海信学校物理第十一章 简单机械和功单元培优测试卷
海信学校物理第十一章简单机械和功单元培优测试卷
一、初三物理第十一章简单机械和功易错压轴题提优（难）
1．同学们在学校的花园里散步时，看到校工师父在用剪刀修剪树枝，发现他在修剪较粗硬的树枝时，需要把树枝夹在剪刀离轴很近的地方，手放在剪刀离轴最远的末端就会很轻松的剪断粗树枝了，看到这里，同学们就讨论起来了：为什么这样使用，就会很容易剪断树枝呢？于是大家对杠杆的特性进行了如下探究。
A：“探究杠杆的平衡条件”
（1）当杠杆静止在图甲所示的位置时，杠杆处于_____（选填“平衡”或“不平衡”）状态；此时，应将右端的平衡螺母向_____（选填“左”或“右”）调节使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了便于测量_____
（2）小明同学用图乙所示的方法使杠杆处于平衡状态，测出此时的拉力大小为1F，发现1122
F L F L
≠，其原因是：______
B：“探究杠杆的机械效率”
如图丙所示装置，每个钩码的质量为m，O为支点（支点处摩擦忽略不计）
（3）他将2个钩码悬挂在B点，在A点竖直向上缓慢拉动弹簧测力计，拉力为1F，测得A、B两点上升的高度分别为1h、2h，则此次杠杆的机械效率为η=______（用物理量的符号表示）
（4）他将2个钩码悬挂在C点，在A点竖直向上缓慢拉动弹簧测力计，使C点上升高度仍为2h，则弹簧测力计的示数将_______1F，此次拉力做的功将_____第一次做的功（选填“大于”“等于”或“小于”）
【答案】平衡右力臂大小F1的力臂测量错误2
11
2mgh
F h×100% 大于小于
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]图甲所示的位置时，杠杆静止，所以杠杆处于平衡状态。
[2][3]图甲中，杠杆右高左低，说明杠杆的重心偏左，应将右端的平衡螺母向右调节，使重心在支点上，让杠杆在水平位置平衡，此时力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。
(2)[4]图中，拉力1F的方向与水平杠杆不垂直，只有当力的方向与杠杆垂直时，力臂才能从杠杆上直接读出来，小明误把杠杆的长度L1当成了拉力的力臂，所以小明会得出错误的结论。
(3)[5]有用功为
W有＝Gh2＝2mgh2
总功
W总＝F1h1
则机械效率的表达式
η＝W
W
有
总
×100%＝2
11
2mgh
F h×100%
(4)[6]钩码的悬挂点在B点时，由杠杠的平衡条件得
F1·OA＝G·OB
悬挂点移至C点时，由杠杠的平衡条件得
F2·OA＝G·OC
从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大。
[7]使C点上升高度仍为2h，则有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次拉力做的功将小于第一次做的功。
2．某兴趣小组的同学在探究“风力发电机发电时的输出功率与风速的关系”时，设计了如下实验步骤：①如图乙，将自制的小型风叶安装在风车底座上，把线的一端固定在风车转轴上，另一端系上钩码；②在风车正前方1米处放置电风扇的风速调到1挡位，用秒表记录提升钩码到A点所需的时间；③将电风扇换到2、3挡位，重复以上实验，并将数据记录在表格中：(注：电风扇挡位越高，风速越大)
表一：
电风扇挡位钩码的质量/g提升钩码到A点的时间/s
15015
25013
请你回答：
(1)这个实验是通过测量提升钩码到A点的_____来比较风车输出功率的大小。这种方法是______(选填“控制变量法”或“转换法”)；
(2)通过实验可以得到的结论是：风速越大，风力发电机发电时的输出功率__________；
为了进一步研究风力发电机，他又从电厂查到一台1500kW的发电机组的相关数据：
表二：输出功率与风速的关系
表三：不同风速下风力发电机每秒获得的风能：
(3)风能是清洁能源，也是_____(选填“可再生”或“不可再生”)能源。发电机的工作原理是
_____；
(4)风速10m/s时，这台发电机的发电效率为__________，有同学认为风速越大，发电机的发电效率越高，他的观点是_____(选填“正确”或“错误”)的。你认为的原因是______。
【答案】时间转换法越大可再生电磁感应现象 60% 错误风速越大发电效率越低
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]因提升高度要相同，通过提升时间，可知提升速度的大小，则由
W mgh
===
P mgv
t t
可知输出功率的大小，故比较测量提升钩码到A点的时间来比较风车输出功率的大小。[2]转换法可将不可测的量转换为可测的量进行测量，也可将不易测准的量转换为可测准的量，提高测量精度。此实验将风车输出功率的大小转化为通过测量提升钩码到A点的时间。
(2)[3]分析表一数据可见，在提升钩码质量相同的情况下，风速越大，提升钩码到A点的时间越短，风车的输出功率越大。
