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1. (2025·无锡锡北片区期中)如图甲所示是我国古人使用绞车和滑轮吊起石材时的模拟图，其简化结构图如图乙所示，绞盘横杆长度$L$与滚轴直径$d$之比为$4:1$，已知每块大理石的重力为$280\ \mathrm{N}$，吊框的重力为$100\ \mathrm{N}$，不计绳重和机械间的所有摩擦，$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$。
(1)绞车可以看作
(2)一位工匠的最大推力为$400\ \mathrm{N}$，在某次工作中，该工匠匀速推动绞车提升大理石$10\ \mathrm{m}$。
①在绳子最大拉力足够的情况下该工匠最多一次能够借助绞车吊起多少块大理石？
②此时绞车的机械效率为多少？（百分号前保留1位小数）
(1)绞车可以看作
轮轴
（填“轮轴”或“斜面”）。(2)一位工匠的最大推力为$400\ \mathrm{N}$，在某次工作中，该工匠匀速推动绞车提升大理石$10\ \mathrm{m}$。
①在绳子最大拉力足够的情况下该工匠最多一次能够借助绞车吊起多少块大理石？
②此时绞车的机械效率为多少？（百分号前保留1位小数）
答案
(1)轮轴 (2)①5块 ②93.3% 解析:(1)通过转动绞盘使绳子缠绕滚轴,从而拉起物体,绞盘相当于轮,滚轴相当于轴,所以绞车可以看作轮轴.(2)①一位工匠的最大推力为400 N,绞盘横杆长度L与滚轴直径d之比为4:1,则绳子的最大拉力 $F=\frac{F_{1} × \frac{1}{2} L}{\frac{1}{2} d}=4 F_{1}=4 × 400 \mathrm{~N}=1600 \mathrm{~N}$,每块大理石的重力为280 N,吊框的重力为100 N,则工匠最多一次能够借助绞车吊起大理石数量 $n=\frac{F-G_{\mathrm{框 }}}{G_{\mathrm{石 }}}=$ $\frac{1600 \mathrm{~N}-100 \mathrm{~N}}{280 \mathrm{~N}} \approx 5$块;②吊起5块大理石时绞车的机械效率 $\eta=\frac{W_{\mathrm{有用 }}}{W_{\mathrm{总 }}} × 100 \%=\frac{5 G_{\mathrm{石 }} h}{(5 G_{\mathrm{石 }}+G_{\mathrm{框 }}) h}=\frac{5 × 280 \mathrm{~N}}{5 × 280 \mathrm{~N}+100 \mathrm{~N}} ×$ $100 \% \approx 93.3 \%$.
解析
【分析】
首先思考第一问的简单机械分类：绞车工作时，转动绞盘横杆带动滚轴共同绕轴线旋转，符合轮轴“由轮和轴组成、绕共同轴线转动”的特征，因此可以判断属于轮轴。
然后解决第二问的①：首先回忆轮轴的平衡条件，动力乘以轮半径等于阻力乘以轴半径，本题中工匠的推力是作用在轮边缘的动力，轮半径是绞盘横杆长度的1/2，绳子对滚轴的拉力是阻力，轴半径是滚轴直径的1/2。已知L:d=4:1，代入平衡公式就能算出绳子能提供的最大拉力。这个最大拉力需要同时承载吊框和所有大理石的总重力，因此用最大拉力减去吊框重力得到可承载的大理石总重力，再除以单块大理石的重力，取整数部分就能得到最多可吊起的大理石块数。
接着解决②：不计绳重和所有摩擦，提升重物的过程中，有用功是提升大理石做的功，额外功是提升吊框做的功，总功是绞车拉力做的功。由于大理石和吊框上升的高度相同，计算机械效率时上升高度h可以直接约去，代入对应重力数值就能算出机械效率。
【解析】
(1) 绞车工作时，绞盘横杆作为轮、滚轴作为轴，二者绕共同轴线转动，符合轮轴的结构特点，因此绞车可以看作轮轴。
(2) ① 根据轮轴的平衡条件：$F_{动} · \frac{L}{2} = F_{绳} · \frac{d}{2}$，化简可得$F_{绳} = F_{动} · \frac{L}{d}$。
已知工匠最大推力$F_{动}=400\ \mathrm{N}$，$L:d=4:1$，代入得绳子最大拉力：
$F_{绳}=400\ \mathrm{N} × 4 = 1600\ \mathrm{N}$
该拉力需要克服吊框重力和所有大理石的总重力，因此可承载的大理石总重力为：
$G_{石总}=F_{绳}-G_{框}=1600\ \mathrm{N}-100\ \mathrm{N}=1500\ \mathrm{N}$
单块大理石重力为$280\ \mathrm{N}$，因此最多可吊起的大理石数量：
$n=\frac{G_{石总}}{G_{石}}=\frac{1500\ \mathrm{N}}{280\ \mathrm{N}} \approx 5.36$，取整数得最多吊起5块大理石。
