专题09简单机械及其效率
一、单选题
1．A、B两种实心物体的质量与体积的关系如1图所示，把体积相等的A、B物体挂在滑轮组下，若要使它们处于静止状态，则2图的虚线框内悬挂B物体的个数是（不计摩擦和滑轮的自重）（）
A.1个B.2个C.3个D.4个
【来源】
【答案】B
【解析】根据图1得物体A、B的密度为：
；
；
体积相等时，两物体的重为：
，，
即；
如图2，A物体上面为一个动滑轮，由两段绳子承担物重，
所以：，代入得，，
即虚线框内悬挂B物体的个数是2。
故B正确。
2．如图所示，用滑轮组提升重物时，重400N的物体在10s内匀速上升了1m。已知拉绳子的力F为250N，则提升重物的过程中（）
A.做的总功是400JB.拉力F的功率是25W
C.绳子自由端被拉下1mD.滑轮组的机械效率是80%
【来源】
【答案】D
【解析】AC、由图知，n＝2，则绳子自由端移动的距离：s＝2h＝2×1m＝2m，故C错误；拉力做的总功：W总＝Fs＝250N×2m＝500J，故A错误；B、拉力F的功率：P＝＝50W，故B错误；D、有用功：W有用＝Gh＝400N×1m＝400J，滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%，故D正确。故选：D。
点睛：（1）（3）已知拉力大小，由图可知使用滑轮组承担物重的绳子股数n＝2，则s＝2h，求出拉力端移动距离，利用W＝Fs可求总功；（2）知道做功时间，利用P＝求出拉力F的功率；（4）已知物重和物体被提升高度，根据公式W＝Gh可计算出有用功；利用效率公式η＝求滑轮组的机械效率。
3．如图所示，小红用10N的拉力将重为20N的物体在5s内匀速提升了0.2m，则以下说法正确的是（）
A.绳子自由端移动的距离为0.4mB.有用功为4J
C.滑轮组的机械效为83.3%D.拉力的功率为12W
【来源】
【答案】B
【解析】A.如图，由三段绳子拉着动滑轮，所以绳子自由端移动的距离为：
，故A错误；
B.有用功为：
，故B正确；
C.总功为：；
滑轮组的机械效为：，故C错误；
D.拉力的功率为：，故D错误；
故选B。
点睛：涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，弄清楚这些功后，求效率和功率就显得简单了。
4．如图所示，用滑轮组在4s内将重为160N的物体匀速提升2m，若动滑轮重20N，不计滑轮与轴之间的摩擦及绳重。则在此过程中，下列说法正确的是（）
A.绳子自由端向上移动了4mB.拉力F的功率为90W
C.拉力F为90ND.滑轮组的机械效率为80%
【来源】
【答案】B
【解析】A.如图的滑轮组，由三段绳子拉着动滑轮，即，故A错误；
C.根据，得拉力F为：，故C错误；
B.拉力做的总功为：；
拉力F的功率为：，故B正确；
D.有用功为：；
滑轮组的机械效率为：，故D错误；
故选B。
点睛：涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，弄清楚这些功后，求功率、效率就很简单了。
5．图甲中用力F1水平拉着重为G的物体在水平路面上匀速移动s的距离。图乙中用动滑轮拉着它也在同一路面上匀速移动s的距离，水平拉力为F2．使用动滑轮的过程中（）
A.总功为W总=F2sB.有用功为W有=Gs
C.机械效率为η=D.额外功为W额=2F2s﹣F1S
【来源】
【答案】D
【解析】A、如图使用动滑轮时，拉力端移动距离是物体移动距离的2倍，即，拉力做的总功为：，故A错误；
B、由于两图中物体和接触面都相同，所以使用动滑轮做的有用功，等于甲图中直接拉物体做的功，即，故B错误；
C、机械效率为：，故C错误；
D、有用功与额外的和为总功，所以额外功为：
，故D正确。
故选D。
点睛：涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，本题中两图的状况相同，所以甲图做的功等于乙图中F2做的有用功，另外注意图中没有将物体升高，所以有用功千万不要表示成：。
6．如图所示的不锈钢空调架，安装时横杆OB伸出墙外由斜杆AC支撑，其中O、A两点固定在墙上，C端固定在横杆OB上，通常将空调室外机置于该支架上不靠近墙体，下列说法正确的是
A.空调架对墙没有力的作用
B.若以O为支点，OB一定是一个省力杠杆
C.若室外机向外移动，AC对OB的支撑力变大
D.室外机不能紧靠墙体主要是为了防止漏电
【来源】
【答案】C
【解析】解：A．空调对空调架有向下的压力，而空调架通过斜杆对墙施加了力的作用，故A错误。
B．若以O为支点，空调对OB的压力为阻力，斜杆AC对OB的支持力为动力，此时动力臂小于阻力臂，则OB是一个费力杠杆。OB是什么类型的杠杆取决于空调放置的位置，OB不一定是省力杠杆。故B错误。
C．以OB为杠杆，若室外机向外移动，阻力（空调重力）不变，阻力臂增大，由杠杆平衡条件可知，动力臂不变，则动力变大，即AC对OB的支撑力变大，故C正确。
D．若室外机紧靠墙体，不利于空气的对流，不能加快热传递达到散热的目的，因此室外机不能紧靠墙体主要是为了加快散热，而不是为了防止漏电，故D错误。
答案为C。
点睛：本题考查了杠杆分类和杠杆平衡条件的应用，涉及到空调室外机的安装方法，是理论联系实际的题目，有一定的难度。
7．在高速公路长下坡路端的外侧，常设有如图所示的避险车道，供刹车失灵的车辆自救，当失控车辆冲上该车道时，被强制减速停车，下列说法不正确的是
A.避险车道相当于一个斜面
B.以相同速度行驶时，大货车比小轿车的动能大
C.下坡路段刹车失灵的大货车动能越来越大
D.大货车冲上避险车道时，动能全部转化为重力势能
【来源】
【答案】D
【解析】解：A．由图可知，避险车道相当于一个斜面，故A正确。
B．以相同速度行驶时，大货车比小汽车的质量大，所以大货车比小轿车的动能大，故B正确。
C．下坡路段刹车失灵的大货车向下运动过程中，重力势能转化为动能，动能越来越大，故C正确。
D．大货车冲上避险车道时，动能一部分转化为重力势能，由于克服摩擦做功，一部分动能转化为内能，故D错误。
故答案为D。
