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1. 如图所示，火车上出售食品的手推车，当前轮遇到障碍物时，售货员向下按扶把，若把手推车视为杠杆，这时的支点是
$F_1$ $F_2$ $F_3$
后轮
；当后轮遇到障碍物时，售货员向上抬扶把，这时杠杆的支点是前轮
。$F_1$ $F_2$ $F_3$
答案
1. 后轮 前轮
解析
【分析】
要确定杠杆的支点，需明确支点是杠杆绕着转动的固定点。结合手推车的两种操作场景分析：当前轮遇障碍物时，向下按扶把，手推车会绕某点转动；后轮遇障碍物时，向上抬扶把，手推车绕另一点转动，据此判断对应的支点。
【解析】
根据杠杆支点的定义：杠杆绕着转动的固定点为支点。
1. 当前轮遇到障碍物时，售货员向下按扶把，手推车绕后轮转动，因此此时杠杆的支点是后轮；
2. 当后轮遇到障碍物时，售货员向上抬扶把，手推车绕前轮转动，因此此时杠杆的支点是前轮。
【答案】
后轮；前轮
【知识点】
杠杆的支点
【点评】
本题考查杠杆支点的判断，核心是理解支点的定义，结合实际操作场景分析即可，属于基础题型。
【难度系数】
0.3
要确定杠杆的支点，需明确支点是杠杆绕着转动的固定点。结合手推车的两种操作场景分析：当前轮遇障碍物时，向下按扶把，手推车会绕某点转动；后轮遇障碍物时，向上抬扶把，手推车绕另一点转动，据此判断对应的支点。
【解析】
根据杠杆支点的定义：杠杆绕着转动的固定点为支点。
1. 当前轮遇到障碍物时，售货员向下按扶把，手推车绕后轮转动，因此此时杠杆的支点是后轮；
2. 当后轮遇到障碍物时，售货员向上抬扶把，手推车绕前轮转动，因此此时杠杆的支点是前轮。
【答案】
后轮；前轮
【知识点】
杠杆的支点
【点评】
本题考查杠杆支点的判断，核心是理解支点的定义，结合实际操作场景分析即可，属于基础题型。
【难度系数】
0.3
2. 如图所示的杠杆(自重和摩擦不计),O是支点,A处挂一重为50 N的物体,为保证杠杆在水平位置平衡,在中点B处沿
$F_2$
(选填“$F_1$”“$F_2$”或“$F_3$”)方向施加的力最小,最小的力为100
N。答案
2. $F_2$ 100
解析
【分析】
要解决这个问题，需利用杠杆平衡条件：当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。首先确定支点为O，在B点施加力时，最长的动力臂是支点O到B点的距离（OB），此时动力的方向需垂直于杠杆，这样力臂等于OB，是最大的动力臂，对应的力最小；再结合杠杆平衡条件计算最小力的大小。
【解析】
1. 确定最小力的方向：根据杠杆平衡原理，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。支点为O，在B点施加力，最长动力臂为OB，当力的方向垂直于水平杠杆时，力臂等于OB，是最大动力臂，因此应沿$F_2$方向施加力。
2. 计算最小力的大小：设杠杆OA长度为$L$，则B为中点，故$OB=\frac{L}{2}$。阻力$G=50\ \mathrm{N}$，阻力臂为$OA=L$，动力臂为$OB=\frac{L}{2}$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：$F× OB = G× OA$，代入数值：$F× \frac{L}{2}=50\ \mathrm{N}× L$，约去$L$后解得$F=100\ \mathrm{N}$。
【答案】
$F_2$；100
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的基础应用，关键是理解“最小力对应最长力臂”的规律，需准确判断力臂并结合平衡条件计算，属于杠杆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需利用杠杆平衡条件：当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。首先确定支点为O，在B点施加力时，最长的动力臂是支点O到B点的距离（OB），此时动力的方向需垂直于杠杆，这样力臂等于OB，是最大的动力臂，对应的力最小；再结合杠杆平衡条件计算最小力的大小。
【解析】
1. 确定最小力的方向：根据杠杆平衡原理，阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。支点为O，在B点施加力，最长动力臂为OB，当力的方向垂直于水平杠杆时，力臂等于OB，是最大动力臂，因此应沿$F_2$方向施加力。
2. 计算最小力的大小：设杠杆OA长度为$L$，则B为中点，故$OB=\frac{L}{2}$。阻力$G=50\ \mathrm{N}$，阻力臂为$OA=L$，动力臂为$OB=\frac{L}{2}$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：$F× OB = G× OA$，代入数值：$F× \frac{L}{2}=50\ \mathrm{N}× L$，约去$L$后解得$F=100\ \mathrm{N}$。
【答案】
$F_2$；100
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的基础应用，关键是理解“最小力对应最长力臂”的规律，需准确判断力臂并结合平衡条件计算，属于杠杆章节的典型基础题。
【难度系数】
0.5
3. 如图所示,用滑轮组将30 kg的物体匀速提高1 m,拉力F为200 N,则有用功为
