苏州新区二中物理第十一章 简单机械和功单元综合测试(Word版 含答案)

苏州新区二中物理第十一章简单机械和功单元综合测试（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．小军利用如图所示器材测定滑轮组的机械效率，他记录的实验数据如下表。

次数物重G/N

绳自由端的

拉力F/N

钩码上升的

高度h/cm

绳自由端移

动的距离

s/cm

机械效率η/%

1 1.00.51030

2 2.00.951574.1

(1)根据记录表格中提供的信息，组装图中小军使用的滑轮组______；

(2)根据给出的实验数据，计算出第一次的机械效率并填入表格中______；（结果保留三位

有效数字）

(3)同一个滑轮组，在两次实验过程中机械效率不同，主要原因是______。

【答案】 66.7 两次提升的物重不同

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]当钩码上升的高度为10cm时，绳自由端移动的距离为30cm，则绳子承担重物的段数

30cm

3

10cm

s

n

h

===

绳子的段数是奇数，从动滑轮开始绕起，如图所示

(2)[2]第一次的机械效率

1

1

11

1

1N0.1m

100%100%100%66.7%

0.5N0.3m

W G h

W F s

η

?

=?=?=?≈

?

有1有1

总

(3)[3]实验中两次测得的机械效率使用的是同一个滑轮组，即绳重、摩擦、滑轮重是相同的，所以导致机械效率不同主要原因是两次提升的物重不同。

2．在探究“杠杆的平衡条件”实验中：

(1)将杠杆装在支架上，发现杠杆左端下沉，此时应将杠杆两侧的螺母同时向_____

(2)如图甲所示，杠杆在水平位置平衡。如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆将______

(3)如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉。当弹簧测力计逐渐向右倾斜如图丙，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将______

(4)请在图丙中画出拉力F′的力臂l。________

【答案】右逆时针变大不变

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1]杠杆左端下沉，右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动。

(2)[2]设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表l，如果在图中杠杆两侧各去掉一个相同

的钩码时，杠杆的左端为

22=4

G l Gl

?

杠杆的右端为

3=3

G l Gl

?

所以杠杆的左端力和力臂的乘积大于右端的乘积，所以杠杆左端下沉，杠杆将逆时针转动。

(3)[3]乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力的力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆时（如图丙），拉力的力臂小于OC，拉力的力臂变小，拉力变大，弹簧测力计的示数将变大。

[4]根据杠杆平衡的条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，因为杠杆始终保持水平平衡，钩码的重力和钩码的位置没有发生变化，所以弹簧测力计的拉力与其力臂的乘积将不变。

(4)[5]从支点向力的作用线做垂线，得到力臂，如图所示：

3．某同学在河边玩耍时捡到一块石头：

(1)将木杆的中点O悬挂于线的下端，使杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以消除

_____对杆平衡的影响；

(2)将左端A与弹簧测力计相连，用细线把石头挂于OA的中点C，弹簧测力计竖直向上提起A端，使杆保持水平，测力计示数如图所示，则拉力大小为_____N；将石头浸没于装有水的玻璃杯中且不与杯子接触，保持杆水平，记下弹簧测力计此时示数为2.7N；

(3)通过计算，浸没后石头受到的浮力大小为_____N，石头的密度为_____kg/m3（已知ρ水＝1.0×103kg/m3）；

(4)若上述(2)步骤中，只是杆未保持水平，则测量结果_____（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

【答案】杠杆自重 4.2 3 2.8×103不变

【解析】

【分析】

本题考查固体密度的测量。【详解】

(1)[1]将木杆的中点O

悬挂于线的下端，使杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以消除杠杆自重对杆平衡的影响。

(2)[2]如图弹簧测力计的分度值是0.2N，所以拉力大小为4.2N。

(3)[3]根据杠杆的平衡条件以及C是OA的中点，可得

12

21

1

2

F L

F L

==

解得

G=F1=2F2= 2×4.2N=8.4N

而石头的质量

8.4N

=0.84kg

10N/kg

G

m

g

==

石

石头浸没于装有水的玻璃杯中且不与杯子接触，保持杠杆水平，弹簧测力计此时示数为2.7N，再次根据杠杆的平衡条件计算出此时石头对C点的拉力为5.4N，则浸没后石头受到的浮力大小

F浮=G﹣F=8.4N﹣5.4N=3N

[4]又F浮=ρ液gV排，所以

43

33

3N

==310m

1.010kg/m10N/kg

F

V V

g

ρ

-

==?

