一．实验探究题（共21小题）
1．（2020•十堰）如图是小明“探究杠杆平衡条件”的实验：
（1）在水平静止的杠杆上A、B处，挂5个质量均为50g的钩码，如图甲所示，杠杆平衡。他猜想杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂；
（2）改变钩码数量与位置，数据记录如下表，分析表中数据，杠杆平衡条件应为 。
实验次数
左侧钩码数（个） 左侧钩码距离支右侧钩码数（个） 右侧钩码距离支
点O（格）
1 2 3
2 1 2
3 6 6
3 3 3
点O（格）
2 2 4
（3）某次实验如图乙，使杠杆恢复水平平衡的最简单操作是 。
（4）图丙是小明验证结论的实验，E点弹簧测力计示数是 N（g取10N/kg）。 2．（2020•广安）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，所用的器材有：每格长度等距的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线、每个重力都为0.5N的钩码若干个。
（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是： 和消除杠杆自重对实验的影响。
（2）如甲图所示，杠杆处于平衡状态。若从杠杆的两侧同时减掉一个钩码，那么杠杆的 ，（选填“右”或“左“）端下沉。
（3）在乙图中，将弹簧测力计由竖直方向旋转至沿虚线方向，如果要继续保持杠杆在水
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平方向静止，测力计的示数要 （选填“变小”“不变”或“变大”）。
（4）如果忽略杠杆自重对实验的影响，则在丙图中要使杠杆在水平位置保持平衡，弹簧测力计对杠杆的最小拉力为 。
3．（2020•湘潭）测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表。
实验次数
钩码重力G/N 钩码上升高度
h/cm
1 2 3 4
1.0 1.5 2.0 2.0
5 5 5 10
0.8 1.0 1.0 拉力F/N
绳端移动距离
s/cm 15 15 15 30
55.6% 66.7% 66.7% 机械效率η
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做 运动。第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为 N。
（2）第2次实验时所做的有用功为 J，滑轮组的机械效率是 。
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越 （选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度 （选填“有关“或“无关”）。
（4）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是 。
A．增大绳重 B．减轻动滑轮重 C．加快物体提升的速度
4．（2020•广元）如图所示是小王“探究杠杆的平衡条件”的装置，每个钩码重为0.5N（钩码个数若干），弹簧测力计量程为0～5N。
（1）将该装置置于水平桌面上，静止时处于甲图所示状态。为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）移，这样做的好处是便
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于直接测量 。
（2）乙图中杠杆恰好处于水平平衡，若在A点下方再挂一个相同的钩码，为使杠杆保持水平平衡，则需将B点的钩码向右移动 格。
（3）丙图中杠杆每个小格长度均为5cm，在C点竖直悬挂4个重为0.5N的钩码，当在D点用如丙图所示动力F拉杠杆。使杠杆在水平位置平衡，此时动力臂为 cm，动力F为 N。
5．（2020•盐城）小明做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前，杠杆静止时的位置如图甲所示。要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）使用弹簧测力计时，首先进行的操作是 ；
（3）如图乙所示，在杠杆左侧挂2个钩码，每个钩码的质量为50g，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，在A点沿 向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在 位置平衡。并将第一次数据记录在表格中，表中F1大小为弹簧测力计示数，F2大小为钩码的重力，L1、L2分別为F1、F2对应的力臂；
（4）接下来，小明又进行了三次实验，将数据填在表中，最后总结得出规律。每次实验总是在前一次基础上改变F2、L1、L2中的一个量。小华分析数据后发现，第 次实验与前一次改变的量相同，需要调整的实验步骤是 。
序号 1 2 3 4
F1/N 1.5 3.0 1.5 1.0
L1/cm 10.0 10.0 20.0 30.0
F2/N 1.0 2.0 2.0 2.0
L2/cm 15.0 15.0 15.0 15.0
6．（2020•郴州）小明利用如图所示的装置探究杠杆平衡条件。
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（1）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，此时应将杠杆右端的螺母向 调节（填“左”、“右”），使杠杆在水平位置达到平衡。
（2）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 。
（3）实验时，小明在杠杆左侧A位置（左边位置第四格）先挂了3个钩码，如图乙所示，则在右侧B位置（右边位置第三格）应挂 个相同规格的钩码，杠杆可以重新在水平位置平衡。
（4）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 （选填“变大”、“变小”或“不变”），原因是 。 7．（2020•青岛）研究定滑轮的特点。
（1）在研究使用定滑轮是否省力时，用如图甲所示装置匀速提升重物，需要测量的物理量是 和 。
（2）如图乙所示，分别用拉力F1、F2、F3匀速提升重物，则三个力的大小关系是 。 （3）旗杆顶部有一个定滑轮，给我们升国旗带来了便利。这是利用定滑轮 的特点。
8．（2020•长沙）某实验小组用下图的实验装置测量滑轮组的机械效率，部分实验数据如表所示。
（1）实验中应尽量竖直向上 拉动弹簧测力计； （2）第一次实验中测得滑轮组的机械效率为 %；
（3）分析以上数据可知，使用同一个滑轮组提升重物时，被提升物体的重力越 ，滑轮组的机械效率越高。
实验次数 物理量 钩码重G物/N 钩码上升高度
h/m 绳端拉力F/N
0.3
0.5
0.7
0.9
0.5 0.1
1.0 0.1
1.5 0.1
2.0 0.1
1
2
3
4
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绳端移动距离
s/m 机械效率η
0.3 0.3 0.3 0.3
67% 71% 74%
9．（2020•岳阳）“测滑轮组的机械效率”的实验数据如表：
实验 次数 1 2 3
物重 G（N） 4 5 6
物体上升 高度h（m）
0.1 0.1 0.1
拉力F （N） 2.0 2.6
绳子自由端移 动距离s（m）
0.3 0.3 0.3
机械效 率 66.7% 69.4%
（1）实验时，应沿竖直向上的方向 拉动弹簧测力计。 （2）第2次实验中弹簧测力计的示数如图所示为 N。 （3）第3次实验滑轮组的机械效率是 。（保留一位小数）
（4）如果用这个滑轮组提升7N的重物，则它的机械效率可能是 （选填序号）。 A.60% B.70% C.80%
10．（2020•天津）在探究影响滑轮组机械效率的因素时，小明提出了如下猜想： 猜想一：滑轮组机械效率与被提升物体所受的重力有关 猜想二：滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关
为了验证猜想，准备的器材如下：两个相同的滑轮、一根细绳、钩码若干、刻度尺和弹簧测力计。
小明把两个滑轮分别作为定滑轮和动滑轮组装成滑轮组，用该滑轮组提升不同数量的钩码进行了三次实验，数据如表所示： 实验次数 钩码所受的重力G/提升高度
拉力F/Ν 绳端移动的距离
机械效率η
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Ν
1 2 3
2.0 4.0 6.0
h/m 0.1 0.1 0.1
1.0 1.8 2.5
s/m 0.3 0.3 0.3
66.7% 74.1%
请你解答如下问题：
（1）表中第3次实验时滑轮组的机械效率为 ；根据表中数据在图中画出该滑轮组的绕线方式；
（2）分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率 （选填“越高”“越低”或“不变”）； （3）为了验证猜想二，还需增加的实验器材是 。
11．（2020•河北）斜面是一种简单机械，在生活和生产中使用斜面的好处是
可以省力，如： 。那么斜面的省力情况与哪些因素有关呢？（使用斜面的省力情况可以通过比较沿斜面拉力F与物体重力G的比值大小来判定，比值越小，越省力） 小明做了如下猜想：
猜想1：与斜面的表面材料有关； 猜想2：与斜面的倾斜程度有关； 猜想3：与物体受到的重力大小有关。
小明为验证上述猜想，利用如图所示的装置进行了实验。实验中所用的物块材料及其表面粗糙程度相同，在沿斜面拉力的作用下，在斜面上做匀速直线运动。实验中相关的记录如表。
实验序号 斜面倾角
1 θ
2 θ
3 θ
4 θ
5
6
θ1（θ1＞θ） θ2（θ2＞
θ1）
斜面的表面材料 物块重G/N 沿斜面拉力F/N 回答下列问题：
木板 2.0 1.35
毛巾 2.0 1.52
木板 4.0 2.70
木板 6.0 4.05
木板 2.0 1.52
木板 2.0 1.70