(3)[4]风能是一种很清洁的可再生能源，资源丰富，无污染。 [5]风力发电是将风能转化为电能，发电机是通过机械运动产生电能，即是利用电磁感应现象制成的，所以发电机的工作原理是电磁感应现象。
(4)[6]风速为10m/s 时，1s 内获得的能量为61.210J ?，风车工作1h 获得的能量为
639=1.210J/s 3.610s=4.3210J W ????总
风车工作1h 产生的电能为
9=720kW 1h=720kW h=2.59210J W ???电
风车发电的效率为
992.59210J =100%=100%=60%4.3210J
W W η????电总 [7][8]风速为15m/s 时，1s 内获得的能量为64.0510J ?；风车工作1s 产生的电能为
61.510J ?，风车发电的效率为
661.510J =100%=100%=37.04%4.0510J
W W η????电1总1 由此可知，风速越大，发电机的发电效率越低，所以他的观点是错误的。
3．小华利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。
(1)实验前杠杆静止在如甲图所示位置，则此时杠杆是否平衡？____（选填“是”、
“否”），杠杆的重心是否在支点上？________（选填“是”、“否”），若使杠杆在水平位置平衡，左边的螺母应向______移动；
(2)如乙图，杠杆调节平衡后，小华在B 点悬挂了3个钩码，若要使杠杆再次平衡，D 点应该挂_____个钩码。如果此时两边再各增加一个钩码，则杠杆将向_______边倾斜；
(3)如图丙所示，小华在A 、C 两点分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平，左盘放物体，右盘加减砝码，此天平是利用了哪一类杠杆制作而成的？________。假如支点O 因某种原因向右偏移，则天平的测量值____真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）。
【答案】是 否 右 4 左 等臂杠杆 大于
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]杠杆静止在如甲图所示位置保持静止状态，受力平衡，则此时杠杆是平衡的。
[2]如图甲所示，此时杠杆左端下沉，说明杠杆的重心不在支点上，而是在支点的左端的某一点。
[3]如图甲所示，此时杠杆左端下沉，右端上翘，则应该将平衡螺母向右调使杠杆重新平衡。
(2)[4]如图乙所示，假设一个钩码重为G ，杠杆上一格为L ，在B 点悬挂了3个钩码，则杠杆左端为
3412G L GL ?=
根据杠杆平衡条件有
1243GL G L
=? 即需要在D 点挂4个钩码才能使杠杆重新平衡。
[5]如果此时两边再各增加一个钩码，杠杆左端为
4416G L GL ?=
右端为
5315G L GL ?=
左端大于右端，即杠杆向左边倾斜。
(3)[6]如图丙所示，在A 、C 两点分别悬挂等重的载物盘，即力的方向与杠杆垂直，则A 、C 两点到支点的距离即为力臂，由图可知两力臂相等，杠杆为等臂杠杆，所以此天平是利用了等臂杠杆制作而成。
[7]支点O 因某种原因向右偏移，杠杆不再是等臂杠杆，变成了费力杠杆，则C 点的力臂减小，根据杠杆的平衡条件可知，C 点需要更大的力，即会导致天平的测量值大于真实值。
4．某实验小组进行测量滑轮组机械效率的实验，先用弹簧测力计测量钩码所受的重力G （如图甲），再按图乙所示的连接方式组装好滑轮组，并分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置：
(1)如图乙中，为了测量绳子自由端的拉力F ，A 同学在缓慢匀速提升时读数，B 同学在弹簧测力计静止时读数，然后把测得各个量数值，代入机械效率的公式，计算出机械效率的值，这两位同学_______（选填“A ”或“B ”）操作是正确的；
(2)按照A 同学的测量方法，测出的拉力F 与钩码所受重力G 的大小关系为F ______（选填“大于”、“小于”或“等于”）3
G ； (3)实验中要分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置，是为了_________。
【答案】A
大于 测量钩码和弹簧测力计移动的距离
【解析】 【分析】
(1)在使用滑轮组时，滑轮组还要克服一些机械摩擦，所以要测量滑轮组的机械效率，需使物体上升进行读数。
(2)使用滑轮组时，拉力不仅要克服物体的重力，还要克服动滑轮的重力及机械摩擦。
(3)要测滑轮组的机械效率，需测出G 、h 、F 、s ，根据公式100%Gh Fs
η=?计算。所以需要测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计算有用功和总功。 【详解】
(1)[1]为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，所以需在缓慢匀速提升时读数，则A 同学操作正确。