??

浮

石排

液

所以石块的密度

33

43

0.84kg

= 2.810kg/m

310m

m

V

ρ

-

==?

?

石

石

石

(4)[5]若上述(2)步骤中，只是杠杆未保持水平，虽然力的作用线不在杠杆上，但是两个力的力的作用线的比值是不变的，所以不会影响最终的结果。

【点睛】

关键是将课本知识内容记忆清楚，仔细分析即可。

4．小明用天平和量筒测量某金属块的密度。

(1)将天平放在水平台面上，游码归零后，发现指针指示的位置如图甲所示，他应将右端的

平衡螺母向________调节（选填“左”或“右”），才能使天平水平平衡；

(2)用调节好的天平测金属块质量时，天平平衡后，砝码及游在标尺上的位置如图乙所示，则金属块质量________g ；

(3)用细线系住金属块放入装有20mL 水的量筒内，水面如图丙所示，则可计算出金属块的密度ρ=________g/cm 3；

(4)完成上述实验后，小刚又用一根硬刻度尺设计出测金属块密度的实验方案如图丁，首先用细线系在中点O 点使硬刻度尺在水平位置平衡，然后将金属块A 挂在硬刻度尺左端C 处，把一块石块B 挂在硬刻度尺右端，调节石块B 的位置，使硬刻度尺在水平位置平衡，此时石块挂在硬刻度尺上的位置为E ，如图所示。下面是测量ρ金属的部分实验思路，将其补充完整。

①在刻度尺上读出OE 的长度L 1；

②把金属块A 浸没在水中，把石块B 从E 移动到D 处时，硬刻度尺仍在水平位置平衡： ③____________________________；

④则金属块密度的表达式：ρ=___________。（用测出量和己知量表示，水的密度为ρ水）。

【答案】右 27 2.7 在刻度尺上读出OD 的长度L 2

112L L L ρ-水

【解析】

【分析】

【详解】 (1)[1]如图甲所示，调节横梁平衡时，指针左偏说明左盘质量偏大，则平衡螺母应向右调节。

(2)[2]如图乙所示，游码标尺的分度值是0.2g ，游码位于2g 位置，矿石的质量

20g 5g 2.0g 27g m =++=

(3)[3]水和金属块的总体积

330mL 30cm V ==总

则金属块的体积

33330cm 20cm 10cm V V V =-=-=总水

金属块的密度

3327g 2.7g /cm 10cm

m V ρ=

== (4)③[4][5]实验步骤：

①在刻度尺上读出OE 的长度L 1； ②把金属块A 浸没在水中，把石块B 从E 处移动到D 处时，硬刻度尺仍在水平位置平衡； ③在刻度尺上读出OD 的长度L 2；

刻度尺的左端挂物体A ，物体B 挂在E 处，杠杠在水平位置平衡，根据杠杠平衡条件得

A B 1 gV OC G L ρ?=?铁

金属块A 浸没在水中，物体A 受到浮力作用，物体B 挂在D 处，杠杠在水平位置平衡，根

据杠杠平衡条件得

A A B2

gV gV OC G L

ρρ

-?=?