（1）通过对比实验 中的数据可知，使用斜面省力的情况与斜面的表面材料有关； （2）通过对比实验1、5、6中的数据，得出的结论是：在其他条件相同时， ； （3）为验证猜想3，小明做了实验 （填写实验序号），分析实验数据后，小明认为这几次实验省力情况相同，依据是 。
【拓展】完成实验后，小明沿斜面用1.8N的拉力，将重为4.5N的物体从斜面底端匀速拉到了顶端。已知斜面长1.2m、高0.3m，则斜面的机械效率是 %．（把重物直接提升0.3m所做的功作为有用功）
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12．（2020•随州）小红在探究杠杆的平衡条件时，找来一个量程为5N的弹簧测力计和若干个重均为0.5N的钩码，实验前测得杠杆上相邻刻度线间的距离都等于2cm。请回答下列问题：
（1）实验前，小红先将杠杆调至水平位置平衡，这样操作的目的是 。 （2）小红在实验中测得一组数据如下表，于是他立即得出了杠杆的平衡条件：“F1×L1＝F2×L2”，你认为是否合理，并说明理由：
F1/N 2
L1/cm 6
F2/N 3
L2/cm 4
（3）某次实验如图所示，杠杆平衡，则以下生活中相关杠杆的应用与此图中杠杆类型相同的是 （选填“托盘天平”、“核桃夹”或“筷子”）。
（4）在图中，保持弹簧测力计的位置及拉力的方向和钩码的个数不变，钩码向左移动，若要保持杠杆平衡，则钩码到支点的距离不应超过 cm。
13．（2020•自贡）小明利用刻度均匀的轻质杠杆进行探究“杠杆的平衡条件”实验，已知每个钩码重0.5N。
（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡。你认为实验中让杠杆在水平位置平衡的好处是 。
（2）图甲中的A点悬挂4个钩码，要使杠杆仍保持水平位置平衡，需在B点悬挂 个钩码。
（3）如图乙所示，取走悬挂在B点的钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉，仍使杠杆水平位置平衡，测力计的拉力为 N；若在C点改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向右上方，杠杆仍然水平位置平衡，则测力计的读数将 （选填“变大”或“变小”或“不变”），若此时斜向右上方的测力计与竖直方向间的夹角为60°，杠杆在水平位置平衡时，测力计的读数为 N。
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14．（2020•德州）探究杠杆的平衡条件。
（1）实验前
杠杆静止在如图所示的位置，要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向
调节。
（2）实验时
①用如图所示的方式悬挂钧码，杠杆也能在水平位置平衡（杠杆上每格等距），但老师却往往提醒大家不要采
用这种方式。这主要是因为该种方
式 。 A．一个人无法操作 B．需要使用太多的钩码 C．无法测量力臂
D．力和力臂数目过多 ②在图中，不改变支点O左侧所挂的三个钩码及其位置，保持右侧第 格的钩码不动，将右侧另外两个钩码改挂到它的下方，杠杆也可平衡，继
续实验。
实验数据：
次数
左侧
动力F1/N
右侧 动力阻阻力臂
力
臂
l1/cm F2/N l2/cm
1 2 3
1.0 1.5 2.0 8 / 44
10 5 15
2.0 0.5 1.5
5 15 20
（3）结论 杠杆的平衡条件是： 。
（4）交流评估 ①实验进行三次的目的是 （只有一个选项正确，填写对应字母）。
a．取平均值减小误差 b．归纳出物理规律 c．使每组数据更准确
②某同学在第3次实验的基础上，将左右两侧的钩码同时向支点O移动5cm，则杠杆 。（选填“保持平衡”“左侧下沉”或“右侧下沉”）
15．（2020•上海）如图所示，弹簧测力计的量程为 牛，它的示数为 牛。在“探究杠杆平衡的条件”实验中，如图（a）所示，为使杠杆在水平位置平衡，可调节杠杆右端的平衡螺母向 移动；调节杠杆平衡后，在图（b）的A位置挂1个钩码，则应在B位置挂 个相同的钩码，才能使杠杆在水平位置平衡。
16．（2020•大庆）小红在测量滑轮组机械效率的实验中，用图的装置匀速竖直向上提升重物，并记录了部分实验数据如表： 钩码总重G/N 3
钩码上升高度 测力计拉力 测力计拉绳端移动
h/m 0.1
F/N
距离s/m 0.3
（1）上表中测力计拉力的示数如图17所示，则此时拉力的测量值为 N。 （2）此次实验中滑轮组的机械效率为 。
17．（2020•丹东）在“探究杠杆平衡条件”实验时，实验中所用钩码的质量均为50g。
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（1）实验前，应先调节杠杆在水平位置平衡。若向右调节杠杆两端的 时，可使杠杆在水平位置平衡，则调节前，杠杆 （选填“左”或“右”）端偏低； （2）如图甲，当在杠杆左侧第2格处挂6个钩码，在右侧第3格处挂 个钩码（图中右侧钩码未画出）的时候，杠杆在水平位置平衡。此时，若将杠杆左右两侧所挂的钩码各向远离支点O的方向移动1个格，则杠杆 （选填“左”或“右”）端将下降； （3）如图乙，当在杠杆左侧第2格处挂4个钩码，在杠杆的右侧用竖直向下的拉力F作用时，杠杆在水平位置平衡。若使杠杆继续在水平位置保持平衡，将拉力方向旋转到图中虚线位置时，拉力F的力臂将 ，拉力F的大小将 （两空都选填“变大”、“变小”或“不变”）。
18．（2020•仙桃）利用图中的装置探究杠杆平衡的条件，每个钩码的质量相等，杠杆上的刻度均匀。
（1）如图甲，不挂钩码时，出现杠杆右端下沉，应向 （选填“左”或“右”）调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置平衡；挂上钩码，移动钩码位置使杠杆在水平位置再次平衡，此时也要选择在水平位置平衡的目的是 。
（2）图甲中，杠杆在水平位置已经平衡，若将杠杆两侧所挂钩码各取下一个，杠杆会 （选填“顺时针”或“逆时针”）转动。
（3）三次实验数据见如表，分析数据可知，杠杆的平衡条件是 。
次数 1 2 3
动力F1/N 1.0 1.5 2.0
动力臂L1/m
0.2 0.1 0.15
阻力F2/N 2.0 1.0 1.5
阻力臂L2/m
0.1 0.15 0.2
（4）如图乙，用弹簧测力计代替右侧钩码，沿与水平方向成60°角斜向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡。若把左侧钩码的拉力作为阻力，右侧弹簧测力计的拉力作为动力，
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此时的杠杆是 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”）；请在乙图中画出此时拉力F的力臂L。
19．（2020•淮安）在“探究杠杆的平衡条件“实验中：
（1）实验前杠杆的位置如图甲所示：若使杠杆在水平位置平衡，则应将杠杆的平衡螺母向 调节。
（2）杠杆调节平衡后，在如图乙所示A点悬挂3个钩码（每个钩码重力为0.5N），在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使杠杆在水平位置再次平衡，此时弹簧测力计示数F1＝ N．重复多次实验，进一步探究杠杆的平衡条件。
（3）某小组的实验数据如下表所示，得到与其他组不一样的结论：动力与阻力F1成正比关系。你认为该结论可靠吗？ 。并说明理由： 。 实验序号
1 2 3
动力F1/N
1 2 3
动力臂L1/cm
15 15 15
阻力F2/N 1.5 3 4.5
阻力臂L2/cm
10 10 10
20．（2020•眉山）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，此时的杠杆 （选填“是”或“不是”）平衡状态。实验时为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，且便于直接从杠杆上读出力臂的大小，应将杠杆调到 。
（2）小明同学所在实验小组完成一次操作后，实验现象如图B所示，他们记录的数据为动力F1＝1.5N，动力臂l1＝0.2m，阻力F2＝1N，则阻力臂l2＝0.3m。甲同学测出了这组数据后就得出了“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”的结论，乙同学认为他的结论不一定科学，理由是 。他把右边的钩码换成弹簧秤，使杠杆从水平位置慢慢转过一定角度，如图C所示，此过程中，弹簧秤拉力的大小 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）图B实验中，小明把两边的钩码同时远离支点一格，杠杆不再平衡， （选
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填“左”或“右”）端会下沉。小明回家又做了图D的探索，将一根长为L，重为G的均匀木棒，有
的木棒伸出桌子边缘，用竖直向下的力F0压木棒的一端，当F0＝
时，木棒刚好会被翘起。
21．（2020•哈尔滨）提高机械效率，能够更充分地发挥机械设备的作用，“测量机械效率”实验装置如图（每个动滑轮重相同。忽略摩擦及绳重）。 （1）实验中应 拉动弹簧测力计。
（2）实验过程中收集到a、b、c三组实验数据如下。 装置
钩码重/N 钩码上升的高度/m 弹簧测力计示数/N
绳子自由端移动的距离
/m
a b c
2 2 5
0.1 0.1 0.1
1.5 1.0 2.0
0.2 0.3 0.3
计算出a组实验的：有用功 J，机械效率 。
（3）比较a、b两组的机械效率，它们的关系是：ηa ηb．若提升相同物重到相同高度，与a装置相比，b装置的优势是 。
比较b、c滑轮组，它们机械效率的关系是：ηb ηc，影响它们机械效率高低的因素是 。
二．计算题（共19小题）
22．（2020•常州）为避免同学们用手按压宿舍楼大门的开门按钮造成交叉传染，小明用轻质木杆自制了“脚踏式杠杆”，借助杠杆按动按钮，如图所示，已知OB＝60cm、AB＝80cm。OC＝15cm，当小明在C点用脚给杠杆施加20N的压力F1时，按钮触发、大门打开， （1）请在图中作出动力F1的示意图。 （2）该杠杆属于哪种类型？（直接回答）
（3）求此时按钮对杠杆施加的水平阻力F2，有多大？
