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1. 工人用如图所示的装置运送砂石，下列说法正确的是(
A.滑轮组中的定滑轮能改变拉力的大小
B.图中动滑轮相当于一个省力杠杆
C.绳子自由端下拉1m，桶上升2m
D.质量为65kg的工人利用该滑轮组能提起150kg的砂石
B
)A.滑轮组中的定滑轮能改变拉力的大小
B.图中动滑轮相当于一个省力杠杆
C.绳子自由端下拉1m，桶上升2m
D.质量为65kg的工人利用该滑轮组能提起150kg的砂石
答案
B
解析
A.定滑轮只能改变力的方向，不能改变拉力大小，A错误；B.动滑轮实质是动力臂为阻力臂两倍的省力杠杆，B正确；C.绳子自由端移动距离s=nh（n为承担物重的绳子股数，n≥1），则桶上升高度h=s/n，故自由端下拉1m时桶上升高度小于1m，C错误；D.工人最大拉力F≤G人=m人g=650N，不计动滑轮重和摩擦时，最大物重G=nF，若n=2，G=1300N（m=130kg），考虑动滑轮重时能提起的砂石质量更小，无法提起150kg砂石，D错误。
2. 如图所示装置，在水平拉力F的作用下，物体A沿水平地面做匀速直线运动，已知弹簧测力计读数为10N，物体A的运动速度为1m/s(若不计滑轮与绳子质量、绳子与滑轮间的摩擦、滑轮与轴间摩擦)，那么在此过程中(
A.物体A与地面间的摩擦力为5N
B.物体A与地面间的摩擦力为20N
C.水平拉力F做功的功率为10W
D.1s内重力对物体A做功为10J
C
)A.物体A与地面间的摩擦力为5N
B.物体A与地面间的摩擦力为20N
C.水平拉力F做功的功率为10W
D.1s内重力对物体A做功为10J
答案
C
解析
物体A匀速运动，水平方向摩擦力f与绳子拉力F_A平衡，即f=F_A。弹簧测力计读数10N为绳子拉力T=10N，即F_A=T=10N，故f=10N，A、B错误。
装置中滑轮为动滑轮，绳子段数n=2，拉力F=2T=20N。物体A速度v_A=1m/s，拉力F的速度v_F=v_A/n=0.5m/s，功率P=Fv_F=20N×0.5m/s=10W，C正确。
重力方向竖直向下，物体A水平运动，重力不做功，D错误。
装置中滑轮为动滑轮，绳子段数n=2，拉力F=2T=20N。物体A速度v_A=1m/s，拉力F的速度v_F=v_A/n=0.5m/s，功率P=Fv_F=20N×0.5m/s=10W，C正确。
重力方向竖直向下，物体A水平运动，重力不做功，D错误。
3. 如图甲所示的滑轮组装置，不计绳重和摩擦，绳对滑轮的拉力方向均为竖直方向。用该滑轮组提升放置在水平地面上G=80N的重物到高处。用竖直向下的拉力拉绳的自由端，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，重物上升的速度v随时间t变化的图像如图丙所示。已知在2～4s内重物上升的竖直高度为2m，求：
（1）在4～6s内，重物克服重力做功的功率。
（2）在0～2s内，重物对地面的压力大小。
（1）在4～6s内，重物克服重力做功的功率。
（2）在0～2s内，重物对地面的压力大小。
答案
（1）在$4\sim6s$内：
由图丙可知重物做匀速直线运动，$v = 2.0m/s$。
根据$P = Gv$，已知$G = 80N$，则重物克服重力做功的功率$P = 80N×2.0m/s = 160W$。
（2）由图甲可知，滑轮组绳子的有效股数$n = 2$。
在$4\sim6s$内，由图乙可知拉力$F_{3}=50N$，根据$F=\frac{1}{n}(G + G_{动})$可得，动滑轮重力$G_{动}=nF_{3}-G = 2×50N - 80N = 20N$。
在$0\sim2s$内，由图乙可知拉力$F_{1}=30N$，设此时滑轮组对重物的拉力为$F_{拉}$，根据$F_{1}=\frac{1}{n}(F_{拉}+G_{动})$，可得$F_{拉}=nF_{1}-G_{动}=2×30N - 20N = 40N$。
重物对地面的压力$F_{压}=G - F_{拉}=80N - 40N = 40N$。