② 匀速提升大理石高度为h时，有用功为提升大理石做的功：$W_{有}=nG_{石}h$，总功为拉力做的功，等于克服大理石和吊框总重力做的功：$W_{总}=(nG_{石}+G_{框})h$
因此绞车的机械效率：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}} × 100\% = \frac{nG_{石}h}{(nG_{石}+G_{框})h} × 100\% = \frac{5 × 280\ \mathrm{N}}{5 × 280\ \mathrm{N} + 100\ \mathrm{N}} × 100\% \approx 93.3\%$
【答案】
(1) 轮轴 (2) ① 5块 ② 93.3%
【知识点】
轮轴平衡条件；机械效率计算
【点评】
本题结合我国古代绞车提石材的真实场景命题，将轮轴的特点、平衡条件和机械效率计算结合起来，解题时需要注意轮轴的力臂对应轮半径和轴半径，不要搞错力的比例关系，计算大理石数量时要取整数，避免出现总重力超过绳子最大拉力的错误，整体考察了学生对简单机械综合应用的能力。
【难度系数】
0.6
首先思考第一问的简单机械分类：绞车工作时，转动绞盘横杆带动滚轴共同绕轴线旋转，符合轮轴“由轮和轴组成、绕共同轴线转动”的特征，因此可以判断属于轮轴。
然后解决第二问的①：首先回忆轮轴的平衡条件，动力乘以轮半径等于阻力乘以轴半径，本题中工匠的推力是作用在轮边缘的动力，轮半径是绞盘横杆长度的1/2，绳子对滚轴的拉力是阻力，轴半径是滚轴直径的1/2。已知L:d=4:1，代入平衡公式就能算出绳子能提供的最大拉力。这个最大拉力需要同时承载吊框和所有大理石的总重力，因此用最大拉力减去吊框重力得到可承载的大理石总重力，再除以单块大理石的重力，取整数部分就能得到最多可吊起的大理石块数。
接着解决②：不计绳重和所有摩擦，提升重物的过程中，有用功是提升大理石做的功，额外功是提升吊框做的功，总功是绞车拉力做的功。由于大理石和吊框上升的高度相同，计算机械效率时上升高度h可以直接约去，代入对应重力数值就能算出机械效率。
【解析】
(1) 绞车工作时，绞盘横杆作为轮、滚轴作为轴，二者绕共同轴线转动，符合轮轴的结构特点，因此绞车可以看作轮轴。
(2) ① 根据轮轴的平衡条件：$F_{动} · \frac{L}{2} = F_{绳} · \frac{d}{2}$，化简可得$F_{绳} = F_{动} · \frac{L}{d}$。
已知工匠最大推力$F_{动}=400\ \mathrm{N}$，$L:d=4:1$，代入得绳子最大拉力：
$F_{绳}=400\ \mathrm{N} × 4 = 1600\ \mathrm{N}$
该拉力需要克服吊框重力和所有大理石的总重力，因此可承载的大理石总重力为：
$G_{石总}=F_{绳}-G_{框}=1600\ \mathrm{N}-100\ \mathrm{N}=1500\ \mathrm{N}$
单块大理石重力为$280\ \mathrm{N}$，因此最多可吊起的大理石数量：
$n=\frac{G_{石总}}{G_{石}}=\frac{1500\ \mathrm{N}}{280\ \mathrm{N}} \approx 5.36$，取整数得最多吊起5块大理石。
② 匀速提升大理石高度为h时，有用功为提升大理石做的功：$W_{有}=nG_{石}h$，总功为拉力做的功，等于克服大理石和吊框总重力做的功：$W_{总}=(nG_{石}+G_{框})h$
因此绞车的机械效率：
$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}} × 100\% = \frac{nG_{石}h}{(nG_{石}+G_{框})h} × 100\% = \frac{5 × 280\ \mathrm{N}}{5 × 280\ \mathrm{N} + 100\ \mathrm{N}} × 100\% \approx 93.3\%$
【答案】
(1) 轮轴 (2) ① 5块 ② 93.3%
【知识点】
轮轴平衡条件；机械效率计算
【点评】
本题结合我国古代绞车提石材的真实场景命题，将轮轴的特点、平衡条件和机械效率计算结合起来，解题时需要注意轮轴的力臂对应轮半径和轴半径，不要搞错力的比例关系，计算大理石数量时要取整数，避免出现总重力超过绳子最大拉力的错误，整体考察了学生对简单机械综合应用的能力。
【难度系数】
0.6
2. 机械手臂是机器人技术领域中的自动化机械装置,能够接受指令,完成抓取、伸缩、旋转和升降等动作.某实验小组制作了如图甲所示的机械手臂模型,并安装在一辆小车上,其结构简图如图乙所示,工作时安装在小车上的底座可以在水平面内自由旋转,产柱和横臂可以在竖直面内自由旋转,手爪可以抓取不同方向、
不同高度的物体.