水

铁

（）

以上两个等式相除整理得

1

12

L

L L

ρ

ρ=

-

水

金属

5．探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆、支架、细线、质量相同的钩码若干。

(1)将杠杆装在支架上，发现杠杆左端下沉，此时应将杠杆两侧的平衡螺母同时向______调，至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是_____________；

(2)某同学进行正确的实验操作后，能不能根据图甲的这一组数据得出探究结论？

_________（填“能”或“不能”）。理由是___________；

(3)如图甲所示，杠杆水平位置平衡。如果在杠杆两侧各加上一个相同的钩码，则杠杆

_____（填“左”或“右”）端将下沉；

(4)如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉。当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，若杠杆仍然保持在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将________（填“变大”、“变小”或“不变”）。

【答案】右消除杠杆自身的重力对实验结果的影响不能一次实验具有偶然性，不具备必然性右变大

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1][2]杠杆右端下沉，应将杠杆重心向左移，所以应将两端的平衡螺母（左端和右端均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；当杠杆在水平位置平街时，力的方向与杠杆垂直，力臂等于支点到力的作用线的距离，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。

(2)[3][4]用实验来探究物理规律时，要采用多次实验，用多组实验数据来总结实验结论，实验结论具有普遍性，如果只有一次实验数据，总结的实验结论具有偶然性，所以不能用一次实验总结实验结论。

(3)[5]设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，如果在图甲中杠杆两侧各添加一个相同的钩码时，杠杆的左端

53=15

G L GL

?

杠杆的右端

44=16

G L GL

故右>左，则右端将下沉。

(4)[6]乙图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。

6．对于杠杆的原理，我国古代也很注意研究，在古书《墨经》中就对杆秤作了科学的说明。某物理小组探究如图所示的一杆秤，通过观察和测量知道：杆秤上标有刻度，提纽在B点，秤钩在A点，O点为刻度的起点（为零刻度点，在B点左侧）。用刻度尺量出

OA=l1，OB=l2。

(1)秤钩不挂重物时，秤砣挂在O点时杆秤平衡，则重心C应在B点的__________侧（选填“左”、“右”或“不确定”）。设该杆秤秤砣的质量为m，则杆秤自身重力（不含秤砣）和它的力臂的乘积是__________。

(2)

物理小组利用空瓶（空瓶质量比秤砣质量小一些）、细线和原有秤砣测出原秤砣的质量。方法是：用细线系在空瓶上并置于__________点，慢慢往瓶中加沙子，如果杆秤恰能平衡，相当于新做了一个秤砣，再把它挂在秤钩上，移动原秤砣位置至杆秤平衡，秤杆上的读数即为原秤砣质量。

(3)物理小组通过查资料得到“如果杠杆受两个阻力，杠杆的平衡条件是：F动l动=F阻l阻+F′阻l′阻

，如图所示”。则上一问中实际上只要有刻度尺利用科学推理也可测得秤砣质量，方法是：设想有两个完全一样的原秤砣甲、乙，将甲置于A点，乙置于B点右侧某点，杆秤恰好平衡。由杠杆的平衡条件可知，量出长度l1、l2后，只须从B点起向右量出长度

__________，该位置杆秤上的读数即为秤砣的质量m。

【答案】右2

mgl O

1

l

【解析】

【分析】

【详解】

(1)[1][2]由于O点是刻度的起点，即秤钩上不挂重物时，秤砣的位置应该在O点，提起B，杆秤平衡，把秤砣作用在杆秤上的力看成动力，则阻力就是杆秤的重力作用点（重心）应该在B点的右侧；且根据杠杆的平衡条件可得

mgl2=G杆秤×力臂

(2)[3]做一个新秤砣的方法就是采用等交换替代法，由于秤砣放在O点处时能与杆秤的自重相平衡，那么如果我们也在O点用细线系一个小瓶，向里面加入适量的沙子，待杆秤平衡时，小瓶与沙子所起的作用就与秤砣的作用一样，故它们的质量是相等的。

