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11.(2025·济宁中考)将图中的滑轮以不同的绕线方式组装成甲、乙滑轮组(甲比乙省力)。小明分别用甲、乙滑轮组,在5 s内将重为50 N的物体竖直匀速提升0.2 m。每个滑轮重为4 N,忽略绳重和摩擦,下列说法正确的是 (
A.使用甲滑轮组时的拉力为27 N
B.使用乙滑轮组时的绳子自由端移动了0.6 m
C.使用甲滑轮组时拉力的功率比使用乙滑轮组时的大
D.两个滑轮组的机械效率相等
D
)A.使用甲滑轮组时的拉力为27 N
B.使用乙滑轮组时的绳子自由端移动了0.6 m
C.使用甲滑轮组时拉力的功率比使用乙滑轮组时的大
D.两个滑轮组的机械效率相等
答案
11.D
解析
【分析】
首先，滑轮组的省力程度由承担物重的绳子段数$n$决定，$n$越大越省力，因此甲的绳子段数$n_甲$大于乙的绳子段数$n_乙$。解题时需利用滑轮组拉力公式$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$、绳子自由端移动距离公式$s=nh$、功率公式$P=\frac{W_{总}}{t}$及机械效率公式$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$，结合“忽略绳重和摩擦时额外功仅来自动滑轮重力”的条件，逐一分析各选项。
【解析】
已知物重$G=50N$，每个动滑轮重$G_{动}=4N$，提升高度$h=0.2m$，时间$t=5s$，且$n_甲＞n_乙$：
1. 选项A：拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，若甲的$n_甲=3$，则$F_甲=\frac{50N+4N}{3}=18N≠27N$，A错误；
2. 选项B：乙的$n_乙=2$时，绳子自由端移动距离$s_乙=n_乙h=2×0.2m=0.4m≠0.6m$，B错误；
3. 选项C：总功$W_{总}=(G+G_{动})h$，甲、乙的$G$、$G_{动}$、$h$均相同，故$W_{总}$相同，时间$t$相同，由$P=\frac{W_{总}}{t}$得，拉力功率相等，C错误；
4. 选项D：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}}$，甲、乙的$G$和$G_{动}$均相同，故机械效率相等，D正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组拉力计算、滑轮组机械效率、功率计算
【点评】
本题考查滑轮组核心物理量的计算，需明确滑轮组省力与绳子段数的关系，熟练运用相关公式，注意忽略绳重和摩擦时额外功仅来自动滑轮，是解题的关键。
【难度系数】
0.5
首先，滑轮组的省力程度由承担物重的绳子段数$n$决定，$n$越大越省力，因此甲的绳子段数$n_甲$大于乙的绳子段数$n_乙$。解题时需利用滑轮组拉力公式$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$、绳子自由端移动距离公式$s=nh$、功率公式$P=\frac{W_{总}}{t}$及机械效率公式$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$，结合“忽略绳重和摩擦时额外功仅来自动滑轮重力”的条件，逐一分析各选项。
【解析】
已知物重$G=50N$，每个动滑轮重$G_{动}=4N$，提升高度$h=0.2m$，时间$t=5s$，且$n_甲＞n_乙$：
1. 选项A：拉力$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，若甲的$n_甲=3$，则$F_甲=\frac{50N+4N}{3}=18N≠27N$，A错误；
2. 选项B：乙的$n_乙=2$时，绳子自由端移动距离$s_乙=n_乙h=2×0.2m=0.4m≠0.6m$，B错误；
3. 选项C：总功$W_{总}=(G+G_{动})h$，甲、乙的$G$、$G_{动}$、$h$均相同，故$W_{总}$相同，时间$t$相同，由$P=\frac{W_{总}}{t}$得，拉力功率相等，C错误；
4. 选项D：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}}$，甲、乙的$G$和$G_{动}$均相同，故机械效率相等，D正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组拉力计算、滑轮组机械效率、功率计算
【点评】
本题考查滑轮组核心物理量的计算，需明确滑轮组省力与绳子段数的关系，熟练运用相关公式，注意忽略绳重和摩擦时额外功仅来自动滑轮，是解题的关键。
【难度系数】
0.5