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23．（2020•甘南州）在九年级物理拓展课上，李博同学模拟某建筑工地上塔吊的工作情景，设置了如图所示的滑轮组来提升装修材料，若他用250N的拉力在20s内，将450N的材料提升了10m，（不计绳重和摩擦，g＝10N/kg）。求： （1）拉力的功率是多少？
（2）提升450N材料时，此滑轮组的机械效率是多少？
（3）若绳子能承受的最大拉力为400N时，此滑轮组的机械效率最大可提高到多少？
24．（2020•铜仁市）建筑工地上，起重机吊臂上的滑轮组如图所示。在匀速吊起重为4.8×103N的物体时，物体4s内上升了6m，在此过程中，拉力F为2×103N．求： （1）起重机吊起重物过程中所做的有用功； （2）滑轮组的机械效率； （3）拉力F的功率。
25．（2020•镇江）如图1所示，质量为20kg的重物放在水平地面上，重物与地面间的接触面积为0.1m2．利用图2所示的滑轮组，小明在20s内将重物匀速提高5m，他对绳子自由端施加的拉力为150N．不计绳重和轮轴处摩擦，g取10N/kg。 （1）求图1中重物对地面的压强。 （2）在图2所述过程中，求：
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①小明所做的额外功。 ②小明做功的功率。
26．（2020•沈阳）工人师傅利用如图甲所示的滑轮组搬运石材质量为1.8×103kg的石材放在水平地面上，在拉力F的作用下沿水平方向做匀速直线运动，其路程随时间变化的图象如图乙所示。石材在水平方向上受到的阻力为石材重的0.1倍，滑轮组的机械效率为75%，滑轮组和绳子的自重不计。（g＝10N/kg）求：
（1）石材受到的阻力；
（2）在石材移动40s过程中，工人做的有用功；
（3）在石材移动40s过程中，工人作用在绳子自由端的拉力F。
27．（2020•潍坊）疫情期间，大壮同学自制了如图所示的健身器材，坚持锻炼身体。用细绳系在轻杆的O点将轻杆悬挂起来，在杆的A端悬挂质量m1＝10kg的重物，在B端竖直向下缓慢拉动轻杆至水平位置。已知AO长1.5m，OB长0.5m，大壮质量m2＝56kg，g取10N/kg，求此时： （1）大壮对杆的拉力大小； （2）地面对大壮的支持力大小。
28．（2020•青海）使用如图所示的机械装置，某人从井里提升78kg的重物，在10s内沿水平地面向右匀速行走了8m，该人拉绳子的力是400N（绳重与摩擦忽略不计）。求： （1）物体上升的速度是多少？ （2）拉力的功率是多少？
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（3）该装置的机械效率是多少？ （4）动滑轮的重力是多少？
29．（2020•潍坊）如图所示，小汽车通过滑轮组从竖直矿井中提升矿石，矿石以1m/s的速度匀速上升8m，已知矿石重2700N，动滑轮重300N，不计绳的重力及滑轮摩擦，求该过程中：
（1）汽车拉力的大小； （2）汽车拉力的功率； （3）滑轮组的机械效率。
30．（2020•赤峰）用如图所示的滑轮组将货物匀速向上提升3m，人的拉力F为200N，这个过程中滑轮组提升货物的机械效率为80%，求： （1）绳子自由端移动的距离s； （2）人的拉力F做的功； （3）货物的重力。
31．（2020•荆门）为了进一步理解所学知识，朝阳中学物理兴趣小组组装了如图所示的装置。一辆质量为0.3kg的玩具电动小车放置在粗糙水平桌面上，其与桌面间的滑动摩擦力为
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2N，一根不可伸长的细绳一端固定在小车尾部，另一端依次跨过定滑轮、动滑轮后固定在O点，两滑轮质量都为0.05kg。当小车向右运动，借助细绳、滑轮带动质量为0.2kg的物体以0.1m/s的速度沿竖直方向匀速上升，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，求： （1）细绳的拉力F； （2）滑轮组的机械效率η； （3）玩具电动小车牵引力的功率P。
32．（2020•通辽）如图所示，是一辆汽车通过滑轮组提升重物的装置图，汽车部分参数如表。每次重物都以1m/s的速度匀速上升，提升重2400N的物体时，滑轮组的效率为80%，不计汽车所受的摩擦阻力、绳重及滑轮组的摩擦，取g＝10N/kg。
汽车部分参数 汽车重量 车轮数 每个车轮受力面积
求：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强； （2）汽车拉绳的力做功的功率。
3t 4个 250cm2
33．（2020•泰州）小明利用如图所示的滑轮组，将质量为90kg的物体在1min内匀速提升5m，竖直向上的拉力为360N．求： （1）物体的重力（g取10N/kg）； （2）小明拉力的功率？
（3）滑轮组的机械效率（结果保留一位小数）。
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34．（2020•邵阳）如图所示，用一个滑轮组匀速提升重0.9N的物体，在物体匀速上升5cm的过程中，弹簧测力计的示数为0.4N．（不计摩擦及绳重）求： （1）在此过程中拉力做的功。 （2）该滑轮组的机械效率。 （3）动滑轮受到的重力。
35．（2020•黑龙江）如图所示，人用滑轮组拉着重810N的物体使其沿竖直方向以0.1m/s的速度匀速向上运动了5s，人对绳子向下的拉力为300N．求： （1）物体上升的高度； （2）滑轮组的机械效率； （3）拉力的功率。
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36．（2020•遂宁）小雨同学家装修新房，看到工人师傅使用如图所示的一种自制的简易起重装置向楼上吊装笨重的装修材料，感觉该装置简单易制、方便快捷，大大减少了工人搬运材料的劳动强度。小雨观察到电动机的输出功率800W，将两袋（每袋质量50kg）水泥匀速提升到10m高的4楼需要用时15s。假设电动机的输出功率恒定不变。请帮小雨完成下列问题：（g＝10N/kg）
（1）此次吊装过程中绳子自由端移动的速度是多大？ （2）电动机对绳子的拉力多大？ （3）该滑轮组的机械效率多大？
37．（2020•杭州）杆秤是一种用来测量物体质量的工具。小金尝试做了如图所示的杆秤。在秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，测得OA＝5cm，OB＝10cm。 （1）计算秤砣的质量。
（2）小金在B处标的刻度应为 kg．若图中OC＝2OB，则C处的刻度应为 kg。
（3）当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数 （选填“＜”或“＞”）2kg，由此可知一杆杆秤不能随意更换秤砣。
38．（2020•毕节市）质量为60kg的工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼，滑轮组的机械效率随货物重力变化的图象如图乙，机械中摩擦力及绳重忽略不计，（g＝10N/kg）。问： （1）若工人在1min内将货物匀速向上提高了6m，作用在钢绳上的拉力为400N，拉力的功率是多大；
（2）动滑轮受到的重力；
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（3）该工人竖直向下拉绳子自由端运送货物时，若要工人不被拉离地面，此滑轮组机械效率最大值是多少？
39．（2020•福建）美丽乡村建设中，工人用起吊装置提升建筑材料，如图。某次把质量为200kg的材料匀速提升6m，用时15s，消耗电能1.5×104J．g取10N/kg。求这次匀速提升材料过程中：（不计绳与滑轮之间的摩擦） （1）材料所受拉力F的大小； （2）拉力F对材料做功的功率； （3）该装置的效率。
40．（2020•苏州）科技馆里两位老人正饶有兴致地体验升降座椅装置，小明观察后画出简图（如图）进行研究。若爷爷质量m人＝60kg，奶奶用F＝240N的拉力将爷爷匀速拉升到顶端，该过程中奶奶手握住绳子向下拉动的总长度s＝6m。不计绳重和摩擦，g取10N/kg。求：
（1）奶奶所做的功；
（2）动滑轮（含座椅）的质量；
（3）该升降座椅装置的机械效率（保留一位小数）。
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参与试题解析
一．实验探究题（共21小题）
1．【分析】（2）杠杆平衡条件：F1l1＝F2l2； （3）根据杠杆平衡条件，判断右侧钩码的位置； （4）根据杠杆的平衡条件可求E点弹簧测力计示数。 【解答】解：（2）设每个钩码重G，每个小格长为L， 实验1：2G×3L＝3G×2L， 实验2：G×6L＝3G×2L， 实验3：2G×6L＝3G×4L， 杠杆平衡调节：F1l1＝F2l2。 （3）杠杆左端：G×3L＝3GL， 杠杆右端：2G×2L＝4GL， 所以杠杆的左端下沉，
要使杠杆水平位置平衡，2G×2L＝G×nL，所以n＝4（格）， 使杠杆恢复水平平衡的最简单操作是左侧钩码向左移动一个小格。 （4）根据杠杆的平衡条件可得E点弹簧测力计示数： F×5L＝5G×2L，
解得：F＝2G＝2×mg＝2×0.05kg×10N/kg＝1N。
故答案为：（2）F1l1＝F2l2；（3）左侧钩码向左移动一个小格；（4）1。
2．【分析】（1）实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响，实验中杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）根据题意，求出两边的力和力臂的乘积，若力与力臂乘积相等，杠杆仍平衡；若不相等，杠杆将向力和力臂乘积大的那边倾斜，据此分析答题；
（3）由杠杆平衡条件可算出拉力大小；弹簧测力计斜拉时，拉力力臂变小，拉力变大； （4）弹簧测力计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下，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，根据杠杆的平衡条件可求弹簧测力计的最小拉力。
【解答】解：（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是：便于测量力臂和消除杠杆自重对实验的影响。 （2）设一个钩码的重为G，一个格为L， 支点两侧同时各减掉一个钩码，
