键。‎ ‎【考点3】机械效率 ‎【例3】（2019•福建）工人用如图的机械将物体匀速提升到某一高度，若物体的重力与滑轮的重力之比G物：G滑轮＝9：1，忽略绳重与摩擦的影响，则机械效率为（　　）‎ A．10% B．45% C．80% D．90%‎ ‎【考点】机械效率的计算 ‎【答案】D ‎【解析】物体的重力与滑轮的重力之比G物：G轮＝9：1，G＝9G轮，‎ 忽略绳重与摩擦的影响，则机械效率：‎ η＝＝＝＝＝＝90%。故选：D。‎ 36‎ ‎【点评】本题考查了动滑轮机械效率，常见题目。‎ ‎【变式3-1】（2018•郴州）如图所示，在相同时间内，用大小相同的拉力F把等质量的甲、乙两物体沿斜面AB、AC从低端拉到斜面顶端。F做功的功率分别为P甲、P乙，机械效率分别为η甲、η乙．下列分析正确的是（　　）‎ A．P甲＞P乙，η甲＜η乙 B．P甲＜P乙，η甲＜η乙 ‎ C．P甲＜P乙，η甲＞η乙 D．P甲＞P乙，η甲＞η乙 ‎【考点】功和功率的计算；机械效率的计算 ‎【答案 ‎【解析】（1）已知AB＞AC，拉力相同，由W＝Fs可知，W1＞W2；‎ 根据P＝，W1＞W2，时间相同，所以P甲＞P乙；‎ ‎（2）已知物体的重力不变，斜面的高度不变，故由W＝Gh可知，将等质量的甲、乙两物体分别沿斜面AB、AC以相同的速度从底部匀速拉到顶点所做的有用功相同，W1有＝W2有；因为W1＞W2，由η＝可得，η甲＜η乙。故选：A。‎ ‎【点评】本题以斜面为载体考查了物体做功的大小、功率的大小以及机械效率高低的比较，有一定的难度。‎ ‎【变式3-2】（2019•鞍山）如图所示，用滑轮组拉动重70N的物体A，在10s内使A在水平方向上移动5m，所用拉力F为20N，地面对A的摩擦力为30N，则A运动速度是　　m/s，滑轮组所做的有用功是　　J，滑轮组的机械效率是　　。‎ ‎【考点】定滑轮和动滑轮的特点；机械效率的计算 ‎【答案】0.5；150；75%。‎ 36‎ ‎【解析】（1）A运动的速度v＝＝＝0.5m/s；‎ ‎（2）滑轮组做的有用功：W有用＝fs＝30N×5m＝150J；‎ ‎（3）由图可知：n＝2，绳子自由端移动的距离sF＝2s＝2×5m＝10m，‎ 拉力F做的总功：W总＝FsF＝20N×10m＝200J，‎ 滑轮组的机械效率：η＝＝×100%＝75%。‎ ‎【点评】本题考查了使用滑轮组时速度公式、功的公式、效率公式的应用，本题关键：知道水平使用滑轮组时克服摩擦力做的功为有用功。‎ ‎【考点4】简单机械实验 ‎【例4】（2019•烟台）在探究“影响滑轮组机械效率高低的因素“时，同学们提出了下列猜想 ‎（1）滑轮组机械效率高低可能与动滑轮重力有关；‎ ‎（2）滑轮组机械效率高低可能与被提升的物重有关；‎ ‎（3）滑轮组机械效率高低可能与物体提升高度有关；‎ ‎（4）滑轮组机械效率高低可能与承重绳子股数有关。‎ 小明同学设计了如图所示的两个滑轮组，进行对比实验来验证提出的猜想，则该实验 验证的猜想是（　　）‎ A．（1） B．（2） C．（3） D．（4）‎ ‎【考点】影响滑轮组机械效率的因素 ‎【答案】B ‎【解析】比较两图可知，承重绳子股数相同，动滑轮重相同，提升高度可以相同，而被提升物体的重力不同；结合控制变量法的思想，所以该实验装置探究的是滑轮组的机械效率与被提升物体的重力的关系，即该实验验证的猜想是（2）。故选：B。‎ ‎【点评】（1）运用控制变量法探究实验时，一定抓住相同因素和不同因素；‎ 36‎ ‎（2）结论的一般形式是：在（相同因素）相同时，（不同因素）越（　　），（研究的物理量）越（　　）‎ ‎【变式4-1】（2019•株洲）采用如图所示站姿锻炼手臂力量：双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手臂水平，手掌支撑在竖直墙壁上的A点，B为人体重心所在位置。锻炼时，躯体伸直，手臂弯曲和伸直动作交替进行。现要估测手掌对墙壁的压力F．（g为已知常量）‎ ‎（1）用体重计称量出人体的体重（质量）m：用卷尺分别测量出　　两点间的竖直距离l1和　　两点间的水平距离l2：（填“A、O”或“B、O”）‎ ‎（2）手掌对墙壁的压力F＝　　（用已知和测得的物理量表示）；‎ ‎（3）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，手掌对墙壁的压力就越　　。‎ ‎【考点】杠杆在生活中的应用 ‎【答案】（1）A、O；B、O；（2）；（3）大。‎ ‎【解析】采用如图所示站姿锻炼手臂力量：双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手臂水平，手掌支撑在竖直墙壁上的A点，B为人体重心所在位置。锻炼时，躯体伸直，手臂弯曲和伸直动作交替进行。现要佔测手掌对墙壁的压力F；‎ ‎（1）用体重计称量出人体的体重（质量）m：由图可知，‎ 以脚尖O为支点，支持力F的力臂为A、O两点间的竖直距离，重力G的力臂为B、O两点间的水平距离，用卷尺分别测量出A、O两点间的竖直距离l1和B、O两点间的水平距离l2：‎ ‎（2）由杠杆的平衡条件可得F′×l1＝mgl2，所以墙壁对手掌的支持力：F′＝；‎ 36‎ 支持力与手对墙壁的压力是一对相互作用力，故F＝F′＝；‎ ‎（3）由F×l1＝mgl2可知，锻炼时，脚尖离开墙壁越远，l1减小，l2增大，质量不变，重力不变，手掌对墙壁的压力就越大。‎ ‎【点评】本题主要考查杠杆的平衡条件的应用，关键是分析力臂。‎ ‎【变式4-2】（2019•淄博）在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。‎ ‎（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据整理记录在下表中。‎ 实验 次数 滑轮 材质 钩码重G/N 提升的高 度h/m 有用功 W有用/J 拉力 F/N 绳端移动 的距离s/m 总功 W总/J 机械效率。η ‎1‎ 铝 ‎1‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.6‎ ‎0.3‎ ‎0.18‎ ‎56%‎ ‎2‎ 铝 ‎2‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎1.0‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎67%‎ ‎3‎ 铝 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ ‎67%‎ ‎4‎ 塑料 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ ‎0.48‎ ‎83%‎ ‎5‎ 塑料 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎2.1‎ ‎0.2‎ ‎0.42‎ ‎95%‎ ‎①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码　　，机械效率越高。