上海玉华中学简单机械单元综合训练

上海玉华中学简单机械单元综合训练
一、选择题
1．如图，在竖直向上的力F的作用下，重为10N物体A沿竖直方向匀速上升。

已知重物上升速度为0.4m/s，不计绳与滑轮摩擦以及滑轮重和绳重，则拉力F的大小和滑轮上升的速度分别为（）
A．5N 0.8m/s B．20N 0.8m/s C．5N 0.2m/s D．20N 0.2m/s
2．利用四个相同的滑轮，组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，用同样的时间，把质量相等的重物G提升了相同的高度，所用的拉力分别为F甲、F乙，拉力做的功分别为W甲、W乙，拉力的功率分别为P甲、P乙，机械效率分别是η甲、η乙，（忽略绳重与摩擦），下列关系式正确的是（）
A．W甲=W乙，P甲=P乙B．F甲>F乙，η甲>η乙
C．W甲=W乙，P甲>P乙D．F甲=F乙，η甲=η乙
3．如图，拉力F将重 120N 的物体沿水平方向移动 1m，用时 1s。

运动时，物体与地面之间的摩擦力为 30N，此时滑轮组的机械效率为 80%。

下列说法正确的是（）
A．拉力F＝10N B．克服动滑轮重力做额外功 7.5J
C．动滑轮重 7.5N D．拉力的功率是 37.5W
4．如图所示是某建筑工地用升降机提升大理石的滑轮组示意图。

滑轮组通过固定架被固定住，滑轮组中的两个定滑轮质量相等，绕在滑轮组上的绳子能承受的最大拉力为
2000N．大理石的密度是2.8×103kg/m3，每块大理石的体积是1.0×10﹣2m3，升降机货箱和动滑轮的总重力是300N．在某次提升15块大理石的过程中，升降机在1min内将货箱中的大理石沿竖直方向匀速提升了15m，绳子末端的拉力为F，拉力F的功率为P，此时滑轮组的机械效率为η．不计绳子的重力和轮与轴的摩擦，g取10N/kg．下列选项中正确的是
A．升降机一次最多能匀速提升40块大理石
B．拉力F的大小为1300N
C．拉力F的功率P为1125W
D．滑轮组的机械效率η为85%
5．如图所示，边长为a、密度均匀的正方体物块静止于河岸边，在BB′边上施加一个力F 使其绕DD′边转动掉落于河水中，它漂浮时露出水面的高度为h，水的密度为ρ，则下列说法中不正确的是
A．物块的密度为a h
a
ρ-
（）
B．物块的重力为（a﹣h）ρga
C．物块漂浮在水面时底面受水的压强为ρg（a﹣h）
D．为了使物块掉落于河水中，力F至少是
2 2
4
a h a g ρ-
（）
6．如图，粗细均匀木棒AB长为1m，水平放置在O、O'两个支点上．已知AO、O'B长度均为0.25m。

若把B端竖直向上稍微抬起一点距离，至少需要用力40N；则木棒的重力为（）
A．160N B．120N C．80N D．4ON
7．如图所示，杠杆处于平衡状态，下列说法中正确的是
A．将支点两侧钩码都向右移动一格，杠杆仍平衡
B．在支点两边的钩码下各增加一个钩码，杠杆仍平衡
C．将支点左边加上二个钩码，右边加上一个钩码，杠杆仍平衡
D．将支点左边的钩码向左移动两格，将支点右侧的钩码向右移动一格，杠杆仍平衡
8．如图所示的滑轮组中，不计摩擦和滑轮及绳重，则拉力F为（）
A．G/8 B．G/6 C．G/5 D．G/4
9．一个原来处于平衡状态的杠杆，如果再作用一个力后，杠杆仍处于平衡状态，则此力（）
A．必须作用于动力的作用点上 B．必须作用在支点上
C．必须作用在阻力的作用点上 D．可以作用在杠杆任一点上，但必须使力的作用线通过支点
10．如图所示，在水平拉力F的作用下重100 N的物体A，沿水平桌面做匀速直线运动，弹簧测力计B的示数为10 N，则拉力F的大小及物体A与水平桌面的摩擦力大小分别为( )
A．200 N，10 N B．200 N，20 N
C．20 N，10 N D．20 N，20 N
11．通过测量滑轮组机械效率的实验，可得出下列各措施中能提高机械效率的是( ) A．增加动滑轮，减小拉力 B．改用质量小的定滑轮
C．减少提升高度，减少做功 D．增加提升重物重力，增大有用功
12．如图，杠杆水平位置静止，若将两边的钩码数都增加一个，则杠杆（）
A．左端降低，右端升高 B．右端降低，左端升高
C．保持水平不动 D．无法确定
二、填空题
13．如图是一种轮式垃圾桶，拖动时它相当于一个______（选填“省力”或“费力”）杠杆。