点睛：知道动能和势能大小的影响因素，并能结合其能量的转化解决实际问题是解答本题的关键。
8．如图所示，光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动，木条的A端用竖直细线连接在地板上，OA=0.6m，OB=0.4m。在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C，C的密度为0.8×103kg/m3，B端正下方放一盛满水的溢水杯。现将木块C缓慢浸入溢水杯中，当木块浸入水中一半时，从溢水口处溢出0.5N的水，杠杆处于水平平衡状态，然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动，经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0，下列结果不正确的是（忽略细线的重力，g取10N/kg）（）
A.木块受到的浮力为0.5N
B.木块C受到细线的拉力为0.3N
C.小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N
D.小球的运动速度为0.2m/s
【来源】
【答案】D
【解析】（1）溢水杯内盛满水，当物体放入后，物体受到的浮力：F浮＝G排＝0.5N，故A正确；（2）根据F浮＝ρ液gV排可得排开水的体积：V排＝＝＝5×10﹣5m3；因为一半浸入水中，所以物体的体积：V物＝2V排＝2×5×10﹣5m3＝1×10﹣4m3；由G＝mg和ρ＝可得，物体的重力：G＝mg＝ρ物?V物g＝0.8×103kg/m3×1×10﹣4m3×10N/kg＝0.8N，则B端木块C所受的拉力：FB＝G﹣F浮＝0.8N﹣0.5N＝0.3N，故B正确；（3）小球的质量为：m球＝300g＝0.3kg，小球的重：G球＝m球g＝0.3kg×10N/kg＝3N，小球刚放在B端时，B端受到的力为3N+0.3N＝3.3N，根据杠杆平衡条件得出关系式：FA×OA＝FB×OB，则A端受到细线的拉力：FA＝＝2.2N，故C正确。（4）设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s＝vt，当A端的拉力为0时，杠杆再次平衡，此时小球到O点距离：s′＝s﹣OB＝vt﹣OB＝v×4s﹣0.4m，根据杠杆平衡条件可知：G球×s′＝FB×OB，即：3N×（v×4s﹣0.4m）＝0.3N×0.4m，解得：v＝0.11m/s。故D错误。故选：D。
点睛：（1）溢水杯内裝满水，当物体放入后，根据阿基米德原理即可求出物体受到的浮力；（2）根据F浮＝ρ水V排g求排开水的体积；此时木块浸入体积为木块体积的一半，可求木块的体积，又知道木块的密度，利用密度公式和重力公式求木块重；根据FB＝G﹣F浮求杠杆B端受到的拉力FB，（3）根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA＝FB×OB求出小球刚放在B端时A端受到细线的拉力；（4）知道小球的质量可求重力，设小球的运动速度为v，则小球滚动的距离s＝vt，可求当A端的拉力为0时，小球到O点距离（s﹣OB＝vt﹣OB＝v×4s﹣0.4m），再根据杠杆平衡条件得出G球×s′＝FB×OB，据此求小球运动速度。
9．如图所示是汽车起重机，其中A，B组成滑轮组（结构如示意图），C杆伸缩可改变吊臂的长短，D杆伸缩可改变吊臂与水平面的角度，O为吊臂的转动轴。装在E里的电动机牵引钢丝绳，利用滑轮组提升重物，H为在车身外侧增加的支柱，F为吊臂顶端受到竖直向下的力。下列有关汽车起重机的叙述中错误的是
A.滑轮组中A滑轮用于改变力的方向
B.当C杆伸长时吊臂对D杆的压力将变大
C.当D杆伸长时力F的力臂将变小
D.H的作用是工作时以防翻车和避免轮胎受到的压力过大
【来源】
【答案】A
【解析】A.如图滑轮组中A滑轮由三段绳子拉着，所以是为了省力，B部分的右侧定滑轮用于改变力的方向，故A错误；
B.如图，当C杆伸长时，吊臂受到竖直向下的力F不变，但力臂会变长，根据杠杆平衡条件知，吊臂对D杆的压力将变大，故B正确；
C.当D杆伸长时，吊臂与水平面的夹角增大，力F的力臂将变小，故C正确；
D.H与地面的支援点比车辆宽，可以防止工作时翻车，且H与地面支援时，轮胎会离开地面，从而避免轮胎受到的压力过大，故D正确；
故A错误，符合题意。
点睛：关键是杠杆平衡条件的应用，要理解当D杆伸长时吊臂与水平面的夹角增大，力F的力臂为，所以夹角增大时，力臂变小。
10．下列四种情况说法正确的是
A.图甲中，物体在2~7s内的平均速度为2m/s
B.图乙中，a、b两种物质的密度之比为1:4
C.图丙中，物块M向左做匀速直线运动，该装置的机械效率为75％
D.图丁中，杠杆在水平位置平衡，OA:AB=1:2，则F:G=1:2
【来源】
【答案】C
【解析】A.图甲中，物体在2~7s内通过的路程为4m,所以平均速度为：
，故A错误；
B.图乙中，根据得，a、b两种物质的密度之比为：
，故B错误；
C.图丙中，物块M向左做匀速直线运动，该装置的机械效率为：
，故C正确；
D.图丁中，杠杆在水平位置平衡，OA:AB=1:2，则：
，得：，故D错误；
故选C。
点睛：涉及机械效率的计算时，牢记效求率的两个思路：一是，本题中将物重更改为摩擦力f，二是。
11．如图所示，杠杆处于平衡状态。如果杠杆两侧的钩码各减少一个，杠杆将（）
A.左端下降B.右端下降C.仍然平衡D.无法判断
【来源】
【答案】B
【解析】设一个钩码的重为G，杠杆上一格的长度为L，由杠杆平衡条件知道此时：2G×3L=3G×2L；若杠杆两侧的钩码各减少一个，则左边力与力臂的乘积是：1G×3L，右边力与力臂的乘积是：2G×2L，由于右边力与力臂的乘积较大，所以右端下降，故选B。
12．如图为吸盘式挂杆，将吸盘压在瓷砖上排尽其中的空气，挂杆就能被固定在瓷砖上，挂有平底锅的挂钩沿光滑水平横杆从P点开始向吸盘B移动，若吸盘与横杆的重力、吸盘大小均忽略不计，设挂钩与吸盘A的距离为L，则吸盘B受到的摩擦力F的大小与L的关系图象为
（）
A.B.C.D.