(2)[2]由图知，滑轮组由3段绳子承担物重，则3G F =
，但其成立的条件是不考虑机械自重和摩擦，若考虑的话拉力F 大于3
G 。 (3)[3]为了测量钩码和弹簧测力计移动的距离，从而计算有用功和总功，应分别记下钩码和弹簧测力计的起始位置。
5．（1）如图是某街道路灯悬挂的情景。画出斜拉钢丝对横杆拉力F 的示意图和对应的力臂L （_______________）
（2）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 放在一水平薄木板上，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F 0 。
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F 1 。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F N 的示意图____________。
②物块A 与薄木板之间摩擦力的比例常数μ=_________。（用实验中的数据表示）
【答案】 0F G
μ= 【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]拉力的作用点在横杆上，从作用点开始，沿力的方向画一条带箭头的线段，标出F ，即为F 的示意图；从支点O 向F 所在的直线作垂线，并标出L ，即为拉力F 的力臂。如图所示：
(2)[2]物块A 在斜面上运动时对斜面的压力F N 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：
[3]重为G 的物块A 在一水平薄木板上在拉力为F 0的作用下匀速直线运动，此时物块A 受到的摩擦力
f=F 0
受到的支持力
F N =G
根据题意可知
0N f F F G μμ===
所以物块A 与薄木板之间摩擦力的比例常数
0F G
μ=
6．如图甲所示是一款自拍神器，它能够在一定长度内任意伸缩，使用者只需将手机固定在伸缩杆上，通过按键或遥控器就能实现多角度自拍。自拍杆主要有伸缩杆、三角支架、底端按键和蓝牙遥控自拍器。
(1)蓝牙遥控自拍器是一种短距离通信的无线电技术，它是利用______（“电磁波”或“超声波”）来传递信息而控制拍摄的。
(2)如图乙所示是一群人正在利用自拍杆上的手机进行自拍，拿着自拍杆的人发现还有同事没有进入取景窗，请你给她一个合理的操作建议：____________。自拍时自拍杆的简图如图所示，O 为支点，请你在图中画出力F 2的力臂L 2，并画出施加在A 点的最小动力F 1。 （____________）
(3)如图甲中左图，小明把手机固定到自拍杆上，再高高跳起，按下手中的蓝牙遥控自拍器，自拍起跳后的自己（图丙）。他利用蓝牙自拍器设计了如图丁中A图所示的自动拍照装置，他将蓝牙遥控器带有按键的一端套上一个大小合适、另一端封闭的套管，并在套管内放置一个小球（可以在套管内滚动），想利用小球撞击蓝牙按键来自动遥控手机的拍摄。小明起跳时，应该选择图丁中图____（填“B”或“C”）的方式，用手竖直方向握住遥控器，就能自拍到人跳到最高处那个瞬间。为使该装置能准确的抓拍到人跳到最高处那个瞬间，需要反复调整____________________（写出一条合理的建议）。
【答案】电磁波将自拍杆变的更长一些B套
管与蓝牙遥控器按键的距离
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]蓝牙遥控自拍器是利用电磁波来传递信息而控制拍摄的。
(2)[2]照相时景物没有全部进入镜头的原因是景物到照相机镜头太近，此时应增大它们之间的距离，所以应将自拍杆变的更长一些。
[3]如图，过O点做力F2作用线的垂线，因为过A点的最大力臂就是过A点最小的力，而过A点最大力臂与作自拍杆的简图互相垂直，所以过A点作自拍杆的简图的垂线段，在线段的末端画上箭头就是力F1。
(3)[4]小明起跳时，应该选择图丁中图B的方式，用手竖直方向握住遥控器，人到达最高点时，小球由于惯性继续向上运动，撞击开关，C图起跳时小球在重力的作用下就撞击蓝牙按键。
[5]为了使该装置能准确的抓拍到人跳到最高处那个瞬间，需要反复调整套管与蓝牙遥控器按键的距离。
7．某实验小组利用图示装置研究杠杆的机械效率，实验的主要步骤如下：
①用轻绳悬挂杠杆一端的D点作为支点，在A点用轻绳悬挂总重为G的钩码，
在占点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计，使杠杆保持水平；
②竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升(保持0点位置不变)，在此过程中弹
簧测力计的读数为F，利用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2。
回答下列问题：
(1)杠杆机械效率的表达式为η=____________．(用已知或测量的物理量符号表示)