垃圾桶底部的小轮子是为了______（选填“增大”或“减小”）摩擦力。

若拖动时垃圾桶总重为120N，且动力臂为阻力臂的3倍，要保持垃圾桶平衡的拉力F为______N。

14．如图为我国自主设计生产的、世界最大的观光潜水器“寰岛蛟龙1”号。

该潜水器设
计最大下潜深度为40m，空载时质量为24t，总长7.9m、总宽3.6m、总高4.4m，配备有供电系统、浮力调节系统、生命支持系统及导航控制系统等。

海水密度取1.0×103kg/m3。

(g=10N/kg）
（1）潜水器潜入水面后，在下潜过程中受到海水的浮力________，海水对它的压强
________ （选填：不变、变大或变小）
（2）该潜水器在水面下40m处、面积为1cm2的外壳上承受的海水压力有多大_______？（3）该潜水器空载浮在海面时，受到的浮力多大______？排开海水的体积约为多大
_______？
（4）潜水器返回母船时，利用母船艉部起吊装置将潜水器缓缓吊上母船甲板。

若潜水器在海面上被吊起的过程中，起吊装置的机械效率为80%，潜水器匀速竖直上升速度为
0.2m/s，则起吊装置在1min内的总功为多少________？起吊装置的功率为多大_______？（设起吊过程中潜水器空载）。

15．如图所示，重为10N的动滑轮右边用绳子固定，左边悬挂重为50N的物体A，在拉力F 作用下将物体A匀速提起，绳重和摩擦均不计，则F=_____N，动滑轮这种使用方法的好处是_____（填“省力”或“省距离”）．
16．如图为吊装工具示意图，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为
O，OA：OB=1：2，每个滑轮重100N．当重为700N的工人用300N的力竖直向下匀速拉动绳子时，工人对地面的压力为_____N，物体M对地面的压力为_____N．（杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计）
17．小明利用刻度均匀的匀质杠杆做探究“杠杠的平衡条件”实验。

得出杠杆的平衡条件“动
力×动力臂＝阻力×阻力臂”后，小明又进一步探究杠杆平衡时动力和动力臂的关系。

实验过程中，保持阻力和阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，测出多组动力F1和动力臂L1的数据，并绘制了F1与L1的关系图象，如图所示。

请根据图象推算，当L1为0.1 m时，F1为
_____N。

18．如图甲所示，轻质杠杆OA保持水平平衡（B为OA的中点），重物G=20N，则F甲
=________N．若将重物的悬挂点和拉力的作用点互换位置，如图乙所示，当杠杆仍保持水平平衡时，F乙=________N．在如图中，属于省力杠杆的是________（选填“甲”或“乙”）
19．如图是一种拉杆式旅行箱的示意图，使用时它相当于一个___________杠杆（选填“省力”或“费力”）。

若旅行箱内装满物体且质量分布均匀，其总重为210N，轻质拉杆拉出的长度是箱体长度的二分之一，要使旅行箱和拉杆构成的杠杆水平平衡，则竖直向上的拉力F为___________N；在拉起的过程中，拉力方向始终与拉杆垂直，则拉力的大小
___________（选填“变小”、“变大”或“不变”）。

20．如图所示，用滑轮组将钩码匀速向上提起20cm，则绳端移动的距离是
___________cm；若不计绳重与摩擦，只适当增加钩码的重力，该滑轮组的机械效率会
___________（选填“变大”或“变小”)。

三、实验题
21．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。

试验次数123
G446
钩码重/N
h0.10.10.1
钩码上升的高度/m
F 1.8 1.6 1.8
绳端拉力/N
s0.30.4
绳端移动距离/m
.
机械效率η74.1%625%
(1)通过表中数据可分析出第2次实验是用_____（选填“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_____。

（选填“越高”、“不变”或“越低”）
(3)小组同学再用第2次实验中使用的装置做第3次实验，表中第3次实验中绳端移动距离s漏记，但仍然计算出第3次的机械效率η=_____。