【来源】
【答案】D
【解析】解：以吸盘A为支点，设AP的距离为L，根据杠杆的平衡条件可得，G×L＝F×AB，F＝，因为AB、G不变，L不为零且L越大拉力F越大，故吸盘B受到的摩擦力F的大小与L的关系图象为D。故选：D。
点睛：根据杠杆的平衡条件和平衡力分析进行解答。
13．如图所示，其对应判断正确的是（）
A.甲图，用恒定不变的拉力F，沿斜面匀速向上拉木块。速度v随时间t的变化规律可用图象①表示
B.乙图，探究“杠杆的平衡条件”，在阻力与阻力臂一定时，测出多组动力臂L1和动力F1的数据，F1﹣L1的关系可用图象②表示
C.丙图，往量杯中匀速注水直至注满。此过程中，量杯底部受到水的压强p随时间t变化的关系可用图象③表示
D.丁图，弹簧测力计下挂一物体，将物体从盛有适量水的烧杯上方离水面某一高度处缓缓下降，然后将其逐渐浸入水中。弹簧测力计示数F与物体下降高度h之间的关系可用图象④表示
【来源】
【答案】ABD
【解析】解：
C、在向量杯中匀速注水时，相同时间倒入水的质量相同；据图可知，量杯的形状是上宽下窄，所以水在量杯中增加的高度越来越小，则根据p=ρgh可知，量杯底部所受水的压强的增加量也会越来越小，图象③不正确，故C错误；
D、将物体从离水面某一高度处缓缓下降，在入水前弹簧测力计的示数F不变（等于物重）；逐渐入水时，因物体所受浮力增大，则弹簧测力计示数逐渐减小；物体完全入水后，浮力不变，则弹簧测力计的示数不变，图象④正确，故D正确。
故选：ABD。
点睛：此题考查了图象问题，掌握两坐标轴之间的关系是解题的关键。
14．如图所示，重400N的物体在30N的水平拉力F的作用下，以0.1m/s的速度沿水平地面向左匀速直线运动了10s，滑轮组的机械效率为80%，则在此过程中，下列说法正确的是（）
A.绳子自由端移动的距离为3mB.有用功为400J
C.拉力F的功率为9WD.物体与地面间的滑动摩擦力为72N
【来源】
【答案】ACD
【解析】由图知道，滑轮组绳子的有效段数是：n=3，所以绳子自由端移动的距离是：s绳=3s物=3v物t=3×0.1m/s×10s=3m，故A正确；拉力做的功是：W总=Fs绳=30N×3m=90J，拉力做功的功率是：P=W总/t=90J/10s=9W，由于滑轮组的机械效率为80%，所以有用功是：W有=ηW总=80%×90J=72J，故B错误，C正确；且有用功是：W有=fs物，拉力做的总功是：W总=Fs绳，又因为η=W有/W总=fs物/Fs绳=fs物/Fns物=f/nF，所以物体与地面间的滑动摩擦力是：f=η×3F=80%×3×30N=72N，故D正确，故选ACD。
点睛：本题考查的是滑轮（组）的机械效率的有关计算，解题的关键是注意水平使用滑轮组时，有用功等于摩擦力与物体移动的距离的乘积。
15．如图是建筑工地上的起重机示意图，起重机的电动机功率为W，当它把质量为1t的重物匀速提起24m时，用时100s.（g=10N/kg）求：
（1）在这段时间内起重机提起重物做功的功率是多少____？机械效率是多少____？
（2）若起重机AB长为20m，吊起重物时B端的配重质量为4t，为使起重机不翻倒，则OB长为多少_____？（不计摩擦和起重机自重）
【来源】
【答案】2400W80%4m
【解析】（1）提起重物做的功为；
起重机提起重物做功的功率是：
；
机械效率是：
；
（2）物体重为：，
配重的重为：
使起重机不翻倒，杠杆是平衡的。
即：
解得：。
16．在综合实践活动中，科技小组设计了一个能反映水平风力大小的装置，如图甲所示，电源电压恒为16V，R0为定值电阻，L为额定电压是2.5V的小灯泡，其I﹣U关系的部分数据如图乙所示，AB为长14cm、阻值60Ω粗细均匀的电阻丝（电阻丝的阻值与长度成正比），OP为质量、电阻均不计的金属细杆，下端连接一个重2N的圆球P．闭合开关S，无风时，OP下垂并与A端接触，此时电流表示数为0.2A；有风时，OP绕悬挂点O转动，风对球的作用力F方向始终水平向右，已知OA为10cm，OP始终与AB接触良好且无摩擦；求：
（1）电流表示数为0.2A时，灯泡的电阻为_______Ω；
（2）无风时R0消耗的电功率________。
（3）为保护电路，允许风对球施加的最大作用力_______。
【来源】
【答案】50.6W1.4N