‎ ‎②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　　有关。‎ ‎③比较　　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。‎ ‎④第5次实验室利用了图　　的装置完成的，判断依据是　　。‎ ‎⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为　　。可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。‎ 36‎ ‎（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。‎ ‎（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都　　。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的是　　。‎ A、焦耳定律 B、牛顿第一定律 C、阿基米德原理 D、欧姆定律 ‎【考点】滑轮组、斜面在生活中的应用 ‎【答案】（1）①重力越大；②动滑轮的重力；③2、3；④乙；绳子的效段数为1；⑤53.3%；（2）减小接触面粗糙程度；（3）不省功；B。‎ ‎【解析】（1）①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组相同，提升物体的重力越大，机械效率越高，即所用滑轮组一定时，提升的钩码重力越大，机械效率越高；‎ ‎②比较3和4两次实验知，提升物体的重力相同，两滑轮的材质不同，而体积相同，根据G＝mg＝ρVg，两滑轮的重力不同，发现：滑轮组的机械效率还与动滑轮的重力有关；‎ ‎③比较 2、3两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。‎ ‎④第5次实验室利用了图乙的装置完成的，判断依据是n＝＝＝1，绳子的效段数为1；‎ ‎⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为：‎ η＝＝＝＝＝×100%≈53.3%；‎ 可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。‎ ‎（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。‎ ‎（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械不省功（采用了理想化推理法）：‎ 36‎ ACD、焦耳定律、阿基米德原理、欧姆定律可通过实验直接验证，‎ B、而牛顿第一定律不能用实验直接验证，是在实验的基础下推理得出的，故选B。‎ ‎【点评】本题考查控制变量法、数据分析、n＝的运用、滑轮组的机械效率的求法和减小摩擦的方法及实验推理法的运用。‎ ‎【考点5】机械效率综合计算 ‎【例5】（2019•恩施州）如图在粗糙斜面上将一个重为16N的物体匀速拉到高h处，沿斜面向上的拉力为10N，斜面长s＝2m、高h＝1m。其中所做的有用功为　　J，物体受到的摩擦力大小为　　N，斜面的机械效率为　　。‎ ‎【考点】斜面机械效率的计算 ‎【答案】16；2；80%。‎ ‎【解析】（1）所做的有用功为：W有用＝Gh＝16N×1m＝16J；‎ ‎（2）拉力做的总功为：W总＝Fs＝10N×2m＝20J，‎ 所做的额外功为：W额＝W总﹣W有用＝20J﹣16J＝4J；‎ 由W额＝fs得摩擦力：f＝＝＝2N。‎ ‎（3）斜面的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝80%；‎ ‎【点评】本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，明确克服摩擦力做功为额外功是解答此题的关键。‎ ‎【变式5-1】（2019•杭州）如图甲，有一轻质杆，左右各挂由同种金属制成、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的实心物块后恰好水平平衡。‎ ‎（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比。‎ 36‎ ‎（2）将两物分别浸没于水中（如图乙），杆将会　　（选填“左端下降”“右端下降“或“仍然平衡”），试通过推导说明。‎ ‎【考点】杠杆平衡条件；浮力的计算 ‎【答案】（1）左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比为m2：m1。（2）仍然平衡。‎ ‎【解析】（1）轻质杆左右各挂物块后，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：‎ G1L1＝G2L2，即：m1gL1＝m2gL2，所以，＝；‎ ‎（2）根据ρ＝可知同种金属制成的实心物块的体积分别为：‎ V1＝，V2＝；当浸没水中后，实心物块受到的浮力分别为：‎ F浮1＝ρ水gV排1＝ρ水gV1＝ρ水g×，F浮2＝ρ水gV排2＝ρ水gV2＝ρ水g×；‎ 轻质杆左右两边受到的拉力分别为：‎ F1＝G1﹣F浮1＝m1g﹣ρ水g×＝m1g（1﹣），‎ F2＝G2﹣F浮2＝m2g﹣ρ水g×＝m2g（1﹣），‎ 则：F1L1＝m1g（1﹣）L1，F2L2＝m2g（1﹣）L2，‎ 由于，m1gL1＝m2gL2，所以，F1L1＝F2L2；即：杠杆仍然平衡。‎ ‎【点评】本题涉及杠杆的平衡、重力的计算、浮力的判断，能锻炼学生综合处理物理问题的能力。‎ ‎【变式5-2】（2020•河南一模）如图所示，用滑轮组从H＝10m深的水中匀速提起底面积为0.04m2、高2m的实心圆柱体，该物体的密度是2.5g/cm3，在水中匀速提起该物体时，滑轮组的机械效率为80%，绕在滑轮上的绳子能承受的最大拉力F为1100N，不计摩擦和绳重。求：‎ ‎（1）圆柱体的重力；‎ ‎（2）圆柱体浸没在水中时受到的浮力；‎ ‎（3）将圆柱体匀速提升，当它上表面与水面刚好接触时，装置所做的额外功；‎ ‎（4）判断在提升的过程中绳子会不会被拉断，若被拉断，绳子被拉断时，圆柱体留在水中的体积。