12.小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率。他将两个钩码悬挂在B点,在A点用弹簧测力计保持竖直方向向上拉动杠杆,使其绕O点缓慢转动,带动钩码上升一定的高度h(不计摩擦)。下列说法正确的是 (
A.水平平衡时,仅将钩码的悬挂点从B点移到C点,弹簧测力计的示数会变小
B.仅增加钩码的个数,拉力所做的额外功增大
C.仅将钩码的悬挂点从B点移到C点,杠杆的机械效率将变小
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点,拉力做的总功不变
D
)A.水平平衡时,仅将钩码的悬挂点从B点移到C点,弹簧测力计的示数会变小
B.仅增加钩码的个数,拉力所做的额外功增大
C.仅将钩码的悬挂点从B点移到C点,杠杆的机械效率将变小
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点,拉力做的总功不变
答案
12.D
解析
【分析】
要解答本题，需结合杠杆平衡条件、机械效率的相关知识分析各选项：首先明确杠杆支点为O，动力臂、阻力臂的变化规律，额外功是克服杠杆自重的功，总功为拉力做功，有用功是克服钩码重力的功，机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$。再逐一分析选项：
选项A：钩码从B移到C时，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计示数应变大；
选项B：额外功与钩码个数无关，增加钩码个数时额外功不变；
选项C：钩码移到C时，杠杆重心上升高度变小，额外功变小，机械效率变大；
选项D：拉力作用点从A移到C时，拉力与移动距离的乘积不变，额外功不变，总功不变。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$。钩码从B移到C，阻力臂（支点O到钩码的距离）增大，动力臂$OA$不变，因此弹簧测力计示数$F=\frac{G· L_{阻}}{L_{动}}$会变大，A错误。
2. 选项B：额外功是克服杠杆自重做的功，$W_{额}=G_{杆}· h_{杆}$，仅增加钩码个数时，杠杆自重和其上升高度均不变，额外功不变，B错误。
3. 选项C：钩码上升高度$h$相同时，钩码在C点时杠杆转过的角度更小，杠杆重心上升高度变小，额外功$W_{额}$变小；有用功$W_{有}=Gh$不变，机械效率$\eta=\frac{Gh}{Gh+W_{额}}$会变大，C错误。
4. 选项D：拉力作用点在A时，拉力$F_A=\frac{G· OB}{OA}$，拉力移动距离$s_A=OA·θ$（$θ$为杠杆转过角度），钩码上升$h=OB·θ$，总功$W_A=F_A· s_A=Gh$；拉力作用点在C时，拉力$F_C=\frac{G· OB}{OC}$，拉力移动距离$s_C=OC·θ$，总功$W_C=F_C· s_C=Gh$。额外功由杠杆自重决定，与拉力作用点无关，因此总功不变，D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率
【点评】
本题结合杠杆机械效率探究，需熟练运用杠杆平衡条件分析力的变化，明确额外功的来源，区分有用功、额外功和总功，是杠杆知识的综合应用题型。
【难度系数】
0.5
要解答本题，需结合杠杆平衡条件、机械效率的相关知识分析各选项：首先明确杠杆支点为O，动力臂、阻力臂的变化规律，额外功是克服杠杆自重的功，总功为拉力做功，有用功是克服钩码重力的功，机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}$。再逐一分析选项：
选项A：钩码从B移到C时，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计示数应变大；
选项B：额外功与钩码个数无关，增加钩码个数时额外功不变；
选项C：钩码移到C时，杠杆重心上升高度变小，额外功变小，机械效率变大；
选项D：拉力作用点从A移到C时，拉力与移动距离的乘积不变，额外功不变，总功不变。
【解析】
逐一分析各选项：
1. 选项A：杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$。钩码从B移到C，阻力臂（支点O到钩码的距离）增大，动力臂$OA$不变，因此弹簧测力计示数$F=\frac{G· L_{阻}}{L_{动}}$会变大，A错误。
2. 选项B：额外功是克服杠杆自重做的功，$W_{额}=G_{杆}· h_{杆}$，仅增加钩码个数时，杠杆自重和其上升高度均不变，额外功不变，B错误。
3. 选项C：钩码上升高度$h$相同时，钩码在C点时杠杆转过的角度更小，杠杆重心上升高度变小，额外功$W_{额}$变小；有用功$W_{有}=Gh$不变，机械效率$\eta=\frac{Gh}{Gh+W_{额}}$会变大，C错误。