（保留3位有效数字）
(4)用同一个滑轮组装置提升重物，所提物体越重，机械效率_____。

（选填“越高”、“不变”或“越低”）
22．如图所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。

（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。

此时，应把杠杆两端的平衡螺母向____选填（“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，保持___并静止，达到平衡状态。

这样做的好处是：________。

（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好
在原位置平衡。

于是小明便得出了杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂。

他这样得出的结论是否合理？____；为什么？_____。

（3）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。

其原因是 __________。

23．在探究“杠杆平衡的条件”实验中，所用的实验器材有杠杆、支架、刻度尺、细线、质量相同的钩码若干。

（1）将杠杆装在支架上，发现杠杆右端下沉，如果将杠杆右侧的平衡螺母向左调到头了，杠杆右端仍下沉，此时应将杠杆左侧的平衡螺母向_____调，直到杠杆在水平位置平衡为止。

（2）某同学进行正确的实验操作后，得到的数据为1126N,20cm,4N F L F ===和
230L cm =。

该同学根据这些数据能否得出探究结论？_____。

理由是：_____。

（3）如图，杠杆在水平位置平衡。

如果在两侧钩码下再各挂一个相同的钩码，则杠杆_____（选填“能”或“不能”）平衡，杠杆的_____端（选填“左”或“右”）将下沉。

24．同学们在探究“影响滑轮组机械效率高低的因素”时提出了下列假设：滑轮组机械效率高低可能与动滑轮重有关；滑轮组机械效率高低可能与被提物重有关；滑轮组机械效率高低可能与承重绳子段数有关。

一位同学设计了如图所示的四个滑轮组，并将所滑实验数据填入下表：
实验次数 动滑轮重/N 物重/N 拉力/N 绳子的股数n
机械效率η
1 1
2 1 2
1
4
1.67
3242
414 2.5
（1）实验时，应______、_______拉动弹簧测力计，使钩码上升，并由弹簧测力计读出绳子自由端的______的大小；同时用______测出钩码升高的高度；
（2）在表中填上四次实验的绳子的股数n和机械效率；
（____）
（3）根据实验_____和_____(填①、②、③、④)可知，滑轮组机械效率高低与被提物重有关；
（4）根据实验②和③可知，滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，机械效率越_____;（5）通过实验可以发现，不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，机械效率越______；（6）要研究滑轮组机械率高低是否与物体提升高度有关，应该选用______(填“同一”或“不同”)滑轮组，提升_____(填“相同”或“不同”)的高度去研究。

25．在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，某同学用如图所示的同一滑轮组分别做了三次实验，实验数据记录如表:
(1)在表中的空格处填上适当的数据___________.(机械效率用百分数表示，保留一位小数)
(2)在实验操作中应竖直向上_________拉动弹簧测力计.
(3)从实验数据分析得出:使用同一滑轮组，_________可以提高滑轮组的机械效率.
(4)滑轮组的机械效率可能还与其他因素有关，请你作出恰当的猜想:滑轮组的机械效率与____________有关 (写出一种影响因素即可).
26．小华在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图，杠杆上相邻刻线间距离相等。

(1)杠杆在甲图所示的位置静止时，杠杆_____处于平衡状态。

（选填“是”或“不
是”）。

(2)为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向_____（选填“左”或“右”）端调节。

(3)如图乙，杠杆在水平位置平衡后，在A点挂两个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数应为_____N。

当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将_____。

（选填“变大”、“变小”或“不变”）
(4)小华改变钩码的个数和位置进行了多次实验，其目的是_____。

（选填字母）
A．求平均值
B．得到普遍规律
(5)实验前，调节平衡螺母使杠杆水平平衡是为了_____。

实验时，通过加减砝码或移动砝码的位置，使杠杆水平平衡是为了_____。

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一、选择题
1．D
解析：D
【详解】
由图可知，该滑轮是动滑轮，当重物A上升速度为0.4m/s时，滑轮上升速度是物体速度的一半，即0.2m/s；此时拉力为是物重的2倍，因此拉力为
==⨯=
F G
2210N20N
故D正确。