(3)[4]根据已经得出的两个阻力的平衡规律，如果放在杆秤上，则存在如下关系

mg×（l1+l2)=mg×l′+G杆秤×力臂

将第(1)问的关系式代入可得

mg×l1=mg×l′

即l′= l1，故只需要从B点起向右量出长度l1，该位置杆秤上的读数即为秤砣的质量。7．在“探究杠杆平衡条件”的实验中：

（1）安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，如图甲所示，则应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位量平衡；（2）杠杆调节平衡后，如图乙所示，在杠杆a点悬挂3个重力均为0.5N的钩码，在b点用竖直向上的拉力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡，拉力的大小为______N；（杠杆上相邻两个黑点之间距离相等）

（3）实验结束后，小红把两个质量不等的实心铜块分别挂在另一杠杆两端，此时杠杆恰好在水平位置平衡，然后再将两个铜块同时浸没在水中，如图丙所示，则杠杆将______（选填“左端下沉”“右端下沉”或“仍然平衡”）。

【答案】左2仍然平衡

【解析】

【分析】

(1)在调平杠杆平衡时，杠杆的向哪端转动，那端沉，平衡螺母要向另一端移动；

(2)根据杠杆平衡条件可求出弹簧测力计的示数；

(3)掌握杠杆的平衡条件：1122

Fl F l

=，利用阿基米德原理=

F gV

ρ

浮液排

，计算出两铜块浸没在水中后两端力和力臂的乘积，根据乘积的大小，判断杠杆的状态。

【详解】

(1)[1]安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，左端上翘，如图甲所示，在调平杠杆平衡时，杠杆的向哪端转动，那端沉，平衡螺母要向另一端移动，则应将平衡螺母向左调节，直到杠杄在水平位置平衡；

(2)[2]由图可知,根据杠杆平衡条件得：a a b b

F l F l

=带入数据，

30.5N43

b

l F l

??=?，

解得2N

b

F=；

(3)[3]分别挂上质量不等的实心铜块时，恰好能使杠杆在水平位置平衡，设力臂分别为1l、2

l，根据杠杆的平衡条件

1122

Fl F l

=可得，

12

gV l gV l

ρρ

?=?

铜铜右

左

①

则有

12

V l V l

?=?

右

左

，

若将两铜块同时浸没在水中，则杠杆左端力和力臂的乘积

111

gV gV l gV l gV l

ρρρρ

-?=?-?

铜铜

左水左左水左

（）

则杠杆右端力和力臂的乘积

222

gV gV l gV l gV l

ρρρρ

-?=?-?

铜右右铜右右

水水

（）

又由于12

V l V l

?=?

右

左

，则有

12

gV l gV l

ρρ

?=?

右

水左水

②

根据上述等式①、②可得

1122

=

gV l gV l gV l gV l

ρρρρ

?-??-?

铜铜右右

左水左水

因此杠杆仍然平衡。

8．探究杠杆的平衡条件．

实验次数动力F1/N动力臂l1/m阻力F2/N阻力臂l2/m 10.50.2 1.00.1

2 1.00.15 1.50.1

3 3.00.1 2.00.15

（1）小明用如图甲所示装置进行实验，杠杆两端的螺母作用是_________；

（2）小明进行实验并收集到了表中的数据，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，弹簧测力计的读数应是_______N（一个钩码重0.5N）；

（4）小明想到若铁架台不是在水平桌面上，而是在略微倾斜的桌面上是否影响实验呢?经小组分析不在水平桌面上_______（填“影响”或“不影响”）实验过程。

（5）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；（6）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】实验前，调节杠杆在水平位置平衡（或消除杠杆自重对实验的影响）F1l1=F2l22不影响 > 2.5l1/l2

【解析】

【详解】

(1)[1]杠杆两端的螺母的作用是:实验前，调节杠杆在水平位置平衡，消除杠杆自重对实验的影响；

(2)[2]由表格中数据，

0.5N×0.2m=1.0N×0.1m=0.1N?m；

1.0N×0.15m=1.5N×0.1m=0.15N?m；

3N×0.1m=2.0N×0.15m=0.3N?m；

可知杠杆的平衡条件为：

F1l1=F2l2；

(3)[3]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1

2

×6L，

由F1l1=F2l2得，

0.5N×3×4L=F1×6L×1

2

，

解得：

F1=2N；

(4)[4]实验过程中，若桌面略微倾斜，不影响调节杠杆在水平位置平衡，不影响实验过程。

(5)[5]设每个硬币的重量为G，硬币的半径为r，根据杠杆的平衡条件结合图丙可得：

2G（r+l1）=3G（r+l2），

展开可得：

2Gr+2Gl1=3Gr+3Gl2，

2Gl1=Gr+3Gl2，

所以:

2Gl1>3Gl2，

即:

2l1>3l2，

(6)[6]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×1

2

l2+mg×

1

2

l1=m右g×

1

2

l2；

当游码位于最大值5克时，由杠杆的平衡条件得:

（m 左+5）g ×

12 l 2=mg ×12 l 1+m 右g ×12

l 2②； 由②-①得， 5×

12

l 2=m l 1， 解得 : m =21

2.5l l 。

9．在“探究杠杆的平衡条件”实验中:

（1）在测量时，使杠杆在水平位置保持平衡，其目的是为了_________________。

（2）若在杠杆两边挂上钩码后发现杠杆不平衡，则应该___________________________。 （3）如表为某同学所设计的实验方案和实验记录.

a 、该同学设计多种实验方案的目的是_____________________

b 、实验序号4的数据显然发生错误，若记录无误，则错误的原因可能是____________ （4）该同学在学习了机械功后，认为力×力臂的单位恰好是“牛×米”，那么就可以将“力×力臂”的单位合写成“焦”.你认为该同学的认识是____________的（选填“正确”或“错误”）.

【答案】便于测量力臂 通过加减钩码或调节钩码的位置来使其平衡 得出普遍性结论,避免偶然性 弹簧测力计没有竖直向下拉动 错误

【解析】

【详解】

(1)[1]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)[2]在挂上钩码后，如果出现不平衡，不能再调节平衡螺母，应通过加减钩码或调节钩码

的位置来使其平衡；

(3)[3]实验中多次实验，是为了得出普遍性结论，避免偶然性；

[4]拉力没有与杠杆垂直，导致动力臂偏小，根据杠杆平衡条件，阻力、阻力臂不变时，动力臂变小，动力就会变大，因此弹簧测力计的示数变大；

(4)[5]“焦”是功的单位，是力与力的方向通过的距离乘积；由于力与力臂垂直，所以“力×力臂”的单位不能合写成“焦”，故该同学的认识是错误的；

10．小华研究有关杠杆平衡的问题，他在已调节水平平衡的杠杆上，用弹簧测力计、钩码分别进行实验，研究过程如图所示(弹簧测力计对杠杆的力为动力、钩码对杠杆的力为阻力,钩码均相同且位置保持不变),请你根据实验情况和测量结果进行分析和归纳。

(1)由______两图中动力与动力臂大小间的关系可初步看出:阻力与阻力臂不变，当杠杆平衡时，动力臂越大，所用动力越小;

(2)根据四个图中杠杆的平衡情况与动力、阻力使杠杆转动方向的关系可知:

(a)当动力、阻力使杠杆转动方向__________时，杠杆不能平衡;

(b)当________________时，杠杆_____________(选填“一定”或“可能”)平衡。

【答案】ab 相同动力、阻力使杠杆转动方向相反可能

【解析】

【详解】

(1)[1] 观察a、b两图中弹簧秤示数变化情况可知：在杠杆平衡时，当阻力与阻力臂不变时，阻力和阻力臂乘积不变，动力臂越长，动力越小；

(2)(a)[2] 观察（c）图中杠杆不能在水平位置平衡的原因是动力和阻力使杠杆转动的方向相同。

(b)[3][4] 由（a）（b）（d）得，动力和阻力使杠杆转动方向相反，杠杆可能处于水平位置平衡。

11．如图所示，是小王利用刻度均匀的杠杆进行探究“杠杆的平衡条件”。

（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向___（左/右）端调节，直到杠杆在水平位置平衡；

（2）如图甲所示，在杠杆A 点处挂4个钩码，则在B 点处应挂____个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡；