综上，（1）在$4\sim6s$内，重物克服重力做功的功率为$160W$；（2）在$0\sim2s$内，重物对地面的压力大小为$40N$。
由图丙可知重物做匀速直线运动，$v = 2.0m/s$。
根据$P = Gv$，已知$G = 80N$，则重物克服重力做功的功率$P = 80N×2.0m/s = 160W$。
（2）由图甲可知，滑轮组绳子的有效股数$n = 2$。
在$4\sim6s$内，由图乙可知拉力$F_{3}=50N$，根据$F=\frac{1}{n}(G + G_{动})$可得，动滑轮重力$G_{动}=nF_{3}-G = 2×50N - 80N = 20N$。
在$0\sim2s$内，由图乙可知拉力$F_{1}=30N$，设此时滑轮组对重物的拉力为$F_{拉}$，根据$F_{1}=\frac{1}{n}(F_{拉}+G_{动})$，可得$F_{拉}=nF_{1}-G_{动}=2×30N - 20N = 40N$。
重物对地面的压力$F_{压}=G - F_{拉}=80N - 40N = 40N$。
综上，（1）在$4\sim6s$内，重物克服重力做功的功率为$160W$；（2）在$0\sim2s$内，重物对地面的压力大小为$40N$。
4. 甲、乙两个身高相同的人抬着一个木箱沿斜坡上山，木箱的悬点恰好在抬杠的中央。如图所示，则甲、乙两人所用的力F₁与F₂的关系是(
A.F₁=F₂
B.F₁＞F₂
C.F₁＜F₂
D.已知条件不足，所以无法判断
A
)A.F₁=F₂
B.F₁＞F₂
C.F₁＜F₂
D.已知条件不足，所以无法判断
答案
A
解析
将抬杠视为杠杆，木箱悬点在抬杠中央，即阻力（木箱重力G）作用于杠杆中点，设抬杠长度为2l，则甲、乙两人的手到悬点的距离均为l。由于两人抬木箱时施加的力方向竖直向上（平衡重力），以悬点为支点，甲的力F₁的力臂和乙的力F₂的力臂均为l。根据杠杆平衡条件F₁×l=F₂×l，可得F₁=F₂。
5. 下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是(
A.甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B.乙：杠杆始终静止，F₁经顺时针方向到F₂过程中将先变小后变大
C.丙：用一个始终竖直向上的力提升杠杆，所施加的力的大小不变
D.丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
BC
)A.甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B.乙：杠杆始终静止，F₁经顺时针方向到F₂过程中将先变小后变大
C.丙：用一个始终竖直向上的力提升杠杆，所施加的力的大小不变
D.丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
答案
BC
解析
A.甲：动力始终垂直杠杆，动力臂不变，阻力臂随杠杆转动逐渐减小，由F₁L₁=F₂L₂知，F₂=GL₂/L₁，F₂一直变小，A错误。
B.乙：阻力与阻力臂不变，动力从F₁顺时针转到F₂，动力臂先增大（垂直杠杆时最大）后减小，由F=GL₂/L₁知，F先变小后变大，B正确。
C.丙：动力竖直向上，阻力竖直向下，动力臂与阻力臂比值为定值（L₁/L₂=常量），由F=G(L₂/L₁)知，F大小不变，C正确。
D.丁：动力水平向右，动力臂L₁=Lsinθ，阻力臂L₂=L'cosθ，由F=G(L'cosθ)/(Lsinθ)=G(L'/L)cotθ，θ增大时cotθ减小，F一直变小，D错误。
B.乙：阻力与阻力臂不变，动力从F₁顺时针转到F₂，动力臂先增大（垂直杠杆时最大）后减小，由F=GL₂/L₁知，F先变小后变大，B正确。
C.丙：动力竖直向上，阻力竖直向下，动力臂与阻力臂比值为定值（L₁/L₂=常量），由F=G(L₂/L₁)知，F大小不变，C正确。
D.丁：动力水平向右，动力臂L₁=Lsinθ，阻力臂L₂=L'cosθ，由F=G(L'cosθ)/(Lsinθ)=G(L'/L)cotθ，θ增大时cotθ减小，F一直变小，D错误。