‎ 36‎ ‎【考点】浮力、功和机械效率的计算 ‎【答案】（1）圆柱体重力为2000N；‎ ‎（2）圆柱体浸没在水中时受到的浮力为800N；‎ ‎（3）装置所做的额外功为2400J；‎ ‎（4）圆柱体留在水中的体积为1×10﹣2m3。‎ ‎【解析】（1）圆柱体的体积：V物＝Sh物＝0.04m2×2m＝0.08m3，‎ 由ρ＝可得圆柱体质量：m＝ρV＝2.5×103kg/m3×0.08m3＝200kg，‎ 圆柱体重力：G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N；‎ ‎（2）物体浸没在水中，V排＝V物＝0.08m3，‎ 物体受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×0.08m3＝800N；‎ ‎（3）圆柱体匀速提升时，受力分析知，动滑轮下边挂钩对圆柱体的拉力F动＝G﹣F浮＝2000N﹣800N＝1200N，当它上表面与水面刚好接触时，上表面移动距离为h＝H﹣2m＝10m﹣2m＝8m，使用滑轮组做的有用功：W有用＝F动h＝1200N×8m＝9600J 滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝80%，‎ 解得：W额外＝2400J；‎ ‎（4）由W额外＝G轮h可得动滑轮重力：G动＝＝＝300N，‎ 承担物体和动滑轮的绳子股数n＝2，在滑轮上的绳子能承受的最大拉力F＝1100N时，对动滑轮受力分析可知，动滑轮下边挂钩对物体施加的力：‎ F'动＝2F﹣G动＝2×1100N﹣300N＝1900N，‎ 拉断的瞬间，对物体受力分析可知，物体受到的浮力：‎ F'浮＝G﹣F'动＝2000N﹣1900N＝100N，‎ 36‎ 则V排'＝＝＝1×10﹣2m3。‎ ‎【点评】本题的综合性很强，难度很大，所涉及的知识面比较广：有重力、浮力，平衡力及其应用，滑轮组及其机械效率，有用功额外功的计算。解答本题的关键是要理清题意，要学会对物体进行受力分析。像解答这类题时，一定要沉着应对，切不可急于求成。‎ ‎1．（2019•沈阳）如图所示，用一个直杆把飞机机翼模型固定在轻质杠杆上，直杆始终与杠杆垂直。用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆，使杠杆始终在水平位置平衡。下列说法中正确的是（　　）‎ A．测力计在a位置时的示数比模型和直杆的总重大 ‎ B．测力计从a位置转到b位置后，比a位置的示数小 ‎ C．测力计从a位置移至c位置后，比a位置的示数大 ‎ D．测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，示数变大 ‎【答案】A ‎【解析】由题可知，阻力等于模型和直杆的总重G，由于直杆始终与杠杆垂直，所以阻力臂L2始终不变，ABC、由图可知，用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆A时，其力臂分别为La、Lb、Lc，如图所示：‎ 由图可知：Lc＞La＞Lb，由杠杆原理可知G×L2＝F×L可知，F＝，即L越大，F越小，可得：Fb＞Fa＞Fc，故A正确，BC均不正确；‎ 36‎ D、测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，模型上方的流速比下方大，流速大的地方压强小，可知阻力减小，由题可知，阻力臂与动力臂不变，由杠杆原理可得动力变小，即测力计示数变小，故D不正确。故选：A。‎ ‎【点评】本题考查了杠杆原理、流速与压强的关系。‎ ‎2．（2019•台州）消防安全，人人有责。下列有关灭火器使用方法的分析不正确的是（　　）‎ A．提灭火器时，手靠近瓶口，容易提起 ‎ B．拔保险销时，放开手柄，有利于拔出 ‎ C．用力压手柄时，手靠近瓶口，容易压下 ‎ D．对准火源根部扫射，灭火物质覆盖可燃物，快速灭火 ‎【答案】C ‎【解析】A．提灭火器时，灭火器的重力为阻力，手掌上部与柄接触的位置为支点，手的下部对柄向上的力为动力，手靠近瓶口，这样能减小阻力臂，根据杠杆平衡条件可知，可以减小下面手的动力，容易提起灭火器，故A正确；‎ B．拔保险销时，放开手柄，减小了对保险销的压力，从而减小了摩擦力，有利于拔出，故B正确；‎ C．由图3知，用力压手柄（手柄类似于衣服夹子，如下图），手靠近瓶口时（即靠近支点），动力臂减小，根据杠杆的平衡条件可知，动力应增大，所以不容易压下手柄，故C错误；‎ D．根据灭火原理可知，对准火源根部扫射，灭火物质覆盖可燃物与氧气隔绝，可以快速灭火，故D正确。故选：C。‎ ‎【点评】本题是一道考查灭火器正确使用的试题，掌握灭火器的正确使用方法解答本题的关键，贴近生活。‎ 36‎ ‎3．（2019•绍兴）如图是上肢力量健身器示意图，杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AB＝3BO，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B点施加竖直向下的拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1：F2＝2：3，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（　　）‎ A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛 ‎ B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛 ‎ C．健身者在B点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛 ‎ D．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为540牛 ‎【答案】C ‎【解析】当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力F为：F＝G﹣FN；‎ 因为动滑轮上有2段绳子承担物重，‎ 因此杠杆A点受到的拉力：FA＝2F+G动＝2×（G﹣FN）+G动；‎ 根据杠杆的平衡条件得到：FA×OA＝FB×OB；‎ 即【2×（G﹣FN）+G动】×OA＝FB×OB，‎ 因为：AB＝3BO；所以：AO＝2BO；那么【2×（G﹣FN）+G动】×2＝FB×1，‎ 即FB＝4×（G﹣FN）+2G动；当压力为85N时，F1＝4×（120N﹣85N）+2G动；‎ 当压力为60N时，F2＝4×（120N﹣60N）+2G动；‎ 因为：F1：F2＝2：3；所以：＝；解得：G动＝30N；‎ A．