(2)本次实验中，若提升的钩码重一定，则影响杠杆机械效率的主要因素是:___________
(3)若只将钩码的悬挂点由A移至C，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”或“不变”)．
【答案】1
2100%
Gh
Fh
杠杆的自重变大【解析】
【分析】
【详解】
（1）有用功为W有=Gh1，总功W总=Fh2，则机械效率的表达式
η=
W
W
有
总
×100%=1
2
Gh
Fh×100%．
（2）有用功是提升钩码所做的功，额外功主要是克服杠杆重力做的功，影响机械效率的因素主要是有用功和总功所占的比例；提升的钩码重一定说明有用功一定，所以影响杠杆机械效率的主要因素是杠杆自身的重力．
（3）钩码的悬挂点在A点时，由杠杠的平衡条件得G?OA=F?OB；悬挂点移至C点时，由杠杠的平衡条件得G?OC=F?OB，经对比发现，由OA到OC力臂变大，所以拉力F也变大，杠杆提升的高度减小，额外功减小，因此杠杆的机械效率变大．
8．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，
30.5N 43b 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 、2l ，根据杠杆的平衡条件1122Fl F l =可得，
12gV l gV l ρρ?=?铜铜右左 ①
则有
12V 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
111gV 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
222gV gV l gV l gV l ρρρρ-?=?-?铜右右铜右右水水（）
又由于12V l V l ?=?右左，则有
12gV 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。
9．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
21
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
21
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21
100%Gh Fh η=
?可知，机械效率η是不变的。
10．某实验小组利用图中装置探究杠杆机械效率，实验主要步骤如下:
（1）用轻绳悬挂杠杆的一端使其能绕O 点转动，O 点即为杠杆的_______点，在A 点用轻绳悬挂总重为G 的钩码，在B 点用一个弹簧测力计使杠杆水平，弹簧测力计所给方向为_______向上;
（2）竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升，在此过程中，弹簧测力计的示数为F ，利用刻度尺测出A 、B 两点上升的高度分别为h 1和h 2.
（3）杠杆机械效率表达式为______________(用所给物理量和符号表示)；
（4）若在杠杆的承受范围内，将A 点钩码重增加，杠杆的机械效率将会_______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
（5）本次实验中，若不更换杠杆，且提升钩码重一定，则影响杠杆机械效率的主要因素是________；
（6）若只将钩码的悬挂点由A 移至C ，O 、B 位置不变，仍将原来的钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将会_______(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
（7）若某同学用此装置研究“杠杆平衡条件”实验，发现不挂钩码时弹簧测力计仍有示数，这是因为杠杆有_______。
【答案】支 竖直 12
%100Gh Fh ? 变大 摩擦力的大小 变大 自重 【解析】
【详解】
(1)[1]杠杆绕固定点O 点转动，所以O 点为杠杆的支点；
[2]当在A 点用轻绳悬挂总重为G 的钩码，在B 点用一个弹簧测力计使杠杆水平，为了保证杠杆能处于水平位置，弹簧测力计最小力的方向应该竖直向上；
(3)[3]杠杆机械效率为：
12
%=1%10000Gh W W Fh η=??有总 (4)[4]根据(3)得到的杠杆机械效率表达式可知，在其它条件不变时，增加A 点钩码重，有用功增大，机械效率变大；
(5)[5]若不更换杠杆，且提升钩码重一定，即物体做的有用功不变，额外功影响机械效率，额外功是杠杆克服摩擦力和本身自重做的功，所以当提升钩码重一定时，摩擦力的大小是影响杠杆机械效率的主要因素；
(6)[6]杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆做额外功，
W W W +=有额总，
设杠杆重心升高的距离为h 1，所以
Gh 1+G 杠h =Fh 2，