300
J,滑轮组的机械效率为75%
。若增加所提物体的重力,则滑轮组的机械效率变大
(选填“变小”“变大”或“不变”)。(不计绳重和摩擦,g取10 N/kg)答案
3. 300 75% 变大
解析
【分析】
要解决这道题，需分三步思考：1. 计算有用功：有用功是对物体做的功，公式为$W_{有用}=Gh$，先根据物体质量算出重力$G$；2. 计算总功和机械效率：总功是拉力做的功，需先确定滑轮组承担物重的绳子段数$n$，再用$W_{总}=Fs$计算，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$；3. 判断机械效率变化：不计绳重和摩擦时，额外功来自动滑轮重力，物重增加时，有用功占总功的比例变大，机械效率变大。
【解析】
1. 计算物体重力：$G=mg=30\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=300\ \mathrm{N}$，有用功$W_{有用}=Gh=300\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=300\ \mathrm{J}$；
2. 确定滑轮组的绳子段数：由图可知，动滑轮上有2段绳子，故绳子自由端移动距离$s=nh=2×1\ \mathrm{m}=2\ \mathrm{m}$；总功$W_{总}=Fs=200\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=400\ \mathrm{J}$；
3. 计算机械效率：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{300\ \mathrm{J}}{400\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$；
4. 分析机械效率变化：不计绳重和摩擦，额外功$W_{额}=G_{动}h$，增加物重时，有用功$W_{有用}=Gh$增大，额外功不变，总功增大，但有用功在总功中的比例变大，故机械效率变大。
【答案】
300；75%；变大
【知识点】
滑轮组有用功、机械效率、影响机械效率的因素
【点评】
本题考查滑轮组的有用功、机械效率计算及机械效率变化判断，关键是确定滑轮组的绳子段数，理解不计绳重摩擦时机械效率与物重的关系，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需分三步思考：1. 计算有用功：有用功是对物体做的功，公式为$W_{有用}=Gh$，先根据物体质量算出重力$G$；2. 计算总功和机械效率：总功是拉力做的功，需先确定滑轮组承担物重的绳子段数$n$，再用$W_{总}=Fs$计算，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$；3. 判断机械效率变化：不计绳重和摩擦时，额外功来自动滑轮重力，物重增加时，有用功占总功的比例变大，机械效率变大。
【解析】
1. 计算物体重力：$G=mg=30\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=300\ \mathrm{N}$，有用功$W_{有用}=Gh=300\ \mathrm{N}×1\ \mathrm{m}=300\ \mathrm{J}$；
2. 确定滑轮组的绳子段数：由图可知，动滑轮上有2段绳子，故绳子自由端移动距离$s=nh=2×1\ \mathrm{m}=2\ \mathrm{m}$；总功$W_{总}=Fs=200\ \mathrm{N}×2\ \mathrm{m}=400\ \mathrm{J}$；
3. 计算机械效率：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{300\ \mathrm{J}}{400\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$；
4. 分析机械效率变化：不计绳重和摩擦，额外功$W_{额}=G_{动}h$，增加物重时，有用功$W_{有用}=Gh$增大，额外功不变，总功增大，但有用功在总功中的比例变大，故机械效率变大。
【答案】
300；75%；变大
【知识点】
滑轮组有用功、机械效率、影响机械效率的因素
【点评】
本题考查滑轮组的有用功、机械效率计算及机械效率变化判断，关键是确定滑轮组的绳子段数，理解不计绳重摩擦时机械效率与物重的关系，属于基础题型。
【难度系数】
0.6
4. 如图所示的工具,在正常使用的过程中,属于费力杠杆的是 (
A B C D
C
) A B C D答案
4. C
解析
【分析】
要判断杠杆类型，需依据动力臂与阻力臂的大小关系：动力臂大于阻力臂为省力杠杆，动力臂小于阻力臂为费力杠杆。逐个分析各工具：A、B选项的钳子，使用时动力臂（手施加力的力臂）大于阻力臂（钳口处阻力的力臂），是省力杠杆；C选项的剪刀，手柄短、刀刃长，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；D选项的扳手，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，若动力臂$L_1＜$阻力臂$L_2$，则动力$F_1＞$阻力$F_2$，为费力杠杆。对各选项分析：A、B的钳子，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C的剪刀，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D的扳手，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。因此属于费力杠杆的是C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆分类、杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆类型的判断，核心是比较动力臂与阻力臂的大小，属于基础应用类题目，需掌握杠杆分类的依据。