故选D。

2．A
解析：A
【详解】
AC．因忽略绳重与摩擦时，克服物体重力做的功为有用功，克服物体和动滑轮总重力做的功为总功，且两物体提升相同高度，所以，由W=Gh可知，F甲、F乙做的总功均相等，故W甲=W乙，又因为时间相同，故P甲=P乙，故A正确C错误；
BD ．由图可知,甲滑轮组绳子的有效股数n 1=3，乙滑轮组绳子的有效股数n 2=2，由题意可知，两滑轮组中动滑轮的重力相等，且提升物体的重力相等，所以，忽略绳重与摩擦时，
由G G F n
+=
动
可知，F 甲<F 乙，故BD 错误。

故选A 。

3．D
解析：D 【详解】
A ．由图知，滑轮组由3段绳子拉着动滑轮，即n =3，该滑轮组的机械效率
W fs f W Fns nF
η=
=
=
有用物总
物 则绳子自由端的拉力
30N 12.5N 3380%
f F η=
==⨯⨯ 故A 错误；
B ．滑轮组对物体做的有用功
30N 1m 30J W fs ==⨯=有用
滑轮组做的总功
312.5N 31m=37.5J W F s =⨯=⨯⨯总
额外功为
37.5J 30J 7.5J W W W =-=-=额总有用
由于绳有重力，绳与滑轮之间有摩擦力，故此额外功包括对动滑轮做的功和克服绳重及绳与滑轮之间的摩擦做功的总和，故克服动滑轮重力做的额外功应小于 7.5J ，故B 错误； C ．由B 知对动滑轮重力做的额外功小于 7.5J ，动滑轮上升的高度为1m ，根据W Gh =知，动滑轮重小于 7.5N ，故C 错误； D ．拉力做的总功为37.5J ，用时 1s ，由W
P t
=
得拉力的功率为 37.51s
J
37.5W W P t =
==总 故D 正确。

故选D 。

4．C
解析：C 【解析】 【分析】
（1）已知大理石的密度和体积，利用m=ρV 求质量，再利用公式G=mg 得到重力；由图知，作用在动滑轮上的绳子有3段，已知钢丝绳能够承受的最大拉力、升降机货箱和动滑轮的总重力和作用在动滑轮上的绳子段数，可以得到动滑轮能够提升的最大重力；已知动
滑轮提升的最大重力和货箱的重力，可以得到大理石的总重力；已知大理石的总重力和每块大理石的重力，两者之比就是大理石的数量；
（2）利用F=1
3
（G+G0）求拉力；
（3）利用s=3h求拉力端移动的距离，利用W=Fs求拉力做的功；已知做功时间，利用公
式P=W
t
求拉力的功率．
（4）求出有用功，再利用效率公式η=W
W
有
总
×100%求滑轮组的机械效率．
【详解】
（1）由ρ=m
V
得每块大理石的质量：m=ρV=2.8×103kg/m3×1.0×10-2m3=28kg
每块大理石重：G=mg=28kg×10N/kg=280N；
升降机一次能够提起的总重为G总=3×F最大=3×2000N=6000N
升降机一次能提起的大理石的总重为G石=G总-G0=6000N-300N=5700N
升降机一次能提起的大理石的块数为n=G
G
石=
5700
280
N
N
≈20（块），故A错；
（2）提升15块大理石的过程中，钢丝绳端移动的距离：s=3h=3×15m=45m
F=1
3
（G+G0）=
1
3
（15×280N+300N）=1500N，故B错；
（3）把货物提升15m拉力做的功：W=Fs=1500N×45m=6.75×104J
升降机的功率为P=W
t
=
4
6.7510J
60s
⨯
=1125W；故C正确；
（4）W有用=Gh=15×280N×15m=6.3×104J，
η=W
W
有
总
×100%=
4
4
6.310J
6.7510J
⨯
⨯
×100%≈93.3%，故D错．
故选C．
5．B
解析：B
【解析】
【分析】
物体在水中漂浮，浮力等于自身重力，根据此关系式可求物体的密度；
根据A中求得的组成物块材料的密度，将其代入G=mg=ρ物gV=ρ物ga3，即可得出结论；由图可分析出物块底面所处的深度，再根据公式p=ρgh可求出其底面的压强；
，根据杠杆的平衡条件可求动力的大小。

