九年级物理上册第十一章简单机械和功检测题（Word版含答案）
一、初三物理第十一章简单机械和功易错压轴题提优（难）
1．小华探究杠杆平衡条件时，使用的每个钩码的质量均为100g，杠杆上相邻刻线间的距离相等。请按要求完成下列问题：
(1)将杠杆安装在支架上，发现杠杆右端下沉，此时应将杠杆右侧的平衡螺母向______调（选填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡。
(2)将杠杆调节水平平衡后，在杠杆上的B点悬挂了3个钩码，如图所示。为使杠杆保持水平平衡状态，应该在A点悬挂 ________个钩码。
(3)若撤掉杠杆A点的钩码，为使杠杆在水平位置平衡，应该用弹簧测力计在杠杆______（选填“A”或“C”）处竖直向上拉，当杠杆水平平衡时，弹簧测力计的示数为
_______N。（g取10N/kg）
【答案】左 2 C 1.5
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]杠杆右端下沉，左端上翘，哪边高，平衡螺母像哪边调，所以应调节杠杆右侧的平衡螺母向左。
(2)[2]一个钩码重力
0.1kg10N/kg1N
G mg
==?=
假设杠杆一小格为L，A点挂n个钩码，根据杠杆平衡条件有
1N331N2
n L L
??=??
解得n=2，所以应该在A点悬挂2个钩码。
(3)[3][4]撤掉杠杆A点的钩码，为使杠杆能够在水平位置重新平衡，应该用弹簧测力计在杠杆A处竖直向下拉或者在杠杆C处竖直向上拉；根据杠杆平衡条件有
B B
C C
F L F L
=
则弹簧测力计的示数
31N3
1.5N
4
B B
C
C
F L L
F
L L
??
===
2．同学们在探究影响浮力大小的因素时，发现手中的弹簧测力计损坏了，聪明的小强同学利用刻度均匀的杠杆和钩码（每只重0.5N）替代弹簧测力计顺利地完成了该实验。以下是小强同学的实验操作，请你帮他完善该实验探究。
(1)将杠杆安装在支架上，静止时如图1所示，应将平衡螺母向______（选填“右”或“左”）调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)如图2甲所示，将重2N 的物体G 挂在A 点，两只钩码挂在B 点时，杠杆在水平位置平衡；
(3)将物体G 部分浸入水中（如图2乙所示），两只钩码移到C 点时，杠杆在水平位置平衡；
(4)将物体G 浸没于水中（如图2丙所示），两只钩码移到D 点时，杠杆在水平位置平衡； (5)将物体G 浸没于盐水中（如图2丁所示），两只钩码移到E 点时，杠杆在水平位置平衡。
分析与论证：分析比较(2)、(3)、(4)可得：物体G 所受浮力大小与______有关；分析比较(2)、(4)、(5)可得：物体G 所受浮力大小与有______关；由题中信息计算物体G 的体积
V =______m 3，盐水的密度ρ=盐水______kg/m 3。（33
1.010kg/m ρ=?水，g =10N/kg ）
【答案】右 物体排开液体的体积 液体的密度 1.0×10-4 1.125×103 【解析】 【分析】 【详解】
[1]杠杆在如图1位置平衡后，要使杠杆在水平位置重新平衡，应将平衡螺母向右调节。 [2]步骤(2)、(3)、(4)是让物体未浸入、部分浸入和浸没于水中，而钩码逐渐靠近支点，说明物体G 所受的浮力逐渐变大，所以可得物体G 所受的浮力大小与排开液体的体积有关。 [3]步骤(4)(5)是让物体G 分别浸没在水中和盐水中，所以比较的是浮力大小与液体密度的关系。
[4]由步骤(4)及杠杆的平衡条件得
(G 物-F 浮)?4L =1N ?4L ，(2N-F 浮)?4L =1N ?4L
所以
F 浮=1N
由阿基米德原理有，物体的体积
4
3
331N 10m 1.010kg/m 10N/kg
F V V g ρ-==
==??浮物排水 [5]由步骤(5)及杠杆的平衡条件得 (2N-F 浮＇)?4L =1N ?3.5L
所以
F 浮＇=1.125N
由阿基米德原理有，盐水的密度
33
43
1.125N 1.12510kg/m 10N/kg 10m F gV ρ-=
==??浮盐水物＇
3．小金用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率；实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升，（支点和杠杆的摩擦不计）问：
(1)重为5N 的钩码挂在A 点时，人的拉力F 为4N ，钩码上升0.3m 时，动力作用点C 上升0.5m ，此时机械效率η1为______？
(2)小金为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到B 点，再次缓慢提升杠杆使动力作用点C 仍然上升0.5m 。问：人的拉力F 与第一次相比______（选填“变大”“变小”或“不变”）。比较此时的机械效率η2与η1的大小并用学过的知识给以推导______。
