1. 如图所示，一个物体被水平力 $ F $ 压在竖直墙面时静止，水平力减为$\frac{1}{3}F$时刚好匀速下滑，则静止时水平力对物体（选填“做了”或“不做”）功，下滑时水平力对物体（选填“做了”或“不做”）功。
（第1题）

1. 不做 不做

【分析】判断力是否做功的依据是做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，两个条件需同时满足才做功。本题中，静止时水平力作用在物体上，但物体水平方向无位移；下滑时水平方向仍无位移，因此水平力均不做功。
【解析】根据做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离，二者缺一不可。①物体静止时，水平力作用在物体上，但物体在水平方向没有移动距离，不满足“力的方向上有距离”，故水平力对物体不做功；②物体下滑时，水平力方向为水平，物体下滑方向为竖直向下，水平方向无位移，同样不满足做功条件，故水平力对物体也不做功。
【答案】不做 不做
【知识点】做功的两个必要因素
【点评】本题考查功的判断，属于基础概念题，只需牢记做功的两个必要因素，分析力与位移的方向关系即可解答，难度较低。
【难度系数】0.6

2. 用如图所示的扳手拧螺丝时，一只手稳住扳手的十字交叉部位，另一只手用同样大小和方向的力在（选填“A”“B”或“C”）点更容易拧动螺丝，原因是。

2. C 在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力

【分析】
要解决这个问题，需结合杠杆平衡条件分析。该装置可看作杠杆，支点为螺丝的中心，手施加的力是动力，螺丝的阻力是阻力。根据杠杆平衡原理，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，所需动力越小，越省力。观察图中A、B、C三点，C点距离支点最远，动力臂最长，因此在C点施力更容易拧动螺丝。
【解析】
用扳手拧螺丝时，扳手属于杠杆，支点是螺丝的中心。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，当阻力$F_2$和阻力臂$L_2$一定时，动力臂$L_1$越长，动力$F_1$越小，越省力。图中A、B、C三点，C点到支点的距离（动力臂）最长，所以在C点施加同样大小和方向的力时，更容易拧动螺丝。
【答案】
C；在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力
【知识点】
杠杆平衡条件；省力杠杆
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的实际应用，结合生活中扳手的使用场景，考查学生对动力臂影响省力效果的理解，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.3

3. 如图所示，在探究“杠杆平衡条件”的实验中，调节杠杆在水平位置平衡后，在A点悬挂4个钩码(每个钩码重0.5 N)，在B点用调好的弹簧测力计沿竖直方向向上拉杠杆，使杠杆再次平衡，则弹簧测力计的示数为N；将弹簧测力计转向图中虚线方向的过程中，始终保持杠杆平衡，则弹簧测力计的示数将(选填“变大”“变小”或“不变”)。

3. 1 变大

【分析】
要解决本题，需运用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）。首先确定阻力、阻力臂、动力臂，代入公式计算弹簧测力计的示数；当弹簧测力计斜拉时，需判断力臂的变化，结合杠杆平衡条件分析动力的变化。
步骤1：计算阻力大小：A点悬挂4个钩码，每个钩码重0.5N，因此阻力$F_2=4×0.5N=2N$；
步骤2：确定力臂：设杠杆每格长度为$L$，支点$O$到A点（阻力作用点）的距离为阻力臂$L_2=4L$，竖直方向拉时，支点$O$到B点（动力作用点）的距离为动力臂$L_1=8L$；
步骤3：代入杠杆平衡条件求动力；
步骤4：分析斜拉时的动力变化：斜拉时动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件判断动力的变化。
【解析】
1. 计算弹簧测力计的示数：
已知每个钩码重0.5N，A点挂4个钩码，故阻力$F_2=4×0.5N=2N$。设杠杆每格长度为$L$，由图可知，阻力臂$L_2=4L$，竖直方向拉时动力臂$L_1=8L$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入数据得：
$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}=\frac{2N×4L}{8L}=1N$。
2. 分析弹簧测力计转向虚线方向时的示数变化：
当弹簧测力计沿虚线方向斜拉时，拉力的力臂（支点到拉力作用线的垂直距离）会变小，而阻力$F_2$和阻力臂$L_2$均不变，根据杠杆平衡条件$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$，动力臂$L_1$变小，因此动力$F_1$变大，即弹簧测力计示数变大。
【答案】
1；变大
【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，核心是正确确定力臂，尤其是斜拉时力臂的变化，需明确力臂是支点到力的作用线的垂直距离，属于力学基础实验题，难度适中。
【难度系数】
0.5

4. 在某次测试中，一款重为$6.4× 10^{4}\ \mathrm{N}$的超音速汽车以$1\ 260\ \mathrm{km/h}$的速度在水平轨道上匀速直线行驶，受到的阻力为$1.8× 10^{5}\ \mathrm{N}$，10 s内汽车通过的路程是 m，牵引力做功的功率是 W，重力做功是 J。