【解析】（1）由图可知，灯泡、定值电阻R0和电阻丝串联；因串联电路电流处处相等，所以，通过灯泡的电流为0.2A，由图乙可知，UL1V，则根据I＝可得，RL＝＝5Ω；（2）无风时，OP下垂并与A端接触，电阻丝阻值最大为60Ω，根据I＝可得，电阻丝两端的电压：UAB＝IRAB＝0.2A×60Ω＝12V，因串联，R0两端的电压：U0＝U﹣UL﹣UAB＝16V﹣1V﹣12V＝3V，则此时R0的电功率：P0＝U0I＝3V×0.2A＝0.6W；（3）根据I＝可得R0的阻值：R0＝＝15Ω；由于灯泡的额定电压为2.5V，则电路中最大电流等于灯泡正常工作时的电流，由图乙知最大电流为I′＝0.3A，此时风对球的压力最大，OP绕O转动的角度最大，设此时OP与AB的接触点为C，如图所示：
点睛：（1）由图乙得出灯泡此时的电压，利用欧姆定律即可求出灯泡的电阻；（2）无风时，根据I＝和串联电路的特点求出定值电阻R0两端电压，利用P＝UI即可求出R0消耗的电功率；（3）闭合S时，灯泡、定值电阻R0和电阻丝串联；由于风对球施加的作用力越大，OP的偏离角度越大，设此时OP与AB的接触点为C，根据灯泡的额定电流可得出电路中的最大电流，然后根据串联电路的特点和欧姆定律求出电阻丝连入电路的电阻，由于电阻丝的电阻与电阻丝的长度成正比，据此得出AC的长度，最后根据杠杆平衡条件和三角形的知识求出最大作用力。
17．新能源纯电功汽车因其环保、节能、高效、维护方使等诸多优势，将来有望取代燃油车成为人们日常使用的重要交通工具，现在常德市的出租汽车中就已出现了纯电动汽车的靓丽身影。电动汽车提供能量的装置为车内的电池组，当它给电动机供电时，电动机将驱动车轮行驶。如图所示为国内某型号的纯电动汽车，若该车和车内乘客的总质量为2.4×103kg．每个车轮与地血的接触面积为0.01m2．当该车在水平路面上以25m/s的速度匀速行驶时，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为320V，通过电动机的电流为60A．若连接导线的电阻不计，传动装置消耗的能量不计，求：
（1）该电动汽车此时对地面的压强；
（2）该电动汽车将电能转化为机械能的效率；
（3）该电动汽车电动机线圈的电阻。
【来源】
【答案】（1）6×105Pa；（2）6.25%；（3）2Ω。
【解析】（1）车和车内乘客的总重为：
在水平地面时，压力等于重，即：
受力面积为：
根据计算汽车此时对地面的压强为：
；
（2）匀速行驶时，牵引力与阻力是一对平衡力，所以：
牵引力的功率为：；
电动机输入电功率为：；
该电动车将电能转化为机械能的效率为：
；
（3）电动机线圈的发热功率为：
，
根据可得线圈的电阻为：
。
点睛：考查了压强、功率、效率、电热的相关计算，综合性强，求最后一问时，要注意理解电热和电功率的异同，公式计算出的是电流做功功率，而计算出的是电热的功率，在电流做功全部用来产生热量时，两者是相等的，如果电流做功转化为机械能时，两者不等，根据电热功率可求电机线圈的阻值。
18．如图所示，用甲、乙两种滑轮组，分别匀速竖直向上提升同一重物，从相同位置开始提升至同一高度处，求：
（1）若不计绳重，滑轮重及摩擦，两次拉力F1和F2之比；
（2）若不计绳重及摩擦，重物质量为400g，动滑轮质量为100g，匀速拉动过程中甲、乙两装置的机械效率。
【来源】
【答案】（1）3：2；（2）80%。
【解析】解：
（1）由图知，甲图中，n1=2；乙图中，n2=3，
若不计绳重、滑轮重及摩擦，则拉力F=G，
两次拉力F1和F2之比：
F1：F2=G：G=：=3：2；
（2）重物的重力：G=mg=0.4kg×10N/kg=4N，
动滑轮的重力：G轮=m轮g=0.1kg×10N/kg=1N，
点睛：本题考查了使用滑轮组时拉力、机械效率的计算，利用好：不计绳重及摩擦时，滑轮组的机械效率η===。
19．爬梯式混凝土搅拌机(如图)是用于一般建筑工地、桥梁水电等工程的建筑机械,由搅拌部分和提升部分组成。工作时,搅拌机将原料加工成混凝土后自动倒入运料斗。在提升电机的带动下,运料斗通过顶端的定滑轮沿竖直爬梯上升到一定位置,然后将混凝土缷下。已知某型号爬梯式混凝土搅拌机部分参数如下表所示。求
(1)若搅拌机与地面的接触面积为0.05m2,则工作前搅拌机对水平地面的压强是多大?