【答案】75% 变小 η2<η1，推到过程见解析 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]有用功为
W 有用=Gh =5N ×0.3m=1.5J
总功为
W 总=Fs =4N ×0.5m=2J
机械效率为
1.5J
100%100%75%2J
W W η=
?=
?=有用总
(2)[2]钩码的悬挂点在A 点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，则由杠杠的平衡条件得
1
2
G OA G OC F OC ?+?=?杠杆
悬挂点移至B 点时，由杠杠的平衡条件得
1
'2
G
OB G OC F OC ?+?=?杠杆
观察比较可知，悬挂点移至B 点时，OB [3]杠杆的机械效率 11W W W W W W W η= ==++有用有用 额 总有用额 有用 因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功不变；由于悬挂点B 更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W 有用=Gh 可知，有用功减小；从上面的表达式可知：W 有用减小、W 额不变，所以 W W 额有用 变大，分母变大，η就减小；即η2<η1。 4．小明和小红利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。 (1)若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向______(填“左”或“右”)调节，使杠杆在水平位置平衡。 次数 F 1/N l 1/cm F 2/N l 2/cm 1 1 10 2 5 2 2 10 1 20 3 2 15 3 10 (2)在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是消除杠杆自重对实验的影响，同时______。 (3)在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂，多次实验并把数据记录在表格中。小明根据以上数据得出杠杆的平衡条件是______。 (4)调节杠杆平衡后，小红在杠杆上的A 点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B 点挂______个钩码。 (5)如图丙所示，用弹簧测力计在C 处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。 （拓展）探究杠杆的平衡条件后，小红利用杠杆测出了小石块的密度。步骤如下： ①如图丁(a)所示，用细线将小石块拴好，把小石块和钩码分别挂在杠杆上，调节钩码的位置使杠杆在水平位置平衡，用刻度尺分别量出小石块悬挂处到支点的距离L 和钩码悬挂处到支点的距离l 。 ②如图丁(b)所示，在玻璃杯内盛水，将小石块浸没在水中，保持L 不变，调节钩码的悬挂位置，使杠杆重新在水平位置平衡，测出钩码悬挂处到支点的距离为l '，l :l '＝5:3。 ③小石块的密度ρ石＝______kg/m 3。 【答案】右 便于直接在杠杆上读出力臂的大小 F 1l 1=F 2l 2 6 变大 2.5×103 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]实验前杠杆如图甲所示，杠杆左端下沉，需要将平衡螺母向右调节，使杠杆平衡。 (2)[2] 在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是消除杠杆自重对实验的影响，同时便于直接在杠杆上读出力臂的大小。 (3)[3]由表格数据可知，在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂，多次实验并把数据记录在表格中。小明根据以上数据得出杠杆的平衡条件是：动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，即F 1l 1=F 2l 2。 (4)[4]根据杠杆平衡的条件，调节杠杆平衡后，小红在杠杆上的A 点处挂4个钩码，如图乙所示，为使杠杆重新平衡，应在B 点挂的钩码的个数为 34 62 n ?= = (5)[5]用弹簧测力计在C 处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，此时力臂变小，力变大。 ③[6]如图丁(a)，根据杠杆平衡的条件可得 G 石L =G 码l 如图丁(b)可得 (G 石-F 浮)L = G 码l ’ 根据l :l '＝5:3，F 浮=ρ水gV 和G=ρ物gV ，可求得 335==2.510kg/m 2 ρρ?