当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为：‎ FB＝4×（G﹣FN）+2G动＝FB＝4×（120N﹣50N）+2×30N＝340N，故A错误；‎ B．当配重对地面的压力为90N时，B点向下的拉力为：‎ FB＝4×（G﹣FN）+2G动＝FB＝4×（120N﹣90N）+2×30N＝180N，故B错误；‎ 36‎ C．健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，根据FB＝4×（G﹣FN）+2G动得到：‎ ‎400N＝4×（120N﹣0N）+2×30N；解得：FN＝35N，故C正确；‎ D．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据FB＝4×（G﹣FN）+2G动得到：‎ FB＝4×（120N﹣0N）+2×30N＝540N＞500N；因为人的最大拉力等于体重500N，因此配重不可能匀速拉起，故D错误。故选：C。‎ ‎【点评】此题综合考查了杠杆平衡条件的应用，动滑轮及其工作特点、压力及重力与压力的区别等，综合性较强，难点和关键点是计算动滑轮的重力，属于中考压轴题。‎ ‎4．（2019•新疆）用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组甲和乙，分别匀速提升同一重物时，滑轮组甲和乙的机械效率分别为80%和75%，不计绳重和摩擦，滑轮组甲和乙中的动滑轮重力之比为（　　）‎ A．4：3 B．3：4 C．5：4 D．4：5‎ ‎【答案】B ‎【解析】不计绳重及摩擦，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝，用一个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组甲和乙，分别匀速提升同一重物时，滑轮组甲和乙的机械效率分别为80%和75%，则可知物重相同（都为G），设两动滑轮重分别为G甲动、G乙动，‎ 则有：η甲＝＝80%﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，‎ η乙＝＝75%﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，‎ 由①可得G甲动＝G，由②可得G乙动＝G，‎ 所以，甲乙动滑轮重力之比：G甲动：G乙动＝G：G＝3：4。故选：B。‎ ‎【点评】本本题考查了滑轮组机械效率公式的应用，关键是利用公式η＝＝＝＝（不计绳重及摩擦）。‎ ‎5．（2019•达州）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点转动，当物体C浸没在水中时杠杆恰好水平静止，A、B两端的绳子均不可伸长且处于张紧状态。已知C是体积为1dm3‎ 36‎ ‎、重为80N的实心物体，D是边长为20cm、质量为20kg的正方体，OA：OB＝2：1，圆柱形容器的底面积为400cm2（g＝10N/kg），则下列结果不正确的是（　　）‎ A．物体C的密度为8×103kg/m3 B．杠杆A端受到细线的拉力为70N ‎ C．物体D对地面的压强为1.5×103Pa D．物体C浸没在水中前后，水对容器底的压强增大了2×103Pa ‎【答案】D ‎【解析】A、物体C的质量：mC＝＝＝8kg；‎ 物体C的密度：ρC＝＝＝8×103kg/m3，故A正确；‎ B、物体C排开水的体积：V排＝VC＝1×10﹣3m3，‎ 受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；‎ 杠杆A端受到的拉力：FA＝GC﹣F浮＝80N﹣10N＝70N，故B正确；‎ C、由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得：FA×OA＝FB×OB，‎ 则杠杆B端受到细线的拉力：FB＝×FA＝×70N＝140N，‎ 由于力的作用是相互的，杠杆B端对D的拉力：F拉＝FB＝140N，‎ D对地面的压力：F压＝GD﹣FB＝mDg﹣F拉＝20kg×10N/kg﹣140N＝60N，‎ D对地面的压强：p＝＝＝1.5×103Pa，故C正确；‎ D、物体C浸没在水中前后，水的深度变化：△h＝＝＝＝2.5cm＝0.025m，‎ 水对容器底的压强增大值：△p＝ρ水g△h＝1×103kg/m3×10N/kg×0.025m＝2.5×102Pa，故D错。故选：D。‎ ‎【点评】本题为力学综合题，考查了重力公式、阿基米德原理、杠杆平衡条件、液体压强公式、压强定义式的应用，计算时注意单位统一。‎ ‎6．（2019•郴州）‎ 36‎ 材料相同的甲、乙两个物体分别挂在杠杆A、B两端，O为支点（OA＜OB），如图所示，杠杆处于平衡状态。如果将甲、乙物体（不溶于水）浸没于水中，杠杆将会（　　）（不考虑杠杆自身的影响）‎ A．A 端下沉 B．B 端下沉 C．仍保持平衡 D．无法确定 ‎【答案】C ‎【解析】由题知，甲、乙两物体的密度相同，OA＜OB，即甲的力臂要小于乙的力臂；‎ 根据杠杆的平衡条件可知，G甲×L甲＝G乙×L乙，即：ρgV甲L甲＝ρgV乙L乙，‎ 所以：V甲L甲＝V乙L乙﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，‎ 如果将甲、乙物体（不溶于水）浸没于水中，此时甲乙都要受到浮力的作用，根据阿基米德原理可知，甲乙受到的浮力分别为：F浮甲＝ρ水gV甲，F浮乙＝ρ水gV乙，‎ 此时左边拉力与力臂的乘积为：（G甲﹣ρ水gV甲）×L甲＝G甲×L甲﹣ρ水gV甲×L甲②‎ 此时右边拉力与力臂的乘积为：（G乙﹣ρ水gV乙）×L乙＝G乙×L乙﹣ρ水gV乙×L乙③‎ 由于V甲L甲＝V乙L乙，所以：ρ水gV甲×L甲＝ρ水gV乙×L乙，‎ 则由②③两式可知，此时左右两边拉力与力臂的乘积相同，故杠杆仍然会保持平衡。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】杠杆的平衡条件是，两边力和力臂的乘积相等，判断杠杆的倾斜方向，只要计算出力×力臂，杠杆将向乘积大的一端倾斜。‎ ‎7．（2019•江西）如图所示，物重为G的物体在不同简单机械中均处于平衡状态（不计机械自重和摩擦），拉力F1、F2、F3、F4的大小关系是（　　）‎ 36‎ A．F2＜F3＝F4＜F1 B．F2＜F4＜F1＜F3 ‎ C．F4＝F2＜F1＜F3 D．F4＜F2＜F3＜F1‎ ‎【答案】B ‎【解析】不计机械自重和摩擦。由第一个图可知，L1＝L2，由杠杆平衡条件可得F1＝G；‎ 由第二个图可知，使用的滑轮组n＝3，F2＝G；‎ 由第三个图可知，使用动滑轮，动力作用在轴上，F3＝2G；‎ 由第四个图可知，使用的斜面＝sin30°＝，因为FL＝Gh，所以F4＝G。