（3）如果小王又进行了如图乙所示的探究，发现用弹簧测力计在C 点竖直向上拉使杠杆仍然处于水平位置平衡时，F ×OC ____G ×OD ；（选填“大于”、“小于”或“等于”）

（4）如图丙是根据“杠杆平衡条件”制作的只需要一个砝码的天平，横梁可绕轴O 在竖直平面内转动，左侧为悬挂在固定位置P 的置物盘，右侧所用砝码是实验室里常见的钩码，用细线挂在右侧带刻度线的横梁上。

①下面是小明测量物体质量的几个主要步骤，最合理的顺序是（只填序号）：________ A ．将天平放在水平台面上时

B ．调整横梁右侧的平衡螺母使横梁上悬挂的重垂线对准底座上的标记

C ．将悬挂钩码的细线移到右侧横梁的零刻线Q 处

D ．由细线在横梁上的位置对应的刻度值直接得出物体的质量

E ．将待测物体放在天平左侧的置物盘中

F ．移动悬挂钩码的细线使横梁上悬挂的重垂线对准底座上的标记

②调节天平至水平位置平衡后，刚把待测物体放在天平左侧的置物盘中时，横梁上悬挂的重垂线将对准底座上标记的________侧（填“左”或“右”）。

【答案】右 6 大于 ACBEFD 左

【解析】

【详解】

第一空．杠杆静止时杠杆左端下沉，为使杠杆在水平位置平衡，应向右调节平衡螺母； 第二空．设一个钩码的重力为G ，杠杆一小格的长度为L ，则由杠杆平衡条件1122Fl F l =可得：

24362G L F G L

?== 即需要在B 点处应挂6个同样的钩码；

第三空．由图乙可知支点位置位于杠杆右侧，因此杠杆在水平位置平衡时不能排除杠杆自重的影响，因此F ×OC 大于G ×OD ；

第四空．A ．将天平放在水平台面上；

C ．将悬挂钩码的细线移到右侧横梁的零刻线Q 处（相当于游码回零）；

B ．调整横梁右侧的平衡螺母使横梁上悬挂的重垂线对准底座上的标记（相当于移动平衡螺母使指针指到分度盘的中央位置）；

E ．将待测物体放在天平左侧的置物盘中（相当于左盘放物体）；

F ．移动悬挂钩码的细线使横梁上悬挂的重垂线对准底座上的标记（相当于增减砝码或移动游码使天平重新平衡）；

D ．由细线在横梁上的位置对应的刻度值直接得出物体的质量；

第五空．调节天平至水平位置平衡时，横梁上悬挂的重垂线将对准底座上标记；把待测物体放在天平左侧的置物盘中时，则左盘下降，横梁上悬挂的重垂线将对准底座上标记的左

侧。

12．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中,小丽与同学们用同一滑轮组进行了三次实验(如下图所示),实验数据记录如下表．

(1)实验中应沿竖直方向_______拉动弹簧测力计．

(2)表格中编号①处数据为______编号②处数据为______．

(3)第3次实验时,钩码上升的速度为0.1m/s,则拉力的功率为______W．

(4)分析数据可得结论:使用同一滑轮组,提升的物体越重,滑轮组的机械效率越_____(选填“高”或“低”)．

(5)若将此滑轮组换一种绕绳方法,不计绳重及摩擦,提升相同的物体时,滑轮组的机械效率_____(选填“变大”“变小”或“不变”),理由是_____．

【答案】匀速 88.9% 2.2 0.66 高不变见解析

【解析】

【分析】

【详解】

第一空．实验中应沿竖直方向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，且测力计示数稳定便于读数；

第二空．第2次实验中滑轮组的机械效率为：

4N0.1m

100%100%100%88.9%

1.5N0.3m

W Gh

W Fs

η

?

=?=?=?≈

?