【难度系数】
0.3
要判断杠杆类型，需依据动力臂与阻力臂的大小关系：动力臂大于阻力臂为省力杠杆，动力臂小于阻力臂为费力杠杆。逐个分析各工具：A、B选项的钳子，使用时动力臂（手施加力的力臂）大于阻力臂（钳口处阻力的力臂），是省力杠杆；C选项的剪刀，手柄短、刀刃长，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；D选项的扳手，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，若动力臂$L_1＜$阻力臂$L_2$，则动力$F_1＞$阻力$F_2$，为费力杠杆。对各选项分析：A、B的钳子，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C的剪刀，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D的扳手，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。因此属于费力杠杆的是C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆分类、杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆类型的判断，核心是比较动力臂与阻力臂的大小，属于基础应用类题目，需掌握杠杆分类的依据。
【难度系数】
0.3
5. 如图所示，杠杆在重物A和力F的作用下处于静止状态，现只将力F的方向改变为沿图中虚线的方向，若要使杠杆仍平衡，必须使 （
A.F增大
B.F减小
C.F不变
D.F小于$G_A$
A
）A.F增大
B.F减小
C.F不变
D.F小于$G_A$
答案
5. A
解析
【分析】
要解决这道题，需运用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$），核心是判断力F方向改变后动力臂的变化：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是作用点到支点的距离。当力F从竖直向下改为斜向右下（虚线方向）时，支点到F作用线的垂直距离（动力臂）会变小；而阻力是重物A的重力，阻力臂（支点到A的距离）保持不变，根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力臂变小，动力需要增大才能维持杠杆平衡。
【解析】
设杠杆每一格长度为$L$，重物A的重力为$G_A$，其阻力臂为$L_{阻}$（固定不变）。
1. 当力F竖直向下时，动力臂$L_{动1}$是支点到F作用线的垂直距离，等于F作用点到支点的水平距离；
2. 当力F改为沿虚线方向（斜向右下）时，动力臂$L_{动2}$是支点到F作用线的垂直距离，此时$L_{动2}＜L_{动1}$（斜向力的力臂小于竖直向下时的力臂）；
3. 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，阻力$F_2=G_A$、阻力臂$L_2=L_{阻}$不变，动力臂$L_1$变小，因此动力$F_1$必须增大，才能满足平衡条件，使杠杆仍平衡。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是准确判断力臂的变化，需牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，属于初中物理力学的基础题型，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需运用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$），核心是判断力F方向改变后动力臂的变化：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是作用点到支点的距离。当力F从竖直向下改为斜向右下（虚线方向）时，支点到F作用线的垂直距离（动力臂）会变小；而阻力是重物A的重力，阻力臂（支点到A的距离）保持不变，根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力臂变小，动力需要增大才能维持杠杆平衡。
【解析】
设杠杆每一格长度为$L$，重物A的重力为$G_A$，其阻力臂为$L_{阻}$（固定不变）。
1. 当力F竖直向下时，动力臂$L_{动1}$是支点到F作用线的垂直距离，等于F作用点到支点的水平距离；
2. 当力F改为沿虚线方向（斜向右下）时，动力臂$L_{动2}$是支点到F作用线的垂直距离，此时$L_{动2}＜L_{动1}$（斜向力的力臂小于竖直向下时的力臂）；
