2022年中考物理复习之挑战压轴题(填空题）：简单机械（含答案）

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2022年中考物理复习之挑战压轴题(填空题）：简单机械
一．填空题（共10小题）
1．（2021•南充）如图甲所示，AB为轻质杠杆，AC为轻质硬棒且与力传感器相连，图乙是物体M从A点开始向右匀速运动过程中力传感器读数大小与时间的关系图像，则物体M的质量大小 kg；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为 s（g＝10N/kg）。

2．（2021•黄州区校级自主招生）如图所示，粗细相同密度均匀的细棒做成“L”形，其中AC与CB垂直，AC长L，CB长L/2，整根细棒的重力是G，并放在固定的圆筒内，圆筒内侧面和底面均光滑，圆筒横截面的直径为L．平衡时细棒正好处于经过圆简直径的竖直平面内。此时细棒对圆筒底面的压力大小为 ；细棒B端对圆筒侧面的压力为 。

3．（2019•丰县校级二模）小明在测滑轮组机械效率时，记录了如下实验数据（不计绳重和摩擦）
滑轮组组成
钩码重/N
钩码升高的高度/m
动滑轮重/N
绳子自由端移动距离/m
两个定滑轮，一个动滑轮
4
0.1
0.5
0.3
（1）根据表中数据画出滑轮组的绕线方式（如图中）。
（2）根据表中数据计算滑轮组的机械效率为 。
（3）若绳子承受最大拉力为20N，此滑轮组的最大效率为 。
（4）当动滑轮重为 N时，使用该滑轮组提起10N重的钩码刚好省一半的力。
（5）在实验中重物移动的速度为0.1m/s。拉绳的功率为3W，则有用功率为 。

4．（2019•徐州一模）小明和小红在测定滑轮组机械效率的实验中
（1）滑轮组所挂的重物的重量为3.6N，如图1所示重物从原来甲的位置被提升到乙的位置，在提升过程中应使弹簧测力计竖直 上升。弹簧测力计的示数如图2所示，则滑轮组绳子自由端受到的拉力是 N，滑轮组的机械效率是 %。
（2）小明想进一步探究物重对滑轮组机械效率的影响，于是另外找来了三个物块，其中A重5N，B重8N，C重12N，小红一眼看出其中有一个物块不能利用现有的实验装置完成实验，你认为不能完成实验的是物块 （选填“A”、“B”或“C”），原因是 。（忽略绳重及一切摩擦）
（3）在完成实验后，他们发现：同一滑轮组的机械效率随着物重的增加而 （选填“变大”或“变小”）。
5．（2018•麻城市校级模拟）如图所示，质量为M，半径为R的均匀圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心，重力加速度为g。现在薄板上挖去一个直径为R的圆，则圆板的重心将从O点向左移动 R的距离，在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F＝ 。

6．（2021春•重庆期末）小诺设计了如图甲所示的装置来探索杠杆的平衡，轻质硬杆AB能绕O点无摩擦转动，LAO＝40cm，LOB＝80cm。异形工件是由两个同种材料的正方体M、N焊成的，通过细线与杠杆B端相连，M、N的边长之比为1：2，M的重力为20N。在杠杆A端悬挂了一个质量为4kg的空桶，此时物体M受到细线的拉力为 N；现将物体N沿着竖直方向切下一定质量m，将其放入空桶中（M、N始终相连），物体N对水平地面的压强p与切去质量m的关系如图乙所示，则m1＝ kg。

7．（2021•安庆二模）如图所示，轻质杠杆OB可绕固定轴O自由转动（AB＝2AO）。将棱长为10cm的正方体合金块，用轻绳挂在A点处，在B点施加竖直向上的力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，此时合金块对水平地面的压强恰好为0，若撤去F1，在点B施加力F2时，合金块对地面的压强为1.2×103Pa，则力F2的大小是 N。