支点左边力与力臂的乘积为：G×6L＝6GL， 右边力与力臂的乘积为：2G×4L＝8GL， 左边力与力臂的乘积小于右边力与力臂的乘积， 则杠杆右边，即右端将向下倾斜；
（3）弹簧测力计斜拉时，阻力及阻力臂不变，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉
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力变大。
（4）弹簧测力计若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力在杠杆的最左侧，力的方向应该垂直杠杆向下，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，根据杠杆的平衡条件可得： F×10L＝4G×6L，
解得，F＝2.4G＝2.4×0.5N＝1.2N。
故答案为：（1）便于测量力臂；（2）右；（3）变大；（4）1.2N。
3．【分析】（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；根据拉力计分度值得出弹簧测力计示数； （2）根据W有用2＝G2h2得出第2次实验时所做的有用功， 根据W总2＝F2s2得出第2次做的总功，根据η＝（3）分析1、2、3次实验的数据得出结论；
分析3、4次实验的数据可知得出滑轮组的机械效率与钩码上升的高度的关系； （4）A．增大绳重，增大了额外功，据此分析； B．减轻动滑轮重，减小了额外功，据此分析；
C．由（3）知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v＝分析。 【解答】解：
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动。测力计分度值为0.1N，第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为0.6N； （2）第2次实验时所做的有用功为： W有用2＝G2h2＝1.5N×0.05m＝0.075J；
第2次做的总功：W总2＝F2s2＝0.8N×0.15m＝0.12J； 滑轮组的机械效率是： η＝
＝
×100%＝62.5%；
×100%求出滑轮组的机械效率；
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越，滑轮组的机械效率越高；
分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关； （4）A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小； B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大；
C．由（3）知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v＝，机械效率与物体提升的速度无关， 故选B。
故答案为：（1）匀速；0.6；（2）0.075；62.5%；（3）大；无关；（4）B。
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4．【分析】（1）实验前，应首先进行杠杆平衡调节，根据杠杆的平衡条件，杠杆左、右两端的螺母（或一端的螺母）向杠杆上翘的一端调节；杠杆处于静止状态或匀速转动状态都为杠杆的平衡状态；在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂； （2）根据杠杆的平衡条件计算即可；
（3）当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是OD，根据杠杆的平衡条件求出动力大小。
【解答】解：（1）为使杠杆在水平位置平衡，小王应将杠杆右端的平衡螺母向左移。 在实验中也必须使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂。 （2）如图乙所示，设一格的长度为l，根据杠杆的平衡条件可得： 4G×2l＝2G×nl，
解得：n＝4，故应该将B处所挂钩码向右移动 4﹣3＝1格
（3）当动力在D点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是： l1＝OD＝×4×5cm＝10cm，
根据杠杆的平衡条件Fl1＝4Gl2可得，动力为： F＝
＝
＝2N。
故答案为：（1）左；力臂； （2）1；（3）10；2。
5．【分析】（1）实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处；
（3）为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡； （4）根据题意分析得出实验步骤。
【解答】解：（1）杠杆的右端上翘，要使它在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的右端移动。
（2）使用弹簧测力计时，需要先将指针调到零刻度线处。
（3）由图可知，在杠杆左侧挂2个钩码，为了便于在杠杆上直接读出力臂的大小，由于力臂是支点到力的作用线的距离，所以在A点沿竖直向下方向拉动弹簧测力计，直至杠杆在水平位置平衡。
（4）由实验序号1、2可知，L1和L2不变，F1、F2同时改变，由实验序号2、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm，由序号4、3可知，F2和L2不变，L1增大10cm，所以第4次次实验与前一次改变的量相同。由于改变F2、L1、L2中的一个量，所以需要保持F2和L1不变，改变L2的大小。
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故答案为：（1）右；（2）将指针调到零刻度线处；（3）竖直；水平；（4）4；保持F2和L1不变，改变L2的大小。
6．【分析】（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； （2）使杠杆在水平位置平衡的目的是为了直接从杠杆上读出力臂； （3）由杠杆的平衡条件可推出B处所挂钩码的个数；
（4）当拉力由倾斜变成垂直时，会造成力臂变大，相应的力会变小，这样才能继续平衡。 【解答】解：（1）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；
（2）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读出力臂； （3）一个钩码的重力为GN，设杠杆的一个小格为L， 由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2知， 3G×4L＝nG×3L
解得：n＝4，即在B位置挂上4个钩码，使杠杆在水平位置平衡；
（4）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，当拉力由倾斜变成垂直时，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。
故答案为：（1）右；（2）为了直接从杠杆上读出力臂；（3）4；（4）变小；当拉力由倾斜变成垂直时，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。 7．【分析】定滑轮的实质是一个等臂杠杆，使用定滑轮不省力也不费力，但可以改变力的方向。
【解答】解：（1）在研究使用定滑轮是否省力时，实验中应匀速提升重物，测量出物体的重力和拉力的大小，根据这两个力的大小分析定滑轮是否省力；
（2）如图乙所示，分别用拉力F1、F2、F3匀速提升重物，由于使用定滑轮不省力也不费力，所以三个力的大小关系是相同；
（3）旗杆顶部有一个定滑轮，能够改变拉力的方向。
故答案为：（1）物体的重力；拉力的大小；（2）相同；（3）能够改变力的方向。 8．【分析】（1）在实验中，要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计。 （2）掌握机械效率的计算公式，η＝
＝
，能用此公式进行简单的计算。
（3）掌握影响滑轮组机械效率的因素：物重和动滑轮的个数。被提升的物体越重、动滑轮的个数越少，则滑轮组的机械效率越高。 【解答】解：
（1）要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计。 （2）第1次实验测得的机械效率为：
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η＝＝＝≈56%；
（3）分析以上数据可知：使用同一滑轮组，增大物重可以提高滑轮组的机械效率。 故答案为：（1）匀速；（2）56%；（3）大。
9．【分析】（1）实验时，应沿竖直向上的方向匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，拉力大小等于测力计示数； （2）根据测力计分度值读数； （3）根据η＝
＝
×100%求出第3次实验滑轮组的机械效率；
（4）由表中数据知，提升物体的重力越大，机械效率越高，据此回答。 【解答】解：
（1）实验时，应沿竖直向上的方向匀速拉动弹簧测力计。
（2）第2次实验中弹簧测力计的示数如图所示，测力计分度值为0.2N，示数为2.4N； （3）第3次实验滑轮组的机械效率是： η＝
＝
＝
≈76.9%；
（4）由表中数据知，提升物体的重力越大，机械效率越高，故如果用这个滑轮组提升7N的重物，则它的机械效率要大于76.9%．故可能是80%，选C。 故答案为：（1）匀速；（2）2.4；（3）76.9%；（4）C。 10．【分析】（1）根据表中第3次实验数据，由公式η＝由s＝nh得出绳子的有效段数连接该滑轮组； （2）分析表中数据得出结论；
（3）研究滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关，要控制其它因素相同，只改变动滑轮的重力。
【解答】解：（1）表中第3次实验时滑轮组的机械效率为： η＝
＝
＝