3. 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，阻力$F_2=G_A$、阻力臂$L_2=L_{阻}$不变，动力臂$L_1$变小，因此动力$F_1$必须增大，才能满足平衡条件，使杠杆仍平衡。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是准确判断力臂的变化，需牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，属于初中物理力学的基础题型，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
6. 如图为一个定滑轮和一个动滑轮(不计绳重与摩擦,且动滑轮重$G_{动}$小于物重G),用它们分别将物重相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度,所用的拉力分别为$F_{甲}$、$F_{乙}$,它们的机械效率分别为$\eta_{甲}$、$\eta_{乙}$。下列关系正确的是 (
A.$F_{甲}＜F_{乙},\eta_{甲}＜\eta_{乙}$
B.$F_{甲}＞F_{乙},\eta_{甲}＞\eta_{乙}$
C.$F_{甲}＜F_{乙},\eta_{甲}＞\eta_{乙}$
D.$F_{甲}＞F_{乙},\eta_{甲}＜\eta_{乙}$
B
)A.$F_{甲}＜F_{乙},\eta_{甲}＜\eta_{乙}$
B.$F_{甲}＞F_{乙},\eta_{甲}＞\eta_{乙}$
C.$F_{甲}＜F_{乙},\eta_{甲}＞\eta_{乙}$
D.$F_{甲}＞F_{乙},\eta_{甲}＜\eta_{乙}$
答案
6. B
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确定滑轮和动滑轮的特点：定滑轮不省力，仅改变力的方向；动滑轮可省力，但需克服动滑轮自重做额外功。再分别计算拉力和机械效率，对比两者的大小关系。
【解析】
1. 计算拉力：
甲图是定滑轮，不计绳重与摩擦，拉力等于物重，即 $ F_{甲}=G $。
乙图是动滑轮，不计绳重与摩擦，拉力需克服物重和动滑轮自重，公式为 $ F_{乙}=\frac{G+G_{动}}{2} $。已知 $ G_{动}＜G $，则 $ \frac{G+G_{动}}{2}＜\frac{G+G}{2}=G $，因此 $ F_{甲}＞F_{乙} $。
2. 计算机械效率：
提升相同高度 $ h $，有用功均为 $ W_{有}=Gh $。
甲图（定滑轮）额外功为0，总功 $ W_{总甲}=Gh $，机械效率 $ \eta_{甲}=\frac{W_{有}}{W_{总甲}}=\frac{Gh}{Gh}=100\% $。
乙图（动滑轮）额外功是提升动滑轮的功，总功 $ W_{总乙}=Gh+G_{动}h $，机械效率 $ \eta_{乙}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}} $，因 $ G_{动}＞0 $，故 $ \eta_{乙}＜100\% $，即 $ \eta_{甲}＞\eta_{乙} $。
综上，$ F_{甲}＞F_{乙} $，$ \eta_{甲}＞\eta_{乙} $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
定滑轮、动滑轮、机械效率
【点评】
本题结合定滑轮和动滑轮的工作特点，考查拉力与机械效率的比较，核心是区分两种滑轮的省力特性和额外功来源，需注意动滑轮自重对机械效率的影响，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确定滑轮和动滑轮的特点：定滑轮不省力，仅改变力的方向；动滑轮可省力，但需克服动滑轮自重做额外功。再分别计算拉力和机械效率，对比两者的大小关系。
【解析】
1. 计算拉力：
甲图是定滑轮，不计绳重与摩擦，拉力等于物重，即 $ F_{甲}=G $。
乙图是动滑轮，不计绳重与摩擦，拉力需克服物重和动滑轮自重，公式为 $ F_{乙}=\frac{G+G_{动}}{2} $。已知 $ G_{动}＜G $，则 $ \frac{G+G_{动}}{2}＜\frac{G+G}{2}=G $，因此 $ F_{甲}＞F_{乙} $。
2. 计算机械效率：
提升相同高度 $ h $，有用功均为 $ W_{有}=Gh $。
甲图（定滑轮）额外功为0，总功 $ W_{总甲}=Gh $，机械效率 $ \eta_{甲}=\frac{W_{有}}{W_{总甲}}=\frac{Gh}{Gh}=100\% $。
乙图（动滑轮）额外功是提升动滑轮的功，总功 $ W_{总乙}=Gh+G_{动}h $，机械效率 $ \eta_{乙}=\frac{Gh}{Gh+G_{动}h}=\frac{G}{G+G_{动}} $，因 $ G_{动}＞0 $，故 $ \eta_{乙}＜100\% $，即 $ \eta_{甲}＞\eta_{乙} $。
综上，$ F_{甲}＞F_{乙} $，$ \eta_{甲}＞\eta_{乙} $，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
定滑轮、动滑轮、机械效率
【点评】
本题结合定滑轮和动滑轮的工作特点，考查拉力与机械效率的比较，核心是区分两种滑轮的省力特性和额外功来源，需注意动滑轮自重对机械效率的影响，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