(2)若运料斗每完成一次运料平均耗时lmin,每次所装混凝土质量为400kg,则运送30m的混凝土需要多长时间?设混凝土的密度为2×103kg/m3。
(3)某次将装有4000N混凝土的运料斗提升到某高度用时16s,提升部分的机械效率为80%，则提升过程中运料斗受到爬梯的阻力是多大?不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力。
【来源】
【答案】见解析
【解析】（1）由铭牌知道搅拌机整机的质量是：m=1970kg，
其重力是：G=mg=1970kg×10N/kg=19700N，
工作前搅拌机对地面的压力等于重力：F=G=19700N
又因为搅拌机与地面的接触面积是：S=0.05m2，
所以工作前搅拌机对水平地面的压强是：p=F/S=19700N/0.05m2=3.94×105Pa
（2）根据题意知道，混凝土的密度是：ρ=2×103kg/m3，
所以30m2的混凝土的质量是：m=ρV=30m3×2×103kg/m3=6×104kg，
若每次所装混凝土质量是400kg，则要运料的次数是：n=6×104kg/400kg=150，
又因为运料斗每完成一次运料平均耗时1min，所以运送30m2的混凝土需要时间是：
t=150×1min=150min；
（3）根据题意知道，有用功应是克服混凝重力做的功，由于不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力，所以做的额外功为克服运料斗的重力和克服运料斗受到爬梯的阻力做的功，
即提升部分的机械效率是：η=，
即80%=4000N/4000N+600N+f×100%，
所以，提升过程中运料斗受到爬梯的阻力是：f=400N。
点睛：本题考查的是压强公式、密度、机械效率公式的应用，最后一问解题的关键是明确在不计绳重、滑轮摩擦及空气阻力的条件下额外功的来源。
20．如图是利用滑轮组打捞水中物体的简化模型示意图，工人用一滑轮组从水中打捞物体。已知：物体的质量为90kg且以恒定速度匀速上升，当物体完全露出水面，工人对滑轮组绳子自由端的拉力F1为400N，此时滑轮组的机械效率η1为75%（绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，g=10N/kg）。
（1）请你根据题目中的条件，判断出工人所使用的滑轮组是下列中的_____图。
（2）工人的质量为60kg，双脚与地面接触面积为2.5×10﹣3m2，物体浸没在水中和完全被打捞出水面时工人对地面的压强变化了4×104Pa，求物体浸没在水中时受到的浮力_____。
（3）若物体完全浸没在水中时，工人拉力的功率为180W，求物体上升的速度_____。
【来源】
【答案】A300N0.2m/s
【解析】（1）当物体完全露出水面时，滑轮组的机械效率：η＝，所以通过动滑轮绳子的段数：n＝＝3，A图中n＝3，B图中n＝4，C图中n＝5，所以工人所使用的滑轮组是A图；（2）由题知，绳的质量、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，当物体完全露出水面时，F＝（G物G动）G动＝3F﹣G物＝3×400N﹣90kg×10N/kg＝300N，此时人对地面压力：F压＝G人﹣F＝60kg×10N/kg﹣400N＝200N，物体完全浸没在水中时对滑轮组的拉力：F拉''＝G物﹣F浮，完全露出后物体对滑轮组拉力F拉＝G物，所以物体被打捞出水面后对滑轮组拉力增大，绳子自由端拉力随之变大，人对地面压力变小，压强变小，由p＝可得物体完全露出水面后，人对地面压力减少量：△F＝△pS＝4×104Pa×2.5×10﹣3m2＝100N，所以物体完全浸没在水中时人对地面压力F压''＝F压△F＝200N100N＝300N，此时人对绳子自由端拉力：F''＝G人﹣F压''＝60kg×10N/kg﹣300N＝300N，且F''＝（F拉''G动）＝（G物﹣F浮G动），所以：F浮＝G物G动﹣3F''＝90kg×10N/kg300N﹣3×300N＝300N；（3）由P＝＝Fv可得，物体完全浸没在水中时绳子自由端的速度：v＝＝0.6m/s，由v＝nv物可得，物体的上升速度：v物＝＝0.2m/s。
点睛：（1）由物体完全露出水面时的绳子自由端拉力、物体质量和机械效率，根据η＝计算通过动滑轮绳子的段数，从而确定所使用的滑轮组；（2）由F＝（G物G动）计算出动滑轮重力；先计算出物体被打捞出来后人对地面压力，物体被打捞出水面后对滑轮组拉力增大，绳子自由端拉力随之变大，人对地面压力变小，压强变小，由F＝pS计算人对地面压力变化量，从而计算物体浸没时对绳子自由端拉力，由F''＝（F拉''G动）＝（G物﹣F浮G动）计算出物体受到的浮力；（3）由P＝＝Fv计算物体完全浸没在水中时绳子自由端的速度，由v＝nv物计算物体的上升速度。
21．如图所示是打捞物体的模拟装置。现电动机带动钢丝绳自由端以0.5m/s的速度匀速拉动滑轮组，经过5min将体积为0.1m3的物体由海底提升到海面，物体离开海面后钢丝绳自由端的速度变为0.49m/s，此时电动机的输出功率比物体在海水中时增大了12%（不计物体的高度、绳重和摩擦，ρ物=7.6×103kg/m3，g取10N/kg，ρ海水取1.0×103kg/m3）。求：
（1）物体浸没在海水中受到的浮力；
（2）物体在海底时的深度；
（3）物体在海底时受到海水的压强；
（4）物体在海面下匀速上升过程中，该滑轮组的机械效率（不计动滑轮体积）
【来源】
【答案】（1）1000N；（2）30m；（3）3×105Pa；（4）94.3%。
由物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%可得P1＝P（1+12%），代入数据可得：F1×0.49m/s＝F×0.5m/s（1+12%），解得：F1＝F，由图知，n＝5，不计绳重和摩擦，两次的拉力分别为：F＝（G﹣F浮+G轮），F1＝（G+G轮），可得：（G+G轮）＝×（G﹣F浮+G轮），G轮＝8F浮﹣G＝8×1000N﹣7600N＝400N，物体在海面下匀速上升过程中，动滑轮对物体的拉力G﹣F浮所做的功为有用功，对动滑轮重力做的功为额外功，所以η＝94.3%。
点睛：有物体排开海水的体积，利用阿基米德原理可求受到的浮力；由图知，n＝5，求出物体移动的速度，利用速度公式求物体在海底时的深度；利用p＝ρgh求物体在海底时受到海水的压强；利用G＝mg＝ρgV求物体重力；设物体在水中电动机的功率为P，钢丝绳自由端的拉力为F，P＝Fv；物体在离开水面后电动机的功率为P1，钢丝绳自由端的拉力为F1，P1＝F1v1；而物体在离开水面后电动机的功率比物体在海水中时增大了12%，据此求F1、F2的大小关系；由图知，n＝5，不计绳重和摩擦，拉力F，进一步求出动滑轮重力，物体在海面下匀速上升过程中，根据公式求出该滑轮组的机械效率。
22．搬运工人站在水平高台上用如图所示的滑轮组匀速竖直向上提升重物，不计绳重和摩擦，工人的重力为640N，与地面接触的总面积为，提升时间为20s，重物上升高度为2m。求：
提升时绳自由端的速度为多少；
若拉力F的大小为150N，则拉力的功率为多少；
若上述过程中所提货物重为360N，则滑轮组的机械效率为多少；
若仍用该滑轮组提升另一货物，当提升过程中该工人对高台的压强为，则所提升货物的重力为多少。
【来源】
【答案】，45W；；390N。
【解析】（1）由图可知，由三段绳子拉着重物，即n=3，
则提升时绳自由端的速度：
；
（2）若拉力F的大小为150N，根据得拉力的功率为：
；
（3）若货物重为360N，则滑轮组的机械效率为：
；
（4）不计绳重和摩擦时，拉力为：，
解得动滑轮的重力：；
当工人对高台的压强为时，压力为：
，
压力等于人的重加上绳子对人的拉力，即，
绳子对人的拉力等于人拉绳子的力，所以人对绳子的拉力为：
，
由得，此时所提升货物的重力：
。
点睛：解题的关键点，一，会判断有几段绳子承担物体的重（拉着动滑轮），方法是只要数出直接与动滑轮连接的绳子段数即可；二，最后一问求提升物体的重时，根据第一次的条件求出动滑轮的重是关键。
23．如图所示，工人用滑轮组提升重为400N的货物所用拉力恒为240N，货物被匀速提升10m。求:
（1）工人做的功
（2）滑轮组的机械效率
【来源】
【答案】（1）4800J；（2）83.3%。
【解析】（1）由图知道，滑轮组绳子的有效段数是：n=2，
所以，绳子自由端移动的距离是：s=2h=2×10m=20m，
故工人做的功是：W总=Fs=240N×20m=4800J；
24．如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动，请在图中画出杠杆OA的动力臂L____.