有用

总

；

第三空．由图丙知，测力计的分度值是0.2N，测力计的示数是2.2N；

第四空．由第3次实验数据知，s=0.30m,h=0.1m,所以s=3h，所以拉力移动的速度为

v

=3×0.1m/s=0.3m/s ；根据P Fv =得，拉力的功率为：

2.2N 0.3m/s 0.66W P Fv ==?=；

第五空．分析数据可知，随着钩码重的增加，同一滑轮组的机械效率不断增加，故可得结论：使用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；

第六空．换一种绕绳方法,不计绳重及摩擦，提升相同的物体时，滑轮组的机械效率不变； 第七空．不计摩擦及绳重时，克服动滑轮重做的功是额外功，换一种绕绳方法时，物重和动滑轮重都不变，则有用功和总功的比不变，即根据

()=W G h G W W G G G G h η=

=+++有用物物物动

有用物动额外知，滑轮组的机械效率不变． 13．如图甲所示是小明探究“杠杆的平衡条件”的实验。

（1）将杠杆中点置于支架上，杠杆静止时，发现右端下沉。此时，小明应把杠杆两端的平衡螺母向______调节，使杠杆在水平位置平衡。

（2）接着，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：____________。小红认为小明这样得出的结论不合理，理由是________。

（3）实验结束后，小华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小明所得的杠杆平衡条件不相符。其原因是：___________。

（4）杠杆不处于水平位置能否平衡？小红认为能平衡。于是她让每次杠杆倾斜时静止，做这个实验也得出了杠杆平衡条件。小红这种方案与小明让杠杆在水平位置做实验的方案相比较，你认为哪个实验方案好？________实验方案好；理由是____________。

（5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数F 为1.2N ，钩码总重G 为

1.5N ，则杠杆的机械效率为_____________%.请写出使用该杠杆做额外功的一个原因：____________.

（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将______________（变大/变小/不变）。

【答案】左 1122F L F L = 一次实验存在偶然性 杠杆自重对平衡有影响 小明 便于直接读出力臂 83.3% 动力克服杠杆的自重做额外功 变小

【解析】

【详解】

（1）杠杆静止时发现右端下沉，说明杠杆右边沉，小明应把杠杆两端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。

（2）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，因为每个钩码质量相同，于是小明便得出了杠杆的平衡条件：1122F L F L =。小红认为小明这样得出的结论不合理，理由是小明通过一次实验得出结论具有偶然性，应多次实验使结论具有普遍性。

（3）因为没有考虑杠杆自身具有重力的因素，所以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小明所得的杠杆平衡条件不相符。

（4）小明的方案好于小红的，因为小明的力臂便于测量，杠杆水平平衡时杠杆的力臂在杠杆上，而小红的方案中，力臂并不在杠杆上，不便于测量，不方便准确得出实验结论。 （5）实验中，小红利用乙图将杠杆提升，此时测力计的示数F 为1.2N ，钩码的总重G 为1.5N ，设杠杆每一小格的长度为l ，测力计上升的高度H 和钩码上升的高度h ，根据几何相似三角形关系可知

42

63

h l H l ==，则杠杆的机械效率为6N

=

100%100%100%83.3%7.2N

W G h W F H η??=?=?≈?有总；杠杆做额外功的一个原因是杠杆本身存在重力，在提升时要对杠杆做一部分额外功。

（6）将钩码向右移动一格后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率

1.5N 3=

100%100%100%62.5%1.26W G h l

W F H l

η???=?=?=??有总，所以所测机械效率将变小。

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：

33

3

1.1N0.3m2N0.1m0.13J

W F s G h

-??

额

＝＝﹣＝，

第4次做的额外功：44

4

2.0N0.3m4N0.1m0.2J

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：

2N0.05m0.1J

W Gh?

有

＝＝＝，0.4N0.15m0.06J

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F1 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F2作用在肩关节B 点，在B 点挂一重物代替箱子。用测力计沿F1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F2力臂L2．

（_____）

（3）当α角增大时，L2______（选填“变大”“不变”或“变小”），F1_______（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F1 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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