(1)如图丙所示为手爪的示意图,拉动上方的细线,弯曲件AOBC可绕O点转动,弯曲件AOBC此时为
(2)如图丁所示,电控组件的质量为500 g,忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力,相关参数如图所示(单位:cm),当机械手臂产柱竖直、横臂水平没有抓取物块时,为防止小车轮子脱离地面,所加配重至少为
不同高度的物体.
(1)如图丙所示为手爪的示意图,拉动上方的细线,弯曲件AOBC可绕O点转动,弯曲件AOBC此时为
费力
杠杆,同时拉动两根细线手爪就可夹住物体,利用C点产生的摩擦
力将物体举高.为防止手爪在夹物体时给物体造成伤害,可以增大C点处的接触面积
.(2)如图丁所示,电控组件的质量为500 g,忽略小车、底座、产柱、横臂和手爪的重力,相关参数如图所示(单位:cm),当机械手臂产柱竖直、横臂水平没有抓取物块时,为防止小车轮子脱离地面,所加配重至少为
1.25
N.当此机械臂抓取正前方一个质量为200 g的金属块,将其举高20 cm,对金属块做功为0.4
J,加上最小配重后,在产柱竖直,横臂最终水平状态下,为防止在抓取过程中小车轮子脱离地面,抓取物体的最大重力为4.687 5
N.在不增加器材的情况下,要想横臂最终保持水平位置并增加抓取物体的最大重力,可行的方法是:将机械产柱向左侧转动
.(g取10 N/kg)答案
(1)费力 摩擦 接触面积 (2)1.25 0.4 4.687 5 将机械产柱向左侧转动
解析:(1)由图丙知,弯曲件AOBC在绕O点转动时,阻力臂大于动力臂,故其属于费力杠杆.机械手臂用手爪抓取物体时,利用手爪C点对物体的摩擦力,从而防止物体滑落,进而能将物体举高.在压力一定时,可以增大接触面积从而减小压强,所以为了防止手爪给物体造成伤害,可以增大C点处的接触面积.(2)由题意知,电控组件的质量为500 g,由$G=mg$可得,电控组件受到的重力为 $G_{\mathrm{件 }}=m_{\mathrm{件 }} g=0.5 \mathrm{~kg} ×$ $10 \mathrm{~N} / \mathrm{kg}=5 \mathrm{~N}$;以左轮为支点,设配重为$G_{\mathrm{配 }}$时,根据杠杆平衡条件可得$G_{\mathrm{件 }} × l_{1}=G_{\mathrm{配 }} × l_{2}$,则$5 \mathrm{~N} × 5 \mathrm{~cm}=G_{\mathrm{配 }} × 20 \mathrm{~cm}$,解得$G_{\mathrm{配 }}=1.25 \mathrm{~N}$,由此可知,为防止小车子脱离地面,所加配重至少为1.25 N.由$G=mg$可得,200 g的金属块所受重力为$G_{\mathrm{金属块 }}=m_{\mathrm{金属块 }} g=0.2 \mathrm{~kg} × 10 \mathrm{~N} / \mathrm{kg}=2 \mathrm{~N}$,由$W=G h$可得,将该金属块举高20 cm的过程中,对金属块做功为$W=G_{\mathrm{金属块 }} h=$ $2 \mathrm{~N} × 0.2 \mathrm{~m}=0.4 \mathrm{~J}$.以右轮为支点,设抓取的重物最大重力为$G_{\mathrm{物 }}$,根据杠杆平衡条件可得$G_{\mathrm{件 }} × l_{1}{ }^{\prime}=G_{\mathrm{配 }} × l_{2}{ }^{\prime}+G_{\mathrm{物 }} × l_{3}$,则$5 \mathrm{~N} × 20 \mathrm{~cm}=1.25 \mathrm{~N} × 5 \mathrm{~cm}+G_{\mathrm{物 }} ×(25 \mathrm{~cm}-5 \mathrm{~cm})$,解得$G_{\mathrm{物 }}=$4.687 5 N.由题意知,在不增加器材的情况下,增加横臂最终抓取物体的最大重力,可将机械手臂产柱向左转动,使重物重心向左移,从而增加抓取物体的最大重力.