石水 5．小彬和小萌同学在学完浮力和杠杆的知识后，初步设计了两种方案，去分别测量待测液体(食用油、酱油)的密度： 块的位置于B处，杠杆再次在水平方向平衡，若OB1、OB2的 长度分别为L1、L2（B1、B2图中未画出） (1)若食用油的密度比水的密度小，则在小彬的方案中F1______F2（选填“大于”、“小 于”或“等于”）； (2)小萌通过对比数据发现L1小于L2，可初步推断出酱油的密度比水的密度________； (3)已知水的密度为ρ水，结合两种方案中现有的测量数据，能得出待测液体密度的是 __________的方案（选填“小彬”或“小萌”），其密度表达式为ρ=________。 【答案】小于大小彬2 1 () () G F G F ρ- - 水 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]由阿基米德原理可知，排开液体体积相同时，液体密度大，产生的浮力大，故完全浸 没时在水中的浮力大于在食用油中的浮力；测力计的示数为铁块重力与浮力之差，故在水 中的示数F1小于在食用油中的示数F2。 (2)[2]由杠杆平衡条件可得 ()OA1 G G L G L += 石 桶水 ()OA2 G G L G L += 石 桶酱 又L1小于L2，故可得 ()() OA OA G G L G G L +>+ 桶桶水 酱 即 G G > 水 酱 V g V g ρρ > 水水 酱酱 又水的体积和酱油的体积相同，故 ρρ > 水 酱 (3)[3][4]由(2)可知小萌的方案可以比较出待测液体的密度与水的密度大小关系，却不能求得 具体值，小彬的方案可以求得待测液体密度大小；在小彬的方案中，铁块浸没在水中受到 浮力为 1 - F G F = 浮 由阿基米德原理可得 1 - ==F G F V V g g ρρ= 浮铁排水水 铁块浸没在待测液体受到的浮力为 2-F G F '=浮 由阿基米德原理可得 22 11--===--F G F G F G F V g G F g g ρρρ'浮水排水 6．在探究“杠杆平衡条件”实验中(每个钩码质量相等，杠杆上每小格等距) (1)将杠杆的中点O 挂在支架上后，调节杠杆两端螺母使杠杆在水平位置平衡，目的是_____________； (2)杠杆平衡后，小明同学在图甲所示的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； (3)取下B 位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C 点使杠杆在水平位置保持平衡。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)，测力计示数将_____________(选填“一直变大”、“一直变小”、“先变大后变小”、“先变小后变大”)； (4)接着小明把支点选到B 点，如图丙，在A 点挂一个钩码，在C 点挂3个钩码，杠杆也恰好水平静止，她觉得此时不满足杠杆平衡条件，造成这个问题的原因是_____________； (5)完成以上实验后，小明利用杠杆来测量测量杠杆的机械效率。如图丁，实验时，竖直向上拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。实验中，将杠杆拉至图中虚线位置测力计的示数F =_____N ，钩码总重G 为1.0N ，钩码上升高度h 为0.1m ，测力计移动距离s 为0.3m ，则杠杆的机械效率为_______%(结果精确到0.1%)。如果把钩码由A 移至B ，两次实验A 点竖直移动相同距离，拉力所做的有用功将____，此杠杆的机械效率将________(两空均选填“变大”、“变小”或“不变”)。 【答案】消除杠杆自重的影响 3 先变小后变大 没有消除杠杆自身重力的影响 0.5 66.7% 不变 变大 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]将杠杆的中点O 挂在支架上，调节杠杆两端螺母使杠杆在水平位置平衡，目的是消除杠杆自重的影响。 (2)[2]设杠杆的一个小格为L ，一个钩码重为G ，因为 1122Fl F l = 所以 232G L nG L ?=? 解得n ＝3，所以在A 处挂3个钩码。 (3)[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)[4]把支点选到B 点，杠杆的重心在O 点，在计算时，由于杠杆自身重力的影响，左边应有两个力，故觉得此时不满足杠杆平衡条件。 (5)[5]完成以上实验后，小明利用杠杆来测量测量杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升，由图知，拉力F ＝0.5N 。 [6]有用功是 1.0N 0.1m 0.1J W Gh ==?