【来源】
【答案】
【解析】力臂为支点到力的作用线的距离。
所以过O点向作用于A点的拉线作垂线，则垂线段即为动力的力臂L，如图：
点睛：重点要理解力臂是点到线的距离，画力臂是最常见的考试题型之一，注意多练习熟练掌握力臂的画法。
25．如图所示，画出图中力F的力臂并用字母L表示。
【来源】
【答案】
【解析】由图知道O为杠杆的支点，所以过O作F作用线的垂线段，即是力臂L，如下图：
点睛：本题考查的是力臂的作法，关键是要作出支点到力所在的直线的垂线段，难度不大。
26．过去农村用的舂米工具是一个杠杆，如图所示是它的结构示意图。O为固定转轴，在A端连接着石球，脚踏B端可以使石球升高，抬起脚，石球会落下打击稻谷。请在图中画出动力F1的力臂和石球所受重力G的示意图。
【来源】
【答案】
【解析】力臂是支点到力的作用线的距离。
所以过支点O向力F的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是F的力臂L．如图所示；
石球所受重力G，方向竖直向下，作用点在重心，所以过重心沿竖直向下的方向画一条带箭头的线段，在线段的末端标上箭头和符号G，如图：
点睛：先要理解清楚力臂的概念，再练习作图，画力臂是很常见的作图题，但有些同学总会出错，牢记力臂是支点到力的作用线的距离。
27．甲、乙两位同学一起做探究杠杆平衡条件的实验，以杠杆中点为支点，如图、如图所示。
实验过程中应将杠杆调节到水平位置平衡，这样做的目的是为了消除杠杆自重对实验的影响和______；若杠杆右端低左端高，为使其在水平位置上静止，应将左端的平衡螺母向端调节______填“左”或“右”。
如图所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据。根据这一次实验数据，甲同学立即分析得出杠杆的平衡条件，这种做法的不足是：______。
如图所示，乙同学设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为；第二种弹簧测力计倾斜拉，其读数为，第______填“一”或“二”种实验方案更方便。在同等条件下，两次弹簧测力计读数_____填“”、“”或“”。
杠杆在生活中有很多应用。现欲使如图所示的静止跷跷板发生转动，小女孩乙可采取的做法是______。
【来源】
【答案】便于测量力臂左仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性一向远离支点方向移动
【解析】（1）在探究杠杆平衡条件时，要调节杠杆在水平位置平衡，这样力臂在杠杆上，便于测量力臂，同时消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响；在调节杠杆平衡时，平衡螺母应向上翘的一端移动，若杠杆右端低左端高，则应将杠杆右端的平衡螺母向左端调节，才能使杠杆在水平位置平衡；
（2）仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性，是不合理的，所以要多进行几次实验，实验结论才具有普遍性；
（4）跷跷板是杠杆的应用，它是通过改变力的大小或者力臂的长度使杠杆发生转动的；要使图中翘翘板转动，小女孩乙可采取的做法是：男孩不动，向远离支点方向移动（或者女孩不动，男孩向靠近支点方向移动；或者女孩不动，男孩蹬地，减小男孩对跷跷板的压力等可以使翘翘板转动）
点睛：本题考查的是探究杠杆平衡条件的实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡的条件的应用，难度不大，属于常见题目。
28．结合图中的实验情景，按照要求回答下列问题，
对图中的两支蜡烛的要求是______；
图中，______的机械效率高；
图研究的是电流产生的热量跟______的关系；
图中的______填“铁屑”或“小磁针”能更好的显示磁场的分布。
【来源】
【答案】两根蜡烛大小相同乙电阻小磁针
【解析】(1)图①是研究平面镜成像的实验，因为平面镜成像时，像与物的大小相等，所以为了比较像与物的大小，对图①中的两支蜡烛的要求是大小相等；
(4)图④中实验，铁屑与小磁针相比，小磁针效果更好，因为小磁针能更好的显示出各点的磁场方向。而铁屑只能大致显示磁场分布情况，不能显示出磁场方向。
点睛：实验②中理解影响机械效率的因素，特别要清楚额外功是对谁做的功，使用滑轮或滑轮组时，额外功为提高动滑轮做的功，所以额外功相同时，提升的物体越重，有用功越大，则机械效率越高。
29．如图所示是探究杠杆平衡条件的几个实验情景。
（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆_____（选填“达到”或“没有达到”）平衡状态，接下来应向_____（选填“左”或“右”）调节杠杆两端的螺母，使杠杆保持水平并静止。
（2）如图乙所示，A点挂有2个质量均为50g的钩码，为了让杠杆在水平位置平衡，应在B点挂_____个质量均为50g的钩码。
（3）将杠杆的支点移到如图丙所示的位置，为了杠杆在水平位置平衡，请你在杠杆上画出最小动力F的示意图_________。
【来源】
【答案】达到右3
【解析】解：（1）杠杆的平衡是指杠杆处于静止或匀速转动，因此甲图中达到平衡状态；
接下来应将平衡螺母应向右端移动使杠杆平衡；（2）设杠杆A点力的力臂是3L,则右边B点力的力臂是2L,一个钩码重为G，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得2G×3L＝nG×2L，所以，n＝3，所以在B处挂3个钩码。（3）根据杠杆的平衡条件可知：动力最小，则动力臂最长，拉力F的方向应该垂直杠杆向上，如图所示：
点睛：（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态。调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动。（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，根据杠杆平衡求出钩码的个数。（3）若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆向上，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，据此作图。
30．用如图所示的器材探究杠杆的平衡条件。
(1)实验前调节杠杆上的________使杠杆在不挂钩码时,保持水平并静止,这是为了_____________。
(2)在已经平衡的杠杆的左侧钩码下加挂钩码,为了使杠杆尽快平衡,下列做法正确且合理的是_______
A.只把右侧钩码向右移
B.只把左侧钩码向左移
C.把左右两侧钩码同时向左移动
D.把左右两侧钩码同时向右移动
(3)杠杆在两个力的作用下平衡时,F1l1=F2l2,此时动力作用的效果与阻力作用的效果互相抵消。据此,如果杠杆受到动力F1、F2和阻力F3三个力的作用,杠杆的平衡条件是什么呢?请你提出猜想:_______(用公式表达)。
【来源】