4. $3.5×10^3$ $6.3×10^7$ 0

【分析】
要解决这道题，需分三步思考：①求路程：匀速直线运动中路程$s=vt$，注意速度单位要从$\mathrm{km/h}$换算为$\mathrm{m/s}$；②求牵引力功率：匀速时牵引力等于阻力，功率可通过$P=Fv$计算；③判断重力做功：做功的两个必要因素是力和在力的方向上的位移，重力竖直向下，汽车水平运动，无重力方向位移，故重力做功为0。
【解析】
1. 计算10s内汽车通过的路程：
首先换算速度单位：$v = 1260\ \mathrm{km/h} = \frac{1260}{3.6}\ \mathrm{m/s} = 350\ \mathrm{m/s}$
根据匀速直线运动路程公式$s = vt$，得：
$s = 350\ \mathrm{m/s} × 10\ \mathrm{s} = 3.5 × 10^3\ \mathrm{m}$
2. 计算牵引力做功的功率：
汽车匀速直线行驶，牵引力与阻力平衡，故$F = f = 1.8 × 10^5\ \mathrm{N}$
功率公式$P = Fv$，代入得：
$P = 1.8 × 10^5\ \mathrm{N} × 350\ \mathrm{m/s} = 6.3 × 10^7\ \mathrm{W}$
3. 判断重力做功：
重力方向竖直向下，汽车在水平方向运动，没有在重力方向上移动距离，根据做功的条件，重力做功为$0\ \mathrm{J}$。
【答案】
$3.5×10^3$；$6.3×10^7$；$0$
【知识点】
速度单位换算、功率计算、重力做功的判断
【点评】
本题考查匀速直线运动的路程计算、功率的计算及做功的必要条件，属于力学基础题，关键在于单位换算和对做功条件的理解，难度适中。
【难度系数】
0.7

5. 如图所示，工人用动滑轮提起木箱，使用动滑轮可以。如果木箱重600 N，工人用400 N的力，将木箱匀速提高3 m，则有用功为J，动滑轮的机械效率为。

5. 省力 1 800 75%

【分析】
要解决这道题，需先明确动滑轮的作用，再区分有用功、总功的计算，最后推导机械效率。步骤如下：1. 动滑轮的特点是省力；2. 有用功是克服物体重力做的功，公式为$W_{有}=Gh$；3. 动滑轮上承担物重的绳子段数为2，拉力移动距离$s=2h$，总功公式为$W_{总}=Fs$；4. 机械效率为有用功与总功的比值，公式为$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%$。
【解析】
1. 动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，使用动滑轮可以省力，不能改变力的方向，故第一空填“省力”。
2. 有用功是克服木箱重力做的功，代入数据计算：$W_{有}=Gh=600N×3m=1800J$。
3. 动滑轮上承担物重的绳子段数$n=2$，因此拉力移动的距离$s=2h=2×3m=6m$，总功为：$W_{总}=Fs=400N×6m=2400J$。
4. 机械效率计算：$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{1800J}{2400J}×100\%=75\%$。
【答案】
省力；1800；75%
【知识点】
动滑轮特点；有用功与总功；机械效率
【点评】
本题考查动滑轮的基本性质和机械效率的计算，属于力学基础题，需掌握动滑轮绳子段数的判断、有用功和总功的计算公式，是对核心知识点的直接应用，难度较低。
【难度系数】
0.6

6. 工人用一均匀杠杆将重为1 000 N的货物匀速提高1 m，如果动力臂与阻力臂之比为2:1，而工人所用的拉力为600 N。则在此过程中有用功为J，杠杆的机械效率为（结果精确到0.1%），如果克服摩擦做功40 J，则此杠杆的自重为N。