＝80%；
＝
求出滑轮组的机械效率；
由s＝nh可得绳子的有效段数：n＝＝＝3，该滑轮组的绕线方式如下图所示：
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（2）分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（3）为了验证猜想二，滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关，要改变动滑轮的重力，故还需增加的实验器材是几个自重不同的滑轮。 故答案为：（1）80%；如上图所示； （2）越高；
（3）几个自重不同的滑轮。
11．【分析】斜面也是一种常用的机械，使用斜面比较省力；
（1）探究斜面省力的情况与斜面的表面材料有关时，需要控制物重、倾角相同，表面材料不同；
（2）根据实验1、5、6中的数据中的相同点和不同点，利用控制变量法分析； （3）探究斜面省力的情况与重力大小有关时，需要控制倾角相同、表面材料相同，物体的重力不同；
【拓展】根据公式W＝Gh可求拉力做的有用功；利用W＝Fs求出拉力做的功，即总功；斜面的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：斜面是一种简单机械，使用斜面可以省力。当斜面的高度一定时，斜面越长，则坡度越缓，则越省力；如：盘山公路；
（1）探究斜面省力的情况与斜面的表面材料有关时，采用的是控制变量法，实验中需要控制物重、倾角相同，表面材料不同，所以应该对比1和2的数据；
（2）对比实验1、5、6中的数据可知，在斜面的表面材料、物重相同的情况下，倾角越小，拉力越小，故结论是：在其他条件相同时，斜面的倾斜程度越小，提升物体越省力； （3）探究斜面省力的情况与重力大小有关时，根据控制变量法可知，实验中需要控制倾角相同、表面材料相同，物体的重力不同；所以需要对比1、3、4的实验数据； 根据1、3、4的实验数据可知，物体的重力变为原来的几倍，拉力会变为原来的几倍，即沿斜面的拉力与物体的重力G的比值大小相等； 【拓展】有用功为：W1.2m＝2.16J；
有
＝Gh＝4.5N×0.3m＝1.35J；拉力做的总功：W
总
＝Fs＝1.8N×
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斜面的机械效率：η＝＝×100%＝62.5%。
故答案为：盘山公路；（1）1和2；（2）斜面的倾斜程度越小，提升物体越省力；（3）1、3、4；根据1、3、4的实验数据可知，物体的重力变为原来的几倍，拉力会变为原来的几倍，即沿斜面的拉力F与物体的重力G的比值大小相等；【拓展】62.5。
12．【分析】（1）实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；
（2）杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，在实验中，为得出普遍结论应改变实验条件，进行多次测量；
（3）对物理模型的抽象、分析能力。判断杠杆的类型可结合生活经验和动力臂与阻力臂的大小关系来判断；
（4）已知弹簧测力计的量程，根据杠杆的平衡条件可分析测力计示数的变化。 【解答】解：
（1）实验前，小红先将杠杆调至水平位置平衡，这样操作的目的是：杠杆所受重力的作用线通过支点，重力的力臂为零，重力对杠杆的转动不产生影响，便于测量（或读出）力臂；
（2）不合理，该同学只测量了一组数据便得出结论，结论具有片面性；
（3）某次实验如图所示，杠杆平衡，动力臂大于阻力臂；我们在使用核桃夹时是为了省力，并且在使用的过程中动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆；
（4）根据杠杆的平衡条件，已知一个钩码重0.5N，弹簧测力计的量程为5N， F×3L＝6G×nL，F＝2nG， n＝
＝
＝5，
实验前测得杠杆上相邻刻度线间的距离都等于2cm，要保持杠杆平衡，则钩码到支点的距离不应超过5×2cm＝10cm。
故答案为：（1）便于测量（或读出）力臂；（2）不合理；只测量了一组数据便得出结论，结论具有片面性；（3）核桃夹；（4）10。
13．【分析】（1）杠杆的调节也跟天平类似，应向高的一侧移动平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡最大的好处就是测量力臂时非常方便。
（2）根据杠杆的平衡条件计算出在B点挂的钩码个数；
（3）根据杠杆的平衡条件计算出在C点拉力的大小；当拉力F向右倾斜时，分析出力臂的变化结合杠杆的平衡条件判断力的变化。 从支点到动力作用线的距离叫动力臂。
【解答】解：（1）杠杆在使用前左端下沉，说明左侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便。 （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：
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FALA＝FBLB 4G×2L＝FB×4L 解得FB＝2G
即需在B点处挂2个钩码；
（3）取走悬挂在B点的钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上的拉力，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FCLC，即4G×2L＝FC×4L，解得FC＝2G＝3×0.5N＝1N；
如改变弹簧测力计拉力的方向，使之斜向左上方，阻力和阻力臂不变，动力臂减小，动力要增大，所以弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡。
找到支点O，从支点O到动力作用线做垂线，支点与垂足之间的距离即为力臂L，如图所示：
根据杠杆的平衡条件：FALA＝FCLC，即4G×2L＝FC×4L×cos60°， 4G×2L＝FC×4L×，解得FC＝4G＝4×0.5N＝2N。 故答案为：（1）右；便于测力臂；（2）2；（3）1；变大；2。
14．【分析】（1）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（重力的方向跟杠杆垂直），同时能够消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；
（2）①在初中阶段，探究杠杆平衡条件的实验，作用在杠杆上的力只有一个动力和一个阻力，不探究多个动力或阻力的作用下的杠杆平衡。
②根据杠杆平衡的条件，F1×l1＝F2×l2，进行判断右侧的力与力臂不变，左侧的三个钩码一起所挂的位置。
（3）杠杆的平衡条件为：F1l1＝F2l2（动力×动力臂＝阻力×阻力臂）；
（4）①实验中为得出普遍性规律，应多次测量分析得出结论；②将左右两侧的钩码同时向支点O移动5cm，求出左右两侧钩码重力和对应力臂的乘积，力和力臂乘积大的一侧下沉。 【解答】解：
（1）杠杆不在水平位置平衡，右端向下倾斜，则重心应向左移动，故应将平衡螺母向左调节；
（2）①实验中，如图所示的方式悬挂钩码，杠杆平衡是杠杆的左侧在多个力共同作用的结果，采用这种方式是不妥当的。这主要是因为杠杆的力和力臂数目过多。
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②不改变支点O左侧所挂的三个钩码及其位置，将右侧另外两个钩码改挂到它的下方，根据杠杆平衡的条件，F1×l1＝F2×l2，3G×3l＝3G×nL，n＝3；即保持右侧第3格的钩码不动。
（3）第一次数据：F1l1＝F2l2 1.0N×0.1m＝2.0N×0.05m， F1l1＝F2l2，
第二组数据：F1l1＝F2l2 1.5N×0.05m＝0.5N×0.15m 第三组数据：F1l1＝F2l2 2N×0.15m＝1.5N×0.2m
实验得出的杠杆的平衡条件：F1l1＝F2l2（动力×动力臂＝阻力×阻力臂）。
（4）①如果实验次数太少，实验研究得出结论具有偶然性，不具有普遍性，实验结论必须在多次试验的基础上归纳得出，这样才能有效地避免实验结果偶然性出现，故选b； ②若不改变力的大小，将左右两侧的钩码同时向支点O移动5cm， 则F左L左＝2N×0.1m＝0.2N•m，F右L右＝1.5N×0.15m＝2.25N•m， 因F左L左＜F右L右， 所以，杠杆将右侧下沉。
故答案为：（1）左；（2）①D；②3；（3）F1l1＝F2l2（动力×动力臂＝阻力×阻力臂）；（4）①b；②右侧下沉。
15．【分析】（1）弹簧测力计的量程主要观察它最大的刻度值，而分度值则是它最小的刻度值，弄清这些才有助于我们正确读取弹簧测力计的示数。
（2）调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；使杠杆在水平位置平衡，此时力与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来；
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。 【解答】解：（1）图中弹簧测力计的最大刻度是5N，因此量程为0～5N；
测力计上每1N分成了5等份，因此分度值是0.2N，图中的指针指在3N以下第2刻度，故示数为：3N+2×0.2N＝3.4N。
（2）杠杆的左端高于右端，平衡螺母向上翘的左端移动；当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； 设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G， 因为，F1l1＝F2l2， 所以，nG×2L＝G×4L，
所以，n＝2，所以在B处挂2个钩码。 故答案为：0～5；3.4；左；2。
16．【分析】（1）根据测力计分度值读出拉力的测量值； （2）根据表中数据，由η＝
＝
×100%%求出此次实验中滑轮组的机械效率。 28 / 44
【解答】解：（1）测力计分度值为0.2N，则此时拉力的测量值为 1.6N。 （2）此次实验中滑轮组的机械效率为： η＝
＝
＝
×100%≈62.5%。
故答案为：（1）1.6；（2）62.5%。
17．【分析】（1）平衡螺母向上翘的一端移动，才能使杠杆在水平位置平衡。