【答案】螺母便于实验时能从杠杆上直接读出力臂A见解析
【解析】(1)实验前调节杠杆上的平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时，保持水平并静止，这是为了忽略杠杆的自重对实验的影响，便于实验时能从杠杆上直接读出力臂；因为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）在已经平衡的杠杆的左侧钩码下加挂钩码，就会由于左侧力×力臂的值大于右侧而下沉，所以为了使杠杆尽快平衡，应同时调节两侧钩码，使左侧左侧力×力臂的值减小的同时，使右侧左侧力×力臂的值增大，所以应把左右两侧钩码同时向右移动，故正确且合理的是D。
（3）根据杠杆平衡条件知道，若杠杆的动力与动力臂乘积之和（F1L1+F2L2）与杠杆阻力与阻力臂的乘积F1L1相等，则杠杆应平衡，所以猜想杠杆受到动力F1、F2和阻力F3三个力的作用的平衡条件是F3L3+F2L2=F1L1。
点睛：本题考查的是研究“杠杆平衡条件”，考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的运用，略有难度。
31．小明在“研究杠杆平衡条件”的实验中所用的实验器材有，刻度均匀的杠杆，支架，弹簧测力计，刻度尺，细线和质量相同的0.5N重的钩码若干个。
（1）如图A所示，实验前，杠杆左侧下沉，则应将左端的平衡螺母向_______（选填“左”或”右”）调节，直到杠杆在_______位置平衡，目的是便于测量________，支点在杠杆的中点是为了消除杠杆________对平衡的影响。
（2）小明同学所在实验小组完成某次操作后，实验象如图B所示，他们记录的数据为动力F1=1.5N，动力臂L1=0.1m，阻力F2=1N，则阻力臂L2=________m。
（3）甲同学测出了一组数据后就得出了”动力×动力臂=阻力×阻力臂”的结论，乙同学认为他的做法不合理，理由是__________________________________________________。
（4）丙同学通过对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，乙同学为了证明丙同学的结论是错误的，他做了如图C的实验，此实验_____（选填“能”或”不能”）说明该结论是错误的，图C实验中，已知杠杆上每个小格长度为5cm，每个钩码重0.5N，当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，动力×动力臂____（选填“等于”或“不等于”）阻力×阻力臂”。
【来源】
【答案】右水平力臂自重0.15一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律能等于
【解析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动，由于杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
（4）丙同学通过对数据分析后得出的结论是：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离，与小组同学交流后，乙同学为了证明丙同学的结论是错误的，他做的如图C的实验能得到“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论是不正确的；当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立；杠杆平衡条件为：F1L1=F2L2，由杠杆平衡条件知道：4×0.5N×3×5cm=3N×1/2×4×5cm，左右相等，杠杆在水平位置平衡时，即动力×动力臂等于阻力×阻力臂，
点睛：本题考查的是“研究杠杆平衡条件”的实验，考查了调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。需要明确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，力臂会变小。
32．如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向_____调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的_____端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将_____即可。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为_____的实验方案更好，请说明你的理由_____。
（4）实验中小王发现：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由_____。
【来源】
【答案】右左将左侧的钩码去掉一个小李弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡
【解析】解：（1）因为杠杆右端偏高，所以应将平衡螺母应右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（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：F左L左＝F右L右，即4G×2L＞2G×3L，左端大，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变钩码总个数和悬挂点位置，根据杠杆的平衡条件可得只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡；
（3）小李的实验方案更好，因为丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量；（4）力过知道O时力臂为零，不会影响到杠杆的平衡。
点睛：（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断移动那侧钩码；（3）根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；（4）过支点的力，力臂为零。
33．如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向_____调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的_____端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将_____即可。
（3）小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为_____的实验方案更好，请说明你的理由_____。
（4）实验中小王发现：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由_____。