8．（2021•陕西模拟）如图所示轻质杠杆AB可绕O点转动，OA：OB＝1：3，A端用细线悬挂一质量为7.9kg的空心铁球。当铁球二分之一体积浸入水中在B端施加13N竖直向下的拉力F时，杠杆恰好在水平位置平衡。则杠杆的A端受到的拉力为 N，铁球空心部分的体积为 m3；若撤去B端拉力F，铁球将 （选填“上浮”“下沉”或“悬浮”），此运动过程中小球底部受到水的压强 （选填“变大”“变小”或“不变”）。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ铁＝7.9×103kg/m3）

9．（2021•元阳县模拟）如图所示，想用最小的力将重为G＝500N，半径为r＝0.5m的轮子滚上高为h＝20cm的台阶。这个最小力F＝ N，并且至少需要做 J的功，才能将轮子滚上台阶。

10．（2020秋•太仓市期中）如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T2：T1＝ 。


2022年中考物理复习之挑战压轴题(填空题）：简单机械（10题）
参考答案与试题解析
一．填空题（共10小题）
1．（2021•南充）如图甲所示，AB为轻质杠杆，AC为轻质硬棒且与力传感器相连，图乙是物体M从A点开始向右匀速运动过程中力传感器读数大小与时间的关系图像，则物体M的质量大小 1 kg；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为 12.5 s（g＝10N/kg）。

【考点】杠杆的平衡条件．
【专题】简单机械；分析、综合能力．
【分析】（1）物体M在A点，传感器受到的力的大小等于M 重力大小，求出M的重力，求出M的质量。
（2）知道AC能承受的最大弹力，知道OA的长度，知道M的重力，根据杠杆平衡条件求出M运动到最右端时距离O的长度。
知道M从A点运动到O点的时间和距离，根据速度公式求出M的运动速度。
知道M的运动距离和运动速度，根据速度公式求出M的运动时间。
【解答】解：（1）由乙图知，M在A点时，传感器受到的压力是F＝10N，
物体M在A点，传感器受到的力的大小等于M 重力大小，
则M受到的重力G＝F＝10N，
则M的质量为m＝＝＝1kg。
（2）由乙图知，当M运动到支点O时，传感器受到的力是0，用时5s，OA＝30cm，
则M的运动速度v＝＝＝6cm/s。
当M运动到支点O的右端时，传感器的最大弹力是F'＝15N，此时M距离支点O距离为L，
根据杠杆平衡条件得，F'×OA＝G×L，
15N×30cm＝10N×L，
解得，L＝45cm，
则M运动距离为s'＝OA+L＝30cm+45cm＝75cm，
由速度公式得，则M运动的时间t'＝＝＝12.5cm/s。
故答案为：1；12.5。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件、速度的计算、重力计算等，是力学综合习题，有一定的难度。
2．（2021•黄州区校级自主招生）如图所示，粗细相同密度均匀的细棒做成“L”形，其中AC与CB垂直，AC长L，CB长L/2，整根细棒的重力是G，并放在固定的圆筒内，圆筒内侧面和底面均光滑，圆筒横截面的直径为L．平衡时细棒正好处于经过圆简直径的竖直平面内。此时细棒对圆筒底面的压力大小为 G ；细棒B端对圆筒侧面的压力为 。

【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【专题】计算题；几何法．
【分析】（1）因“L”形细棒处于静止状态，根据物体受力平衡，合力为零分析即可。
（2）将“L”形的细棒分为AC、BC两个部分，分别利用杠杆平衡条件列出等式，再结合几何知识找出各力臂之间的关系，即可解答。
【解答】解：（1）如图分析：“L”形细棒处于静止状态，根据物体受力平衡条件得：
物体在水平方向和竖直方向上和合力为零，
则：N＝+＝G，
N1＝N2，
（2）以C点为杠杆ACB的支点，则根据杠杆平衡条件得：
+＝N1Lcosα+，
∴6N1sinα+4Gsinα＝12N2cosα+Gcosα，
又∵N1＝N2，
∴N1（6sinα﹣12cosα）＝（cosα﹣4sinα）G，
∴N1＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
因圆筒横截面的直径为L，由几何关系得：
L＝Lsinα+Lcosα，
∴2sinα+cosα﹣2＝0，
又知：sin2α+cos2α＝1，
解得：sinα＝，cosα＝，
代入①式得：
N1＝＝。
故答案为：G；。