‎ 可见，F2＜F4＜F1＜F3。故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了使用杠杆、滑轮组、动滑轮、斜面时的拉力的计算，要细心，明确各种装置的省力特点是关键。‎ ‎8．（2019•台湾）如图所示，甲、乙、丙、丁四个天平，其上各自摆放不同的重物，重物摆放前后天平皆保持水平平衡。若不改变四个天平的秤盘吊掛位置，仅将天平上的重物各自左右互换，则互换后哪一个天平会向右端倾斜（　　）‎ A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ‎【答案】‎ ‎【解析】AB、乙图中的杠杆为等臂杠杆，由杠杆平衡条件可知，两边所挂重物重力相同，将天平上的重物各自左右互换，两边力和力臂的乘积还是相等，杠杆仍平衡，故AB不符合题意；‎ C、丙图中的杠杆，左边力臂大于右边力臂，由杠杆平衡条件可知，左边重力小于右边重力，将天平上的重物各自左右互换，左边力和力臂的乘积大于右边力和力臂的乘积，杠杆不平衡，杠杆向左端倾斜，故C不符合题意；‎ D、丁图中的杠杆，左边力臂小于右边力臂，由杠杆平衡条件可知，左边重力大于右边重力，将天平上的重物各自左右互换，左边力和力臂的乘积小于右边力和力臂的乘积，杠杆不平衡，杠杆向右端倾斜，故D合题意。故选：D。‎ 36‎ ‎【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，要知道：杠杆平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。‎ ‎9．（2019•南充）如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，力F的大小将（　　）‎ A．变大 B．不变 C．变小 D．不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，阻力的大小不变（等于物重G），阻力臂变大，动力臂不断变小，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力将变大。故选：A。‎ ‎【点评】本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。‎ ‎10．（2018•大连）在“富国强军”的时代要求下，大连造船厂建造了首艘国产航空母舰。在建造过程中需要使用大型起重机“龙门吊”。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，其示意图如图所示。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（　　）‎ 36‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，以左侧的支柱为支点，右支架对主梁的支持力F为动力，重物对杠杆的拉力为重力，大小等于物体的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为L﹣s，根据的平衡条件：FL＝G（L﹣s）得，‎ 拉力F为：F＝G﹣，由关系式知：右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s成一次函数关系，且拉力随s的增大而减小，故B符合题意。故选：B。‎ ‎【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用和图象的分析能力，是一道难题。‎ ‎11．（2018•郴州）如图所示，不计滑轮自重及绳子与滑轮之间的摩擦，三个弹簧测力计拉力FA、FB、Fc三者的关系正确的是（　　）‎ A．FA：FB：Fc＝3：2：1 B．FA：FB：Fc＝1：2：3 ‎ C．FA：FB：Fc＝6：3：2 D．FA：FB：Fc＝2：3：6‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据每段绳子承担的力的情况，分析三个弹簧测力计拉力FA、FB、Fc三者的关系，如下图：‎ 36‎ 设每段绳子承担F的力，FC承担3段绳子的拉力，FC＝3F；FB承担2段绳子的拉力；FB＝2F；FA承担一段绳子的拉力，FA＝F。‎ 故FA：FB：FC＝F：2F：3F＝1：2：3，故B正确，ACD错误。故选：B。‎ ‎【点评】本题考查动滑轮的使用情况。‎ ‎12．（2019•十堰）质量为m的工人用如图甲所示的滑轮组将建筑材料运送到楼顶，滑轮组的机械效率随建筑材料重力变化的图象（如图乙），机械中摩擦及绳重忽略不计，影响滑轮组机械效率的原因有　　（写出一点即可），动滑轮的重力为　　：该工人竖直向下拉绳子自由端运送建筑材料时，此滑轮组机械效率的最大值为　　。（后两空均用已知量符号表示）‎ ‎【答案】物重（或动滑轮重）；Gn；×100%。‎ ‎【解析】（1）已知机械中摩擦力及绳重忽略不计，则影响滑轮组机械效率的因素有物重、动滑轮重；‎ ‎（2）由图乙可知，物重Gn，滑轮组的机械效率η＝50%，‎ 因机械中摩擦力及绳重忽略不计，克服物重做的功为有用功，克服动滑轮重力和物重做的功为总功，所以，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝50%，‎ 解得：G动＝Gn；‎ ‎（3）已知工人的质量为m，‎ 则该工人竖直向下拉绳子自由端运送货物时，绳子的最大拉力：F大＝G人＝mg，‎ 36‎ 由F＝（G+G动）可得，提升的最大物重：G大＝3F大﹣G动＝3F大﹣Gn＝3（mg）﹣Gn，‎ 则滑轮组的最大机械效率：‎ η大＝×100%＝×100%＝×100%。‎ ‎【点评】本题考查了影响滑轮组机械效率的因素和做功公式、功率公式、机械效率公式、滑轮组绳子拉力公式的综合应用，要注意绳子的最大拉力和人的重力相等。‎ ‎13．（2019•安顺）如图所示，用固定在竖直墙上的直角三角形支架ABC放置空调室外机，已知AB长40cm，BC长50cm。室外机的质量为30kg，室外机的重力作用线正好通过AB中点，则A处钉受到的水平拉力F为　　N（支架重力不计）•为了安全，从力学的角度分析，室外机的位置应尽量　　（选填“靠近”或“远离”）墙壁。‎ ‎【答案】200；靠近。‎ ‎【解析】由勾股定理可得，AC＝＝＝30cm。‎ 由题意可知，以C为支点，ABC是一个杠杆。AC为A处螺钉水平拉力的力臂，室外机对其压力的力臂为AB长的，由杠杆平衡条件可得：F×AC＝G×AB；‎ 即：F×30cm＝300N××40cm；解得：F＝200N；‎ 为了安全，应减小A处的拉力（若拉力过大，支架对螺钉拉力会使螺钉松动而造成危险）；‎ 在A处拉力和阻力G一定时，室外机的位置越靠近墙壁，室外机对支架压力力臂越小，根据杠杆平衡条件可知，A处的拉力将减小，以保证支架和室外机的安全。