【解答】解：（1）实验前，为了便于测量杠杆的力臂，应使杠杆在水平位置平衡，故应调调节平衡螺母；若向右调节平衡螺母，则说明杠杆的左端偏低。
（2）如图甲，当在杠杆左侧第2格处挂6个钩码，设杠杆上每一小格代表的长度为L，每钩码的重力为G，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知 6G×2L＝nG×3L， 解得 n＝4，
故应在右侧第3格处挂4个钩码。
若将杠杆左右两侧所挂的钩码各向远离支点O的方向移动1个格，则杠杆左边力与力臂的乘积为6G×3L＝18GL，
杠杆右边力与力臂的乘积为4G×4L＝16GL，
因杠杆左边力与力臂的乘积大于杠杆右边力与力臂的乘积，故杠杆左端下降。 （3）由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2知 F1＝
，
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，拉力的力臂变小，故拉力将变大。
故答案为：（1）平衡螺母；左；（2）4；左； （3）变小；变大。
18．【分析】（1）杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节；实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响；调节好以后，仍要使杠杆在水平位置平衡，是为了便于测量力臂的长度； （2）当左右两侧力与力臂的乘积不相等时，杠杆会转动；
（3）将力与力臂的乘积算出后进行比较，分析数据的问题，从而得出结论；
（4）动力臂大于阻力臂是省力杠杆；过支点向力的作用线做垂线，画出此时拉力F的力臂L。
【解答】解：（1）杠杆右端下沉，为了使它在水平位置平衡，应将杠杆两端的平衡螺母向左调节，使杠杆在不挂钩码时，保持水平静止；
实验中通过增减钩码或移动钩码的位置使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于在杠杆上直接测量力臂；
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（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得： 杠杆在水平位置平衡时：左边＝3G×2L＝6GL； 右边＝2G×3L＝6GL；
如果在两侧钩码下再各取下一个相同的钩码后：左边＝2G×2L＝4GL； 右边＝G×3L＝3GL；
杠杆不再水平平衡，左边会下沉，逆时针转动。 （3）由表格中数据，①1.0N×0.2m＝2.0N×0.1m； ②1.5N×0.1m＝1.0N×0.15m； ③2.0N×0.15m＝1.5N×0.2m； 可知杠杆的平衡条件为：F1L1＝F2L2；
（4）如图乙，用弹簧测力计代替右侧钩码，沿与水平方向成60°角斜向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡。若把左侧钩码的拉力作为阻力，右侧弹簧测力计的拉力作为动力，画出此时拉力F的力臂L，每个小格长L0，如下图：
，
L＝sin60°×3L0＝
×3L0＝2.6L0＞2L0，动力臂大于阻力臂是省力杠杆。
故答案为：（1）左；便于在杠杆上直接测量力臂；（2）逆时针；（3）F1L1＝F2L2；（4）省力；如上图。
19．【分析】（1）在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节； （2）弹簧测力计读数时首先认清分度值，然后再读数；
（3）在“探究杠杆的平衡条件“实验中应该同时改变力与力臂的大小。
【解答】解：（1）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，左端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向左调节； （2）图中所示的弹簧测力计的分度值是0.1N，故示数为1N；
（3）某小组的实验数据如下表所示，得到与其他组不一样的结论：动力与阻力F1成正比关系。该结论不可靠，理由：没有同时改变力与力臂的大小。
故答案为：（1）左；（2）1；（3）不可靠；没有同时改变力与力臂的大小。
20．【分析】（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；调节杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）探究杠杆平衡条件时，一般要进行多次测量，为了使实验结论具有普遍性，只有一次实验得出的结论是不科学的。图C使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，求出各自
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的力臂根据杠杆平衡条件即可求判断F的大小变化。
（3）根据杠杆的平衡条件可知，当杠杆两边钩码同时向远离支点方向移动相同的距离，力和力臂的乘积大的一端下沉；根据均匀木杆确定杠杆的重心，支点为O；然后根据杠杆平衡的条件：F1L1＝F2L2计算出F的大小。 【解答】解：
（1）杠杆保持静止，此时杠杆是处于静止状态，达到平衡；实验时为了消除杠杆自重对杠杆平衡的影响，且便于直接从杠杆上读出力臂的大小，应将杠杆调到水平位置平衡； （2）只有一次实验得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。这种结论很具有偶然性，不合理；要进行多次实验，总结杠杆平衡条件。
力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图c所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
（3）设一个钩码重为G，杠杆一个格的长度为L，杠杆在水平位置平衡后，如果将两边钩码同时向远离支点方向移动相同的距离后， 左端力与力臂的乘积为3G×5L＝15GL，
右端力与力臂的乘积为2G×7L＝14GL，左端下沉；
为了木棒刚好会被翘起，此时杠杆的支点是桌子边缘，根据杠杆的平衡条件可知， F0•L＝G•（L﹣L）， 解得F0＝1.5G。
故答案为：（1）是；水平位置平衡；（2）一组实验数据太少，具有偶然性，不便找出普遍规律；不变；（3）左；1.5G。
21．【分析】（1）实验时应匀速拉动弹簧测力计； （2）由表中实验数据可以求出有用功与机械效率； （3）求出有用功和总功，并求出机械效率，然后进行对比。 【解答】解：
（1）在实验操作中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，这样弹簧测力计示数稳定，便于读数；
（2）由第三组数据知，有用功为：W有用＝Gh＝2N×0.1m＝0.2J； 总功为：W总＝Fs＝1.5N×0.2m＝0.3J； 则机械效率为：ηa＝
×100%＝
×100%≈66.7%；
（3）b的有用功为：W有用＝Gh＝2N×0.1m＝0.2J；总功为：W总＝Fs＝1.0N×0.3m＝0.3J； ab的有用功和总功相同，机械效率相同，即ηa＝ηb；
根据数据可知，a的拉力大于b的拉力，所以b的优势是省力；
c的有用功为：W'有用＝G'h'＝5N×0.1m＝0.5J；总功为：W'总＝F's'＝2.0N×0.3m＝0.6J；
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则机械效率为：ηc＝×100%＝×100%≈83.3%；
b、c滑轮组，它们机械效率的关系是：ηb＜ηc，其原因是提升物体的重力不同。 故答案为：（1）竖直向上匀速；（2）0.2；66.7%；（3）＝；省力；＜；提升物体的重力不同。
二．计算题（共19小题）
22．【分析】（1）脚垂直作用在杠杆上，画出压力大小。 （2）从动力臂和阻力臂关系判断是省力杠杆还是费力杠杆。 （3）作出动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡条件求出水平阻力大小。 【解答】解：（1）小明脚对木杆的压力F1垂直作用的木杆上，如图。
（2）木杆是一个杠杆，O 为支点，小明的脚施加的力是动力F1，动力臂为OC，按钮对木杆的压力为阻力F2，阻力臂为OD，动力臂OC小于阻力臂OD，所以木杆是费力杠杆。 （3）根据杠杆平衡条件得，F1×OC＝F2×OD， 按钮对木杆的压力水平向左，所以OD＝AB， 所以，20N×15cm＝F2×80cm， 解得，F2＝3.75N。
答：（1）F1的示意图如上图。 （2）该杠杆属于费力杠杆。
（3）此时按钮对杠杆施加的水平阻力F2是3.75N。
23．【分析】（1）由图可知连接动滑轮绳子的股数，根据s＝nh求出绳子自由端移动的距离，然后利用W＝Fs求出拉力做的功，最后根据P＝求出拉力的功率；
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η＝可求得机械效率；
（3）不计绳重和摩擦，利用F＝（G+G动）可求得动滑轮的重力；知道绳子能承受的
最大拉力，再利用F′＝（G′+G动）可求得最大物重，然后利用η＝＝＝
求得此滑轮组的最大机械效率。
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【解答】解：（1）由图知，n＝3， 则绳子自由端移动的距离： s＝nh＝3×10m＝30m， 拉力做的功：
W总＝Fs＝250N×30m＝7500J， 则施加拉力的功率： P＝
＝
＝375W；
（2）有用功：
W有用＝Gh＝450N×10m＝4500J， 机械效率： η＝
＝
×100%＝60%；
（3）由F＝（G+G动）可得动滑轮的重力： G动＝nF﹣G＝3×250N﹣450N＝300N； 由F＝（G+G动）可得最大物重： G′＝nF′﹣G动＝3×400N﹣300N＝900N； 此滑轮组的最大机械效率： η′＝
＝
＝
＝
＝75%。
答：（1）拉力的功率是375W；
（2）提升450N材料时，此滑轮组的机械效率是60%；
（3）若绳子能承受的最大拉力为400N时，此滑轮组的机械效率最大可提高到75%。 24．【分析】（1）利用W＝Gh求起重机吊起重物过程中所做的有用功；