【来源】
【答案】右左将左侧的钩码去掉一个小李弹簧测力计在图丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量这个作用在杠杆O点的力的力臂等于零，不影响杠杆的平衡
（3）小李的实验方案更好，因为丙的力与力臂垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量；（4）力过知道O时力臂为零，不会影响到杠杆的平衡。
点睛：（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向那端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断移动那侧钩码；（3）根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力，根据杠杆的平衡条件可知，图丙弹簧测力计方向向上，容易测量力臂，图丁方向不与杠杆垂直，不易测量力臂；（4）过支点的力，力臂为零。
34．用如图所示的滑轮组将重85N的物体匀速提升2m，拉力F为50N．此过程中有用功为_______J，总功为_______J，滑轮组机械效率为_______，根据已知条件，以下四个物理量：①动滑轮上升的高度、②动滑轮的重力、③额外功、④拉力的功率，还能求出的有_______和_______（选填序号）
【来源】
【答案】17020085%①③
【解析】(1)有用功：W有＝Gh＝85N×2m＝170J；（2）由图可知，n＝2，绳子移动的距离：s＝2h＝2×2m＝4m，则总功：W总＝Fs＝50N×4m＝200J；（3）滑轮组的机械效率：η＝×100%＝75%；（4）①动滑轮和物体一起运动，动滑轮上升的高度等于物体上升的高度，大小为2m；②因不知道摩擦和绳重的影响，故无法计算动滑轮的重力；③额外功等于总功减去有用功，W额＝W总﹣W有用＝200J﹣170J＝30J；④因为不知道做功时间，所以无法计算拉力的功率。可见，还能求出的有①、③。
点睛：（1）利用W＝Gh求拉力做的有用功；（2）由图可知，n＝2，拉力端移动的距离s＝2h，利用W＝Fs求拉力做的总功；（3）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比；（4）①使用滑轮组提升重物时，由于动滑轮和物体一起运动，动滑轮上升的高度等于物体上升的高度；②不计摩擦和绳重，拉力F＝（GG轮）；③额外功等于总功减去有用功；④拉力的功率等于拉力做的功与做功时间之比。
35．某同学“测量滑轮组的机械效率”的实验装置如图所示。
实验时把更72N的物体吊在滑轮上，向上缓慢拉动弹簧测力计，测出物体上升高度和绳端移动距离分别为0．lm和0.3m。图小弹簧测力计示数为_________N，滑轮组机械效率为_____%．如果用此滑轮组提升另一重为10N的物体，它的机械效率_____（填“变大”、“变小”或“不变”）。
【来源】
【答案】380变大
点睛：本题考查的是滑轮组机械效率的计算以及影响滑轮组机械效率因素的应用，解题的关键是明确总功、有用功和滑轮组机械效率的公式。
36．利用图甲中的撬棒撬石块时，撬林相当于_____（选填“省力”或“费力”）杠杆：利用图乙中的滑轮组匀速提升900N的重物时，若忽略滑轮自重、绳重及摩擦，人对绳的最小拉力为_____N。
【来源】
【答案】省力300
点睛：本题考查了杠杆的分类和滑轮组拉力的计算，结合图片和生活经验，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。根据F=G物求出拉力的大小。
37．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两物体，不计绳重和摩擦。若GA＞GB，则η甲_____η乙；若FA=FB，则GA_____GB．（选填“＞”、“＜”或“=”）
【来源】
【答案】＞＜
【解析】试题分析：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%=×100%，因物体的重力G越大，1+越小，越大，且动滑轮的重力相等，所以，GA＞GB时，η甲＞η乙；由图可知，n甲=2，n乙=3，由F=（G+G动）可得，提升物体的重力：G=nF﹣G动，则FA=FB时，提升物体的重力关系为GA＜GB。
【考点定位】机械效率的大小比较；滑轮组绳子拉力的计算
38．如图所示，长为40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将_____（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为_____J。
【来源】
【答案】增大1
点睛：根据杠杆平衡条件进行分析；根据h＝Lsin30°求出物体重心上升的高度，然后求出克服重力做的功。
39．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两物体，不计绳重和摩擦。若GA＞GB，则η甲_____η乙；若FA=FB，则GA_____GB．（选填“＞”、“＜”或“=”）
【来源】
【答案】＞＜
【解析】试题分析：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%=×100%，因物体的重力G越大，1+越小，越大，且动滑轮的重力相等，所以，GA＞GB时，η甲＞η乙；由图可知，n甲=2，n乙=3，由F=（G+G动）可得，提升物体的重力：G=nF﹣G动，则FA=FB时，提升物体的重力关系为GA＜GB。【考点定位】机械效率的大小比较；滑轮组绳子拉力的计算
40．某同学在研究滑动摩擦力时，先后做了如下两次实验：
实验一：将重为G的物块A放在一水平溥木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动物块，使它在木板上匀速运动，如图甲所示。读出弹簧测力计示数为F0；
实验二：再将上述木板一端垫起，构成一个长为s、高为h的斜面；然后用弹簧测力计沿斜面拉动物块A，使它在斜面上匀速向上运动，如图乙所示。读出弹簧测力计的示数为F1，请你结合实验过程，运用所学知识解答如下问题（阅读图丙）
（1）画出物块A在斜面上运动时对斜面的压力FN的示意图；
（2）求出物块A对斜面的压力FN。
【来源】
【答案】（1）；（2）。
【解析】解：（1）物块A在斜面上运动时对斜面的压力FN的作用点在斜面上，方向垂直于斜面竖直向下，过压力的作用点，沿压力的方向画一条有向线段，即为其压力示意图。如下图所示：
（2）设物块在平面和斜面上受到的滑动摩擦力分别为f0和f，
由W总=W有+W额得，F1s=Gh+fs，
所以，f=，
由题意可知，f=μFN，f0=F0=μG，
综上可得FN=。
答：（1）见解答图；
（2）物块A对斜面的压力FN为。
点睛：此题考查力的示意图的画法、压力的大小计算，难点在第（2）小题，关键是利用好题目中的f=μFN。
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