=有用 总功是 0.5N 0.3m 0.15J W Fs =?==总 所以杠杆的机械效率是 0.1J 100%100%66.7%0.15J W W η= ?= ?≈有用总 [7][8]将钩码的悬挂点由A 移至B ，O 、C 位置不变，仍将钩码提升相同的高度，有用功不变；由于额外功是提升杠杆所做的功，悬挂点由A 移至B 后，杠杆实际提升的高度变小，所以额外功也变小，则总功变小，所以杠杆的机械效率将变大。 7．在“研究杠杆平衡条件”的实验中： (1)杠杆两端的平衡螺母的作用是：调节杠杆在_____位置平衡。 (2)如图甲所示的杠杆已处于平衡状态，若左端所挂重物的重力是1N ，则弹簧测力计的示数_____2N 。如果要便于测量力臂，那么弹簧测力计应沿_____方向拉着杠杆。 (3)如乙图所示，在杠杆左端某一固定位置挂一个重力G =10N 的物体，在杠杆右端不同位置处施加不同的竖直向下的力F ，保证杠杆处于平衡状态。根据多次测量的F 、L 数据，画出 如图丙所示图线，由图丙可得出杠杆平衡的条件是F 与L 成_____比，结合杠杆平衡条件，可求出重力G 的力臂是_____cm 。 【答案】水平 大于 竖直 反 5 【解析】 【分析】 【详解】 (1)[1]力臂等于支点到力的作用线的距离，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。 (2)[2][3]根据杠杆的平衡条件 42G l F l ?=? 解得 F =2 G =2×1N=2N 由图甲可知F 的力臂小于2l ，故弹簧测力计的示数大于2N ；如果要便于测量力臂，那么弹簧测力计应沿竖直方向拉着杠杆。 (3)[4][5]如乙图，F 和1 L 成正比，1F L 为定值，所以FL 为定值，可以推断F —L 成反比。因 为 -11 4m L =，所以L =0.25m ，根据杠杆平衡条件得 GL FL '= 所以 10N 2N 0.25m L ?'=? 所以 0.05m 5cm L '== 8．小明在探究“杠杆平衡条件” 的实验中： （1）小明实验前发现杠杆左端低右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向_______调节。小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是___________。 （2）小明用弹簧测力计在B 点_________拉(如图甲)，才可以在杠杆上直接读出动力臂。 （3）如图乙所示，某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时，弹簧秤的示数将_________ 。（选填变大/变小/不变，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦） （4）小明继续研究杠杆的机械效率，他们用轻绳悬挂杠杆一端的O 点作为支点，在B 点用轻绳悬挂总重为G 的钩码，在A 点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计测拉力F ，装置如图 丁所示，使杠杆缓慢匀速上升, 用刻度尺分别测出A 、B 两点上升的高度为h 1、h 2；则： ①杠杆机械效率的表达式为η=________。（用测量的物理量符号表示） ②若只将测力计的悬挂点由A 移至C 点，O 、B 位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将_______（选填变大/变小/不变）。 【答案】右 消除杠杆自重对实验的影响 竖直向下 不变 2 1 Gh Fh 不变 【解析】 【详解】 (1)[1][2]杠杆左端低右端高，说明杠杆左端较重，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节；小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是消除杠杆自重对实验的影响； (2)[3]为了在杠杆上直接读出动力臂，弹簧测力计的拉力方向应该垂直杠杆，而杠杆在水平位置平衡，左端的重物拉力向下，那么右端的拉力应该是竖直向下； (3)[4]某同学不改变拉力方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置过程中，杠杆也是平衡的，动力臂与阻力臂的比值是不变的，而阻力是不变，根据杠杆的平衡条件可知弹簧测力计的拉力大小是不变的； (4)[5]由题意可知，杠杆的有用功是2W Gh =有，总功是1W Fh =总，那么杠杆机械效率是 2 1 W 100%100%W Gh Fh η= ?= ?