‎ ‎【点评】此题考查对杠杆平衡条件的应用，熟练应用杠杆平衡条件、正确分析力臂即可正确解题。‎ ‎14．（2019•达州）救援车工作原理如图所示，当车载电机对钢绳施加的拉力F大小为2.5×103N时，小车A恰能匀速缓慢地沿斜面上升。已知小车A的质量为1t，斜面高为2m，斜面长为5m（不计车长、钢绳重、动滑轮重、钢绳与滑轮间的摩擦和滑轮与轴间的摩擦，g＝10N/kg）在小车A由水平路面被拖上救援车的过程中，钢绳所做的有用功为　　‎ 36‎ J，整个装置的机械效率为　　，小车A与斜面间的摩擦力大小为　　N．‎ ‎【答案】2×104；80%；1×103。‎ ‎【解析】（1）小车质量m＝1t＝1000kg，其重力G＝mg＝1000kg×10N/kg＝1×104N，‎ 钢绳做的有用功：W有用＝Gh＝1×104N×2m＝2×104J，‎ ‎（2）不计车长、拉力端移动距离s＝2L＝2×5m＝10m，拉力做的总功：‎ W总＝Fs＝2.5×103N×10m＝2.5×104J，‎ 整个装置的机械效率：η＝＝×100%＝80%；‎ ‎（3）不计钢绳重、动滑轮重、钢绳与滑轮间的摩擦和滑轮与轴间的摩擦，克服小车A与斜面间的摩擦做的功为额外功，W额＝W总﹣W有用＝2.5×104J﹣2×104J＝5×103J，‎ 由W额＝fL可得摩擦力：f＝＝＝1×103N。‎ ‎【点评】本题考查了使用斜面和滑轮组时有用功、总功、额外功、机械效率的计算，明确使用整个装置时有用功、总功的含义是关键。‎ ‎15．（2019•葫芦岛）图甲是汽车上的手动刹车装置，为防止车移动需要把刹车杆拉起。刹车杆相当于一个绕O点转动的杠杆，其简化示意图如图乙所示，F2是杠杆受到的阻力。请在图乙中画出杠杆平衡时的阻力臂l2、作用在A点的最小动力F1及其动力臂l1‎ ‎【解析】（1）从支点O作动力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为动力臂l2；‎ ‎（2）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l1最长；动力的方向应该向上，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：‎ 36‎ ‎【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。‎ ‎16．（2019•营口）图甲是生活中常用的一款指甲刀，其中AOB部分可视为杠杆，其简化示意图如图乙所示，使用时，指甲作用在A点的力视为阻力。请你在乙图中画出：‎ ‎（1）作用在A点的阻力F2的示意图；‎ ‎（2）在B点施加的最小动力F1及动力臂l1。‎ ‎【解析】（1）从阻力作用点A，垂直接触面向下画的线段表示阻力F2，如图所示；‎ ‎（2）根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长越省力，OB是最长的动力臂l1；阻力使杠杆逆时针转动，动力应使杠杆顺时针转动（这样才能使杠杆在此位置平衡），过B点作垂直于OB向下的动力F1，如图所示：‎ ‎【点评】本题考查了力的示意图、力臂的画法，确定动力的方向是关键。‎ ‎17．（2019•新疆）在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：‎ ‎（1）实验前，杠杆静止时，发现杠杆左端低、右端高，此时杠杆处于　　（填“平衡”或“非平衡”）状态，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向　　（填“左”或“右”）调节。‎ ‎（2）调节杠杆在水平位置平衡后，进行如图所示的实验，用量程为5N的弹簧测力计在A点竖直向上拉（如图中M所示），杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为2.5N；若弹簧测力计斜向上拉（如图中N所示），杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为　　‎ 36‎ ‎（填“大于”或“小于”）2.5N，此时拉力的方向与竖直方向的最大夹角为　　（填“30°”、“45°”或“60°”）。‎ ‎（3）杠杆上每个平衡螺母的质量为m，杠杆的总质量（含两个平衡螺母）为50m。实验前，调节杠杆在水平平衡的过程中，若只将右端的平衡螺母移动了距离L，则调节前后杠杆（含两个平衡螺母）的重心在杆上移动的距离为　　（填“”““或“”）‎ ‎【答案】（1）平衡；右；（2）大于；60°；（3）。‎ ‎【解析】（1）实验前，杠杆静止杠杆处于平衡状态。如图杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。‎ ‎（2）弹簧测力计竖直向上拉动杠杆时，动力臂是OA，当斜向上拉动杠杆时，动力臂变为OM，阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，所以弹簧测力计示数大于2.5N。阻力和阻力臂乘积不变，所以动力和动力臂乘积也不变，‎ 设杠杆每一个小格长度为L，弹簧测力计量程是5N，最大能提供5N拉力，‎ ‎2.5N×4L＝5N×L'所以，最小的力臂为：L'＝2L 在 Rt△AMO中，OM＝2L＝OA，所以∠AMO＝30°‎ 拉力的方向与竖直方向的最大夹角：∠MAN＝∠MAO﹣∠NAO＝90°﹣30°＝60°‎ ‎（3）根据左侧力和力臂乘积变化量等于右侧力和力臂乘积变化量。‎ 36‎ mg×L＝50mg×△L重心在杆上移动的距离为：△L＝‎ ‎【点评】根据左侧力和力臂乘积变化量等于右侧力和力臂乘积变化量，这个知识点属于高中部分内容，学生理解起来有些困难。‎ ‎18．（2018•河北）探究杠杆的平衡条件 ‎（1）杠杆两端的螺母作用是　　。‎ ‎（2）小明用如图甲所示装置，进行实验并收集了下表中的数据，分析数据可知，杠杆的平衡条件是　　。‎ ‎（3）小明又用如图乙所示装置进行实验，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）如图丙所示，小红实验时在一平衡杠杆的两端放上不同数量的相同硬币，杠杆仍在水平位置平衡。她用刻度尺测出L1和L2，则2L1　　（选填“＞”“＜”或“＝”）3L2。‎ 实验次数 动力/N 动力臂/m 阻力/N 阻力臂/m ‎1‎ ‎0.5‎ ‎0.2‎ ‎1.0‎ ‎0.1‎ ‎2‎ ‎1.0‎ ‎0.15‎ ‎1.5‎ ‎0.1‎ ‎3‎ ‎3.0‎ ‎0.1‎ ‎2.0‎ ‎0.15‎ ‎【拓展】探究了杠杆的平衡条件后，小红对天平上游码的质量进行了计算，她用刻度尺测出L1和L2（如图丁所示），则游码的质量为　　g。