（2）由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h，利用W＝Fs求拉力F做的总功，滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比； （3）利用P＝求拉力F的功率。 【解答】解：
（1）起重机吊起重物过程中所做的有用功： W有用＝Gh＝4.8×103N×6m＝2.88×104J；
（2）由图知，n＝3，拉力端移动距离s＝3h＝3×6m＝18m， 拉力F做的总功：
W总＝Fs＝2×103N×18m＝3.6×104J， 滑轮组的机械效率：
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η＝＝×100%＝80%；
（3）拉力F的功率： P＝
＝
＝9×103W。
答：（1）起重机吊起重物过程中所做的有用功为2.88×104J； （2）滑轮组的机械效率为80%； （3）拉力F的功率为9×103W。
25．【分析】（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力和自身的重力相等，利用p＝求出对地面的压强；
（2）①由W有用＝Gh可求得有用功，由W总＝Fs可求得总功，总功减去有用功等于额外功；
②利用P＝求小明做功的功率。 【解答】解：
（1）物体放在水平地面上时，对地面的压力： F＝G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N， 对地面的压强： p＝＝
＝2000Pa；
（2）①拉力做的有用功： W有用＝Gh＝200N×5m＝1000J，
绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×5m＝10m， 拉力做的总功：
W总＝Fs＝150N×10m＝1500J， 拉力做的额外功：
W额＝W总﹣W有用＝1500J﹣1000J＝500J； ②小明做功的功率： P＝
＝
＝75W。
答：（1）图1中重物对地面的压强为2000Pa。 （2）①小明所做的额外功为500J。 ②小明做功的功率为75W。
26．【分析】（1）知道石材的质量，利用G＝mg求其重力，石材受到的阻力f＝0.1G； （2）由乙图可得，在t＝10s内石材移动的距离s＝1.0m，利用速度公式求石材匀速运动的速度；再利用s＝vt求石材在40s内移动的距离；由于石材做匀速直线运动，受到的拉
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力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，据此求滑轮组对石材的拉力，再利用W＝Fs求工人做的有用功；
（3）知道滑轮组的机械效率，利用η＝
求工人做的总功；由图知，n＝3，工人拉
力端移动的距离等于物体移动距离的3倍，再利用W＝Fs求工人的拉力。 【解答】解： （1）石材的重力：
G＝mg＝1.8×103kg×10N/kg＝1.8×104N， 石材受到的阻力：
f＝0.1G＝0.1×1.8×104N＝1800N；
（2）由乙图可得，在t＝10s内石材移动的距离s＝1.0m，石材匀速运动的速度： v＝＝
＝0.1m/s，
石材在t′＝40s移动的距离： s′＝vt′＝0.1m/s×40s＝4m，
因为石材做匀速直线运动，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等， 则滑轮组对石材的拉力： F拉＝f＝1800N， 工人做的有用功：
W有用＝F拉s′＝1800N×4m＝7200J； （3）由η＝
＝75%可得工人做的总功：
W总＝＝＝9600J，
由图知，n＝3，工人拉力端移动的距离： sF＝3s′＝3×4m＝12m， 由W总＝Fs可得工人的拉力： F＝
＝
＝800N。
答：（1）石材受到的阻力为1800N；
（2）在石材移动40s过程中，工人做的有用功为7200J；
（3）在石材移动40s过程中，工人作用在绳子自由端的拉力为800N。
27．【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，O是杠杆支点，AO是阻力臂，阻力大小等于重物G1大小，OB是动力臂，大壮对杠杆的拉力是动力，根据杠杆平衡条件求出拉力大小。 （2）对大壮进行受力分析，大壮受到重力、拉力和支持力作用，根据力的平衡知识求出地面对大壮的支持力。
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【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，O是杠杆支点，AO是阻力臂，阻力FA大小等于重物G1大小，FA＝G1＝m1g＝10kg×10N/kg＝100N， OB是动力臂，大壮对杠杆的拉力FB为动力， 根据杠杆平衡条件可得： FA×OA＝FB×OB， 100N×1.5m＝FB×0.5m， 解得： FB＝300N，
即大壮对杆的拉力为300N。 （2）大壮的重力：
G2＝m2g＝56kg×10N/kg＝560N，
大壮受三个力，竖直向下的重力G2、杆对大壮竖直向上的拉力F、地面对大壮竖直向上的支持力F支，这三个力平衡，杆对大壮的拉力与大壮对杆的拉力为相互作用力，大小相等，则地面对大壮的支持力： F支＝G2﹣F＝560N﹣300N＝260N。
答：（1）大壮对杆的拉力大小为300N；（2）地面对大壮的支持力大小为260N。 28．【分析】（1）由图可知，有两端绳子拉着动滑轮，根据s＝2h求出物体上升的高度，根据速度公式求出速度的大小；
（2）根据W＝Fs求出拉力所做的功，根据P＝求出功率的大小； （3）利用W有用＝Gh求出有用功，利用机械效率公式求滑轮组的机械效率； （4）根据总功和有用功求出额外功，根据W额＝G动h求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）由图可知，有两端绳子拉着动滑轮，某人沿水平地面向右匀速行走了8m，
则物体上升的高度为h＝s＝×8m＝4m； 重物上升的速度为：v＝＝（2）拉力所做的总功为： W总＝Fs＝400N×8m＝3200J； 拉力的功率为： P＝
＝
＝320W；
＝0.4m/s；
（3）提升重物过程中的有用功：
W有用＝Gh＝mgh＝78kg×10N/kg×4m＝3120J； 该装置的机械效率为： η＝
×100%＝
×100%＝97.5%；
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（4）所做的额外功为：
W额＝W总﹣W有用＝3200J﹣3120J＝80J； 由W额＝G动h得，动滑轮的重力为： G动＝
＝
＝20N。
答：（1）物体上升的速度是0.4m/s； （2）拉力的功率是320W； （3）该装置的机械效率是97.5%； （4）动滑轮的重力是20N。
29．【分析】（1）由图可知，重物有3段绳子承担，由F＝（G矿石+G动）可求得汽车拉力的大小；
（2）已知矿石以1m/s的速度匀速上升，然后可知汽车运动的速度，由P＝＝可求得汽车拉力的功率； （3）由η＝率。
【解答】解：（1）由图可知，n＝3，则汽车拉力的大小F＝（G矿石+G动）＝（2700N+300N）＝1000N；
（2）汽车运动的速度为v＝3v石＝3×1m/s＝3m/s， 汽车拉力的功率P＝＝
＝Fv＝1000N×3m/s＝3000W；
×100%＝
×100%＝
×100%可求得滑轮组的机械效
＝Fv
（3）滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝×100%＝
×100%＝90%。
答：（1）汽车拉力的大小为1000N； （2）汽车拉力的功率为3000W； （3）滑轮组的机械效率为90%。
30．【分析】（1）由图知，n＝3，绳子自由端移动的距离s＝nh； （2）知道拉力大小，利用W＝Fs求人的拉力做的总功； （3）知道滑轮组的机械效率，利用η＝货物的重力。 【解答】解：
求拉力做的有用功，再利用W有用＝Gh求
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（1）由图知，n＝3，绳子自由端移动的距离： s＝nh＝3×3m＝9m； （2）人的拉力做的功为 W总＝Fs＝200N×9m＝1800J；
（3）由滑轮组提升货物的机械效率为80%， 由η＝
可得拉力做的有用功：
W有用＝ηW总＝80%×1800J＝1440J， 由W有用＝Gh可得货物的重力： G＝
＝
＝480N。
答：（1）绳子自由端移动的距离为9m； （2）人的拉力做的功为1800J； （3）货物的重力为480N。
31．【分析】（1）首先根据G＝mg求出物体和一个动滑轮的重力，不计细绳与两滑轮之间的摩擦，不考虑空气阻力，根据拉力F＝（G物+G轮）求出细绳的拉力；
（2）利用η＝＝＝＝×100求出滑轮组的机械效率；
（3）对玩具电动小车受力分析，根据小车受力平衡求出小车的牵引力，根据物体上升的速度求出小车的运动速度，根据P＝＝
＝Fv求解功率。
【解答】解：（1）物体的重力G物＝m物g＝0.2kg×10N/kg＝2N， 动滑轮的重力G动＝m动g＝0.05kg×10N/kg＝0.5N，
由图知，n＝2，则细绳的拉力F＝（G物+G轮）＝（2N+0.5N）＝1.25N； （2）滑轮组的机械效率： η＝
＝
＝
＝
＝
×100%＝80%；
（3）由图知，n＝2，则v车＝nv物＝2×0.1m/s＝0.2m/s，
玩具电动小车在水平方向上受水平向右的牵引力、水平向左的拉力和摩擦力f的作用， 则的牵引力F牵＝F+f＝1.25N+2N＝3.25N， 牵引力的功率：
P＝F牵v车＝3.25N×0.2m/s＝0.65W。 答：（1）细绳的拉力为1.25N； （2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）玩具电动小车牵引力的功率为0.65W。
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32．【分析】（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力等于其自身重力，求出受力面积，利用p＝计算压强；
（2）首先确定滑轮组绳子的有效股数，然后利用η＝＝＝＝求出汽