G 不变，h 1不变，G 杠不变，钩码从A 点到C 点，钩码还升高相同的高度，杠杆上升的角度减小，杠杆升高的距离h 变小，所以Gh 1+G 杠h 变小，所以Fh 2也变小。根据12=Gh Fh η，
分母变小，分子不变，所以机械效率变大；
(7)[7]探究杠杆的平衡条件实验时，不能忽略杠杆自身的重力，在不挂钩码时，弹簧测力计也会有示数。
11．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；
12．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。
13．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。
14．小聪同学在探究影响浮力大小的因素时，做了如下图所示的实验。
（1）小聪对A、B、C、D四个步骤进行了观察研究，发现浮力的大小有时与深度有关，有时与深度无关。对此正确的解释是：浮力的大小随着排开水的体积的增大而________，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，浮力的大小与深度________。
（2）小聪利用浮力和杠杆的知识。发明了一个密度秤：如图，轻质扛杆可绕O点转动，杠杆上用细绳悬挂两个的正方体M、N（边长为10cm，重力为20N）；OA长度为10cm，OE长度为8cm。小聪向容器中倒入不同密度的液体，每次都将M浸没于液体中，移动物体N。使杠杆在水平位置平衡，OE上便可刻上不同液体的密度值。当物体M浸没于水中时，物体N移动到B点时杠杆恰好水平静止，那么OB的长度为_________cm。在B点标上ρ水；这个密度秤能够测量的最小液体密度为_________kg/m3。
【答案】增大无关 5 0.4×103
【解析】
【详解】
第一空．探究物体浸没在水中时所受浮力大小与深度是否有关时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积这两个因素相同，实验B、C中物体在液体中浸没的深度改变的同时，其排开液体体积是变化的，V排B＜V排C，图B中弹簧测力计的示数小于C图中的示数，根据F浮=G-F得到，F浮B＜F浮C，浮力的大小随着排开水的体积的增大而增大；
第二空．图C、D中，当物体完全浸没在水中后排开水的体积相同，弹簧测力计的示数保持不变，浮力的大小与深度无关；
第三空．E端所受到的力等于重物N对杠杆的拉力，大小等于物体N的重力，即
F=G N=20N；
当物体M浸没在水中时，受到的浮力为：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.1m）3=10N，
物体M受到的力：A点对M的拉力F A、浮力、重力，故物体M受到的拉力为：
F A=
G M-F浮=20N-10N=10N；
此时杠杆受到物体M的拉力等于F A，物体N移动到B点时杠杆恰好水平静止，由杠杆平衡条件得到：F A OA=FOB，
OB=A
10N10cm =
20N
F OA F ?
=5cm；
第四空．液体密度越小，浮力越小，拉力越大，根据F1l1=F2l2得到：在l1、F2不变时，拉力F1越大，l2越大，最大为OE，为8cm，由F A′OA= FOE得到
F A′=
20N8cm
=
10cm
F OE
OA
??
=16N，
物体M
受到的力：A 点对M 的拉力F A ′、浮力F 浮′、重力，
物体M 受到的浮力为：
F 浮′=
G M -F A ′=20N -16N=4N ；
根据F 浮=ρ液gV 排得到液体的密度为：
ρ液小=34N =10N/kg (0.1m)F gV '?浮排=0.4×103kg/m 3。
15．陈晨实验小组用如图所示的同一滑轮组提升不同钩码的方法探究“影响滑轮组机械效率的因素”，分别做了甲、乙、丙三组实验，实验数据记录如下：
次数
钩码重 G /N 动滑轮重 G 1/N 钩码上升的距离/cm 弹簧测力计的示数/N 弹簧测力计上升的距离/cm 机械效率 1
2 0.8 5 1 15 66.7% 2
4 0.8
5 1.7 15 3
6 0.8 5
15 83.3%
（1）进行第2次测量时，滑轮组的机械效率约为_____（小数点后保留一位有效数字）；第3次测量时，弹簧测力计的示数_____N 。
（2）分析实验数据，实验小组得出的实验结论是：滑轮组的机械效率与_____有关。
（3）分析表中数据可知，F ≠
13
G G +，可能的原因是_____。 【答案】78.4% 2.4 提升钩码的重 绳重及摩擦力
【解析】
【详解】 （1）由表中数据数据可知，滑轮组的效率：
4N?0.05m =100%100%100%78.4%1.7N?0.15m
W Gh W Fs η?=?=?≈有总；由图示测力计可知，其分度值为0.2N ，示数为2.4N ；
（2）从实验数据看，动滑轮重力相同，钩码上升的高度、弹簧测力计上升高度都相同，物体越重，机械效率越高，所以滑轮组的机械效率与物体的重力有关；
（3）由于拉动过程中需克服绳子的重力、绳子与轴的摩擦以及滑轮的转轴处的摩擦，所以13
G G F +≠。