解析:(1)由图丙知,弯曲件AOBC在绕O点转动时,阻力臂大于动力臂,故其属于费力杠杆.机械手臂用手爪抓取物体时,利用手爪C点对物体的摩擦力,从而防止物体滑落,进而能将物体举高.在压力一定时,可以增大接触面积从而减小压强,所以为了防止手爪给物体造成伤害,可以增大C点处的接触面积.(2)由题意知,电控组件的质量为500 g,由$G=mg$可得,电控组件受到的重力为 $G_{\mathrm{件 }}=m_{\mathrm{件 }} g=0.5 \mathrm{~kg} ×$ $10 \mathrm{~N} / \mathrm{kg}=5 \mathrm{~N}$;以左轮为支点,设配重为$G_{\mathrm{配 }}$时,根据杠杆平衡条件可得$G_{\mathrm{件 }} × l_{1}=G_{\mathrm{配 }} × l_{2}$,则$5 \mathrm{~N} × 5 \mathrm{~cm}=G_{\mathrm{配 }} × 20 \mathrm{~cm}$,解得$G_{\mathrm{配 }}=1.25 \mathrm{~N}$,由此可知,为防止小车子脱离地面,所加配重至少为1.25 N.由$G=mg$可得,200 g的金属块所受重力为$G_{\mathrm{金属块 }}=m_{\mathrm{金属块 }} g=0.2 \mathrm{~kg} × 10 \mathrm{~N} / \mathrm{kg}=2 \mathrm{~N}$,由$W=G h$可得,将该金属块举高20 cm的过程中,对金属块做功为$W=G_{\mathrm{金属块 }} h=$ $2 \mathrm{~N} × 0.2 \mathrm{~m}=0.4 \mathrm{~J}$.以右轮为支点,设抓取的重物最大重力为$G_{\mathrm{物 }}$,根据杠杆平衡条件可得$G_{\mathrm{件 }} × l_{1}{ }^{\prime}=G_{\mathrm{配 }} × l_{2}{ }^{\prime}+G_{\mathrm{物 }} × l_{3}$,则$5 \mathrm{~N} × 20 \mathrm{~cm}=1.25 \mathrm{~N} × 5 \mathrm{~cm}+G_{\mathrm{物 }} ×(25 \mathrm{~cm}-5 \mathrm{~cm})$,解得$G_{\mathrm{物 }}=$4.687 5 N.由题意知,在不增加器材的情况下,增加横臂最终抓取物体的最大重力,可将机械手臂产柱向左转动,使重物重心向左移,从而增加抓取物体的最大重力.
解析
【分析】
这是一道力学综合应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先找到手爪杠杆的支点O，对比细线拉力的动力臂和C点阻力的阻力臂大小，即可判断杠杆类型；手爪夹举物体依靠阻碍物体下滑的摩擦力实现；要避免夹伤物体实质是减小手爪对物体的压强，压力一定时增大接触面积就能实现该效果。
2. 第(2)问无抓取物时，要防止左轮脱离地面，选取左轮为支点，代入杠杆平衡条件即可算出最小配重；计算对金属块做的功直接用W=Gh代入数值求解即可；抓取物体后要防止右轮脱离地面，选取右轮为支点，再次代入杠杆平衡条件就能算出允许的最大物重；最后根据杠杆平衡规律，不添加器材时减小抓取物体的力臂，就能提升最大可抓取重力，对应操作即可得出。
【解析】
(1) 弯曲件AOBC绕O点转动时，阻力臂大于动力臂，因此属于费力杠杆；手爪夹住物体时，依靠C点对物体的摩擦力阻碍物体滑落，从而将物体举高；压力一定时，增大接触面积可以减小压强，避免夹伤物体，因此可以增大C点处的接触面积。
(2) ① 电控组件的重力：$G_{\mathrm{件}}=m_{\mathrm{件}}g=0.5\mathrm{kg}×10\mathrm{N/kg}=5\mathrm{N}$，以左轮为支点，根据杠杆平衡条件可得：
$G_{\mathrm{件}}×5\mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}}×(10+5+5)\mathrm{cm}$，代入数值解得$G_{\mathrm{配}}=1.25\mathrm{N}$，即配重至少为1.25N。