有总 [6]杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，而克服杠杆自身重力做的功是额外功，可以得到关系式 W W W =+总有额 假设杠杆重心升高的高度是h ，那么可得到 21Gh G h Fh +=杠 钩码的重力G 不变，2h 不变，G 杠不变，只将测力计的悬挂点由A 移至C 点，O 、B 位置不变，仍将钩码提升相同的高度，杠杆上升的高度h 是不变的，那么可知2Gh G h +杠大小不变，即1Fh 大小是不变的，根据杠杆机械效率2 1 100%Gh Fh η=?可知，机械效率η是不变的。 9．在探究“杠杆的平衡条件”实验时，所提供的器材有:杠杆、支架、弹簧测力计、细线和质量相同的钩码若干个． （1）实验前，将杠杆的中点放在支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉(如图甲所示)，此时应将平衡螺母向_____（选填“左“或”右“）调，直到杠杆在水平位置平衡； （2）调节杠杆平衡后，小明在杠杆A点处挂4个钩码(如图乙所示)，应在B点处挂_____个钩码才能使杠杆再次平衡;此时若在A、B两点处各增加一个钩码，则杠杆____（选填“左”或“右”)端会下沉． （3）在实验（2）中，若用弹簧测力计拉B点，要使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计应沿______拉杠杆最省力;若弹簧测力计由竖直方向逐渐向右转动，杠杆始终保持平衡，则弹簧测力计的读数将逐渐______（选填“增大“、”等于“或”减小“） （4）实验结束后，小明提出一个新的问题:“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立?”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是:_____． 【答案】右 6 左竖直向下增大杠杆自身重力对实验有影响 【解析】 【详解】 第一空．杠杆左端下沉，应将杠杆重心向右移，所以应将两端的平衡螺母向右调节； 第二空．设杠杆一格的长度是l，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件F1l1=F2l 2，图甲中，4G×3l=n G×2l，解得n=6，即在杠杆A点处挂4个钩码(如图乙所示)，应在B点处挂6个钩码才能使杠杆再次平衡； 第三空．如果再在A、B两处各加挂一个钩码，则5G×3l＞7G×2l，所以杠杆左端下沉； 第四空．由杠杆平衡条件可知，动力臂最大时，拉力最小，当力与杠杆垂直时，力臂最长，所以应用弹簧测力计竖直向下拉杠杆； 第五空．弹簧测力计由竖直方向逐渐向右转动时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力将变大，即弹簧测力计的示数会增大； 第六空．图丙中，杠杆的重心不在支点上，杠杆自身的重力对杠杆转动，即对杠杆平衡产生了影响，导致测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符． 10．小华用一个弹簧测力计、一个圆柱体、两个底面积均为200cm2的薄壁烧杯（分别装有一定量的酒精和水），对浸在液体中的物体所受的浮力进行探究，其中C、D分别是圆柱体刚好浸没在酒精和水中的情况．如图甲表示探究过程及有关数据．（酒精密度为 0.8×103kg/m3，g=l0N/kg） （1）实验中使用弹簧测力计测量拉力前，应将测力计处于________方向将指针调至“0”刻度线上． （2）比较图甲中A 、B 、C 的数据，可以得出浮力的大小与________有关． （3）如图甲中D 所示，圆柱体浸没在水中所受的浮力是________N. （4）如图乙所示，完成实验后，小华将烧杯中水倒出，将该圆柱体放在烧杯底部，然后向烧杯倒入另一种液体，圆柱体受到的浮力F 浮与容器内液体的深度关系如图丙所示，圆柱体始终处于沉底状态，则该圆柱体的底面积为______m 2；未倒液体前圆柱体对容器底部的压强为_______Pa ，液体的密度为________kg/m 3. （5）由图甲中A 到C 的过程中，圆柱体的重力做功是________J ． 【答案】竖直 物体排开液体的体积 4 5×10-3 1.2×103 1.15×103 0.36 【解析】 【详解】 第一空．使用弹簧测力计测量拉力前，将测力计处于竖直方向，需要将指针调到零刻度线； 第二空．分析A 、B 、C 可知：液体均为酒精，探究过程中控制了液体的密度相同，物体排开液体的体积不同，弹簧测力计的示数不同，说明浮力和物体排开液体体积有关； 第三空．图A 中弹簧测力计的示数为6N ，物体的重力为6N ，图甲D 中，弹簧测力计的示数为2N ，圆柱体浸没在水中所受的浮力 F 浮=G -F =6N-2N=4N ； 第四空．根据阿基米德原理得到圆柱体的体积 V =V 排=33 4N 110kg/m 10N/kg F g ρ=??浮水=4×10-4m 3， 由图丙可知，容器内水的深度为8cm 时，圆柱体受到的浮力为4.6N ，浮力不变，说明圆柱体全部浸入液体中，圆柱体的高度是8cm ，圆柱体排开液体的体积等于圆柱体的体积，圆柱体的底面积 S =43410m 0.08m V h -?