‎ ‎【答案】（1）调节杠杆在水平位置平衡；（2）F1l1＝F2l2；（3）2；（4）＞；。‎ ‎【解析】（1）杠杆两端的螺母的作用是调节杠杆在水平位置平衡；‎ ‎（2）由表格中数据，①0.5N×0.2m＝1.0N×0.1m＝0.1N•m；‎ ‎②1.0N×0.15m＝1.5N×0.1m＝0.15N•m；‎ ‎③3N×0.1m＝2.0N×0.15m＝0.3N•m；可知杠杆的平衡条件为：F1l1＝F2l2；‎ 36‎ ‎（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：‎ 设一格的长度为L，杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的拉力的力臂为×6L，‎ 由F1L1＝F2L2得，0.5N×3×4L＝F1×6L×，解得，F1＝2N；‎ ‎（4）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，‎ 设每个硬币的重量为G，则由图可得，2G（r+L1）＝3G（r+L2），‎ ‎2Gr+2GL1＝3Gr+3GL2，2GL1＝Gr+3GL2，所以2GL1＞3GL2，即2L1＞3L2，‎ 拓展：以天平的刀口为杠杆的支点，天平的左盘和右盘的质量分别为m左和m右，游码的质量为m，当游码位于零刻度线时，由杠杆的平衡条件得m左g×L2+mg×L1＝m右g×L2①；‎ 当游码位于最大值5克时，由杠杆的平衡条件得（m左+5）g×L2＝mg×L1+m右g×L2②；由（2）﹣（1）得，5×L2＝mL1，解得 m＝。‎ ‎【点评】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。‎ ‎19．（2020•广东模拟）某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。‎ 物理量 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ 钩码重G/N ‎4‎ ‎4‎ ‎6‎ 钩码上升的高度h/m ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ 绳端拉力F/N ‎1.8‎ ‎1.6‎ ‎2.4‎ 绳端上移的距离s/m ‎0.3‎ ‎0.4‎ ‎　　‎ 机械效率/η ‎74.1%‎ ‎62.5%‎ ‎　　‎ 36‎ ‎（1）通过表中数据可分析出第2次实验是用　　（填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验。‎ ‎（2）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率　　（填”越高”“不变”或“越低”）。‎ ‎（3）小组同学再用第1次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验中空缺的数据应为：绳端移动距离s＝　　m，机械效率η＝　　。‎ ‎（4）比较第　　次实验和第3次实验可得出结论：使用同一滑轮组，　　。‎ ‎（5）只要滑轮组结构一定，知道绕动滑轮的有n段细绳，测滑轮组机械效率的实验器材就可以不需要　　（填一种测量工具名称），且机械效率的表达式通式为η＝　　（用本题中有关字母表示）。‎ ‎（6）如采用图丙装置，改变动滑轮重G，提升同一物体进行多次实验，获得数据并绘制出如图丁的图象，分析图象中的A点可知，被提升物体所受的重力为　　N．（忽略绳重和摩擦）‎ ‎【答案】（1）乙；（2）越低；（3）0.3；83.3%；（4）提升物体的重力越大，机械效率越高；（5）刻度尺；×100%；（6）12。‎ ‎【解析】（1）根据s＝nh可知，第二次实验中，绳子的有效段数：‎ n＝＝＝4，因此选择乙装置进行实验；‎ ‎（2）根据s＝nh可知，第一次实验绳子的有效段数为3，故通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率越低；‎ ‎（3）同学再用第1次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验中空缺的数据应为：绳端移动距离：s＝nh＝3×0.1m＝0.3m，‎ 36‎ 机械效率：η＝＝＝≈83.3%；‎ ‎（4）因第1、3次实验用同一滑轮组做的实验，故比较第1次实验和第3次实验可得出结论：使用同一滑轮组，提升物体的重力越大，机械效率越高；‎ 用甲装置做的实验，由表中第1次实验和第2次实验的数据可知，使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率越低；‎ ‎（5）由η＝＝＝＝×100%，可知，已知提升物体绳子的股数时，只需要测量G和F，因此测量工具只需要弹簧测力计，不需要刻度尺；故机械效率的表达式通式为：η＝×100%；‎ ‎（6）忽略绳重和摩擦，则克服动滑轮的重做的功为额外功的唯一来源，‎ 故η＝＝＝×100%‎ 由图丙装置知，当动滑轮重为4N时，机械效率为75%，‎ ‎75%＝×100%，故被提升物体所受的重力：G＝12N。‎ ‎【点评】本题测滑轮组机械效率，考查绳子有效段数的确定、数据分析、控制变量法、实验原理及影响机械效率大小的因素。‎ ‎20．（2020•河南模拟）在“探究杠杆平衡条件”的实验中。‎ ‎（1）让杠杆在水平位置平衡的目的是　　。‎ ‎（2）杠杆平衡后，小英同学在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上　　个钩码，使杠杆在水平位置平衡。‎ 36‎ ‎（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（如图乙），测力计示数如何变化：　　。‎ ‎（4）在探究过程中，我们需要测量和记录动力、动力臂、阻力、阻力臂四个物理量，在进行多次实验的过程中，我们　　（选填“可以”“不可以”）同时改变多个量，进行探究测量。‎ ‎（5）探究完杠杆平衡条件后，小英同学发现日常生活中有很多的杠杆：‎ a．在农村老家她发现一种“舂米对”的古代简单机械，它的实质是一种杠杆，其示意图如图丙所示。使用这个装置时，人在A端用力把它踩下后立即松脚，B端就会立即下落，打在石臼内的谷物上，从而把谷物打碎。用力将它踩下去的过程中，动力是　　（它的重力/脚踩的力），脚松开到打在石臼内的谷物时，它的重力是　　（动力/阻力）。‎ b．回到家里，发现家里的两种墙壁开关也是杠杆如图丁，其按钮可绕面板内的轴转动。