4. 选项D：拉力作用点在A时，拉力$F_A=\frac{G· OB}{OA}$，拉力移动距离$s_A=OA·θ$（$θ$为杠杆转过角度），钩码上升$h=OB·θ$，总功$W_A=F_A· s_A=Gh$；拉力作用点在C时，拉力$F_C=\frac{G· OB}{OC}$，拉力移动距离$s_C=OC·θ$，总功$W_C=F_C· s_C=Gh$。额外功由杠杆自重决定，与拉力作用点无关，因此总功不变，D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、机械效率
【点评】
本题结合杠杆机械效率探究，需熟练运用杠杆平衡条件分析力的变化，明确额外功的来源，区分有用功、额外功和总功，是杠杆知识的综合应用题型。
【难度系数】
0.5
13.如图甲所示的是某款握力器,其结构可以简化为如图乙所示的轻质杠杆AOB,其中O为支点,手对杠杆的力$F_1$沿MN方向(图中未画出),杠杆在力$F_1$与弹簧拉力$F_2$的作用下保持平衡。
(1)判断:$F_1$
(2)通过调节旋钮,可以改变弹簧拉力作用点的位置。如图丙所示,将弹簧拉力作用点由C调至D时,弹簧拉力将
(1)判断:$F_1$
＜
(选填“＞”“＜”或“=”)$F_2$。你的判断依据是动力臂大于阻力臂,可以省力
。(2)通过调节旋钮,可以改变弹簧拉力作用点的位置。如图丙所示,将弹簧拉力作用点由C调至D时,弹簧拉力将
变大
(选填“变大”“变小”或“不变”),若在B端施加力使杠杆匀速转动,沿①
(选填“①”或“②”)方向所用力更小。答案
13.(1)＜ 动力臂大于阻力臂,可以省力
(2)变大 ①
(2)变大 ①
解析
【分析】
要解决这道题，需结合杠杆的相关知识：首先判断杠杆类型比较力的大小，再根据杠杆平衡条件分析弹簧拉力变化和最小力的方向。第(1)问中，先确定支点O，找到动力F₁和阻力F₂对应的力臂，通过力臂大小关系判断力的大小；第(2)问中，根据弹簧伸长量变化判断拉力，再依据杠杆平衡条件，力臂越大动力越小，确定最小力的方向。
【解析】
(1) 杠杆AOB的支点为O，阻力是弹簧拉力F₂，动力是手的作用力F₁。从支点O向F₁的作用线作垂线得动力臂L₁，向F₂的作用线作垂线得阻力臂L₂，由图可知动力臂L₁大于阻力臂L₂。根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，当L₁＞L₂时，F₁＜F₂，因此F₁＜F₂，判断依据是动力臂大于阻力臂，该杠杆为省力杠杆。
(2) 弹簧拉力作用点从C调至D时，弹簧的伸长量增大，所以弹簧拉力变大；在B端施力时，根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力臂越大，动力越小。观察B点的两个方向，沿①方向时，力臂比沿②方向的力臂更大，因此沿①方向所用力更小。
【答案】
(1) ＜；动力臂大于阻力臂，可以省力
(2) 变大；①
【知识点】
杠杆平衡条件、省力杠杆、弹簧弹力
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定力臂大小，理解省力杠杆的特点，以及力的方向对力臂的影响，需要学生掌握杠杆相关知识并灵活应用。
【难度系数】
0.4
要解决这道题，需结合杠杆的相关知识：首先判断杠杆类型比较力的大小，再根据杠杆平衡条件分析弹簧拉力变化和最小力的方向。第(1)问中，先确定支点O，找到动力F₁和阻力F₂对应的力臂，通过力臂大小关系判断力的大小；第(2)问中，根据弹簧伸长量变化判断拉力，再依据杠杆平衡条件，力臂越大动力越小，确定最小力的方向。
【解析】
(1) 杠杆AOB的支点为O，阻力是弹簧拉力F₂，动力是手的作用力F₁。从支点O向F₁的作用线作垂线得动力臂L₁，向F₂的作用线作垂线得阻力臂L₂，由图可知动力臂L₁大于阻力臂L₂。根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，当L₁＞L₂时，F₁＜F₂，因此F₁＜F₂，判断依据是动力臂大于阻力臂，该杠杆为省力杠杆。
(2) 弹簧拉力作用点从C调至D时，弹簧的伸长量增大，所以弹簧拉力变大；在B端施力时，根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力臂越大，动力越小。观察B点的两个方向，沿①方向时，力臂比沿②方向的力臂更大，因此沿①方向所用力更小。
【答案】
(1) ＜；动力臂大于阻力臂，可以省力
(2) 变大；①
【知识点】
杠杆平衡条件、省力杠杆、弹簧弹力
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定力臂大小，理解省力杠杆的特点，以及力的方向对力臂的影响，需要学生掌握杠杆相关知识并灵活应用。
【难度系数】
0.4