==5×10-3m 2； 第五空．未倒液体前圆柱体对容器底部的压强 p = -32 6N 510m F S =?压=1.2×103Pa ； 第六空．根据阿基米德原理得到液体的密度 ρ液= -434.6N 10N/kg 410m F gV =??浮=1.15×103kg/m 3。 第七空．由图甲中A 到C 的过程中，圆柱体排开酒精的体积V 排酒=V =4×10-4m 3=400cm 3，圆柱体全部浸入酒精中，酒精上升的高度 Δh = 3 2 400cm =200cm V S 排酒精容 =2cm ， 圆柱体下降的距离 h 1=h -Δh =8cm-2cm=6cm ， 圆柱体的重力做功 W =Gh 1=6N×0.06m=0.36J 。 11．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，某组同学用同样的滑轮安装了如图甲、乙所示的滑轮组，实验测得的数据如表所示。 次数 物体的重力G/N 提升的高度h/m 拉力F/N 绳端移动的距离s/m 机械效率η 1 2 0.1 1 0.3 66.7% 2 3 0.1 1.4 0.3 71.4% 3 4 0.1 1.8 0.3 74.1% 4 2 0.1 1.5 0.2 （1）表格内的第4次实验中应补充的数据是______（结果精确到0.1%）．这次数据是用图中_______（填“甲”或“乙”）所示的滑轮组测得的。 （2）分析比较第1、2、3次实验数据可以判定，若要增大滑轮组的机械效率，应该________。在第1次实验中，当拉着物体以0.1m/s 的速度匀速上升时，拉力F 的功率为________W 。 （3）某同学认为，使用相同的滑轮所组成的滑轮组提升同一个重物时，越省力的滑轮组其机械效率越大，他的想法正确吗？________。请你利用补充完整后的表格中的数据说明你的判断依据：________。 【答案】⑴ 66.7% 乙 ⑵增大所提物体的重力 0.3 ⑶不正确 比较第1、4次实验数据可知，第1次比第4次省力，但两次的机械效率却相同 【解析】 试题分析：（1）根据表格在数据发现真的，使用滑轮组大约省一半的力，所以，使用的是乙所示的滑轮组；第四次实验中W有=mgh=0.2J；W总=Fs=1.5N×0.2m=0.3J，所以，机械效率是?=W有/ W总=66.7% （2）分析比较第1、2、3次实验数据可以判定，若要增大滑轮组的机械效率，应该增大所提物体的重力，当拉着物体以0.1m/s的速度匀速上升时，绳子端移动的速度是0.3m/s，所以F的功率由P=Fv得P=1N×0.3m/s=0.3W （3）使用相同的滑轮所组成的滑轮组提升同一个重物时，越省力的滑轮组其机械效率越大，这种想法是错误的，因为比较第1、4次实验数据可知，第1次比第4次省力，但两次的机械效率却相同。 考点：测量滑轮组的机械效率 12．李华利用生活中常见物品巧妙地测出一石块的密度，实验过程如下： A．取一根筷子，用细线将其悬挂，调节悬挂位置，直至筷子水平平衡，悬挂位置记为O 点，如图甲所示； B．将矿泉水瓶剪成烧杯形状，倾斜固定放置，在瓶中装水至溢水口处，用细线系紧石块，将石块缓慢浸入水中，溢出的水全部装入轻质塑料袋中，如图乙所示； C．取出石块，擦干水分；将装水的塑料袋和石块分别挂于筷子上O点两侧，移动悬挂位置使筷子仍水平平衡，用刻度尺分别测出O点到两悬挂点的距离l1和l2，如图丙所示。 （1）已知水的密度为ρ水，则石块密度ρ石=_____（用字母ρ水和所测得的物理量表示）；（2）采用上述实验方法，筷子粗细不均匀对实验结果____（选填“有”或“无”）影响；（3）图乙所示步骤中，若瓶中的水未装至溢水口，实验结果将_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【答案】1 2 l lρ水无偏大 【解析】 【详解】 （1）图丙中，根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2可得：G水l1=G石l2，由于G=mg=ρVg可得：ρ水V水l1=ρ石V石l2；石块体积等于它排出水的体积，所以，V石=V水，则：ρ水l1=ρ石l2，所以，ρ 石 =1 2 l lρ水； （2）由于实验时调节悬挂位置，直至筷子水平平衡，此时重力的作用线通过支点，支点到重力的作用线的距离为零，则消除筷子自身重对杠杆平衡的影响，所以筷子粗细不均匀对实验结果无影响； （3）若瓶中的水未装至溢水口，则溢出的水的体积小于实际排开的水的体积，则溢出的水 的重力小于排开的水的重力，当在图丙实验时，l1变大，根ρ石=1 2 l lρ水可知ρ石偏大。13．在探究“杠杆的平衡条件”的实验中： （1）若实验前，杠杆静止在图甲所示位置，此时的杠杆是_____（平衡/不平衡）的．