车的拉力；根据v＝nv物求出汽车的速度，根据P＝Fv求出汽车的功率。 【解答】解：（1）提升重物时，汽车对水平地面的压力： F＝G＝mg＝3×103×10N/kg＝3×104N， 受力面积S＝4S0＝4×250cm2＝1000cm2＝0.1m2， 汽车对水平地面的压强： p＝＝
＝3×105Pa；
（2）由图可知：滑轮组绳子的有效股数n＝3， 根据η＝
＝
＝
＝
可得，汽车的拉力：
F＝＝＝1000N，
汽车的速度：v车＝nv物＝3×1m/s＝3m/s， 则汽车拉绳的力做功的功率： P＝Fv＝1000N×3m/s＝3000W。
答：（1）提升重物时汽车对水平地面的压强为3×105Pa； （2）汽车拉绳的力做功的功率为3000W。
33．【分析】（1）已知物体质量，利用G＝mg得到重力；
（2）由图知，承担物重的绳子股数n＝3，拉力端移动距离s＝3h，利用W＝Fs求出拉力做的功（总功），知道用的时间，利用功率公式求拉力的功率；
（3）知道重力和上升高度，利用W＝Gh求有用功；已知有用功和总功，利用公式η＝
求滑轮组的机械效率。 【解答】解：
（1）物体受到的重力为G＝mg＝90kg×10N/kg＝900N； （2）由图知，n＝3，拉力端移动的距离： s＝3h＝3×5m＝15m， 拉力做的总功：
W总＝Fs＝360N×15m＝5400J， 拉力做功的功率：
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P＝＝＝90W；
（3）拉力做的有用功： W有用＝Gh＝900N×5m＝4500J， 滑轮组的机械效率： η＝
＝
×100%≈83.3%。
答：（1）物体的重力是900N； （2）小明拉力的功率90W； （3）滑轮组的机械效率为83.3%。
34．【分析】（1）已知物体由3段绳子承担，知道弹簧测力计的示数，由W总＝Fs可求得拉力做的功。
（2）由W有用＝Gh可求得有用功，利用η＝
×100%可求得该滑轮组的机械效率；
（3）不计摩擦及绳重，由F＝（G+G动）可求得动滑轮受到的重力。
【解答】解：（1）已知h＝5cm＝0.05m，则绳子移动的距离s＝3h＝3×0.05m＝0.15m； 在此过程中拉力做的功W总＝Fs＝0.4N×0.15m＝0.06J； （2）有用功W有用＝Gh＝0.9N×0.05m＝0.045J， 该滑轮组的机械效率η＝
×100%＝
×100%＝75%；
（3）由F＝（G+G动）可得，
动滑轮受到的重力G动＝3F﹣G＝3×0.4N﹣0.9N＝0.3N。 答：（1）在此过程中拉力做的功为0.06J。 （2）该滑轮组的机械效率为75%。 （3）动滑轮受到的重力为0.3N。
35．【分析】（1）利用速度公式v＝求物体上升的高度；
（2）由图可知，n＝3，滑轮组的机械效率η＝＝＝＝；
（3）拉力端移动距离s＝3h，由W总＝Fs可求得总功，利用P＝可求得拉力的功率。 【解答】解：
（1）由v＝可得，物体上升的高度： h＝vt＝0.1m/s×5s＝0.5m；
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（2）由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝3， 滑轮组的机械效率： η＝
＝
＝
＝
＝
×100%＝90%；
（3）拉力端移动距离s＝3h＝3×0.5m＝1.5m， 总功：W总＝Fs＝300N×3h＝300N×1.5m＝450J， 拉力的功率：P＝
＝
＝90W。
答：（1）物体上升的高度为0.5m； （2）滑轮组的机械效率为90%； （3）拉力的功率为90W。
36．【分析】（1）已知水泥匀速提升到10m高的4楼需要用时15s，可求得物体上升的速度，由图可知，水泥由3段绳子承担，利用v绳＝3v可求得此次吊装过程中绳子自由端移动的速度；
（2）由P＝可求电动机做功，由W总＝Fs可求得电动机对绳子的拉力；
（3）由W有＝Gh可求得有用功，利用η＝可求得滑轮组的机械效率。
【解答】解：（1）物体上升的速度v＝＝＝m/s，
由图可知，水泥由3段绳子承担，则此次吊装过程中绳子自由端移动的速度v绳＝3v＝3×m/s＝2m/s，
（2）由P＝可得电动机做功： W总＝Pt＝800W×15s＝1.2×104J， 由W总＝Fs可得电动机对绳子的拉力： F＝
＝
＝400N，
（3）有用功：
W有＝Gh＝2×50kg×10N/kg×10m＝1.0×104J。 该滑轮组的机械效率： η＝
＝
×100%≈83.3%。
答：（1）此次吊装过程中绳子自由端移动的速度是2m/s， （2）电动机对绳子的拉力为400N， （3）该滑轮组的机械效率为83.3%。
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37．【分析】（1）秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，根据杠杆平衡条件计算秤砣的质量；
（2）秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，由此知O处为0刻度，由此知B处标的刻度值；
（3）由杠杆的平衡条件可知：G物×OA＝G砣×l，G物×OA的值不变，G砣增大，力臂l变小，读数变小。 【解答】解：
（1）由题知，秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，
由杠杆的平衡条件有：m物g×AO＝m砣g×OB﹣﹣﹣①， 秤砣的质量：m砣＝
×m物＝
×2kg＝1kg；
（2）由题知，秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，由此知O处为0刻度，
秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，所以在B处标的刻度应为2kg；
秤砣在C处时杆秤恰好水平平衡，此时秤盘上放的重物质量为m， 则mg×AO＝m砣g×OC，且OC＝2OB， 所以mg×AO＝m砣g×2OB﹣﹣﹣② ①÷②可得：m＝4kg， 所以C处刻度应为4kg。
（3）当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，由杠杆的平衡条件可知：G物×OA＝G砣×l，G物×OA的值不变，G砣增大，力臂l变小，读数变小，故读数小于2kg。 故答案为：（1）秤砣的质量为1kg； （2）2；4； （3）＜。
38．【分析】（1）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝nh求出绳端移动的距离，根据W＝Fs求出拉力做的功，利用P＝求出拉力的功率；
（2）由图乙可知，物重G＝300N时，滑轮组的机械效率η＝60%，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，根据η＝
＝
＝
求出动滑轮受到的重力；
（3）该工人竖直向下拉绳子自由端运送货物时，绳子的最大拉力等于人的重力，根据G＝mg求出其大小，根据F＝（G+G动）求出提升的最大物重，然后利用η＝
＝
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＝
【解答】解：
求出滑轮组的最大机械效率。
（1）由图可知，n＝3，则绳端移动的距离： s＝nh＝3×6m＝18m， 拉力做的功：
W＝Fs＝400N×18m＝7200J， 拉力的功率： P＝＝
＝120W；
（2）由图乙可知，物重G＝300N时，滑轮组的机械效率η＝60%，
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＝即
＝
＝60%，
＝
＝60%，
解得：G动＝200N；
（3）已知工人的质量为60kg，
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＝m人g＝60kg×10N/kg＝600N， 由F＝（G+G动）可得，提升的最大物重： G大＝nF大﹣G动＝3×600N﹣200N＝1600N， 则滑轮组的最大机械效率： η大＝
×100%＝
×100%≈88.9%。
答：（1）拉力的功率为120W； （2）动滑轮受到的重力为200N；
（3）该工人竖直向下拉绳子自由端运送货物时，此滑轮组的机械效率最大值是88.9%。 39．【分析】（1）定滑轮不省力，材料所受拉力F等于材料的重力；
（2）利用W＝Fs求拉力F对材料做功（有用功），再利用P＝求拉力F对材料做功的功率；
（3）该装置的效率等于拉力F对材料做功与消耗的电能之比。 【解答】解：
（1）匀速提升材料过程中，材料所受拉力：
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F＝G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N； （2）拉力F对材料做的功，即有用功： W有用＝Fs＝2000N×6m＝1.2×104J， 拉力F对材料做功的功率： P＝
＝
＝800W；
（3）该装置的效率： η＝
＝
×100%＝80%。
答：（1）材料所受拉力F的大小是2000N； （2）拉力F对材料做功的功率是800W； （3）该装置的效率是80%。
40．【分析】（1）根据W＝Fs可求奶奶所做的功；
（2）不计绳重和摩擦，根据F＝（G+G动）变形可求动滑轮（含座椅）的重力，再根据G动＝m动g可求动滑轮（含座椅）的质量； （3）不计绳重和摩擦，根据η＝座椅装置的机械效率。
【解答】解：（1）奶奶所做的功： W＝Fs＝240N×6m＝1440J；
（2）爷爷的质量m人＝60kg，则爷爷的重力： G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
由图可知，n＝3，不计绳重和摩擦，由F＝（G+G动）可得动滑轮（含座椅）的重力： G动＝nF﹣G＝3×240N﹣600N＝120N， 动滑轮（含座椅）的质量： m动＝
＝
＝12kg；
＝
＝
＝
可求该升降
（3）不计绳重和摩擦，该升降座椅装置的机械效率： η＝
＝
＝
＝
＝
×100%≈83.3%。
答：（1）奶奶所做的功是1440J； （2）动滑轮（含座椅）的质量是12kg； （3）该升降座椅装置的机械效率是83.3%。
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