6. 1 000 83.3% 160

【分析】
要解决本题，需明确各功的定义及计算方法：有用功是对目标物体（货物）做的功，总功是动力做的功，额外功包括克服机械自重和摩擦做的功；需先根据杠杆臂长关系确定拉力移动的距离，再逐步计算各物理量。
【解析】
1. 计算有用功：有用功是提升货物所做的功，公式为$ W_{有用}=Gh $，代入数据得：
$ W_{有用}=1000\,\mathrm{N} × 1\,\mathrm{m}=1000\,\mathrm{J} $；
2. 计算总功：已知动力臂与阻力臂之比为$ 2:1 $，根据杠杆的运动特点，拉力移动的距离$ s=2h=2×1\,\mathrm{m}=2\,\mathrm{m} $，总功公式为$ W_{总}=Fs $，代入数据得：
$ W_{总}=600\,\mathrm{N} × 2\,\mathrm{m}=1200\,\mathrm{J} $；
3. 计算机械效率：机械效率公式为$ \eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% $，代入数据得：
$ \eta=\frac{1000\,\mathrm{J}}{1200\,\mathrm{J}} × 100\% \approx 83.3\% $；
4. 计算杠杆自重：总额外功$ W_{额}=W_{总}-W_{有用}=1200\,\mathrm{J}-1000\,\mathrm{J}=200\,\mathrm{J} $，其中克服摩擦做功40J，因此克服杠杆自重做功$ W_{额重}=200\,\mathrm{J}-40\,\mathrm{J}=160\,\mathrm{J} $；克服杠杆自重做功公式为$ W_{额重}=G_{杆}h $，则杠杆自重$ G_{杆}=\frac{W_{额重}}{h}=\frac{160\,\mathrm{J}}{1\,\mathrm{m}}=160\,\mathrm{N} $。
【答案】
1000；83.3%；160
【知识点】
有用功、机械效率、杠杆额外功
【点评】
本题结合杠杆考查功与机械效率的计算，需明确各功的含义，理清动力移动距离与货物上升高度的关系，区分有用功、总功和额外功，是力学综合的基础题型。
【难度系数】
0.5

7. 小明用带刻度的均匀杠杆来探究“杠杆的平衡条件”，实验所用钩码质量相等。

（1）调节好杠杆平衡后，在A处挂上4个钩码（如图甲所示），为使杠杆在水平位置平衡，应在B处挂个钩码。取下钩码，又改用弹簧测力计在B处沿两个方向拉（如图乙所示），小明设计了两种实验方案：沿竖直方向拉弹簧测力计（读数为$ F_1 $），倾斜拉弹簧测力计（读数为$ F_2 $）。两次弹簧测力计的读数$ F_1 $$ F_2 $（选填“＜”“＞”或“＝”）。
（2）在实验中，小明不慎将杠杆右侧的平衡螺母遗失，导致杠杆无法在水平位置平衡，于是他在杠杆上右侧适当位置粘了块橡皮泥后杠杆恰好在水平位置平衡（如图丙所示），此装置（选填“能”或“不能”）继续用来完成探究实验。
（3）小刚用图丁装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，测出的数据与小明得出的杠杆平衡条件不相符，其原因是：。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”或“不变”）。

7. (1) 3 ＜ (2) 能 (3) 杠杆自重对平衡的影响 不变

【分析】
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验展开，需结合杠杆平衡条件、力臂的定义、实验装置的调整、杠杆自重的影响及机械效率的分析解题：
（1）利用杠杆平衡条件计算B处钩码数量；根据力臂的定义，分析竖直拉与倾斜拉时力臂的变化，结合平衡条件判断力的大小关系。
（2）判断粘橡皮泥后的装置能否用于实验，关键看杠杆自身重力是否被平衡，是否干扰钩码力的探究。
（3）分析丁图数据不符的原因是杠杆自重的影响；再结合机械效率公式，分析测力计移动后有用功、额外功的变化，判断机械效率是否改变。
【解析】
（1）设每个钩码重力为$ G $，每格长度为$ L $。根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，A处力$ F_A=4G $，力臂$ L_A=3L $；B处力$ F_B=nG $，力臂$ L_B=4L $。代入得：$ 4G×3L = nG×4L $，解得$ n=3 $，故B处挂3个钩码。
沿竖直方向拉时，弹簧测力计的力臂等于OB的长度；倾斜拉时，力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，该力臂小于OB。阻力和阻力臂不变，根据平衡条件，动力臂越小，动力越大，因此$ F_1＜F_2 $。
（2）右侧平衡螺母遗失，粘橡皮泥后杠杆在水平位置平衡，此时杠杆自身重力已被橡皮泥重力平衡，实验中杠杆自重不会对钩码的平衡产生额外影响，因此该装置能继续完成探究实验。
（3）丁图中，杠杆自身有重力，实验时未考虑杠杆自重对平衡的影响，导致测出的数据与杠杆平衡条件不符。
机械效率$ η=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}} $，有用功$ W_{有}=G_{钩}×h $（$ h $为钩码提升高度），额外功$ W_{额} $是克服杠杆自重做的功。当测力计从A移至C，O、B位置不变，钩码提升相同高度时，杠杆转动角度不变，杠杆重心提升高度不变，额外功不变，有用功也不变，故机械效率不变。
【答案】
(1) 3；＜ (2) 能 (3) 杠杆自重对平衡的影响；不变
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆的应用、机械效率
【点评】
本题是探究杠杆平衡条件的典型实验题，涵盖杠杆平衡条件应用、实验装置调整、实验误差分析及机械效率判断，需准确理解力臂定义、杠杆自重的影响及机械效率的影响因素，综合性较强。
【难度系数】
0.5