（2）如图甲，杠杆在支架上，要使其在水平位置平衡，可通过调节杠杆平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡时，此时杠杆自重的力臂为_____cm． （3）如图乙所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上每格均匀等距，每个钩码都相同．下列四项操作中，会使杠杆左端下倾的是_____． ①杠杆的两侧同时各减掉一个钩码；②在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码； ③将两侧的钩码同时各向外移动相同距离；④将两侧的钩码同时各向内移动相同距离．A．①③B．②④C．②③D．①④ （4）如图丙，在右边用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是_____．若左边钩码离支点20cm，右边挂钩离支点15cm，每个钩码重为0.5N，则此时弹簧测力计示数应为_____N． （5）如图丁，当杠杆在水平位置平衡时，此时拉力的力臂_____（选填“大于”、“小于”或“等于”）15cm． （6）某同学用定滑轮进行如图戊操作时，同学们发现杠杆不再平衡，请说明理由_____．【答案】平衡 0 B 消除杠杆自重影响同时便于测量力臂 2 小于力的方向影响杠杆平衡 【解析】 【分析】 【详解】 (1)杠杆静止时,杠杆处于平衡状态(不一定要水平平衡)； (2)杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0，可以消除杠杆自重对杠杆平衡的影响． (3)由杠杆的平衡条件可知，当动力×动力臂>阻力×阻力臂时，就会满足杠杆左端下倾． ①杠杆两侧同时减掉一个钩码，左边：2G×4L，右边：3G×3L，右边下倾． ②在两侧钩码下同时各加挂一个相同的钩码；左边：4G×4L，右边：5G×3L，左边下倾． ③若将两侧的钩码同时各向外移动一个小格，左边：3G×5L，右边：4G×4L，右边下倾． ④若将两侧的钩码同时各向内移动一个小格，左边：3G×3L，右边：4G×2L，左边下倾． 符合要求的是②④，故选B； (4)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小．根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,1.5N×20cm=F2×15cm,解答F2=2N． (5)杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，力的力臂在杠杆上，此时力臂最大，当如丙图，弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，力臂不在杠杆上，动力臂变小． (6)用带杆的滑轮向左(或向右)推动右边挂钩码的悬线时，力的方向发生变化，说明力的方向影响杠杆的平衡； 【点睛】 杠杆的平衡条件是：动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂，力的大小、力臂的长短都会影响杠杆的平衡；杠杆静止时或杠杆匀速转动时，杠杆处于平衡状态；杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0；使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（用力点、支点和阻力点）的大小跟它们的力臂成反比．动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1?L1=F2?L2，且哪端大哪端下倾． 14．小明小组在测量滑轮组机械效率实验中，利用如图所示的滑轮组进行了4次测量，测得数据如下表所示． （1）实验中应竖直向上_____拉动弹簧测力计． （2）第4次实验测得弹簧测力计示数如图，是_____N ，机械效率η＝_____%． （3）比较第_____次实验，小组同学发现：同一滑轮组的机械效率与重物被提升高度无关；比较第3、4次实验数据可知，同一滑轮组，_____越大，机械效率越高：第4次拉力做的额外功与第3次相比_____（增大减小/不变）． （4）在测拉力时，某同学觉得很难使测力计做匀速直浅运动，不便于读数，就让测力计处于静止状态时读数，测得的机械效率与实际相比_____（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）． （5）小强小组也按正确方法操作测量滑轮组的机械效率，如图是他实验中的情景，下表是他记录的一组数据．