【详解】
A、因为物块漂浮，所以F浮=ρgV排=ρga2（a-h），G=mg=ρ物gV=ρ物ga3，又知F浮=G，即
F浮=ρgV排=ρga2（a-h）=ρ物gV=ρ物ga3，解得
()
a h
a
ρρ
-
=
物
，故A正确，不符合题意；
B、物块所受的重力332
()
()
a h
G mg gV ga g a a h ga
a
ρ
ρρρ
-
====⨯⨯=-
物物
，故B 错误，符合题意；
C、物块漂浮时底面所处的深度为a-h，则物块底面所受水的压强p=ρg（a-h），故C正确，不符合题意；
D、物体重力为G=mg=ρ物Vg=ρ物a3g，根据杠杆平衡条件FL1=GL2，所以
2
2
2
1
()2()
2
4
2
a
a h ga
GL a h a g
F
L a
ρρ
-⨯-
===，故D正确，不符合题意。

故选B。

6．B
解析：B
【详解】
设木棒AB的重心在C点，抬起B端时的支点为O，由于AO＝0.25m，则抬B端的力的力臂
OB＝AB−AO＝1m−0.25m＝0.75m
木棒AB的重心距离支点的距离，即重力的力臂
11
1m0.25m0.25m
22
OC O C AB AO
'=-⨯-
＝＝＝
木棒平衡，则有
F×OB＝G×OC
木棒的重力
40N0.75m
=120N
0.25m
F OB
G
OC
⨯⨯
=＝
故B正确。

故选B。

7．D
解析：D
【解析】
设一个钩码的重为G，每一格的长度为L．根据杠杆平衡条件判断．
A. 将支点两侧钩码都向右移动一格，可得：
22
⨯≠⨯，所以杠杆不平衡，故A错误；
G L G L
B. 在支点两边的钩码下各增加一个钩码，可得：
⨯≠⨯，所以杠杆不平衡，故B错误；
223
G L G L
C. 将支点左边加上二个钩码，右边加上一个钩码，可得：
⨯≠⨯，所以杠杆不平衡，故C错误；
G L G L
423
D. 将支点左边的钩码向左移动两格，将支点右侧的钩码向右移动一格，可得：
G L G L
⨯=⨯，杠杆仍平衡，故D正确；
422
故选D．
8．A
解析：A
【解析】在不计摩擦和滑轮及绳重时，使用单个的动滑轮省一半力。

如图最下面的动滑轮两段绳子拉着物体，拉力为物重的一半，即；
中间的动滑轮又省了一半力，即每段绳子的拉力为：；
到最上面的一个动滑轮，现省一半力，即绳子的拉力为：。

故A正确。

9．D
解析：D
【解析】左边的力矩（力与力臂的乘积）为：；右边的力矩为：；已知杠杆平衡，则：；在杠杆的一边添加一个力F后，若杠杆仍然平衡，则必须满足：的条件；所以所加力F的力臂必为0（即力矩为0），那么有两种情况：①力F的作用点为支点；②力F的作用线通过支点；显然D的说法更符合题意，故选D．
【点睛】此题考查的是杠杆中的力的分类，记住两点即可：
①作用点在支点或力的作用线经过支点的力，不会影响杠杆的转动；
②力的作用线不经过支点时，会影响杠杆的转动。

10．C
解析：C
【解析】如图所示，弹簧测力计B示数为10N，通过滑轮拉动物体A相当于定滑轮，A受到拉力也为10N；A做匀速直线运动，所以物体A与水平桌面的摩擦力与A受到拉力是一对平衡力，摩擦力大小为10N；
F=⨯=
向右的拉力F与向左的两段绳子的拉力平衡，所以拉力为：210N20N
点睛：重点是滑轮受力情况的分析，对于单个滑轮来说，使用时处于平衡状态，绕绳子一侧的两段绳子的两个力的和等于另一侧的拉力。

11．D
解析：D
【解析】A 选项，动滑轮越重，需要做的额外功越多，机械效率越低，故A 错误。

B 选项，改用质量小的定滑轮，不会提高滑轮组的机械效率，故B 错误。

C 选项，由公式ηW Gh Gh G
W FS Fnh nF
==
==
有总
可知，机械效率的高低与物体被提升的高度无关，故C 错误。

D 选项，提高物体的质量，可以提高有用功，在额外功不变的情况下，可以提高滑轮组的机械效率，故D 正确。

故本题答案为D 。

12．B
解析：B
【解析】设杠杆每一格长度为L ，一个钩码的重力为G ，原来：2G ×2L =G ×4L ，杠杆平衡，现在在杠杆两边的钩码下面各增加一个大小相等的钩码：左边=3G ×2L ，右边=2G ×4L ，因为3G ×2L ＜2G ×4L ，所以杠杆不再平衡，右端下降． 故选B ．
二、填空题
13．省力 减小 40 【详解】
[1]由图知道，拖动所示垃圾桶时，是动力臂大于阻力臂的杠杆，所以，相当于是一个省力杠杆。