② 金属块的重力：$G_{\mathrm{金}}=m_{\mathrm{金}}g=0.2\mathrm{kg}×10\mathrm{N/kg}=2\mathrm{N}$，对金属块做的功：$W=G_{\mathrm{金}}h=2\mathrm{N}×0.2\mathrm{m}=0.4\mathrm{J}$。
③ 以右轮为支点，根据杠杆平衡条件可得：
$G_{\mathrm{件}}×(5+10)\mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}}×5\mathrm{cm}+G_{\mathrm{物}}×(25-5)\mathrm{cm}$，代入数值解得$G_{\mathrm{物}}=4.6875\mathrm{N}$。
④ 不增加器材时，将机械产柱向左侧转动，可减小抓取物体的力臂，根据杠杆平衡条件，能提升可抓取物体的最大重力。
【答案】
(1) 费力 摩擦 接触面积 (2) 1.25 0.4 4.687 5 将机械产柱向左侧转动
【知识点】
杠杆分类
杠杆平衡条件
功的计算
【点评】
本题结合机械手臂的真实应用场景，综合串联了杠杆、摩擦力、压强、功的相关知识点，要求学生能根据实际受力状态灵活选取支点应用杠杆平衡条件，同时结合场景推导优化方案，对知识的综合迁移应用能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.6
这是一道力学综合应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先找到手爪杠杆的支点O，对比细线拉力的动力臂和C点阻力的阻力臂大小，即可判断杠杆类型；手爪夹举物体依靠阻碍物体下滑的摩擦力实现；要避免夹伤物体实质是减小手爪对物体的压强，压力一定时增大接触面积就能实现该效果。
2. 第(2)问无抓取物时，要防止左轮脱离地面，选取左轮为支点，代入杠杆平衡条件即可算出最小配重；计算对金属块做的功直接用W=Gh代入数值求解即可；抓取物体后要防止右轮脱离地面，选取右轮为支点，再次代入杠杆平衡条件就能算出允许的最大物重；最后根据杠杆平衡规律，不添加器材时减小抓取物体的力臂，就能提升最大可抓取重力，对应操作即可得出。
【解析】
(1) 弯曲件AOBC绕O点转动时，阻力臂大于动力臂，因此属于费力杠杆；手爪夹住物体时，依靠C点对物体的摩擦力阻碍物体滑落，从而将物体举高；压力一定时，增大接触面积可以减小压强，避免夹伤物体，因此可以增大C点处的接触面积。
(2) ① 电控组件的重力：$G_{\mathrm{件}}=m_{\mathrm{件}}g=0.5\mathrm{kg}×10\mathrm{N/kg}=5\mathrm{N}$，以左轮为支点，根据杠杆平衡条件可得：
$G_{\mathrm{件}}×5\mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}}×(10+5+5)\mathrm{cm}$，代入数值解得$G_{\mathrm{配}}=1.25\mathrm{N}$，即配重至少为1.25N。
② 金属块的重力：$G_{\mathrm{金}}=m_{\mathrm{金}}g=0.2\mathrm{kg}×10\mathrm{N/kg}=2\mathrm{N}$，对金属块做的功：$W=G_{\mathrm{金}}h=2\mathrm{N}×0.2\mathrm{m}=0.4\mathrm{J}$。
③ 以右轮为支点，根据杠杆平衡条件可得：
$G_{\mathrm{件}}×(5+10)\mathrm{cm}=G_{\mathrm{配}}×5\mathrm{cm}+G_{\mathrm{物}}×(25-5)\mathrm{cm}$，代入数值解得$G_{\mathrm{物}}=4.6875\mathrm{N}$。
④ 不增加器材时，将机械产柱向左侧转动，可减小抓取物体的力臂，根据杠杆平衡条件，能提升可抓取物体的最大重力。
【答案】
(1) 费力 摩擦 接触面积 (2) 1.25 0.4 4.687 5 将机械产柱向左侧转动
【知识点】
杠杆分类
杠杆平衡条件
功的计算
【点评】
本题结合机械手臂的真实应用场景，综合串联了杠杆、摩擦力、压强、功的相关知识点，要求学生能根据实际受力状态灵活选取支点应用杠杆平衡条件，同时结合场景推导优化方案，对知识的综合迁移应用能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.6