根据计算进行比较，发现表中数据的不合理之处是_____ 钩码重量G （N ） 钩码上升距离h （m ） 测力计拉力F （N ） 测力计移动距离s （m ） 2 0.05 0.4 0.15 【答案】匀速 2.2 75.8% 1、2 提升物体的重力 增大 偏大 弹簧测力计的读数错误 【解析】 【分析】 【详解】 （1）实验中应该竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小； （2）第4次实验测得弹簧测力计示数如图，分度值为0.2N ，大小是2.2N ；根据表格第4次实验数据，则机械效率为： h 5N 0.1m 100%= 100%100%75.8%2.2N 0.3m W G W Fs η?= ??=?≈?有总 ； （3）探究滑轮组的机械效率与重物被提升高度关系时，应控制其他因素不变，只改变物体被提升的高度，由表格数据可知，应比较1、2两次实验； 比较第3、4次实验数据可知，同一滑轮组提升物体的重力越大，滑轮组的机械效率越高； 根据W W W Fs Gh -额总有＝＝﹣可得第3次做的额外功： 333 1.1N 0.3m 2N 0.1m 0.13J W F s G h -??额＝＝﹣＝， 第4次做的额外功：444 2.0N 0.3m 4N 0.1m 0.2J W F s G h -?-?额＝＝＝ ，所以第4次拉力做的额外功与第3次相比增大； （4）在测拉力时，若让测力计处于静止状态时读数，则没有测量出绳子与机械之间的摩擦，导致拉力变小，总功变小，根据100%W W η=?有总 ，故测得的机械效率与实际相比偏 大； （5）由表中实验数据可知： 2N 0.05m 0.1J W Gh ?有＝＝＝，0.4N 0.15m 0.06J W Fs 总＝＝＝?； 由计算结果可知，有用功大于总功，这是不可能的；由图示弹簧测力计可知，弹簧测力计分度值是0.2N ，弹簧测力计所示应该是0.8N ，而不是0.4N ；故数据的不合理之处是弹簧测力计的读数错误． 15．从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰（如图甲）或人下蹲弯曲膝盖（如图乙）把它搬起来， 哪种方法好呢？下面就建立模型说明这个问题。把脊柱简化为杠杆如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O 转动， 腰背部复杂肌肉的等效拉力 F 1 作用在 A 点，其实际作用方向与脊柱夹角为 12°且保持不变，搬箱子拉力 F 2 作用在肩关节 B 点，在 B 点挂一重物代替箱子。用测力计沿 F 1 方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉 拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即可改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论． （1）所谓物理模型，是人们为了研究物理问题方便和探讨物理事物本身而对研究对象所作的一种简化描述， 是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型。下列选 项中没有用到物理模型的是____________。 A ．光线 B ．卢瑟福提出的原子结构 C ．磁场 D ．光滑平面 （2）在丙图中画出 F 2 力臂 L 2． （_____） （3）当α角增大时，L 2______（选填“变大”“不变”或“变小”），F 1_______（选填“变大”“不变”或“变 小”）。 （4）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比丙图中 F 1 要_______（选填“大”或“小”）。 （5）对比甲、乙两种姿势所对应丙图中的两种状态，由以下分析可得，________（选填 “甲”或“乙”）图中的姿势比较正确． 【答案】D变小变小大乙 【解析】 【详解】 （1）所谓物理模型，是以观察和实验为基础，采用理想化的办法所创造的，能再现事物本质和内在特性的一种简化模型。 用带箭头的直线表示光线是建立的物理模型；根据卢瑟福提出的原子结构特点构建了原子核的结构模型；人们用带箭头的曲线表示磁场的方向及分布特征，是物理模型；光滑平面只是一种理想化的假设，不是物理模型，故选D。 （1）力臂是支点到力的作用线的距离，所以延长F2作用线，由支点向作用线画垂线，如图L2是其力臂： （2）当α角增大时，支点到阻力F2的距离变小，即力臂L2变小； 拉力F1的方向与脊柱夹角始终为12°，故动力臂不变，阻力不变，则杠杆平衡条件可知，动力F1变小； （3）如果考虑到人上半身的重力，由于上半身的重力是阻力的一部分，即阻力更大，根据杠杆平衡条件可知：实际拉力也将变大； （4）甲、乙两种姿势可知：甲姿势α角小，由（2）分析知，需要的动力F1更大，而乙姿势α角大，需要的动力F1小一些，所以在搬起物体时，用甲姿势腰背部复杂肌肉的等效拉力F1要使用较大的力，容易千万损伤，则乙姿势正确。
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