[2]垃圾桶底部安装小轮子，通过变滑动为滚动的方式减小了摩擦
解析：省力 减小 40 【详解】
[1]由图知道，拖动所示垃圾桶时，是动力臂大于阻力臂的杠杆，所以，相当于是一个省力杠杆。

[2]垃圾桶底部安装小轮子，通过变滑动为滚动的方式减小了摩擦力。

[3]根据题意知道，垃圾桶总重是G =120N ，动力臂是阻力臂的3倍，所以，由杠杆原理Fl 1 =Gl 2知道，保持垃圾桶平衡的拉力是
22
12
120N 40N 3GL L F L L ⨯=
== 14．不变 变大 40N 2.4×105N 3.6×106J 6×104W
【解析】 【详解】
第一空．下潜过程中排开液体体积不变，由可知受到的浮力大小不变；
解析：不变 变大 40N 2.4×105N 324m 3.6×106J 6×104W 【解析】 【详解】
第一空．下潜过程中排开液体体积不变，由F ρV g =浮液排可知受到的浮力大小不变； 第二空．下潜过程中深度不断增加，由液体压强公式p gh ρ=可知，压强增大； 第三空．水面下40m 处受到的压强为：
335=10kg /m ?10N /kg?40m =4?10Pa p gh ρ=
压力为：
5-424?10Pa ?10m =40N F ps == ；
第四空．因为漂浮，所以浮力等于重力为：
3524?10kg?10N /kg =2.4?10N F G mg ===浮 ；
第五空．排开海水的体积约为：
53
33
2.4?10N =24m 10kg /m ?10N /kg
F V =g ρ=浮排液 ； 第六空．有用功为：
562.4?10N?0.2m /s?60s =2.88?10J W Gh Gvt ===有
因为W W η=
有
总
则 总功为：
662.88?10J
===3.6?10J 80%80%
W W 有
总；
第七空．起吊装置的功率为：
643.6?10J ==6?10W 60s
W P t = 。

15．省距离 【分析】
解答此题要知道轮轴运动的滑轮是动滑轮，如图所示，当直接用手拉动滑轮时，根据动滑轮的省力特点求出拉力大小；
这样使用动滑轮的方法，其特点是费力但可以省距离． 【详解】 向上的
解析：省距离 【分析】
解答此题要知道轮轴运动的滑轮是动滑轮，如图所示，当直接用手拉动滑轮时，根据动滑轮的省力特点求出拉力大小；
这样使用动滑轮的方法，其特点是费力但可以省距离．
【详解】
向上的拉力等于向下的力之和，包括动滑轮的重，物体的重和地面向下的拉力，所以：F=2G+G 动=2×50N+10N=110N；
由图可知，该滑轮是动滑轮，由于绳子的一端固定，所以当滑轮上升1m ，物体就会上升2m ，
由此可知，物体上升的距离大于滑轮上升的距离，因此使用该动滑轮可以省距离．
16．4500 【详解】
重为700N 的工人用300N 的力竖直向下匀速拉动绳子时，由于力的作用是相互的，所以人会受到300N 的向上的拉力，所以此时工人对地面的压力为： ；
从A 点看，通过滑轮组，有
解析：4500 【详解】
重为700N 的工人用300N 的力竖直向下匀速拉动绳子时，由于力的作用是相互的，所以人会受到300N 的向上的拉力，所以此时工人对地面的压力为：
700N 300N=400N F G F =-=-人压；
从A 点看，通过滑轮组，有三段绳子向下拉着滑轮，再加上一个滑轮的重，故A 点受到的拉力为：
3=3300N+100N=1000N A F F G =+⨯定滑轮
根据杠杆平衡条件得：
B A F OB F OA ⨯=⨯，代入得：21000N B F OA OA ⨯=⨯
解得：500N B F =
因为力的作用相互，绳子对M 向上的拉力也为500N ，所以M 对地面的压力为：
M B 5000N 500N=4500N M F G F =-=-压．
点睛：重点是滑轮组的工作特点，以及杠杆平衡条件的应用，难点是求A 点的拉力时，要理解下方的滑轮由绳子拉着，所以下方滑轮的重计算在绳子的拉力中，故A 点拉力为绳子的拉力加一个滑轮的重．
17．6
【解析】由图象可知，动力与动力臂的乘积始终不变，当L1为0.2m 时，F1为3N ，乘积为0.6；当L1为0.6m 时，F1为1N ，乘积为0.6，图象上的点都满足此规律。