根据你的生活经验，你认为　　（填“1”或“2”）较易损坏，这是因为按动这种开关的　　较小，按动需要的力较大。‎ ‎【答案】（1）方便测出力臂大小；（2）3；（3）先变小后变大；（4）可以；（5）a：脚踩的力；动力；b：1；力臂。‎ ‎【解析】（1）探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡的目的是：力臂在杠杆上，方便测出力臂大小；‎ ‎（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，‎ 因为，F1L1＝F2L2，所以，2G×3L＝nG×2L，所以，n＝3，所以在A处挂3个钩码；‎ ‎（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。‎ ‎（4）在“探究杠杆平衡条件”实验时本实验中，不断改变动力（臂）和阻力（臂），多次进行实验行多次测量的目的是：避免实验次数过少，导致实验结论具有偶然性，便于从中寻找规律；‎ ‎（5）a、①用力踩下这个装置的时候，脚踩的力使得杠杆转动，而装置自身的重力阻碍了杠杆的转动；因此，在这个过程中，动力是：脚踩的力；阻力是：杠杆自身的重力。‎ ‎②脚松开后，杠杆左边的力矩要大于右边的力矩，杠杆在自身的重力作用下转动，此时的动力是：杠杆自身的重力。b、如图所示为家庭电路常用的两种墙壁开关，其按钮可绕面板内某轴转动，甲较易损坏，这是因为按动这种开关的力臂较小，按动需要的力较大。‎ 36‎ ‎【点评】本题考查杠杆的平衡条件实验，关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。‎ ‎21．（2019•鄂尔多斯）举世嘱目的港珠澳大桥于2018年10月24日正式通车，是集桥、岛、隧道于一体的跨海桥梁。图甲是建造大桥时所用的起吊装置示意图，若使用柴油机和滑轮组将高h＝1m的实心长方体A从海底以0.1m/s的速度匀速吊出海面；图乙是物体A所受拉力F1随时间t变化的图象。（ρ海＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg，不计摩擦、水的阻力及绳重）。求：‎ ‎（1）物体A的密度。‎ ‎（2）当物体A在计时起点的位置时，上表面受到海水的压力。‎ ‎（3）物体A露出水面前，柴油机对绳的拉力F做的功W随时间t的变化图象，如图丙，求此过程滑轮组的机械效率。‎ ‎【答案】（1）物体A的密度为3×103kg/m3。‎ ‎（2）当物体A在计时起点的位置时，上表面受到海水的压力为8×105N。‎ ‎（3）滑轮组的机械效率为80%。‎ ‎【解析】（1）根据图乙可知，物体完全露出水面后，拉力：F1＝3×105N，则物体的重力G＝F1＝3×105N，由G＝mg可得，物体的质量：m＝＝＝3×104kg，‎ 由图乙可知，物体全部浸没时，物体A所受的拉力：F1′＝2×105N，‎ 则物体浸没时受到的浮力：F浮＝G﹣F1′＝3×105N﹣2×105N＝1×105N，‎ 由F浮＝ρ水gV排可得物体的体积：V＝V排＝＝＝10m3，物体A的密度：ρ＝＝＝3×103kg/m3；‎ 36‎ ‎（2）由v＝可得物体在80s内通过的距离：s＝vt＝0.1m/s×80s＝8m，即在计时起点时物体上表面在水中所处的深度h＝s＝8m，物体上表面受到的压强：p＝ρ水gh＝1×103kg/m3×10N/kg×8m＝8×104Pa，由V＝Sh可得，物体的底面积：S＝＝＝10m2，则物体A上表面受到海水的压力：F＝pS＝8×104Pa×10m2＝8×105N；‎ ‎（3）根据图丙读出物体运动80s，拉力做的功：W总＝2×106J，‎ 而有用功：W有＝F1′s＝2×105N×8m＝1.6×106J，‎ 滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%。‎ ‎【点评】本题综合考查密度、压强、浮力、重力、有用功以及机械效率的计算，关键是能从图象上读出有用的信息，也是本题的难点。‎ ‎22．（2020•重庆模拟）如图所示装置，轻质杠杆AB在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OA：OB＝1：2，甲、乙两容器中均装有水，物体M浸没在乙容器的水中，且没有碰到容器底。已知：甲容器中活塞C（含杆AC）的质量m0＝1kg，活塞C的横截面积S＝800cm2，水深h1＝50cm，h2＝40cm。物体M的体积VM＝1×10﹣3m3，不计摩擦和绳重，g取10N/kg。求：‎ ‎（1）物体M所受浮力F浮；‎ ‎（2）活塞C受到水的压力F压；‎ ‎（3）物体M的重力。‎ ‎【答案】（1）物体M所受浮力F浮为10N；（2）活塞C受到水的压力F压为80N；‎ ‎（3）物体M的重力为45N。‎ ‎【解析】（1）物体M浸没在水中，则物体M所受浮力：‎ F浮＝ρ水gVM＝1×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝10N；‎ ‎（2）由图可知，活塞C所处的深度为h1﹣h2＝50cm﹣40cm＝10cm＝0.1m，‎ 活塞受到水的压强：p＝ρ水g（h1﹣h2）＝1×103kg/m3×10N/kg×0.1m＝1000Pa；‎ 36‎ 根据p＝可得活塞C受到水的压力：F压＝pS＝1000Pa×800×10﹣4m2＝80N；‎ ‎（3）甲容器中活塞C（含杆AC）的重力：G0＝m0g＝1kg×10N/kg＝10N，‎ 对活塞进行受力分析可知，活塞受到向下的重力G0、杠杆A端向下的压力FA和水向上的压力F压，由力的平衡条件可得：G0+FA＝F压，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 物体M受到向上的浮力F浮、绳子向上的拉力FB和向下的重力GM，‎ 由力的平衡条件可得：GM＝FB+F浮，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 由①②变形可得，杠杆A端受的拉力为FA＝F压﹣G0，B端受的拉力为FB＝GM﹣F浮；‎ 因为杠杆AB在水平位置保持平衡，‎ 所以由杠杆平衡条件得：FA×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，‎ 则：（F压﹣G0）×OA＝（GM﹣F浮）×OB，‎ 代入数据得：（80N﹣10N）×1＝（GM﹣10N）×2，解得，GM＝45N。‎ ‎【点评】本题既考查了阿基米德原理的运用，也考查了液体压强公式、固体压强公式的计算，还考查了杠杆平衡条件的应用，要求对公式进行熟练掌握的同时，还要会对物体进行受力分析，并有一定的数学运算能力，难度较大。‎ 36‎