故当L1为0.1 m 时，F1为
解析：6
【解析】由图象可知，动力与动力臂的乘积始终不变，当L 1为0.2m 时，F 1为3N ，乘积为0.6；当L 1为0.6m 时，F 1为1N ，乘积为0.6，图象上的点都满足此规律。

故当L 1为0.1 m 时，F 1为6N 。

故答案为：6
18．40 甲
【解析】
根据杠杆平衡条件可得：G×OBF甲×OA，由题知，OA2OB，则F甲 10N，如图乙,根据杠杆平衡条件可得：G×OAF乙×OB，由题知，OA=2OB，则F乙 2×解析：40 甲
【解析】
根据杠杆平衡条件可得：G×OB=F甲×OA，由题知，OA=2OB，则F甲
G OB
OA
⨯
=
G OB
2OB
⨯
=
20
22
G N
===10N，如图乙,根据杠杆平衡条件可得：G×OA=F乙×OB，由题
知，OA=2OB，则F乙
G OA
B
⨯
=
2
2G
G OB
OB
⨯
===2×20N=40N，(2)图甲中，动力臂OA 大于阻力臂OB，属于省力杠杆；图乙中，动力臂OB小于阻力臂OA，属于费力杠杆．
点睛：（1）根据杠杆平衡条件求解F甲和F乙的大小；（2）杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力．19．省力 70 变小
【详解】
[1]竖直向上的力F为动力，箱体的重力为阻力，支点在轮子中心，即动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆。

[2]当旅行箱和拉杆构成的杠杆水平平衡时，
由题
解析：省力 70 变小
【详解】
[1]竖直向上的力F为动力，箱体的重力为阻力，支点在轮子中心，即动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆。

[2]当旅行箱和拉杆构成的杠杆水平平衡时，
由题意知道，L1 =3L2，又因为F1L1 =F2L2 ，所以竖直向上的拉力为
2
1
11
210N=70N
33
GL
F G
L
===⨯
[3]在拉起的过程中，拉力方向始终与拉杆垂直，动力臂L1大小不变，在提升过程中，重
力的力臂逐渐变小，根据杠杆的平衡条件知道，拉力F 将变小。

20．变大 【分析】
(1)由图可知，绳子的有效股数为3，绳子自由端移动的距离；
(2)滑轮组一定时，只增大提升物体的重，有用功增大，额外功不变，分析有用功在总功中所占比例的变化，即可判断机械效率
解析：变大 【分析】
(1)由图可知，绳子的有效股数为3，绳子自由端移动的距离3s h =；
(2)滑轮组一定时，只增大提升物体的重，有用功增大，额外功不变，分析有用功在总功中所占比例的变化，即可判断机械效率的变化情况。

【详解】
[1]由图可知，绳子的有效股数为3，绳端移动的距离
320cm 60cm s nh ==⨯=
[2]若不计绳重与摩擦，只适当增加钩码的重力，有用功增大，额外功不变，有用功在总功中所占的比例变大，则滑轮组的机械效率变大。

三、实验题
21．乙 越低 83.3% 越高 【详解】
(1)[1]实验2中，20.4m s =，20.1m h =，所以
2220.4m =40.1m
s n h =
= 所以实验2是用乙图做的实验。

(2)[2]实验1中，10.3m s =，10.1m h =，所以
1110.3m =30.1m
s n h =
= 所以实验1是用甲图做的实验，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，动滑轮的个数越多即动滑轮的质量越大，滑轮组的机械效率越低。

(3)[3]由表中第2次实验数据可知，绳端移动的距离是钩码上升高度的4倍，第三次实验使用同样的装置，则第3次实验绳端移动距离
440.1m=0.4m s h ==⨯
机械效率
6N 0.1m =100%83.3%1.8N 0.4m
W Gh W Fs η⨯=
=
⨯≈⨯有用总
(4)[4]比较第2、3次实验数据可得出结论：用同一个滑轮组装置提升重物，所提物体越。