【点评】本题虽重点考查杠杆平衡条件的应用，但需结合几何知识，利用三角函数得出力臂的关系是解答本题的重点之重，是一道难度很大的题目。
3．（2019•丰县校级二模）小明在测滑轮组机械效率时，记录了如下实验数据（不计绳重和摩擦）
滑轮组组成
钩码重/N
钩码升高的高度/m
动滑轮重/N
绳子自由端移动距离/m
两个定滑轮，一个动滑轮
4
0.1
0.5
0.3
（1）根据表中数据画出滑轮组的绕线方式（如图中）。
（2）根据表中数据计算滑轮组的机械效率为 89% 。
（3）若绳子承受最大拉力为20N，此滑轮组的最大效率为 99% 。
（4）当动滑轮重为 5 N时，使用该滑轮组提起10N重的钩码刚好省一半的力。
（5）在实验中重物移动的速度为0.1m/s。拉绳的功率为3W，则有用功率为 2.95W 。

【考点】滑轮（组）机械效率的测量实验．
【专题】测量型实验综合题．
【分析】（1）根据表格中钩码上升的高度与细线自由端移动的距离之间的倍数关系，可以确定承担物重的绳子的段数，再据此给滑轮组绕线。
（2）不计绳重和摩擦，已知物重和动滑轮重，利用机械效率变形公式得到滑轮组的机械效率；
（3）不计绳重和摩擦，已知最大拉力和动滑轮重，可以得到最大物重；已知最大物重、动滑轮重，利用机械效率变形公式得到滑轮组的最大机械效率；
（4）使用该滑轮组提起10N重的钩码刚好省一半力，即拉力为5N，根据滑轮组的特点得出动滑轮的重力；
（5）已知物体上升的速度，可以得到绳子自由端移动的速度；已知拉力的功率和绳子自由端移动的速度，可以得到拉力的大小；已知拉力和动滑轮重，可以得到物重；已知物重和上升速度，可以得到有用功率。
【解答】解：（1）从表中的数据可知，细线自由端移动的距离为0.3m，钩码上升的高度为0.1m，则二者的关系是s＝3h，即由3段绳子承担物重，绕绳方法如图所示：
；
（2）滑轮组的机械效率为η1＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%≈89%；
（3）∵F＝（G+G动），
∴最大物重为G2＝3F最大﹣G动＝3×20N﹣0.5N＝59.5N，
滑轮组的最大机械效率为η2＝×100%＝×100%＝×100%≈99%；
（4）∵F＝（G+G动），
∴动滑轮的重力为G′动＝3F3﹣G3＝3×5N﹣10N＝5N；
（5）绳子自由端移动的速度为v＝3v物＝3×0.1m/s＝0.3m/s，
∵P＝＝Fv，
∴施加的拉力为F＝＝＝10N，
物体的重力为G＝3F﹣G动＝3×10N﹣0.5N＝29.5N，
∴拉力的有用功率为P物＝Gv物＝29.5N×0.1m/s＝2.95W。
故答案为：
（1）见上图；（2）89%；（3）99%；（4）5；（5）2.95W。
【点评】此题考查的是滑轮组的绕绳方法和机械效率、功率的计算和应用，综合性较强，考查角度较新，需要认真审题，熟悉基本规律和公式。
4．（2019•徐州一模）小明和小红在测定滑轮组机械效率的实验中
（1）滑轮组所挂的重物的重量为3.6N，如图1所示重物从原来甲的位置被提升到乙的位置，在提升过程中应使弹簧测力计竖直 匀速 上升。弹簧测力计的示数如图2所示，则滑轮组绳子自由端受到的拉力是 2.4 N，滑轮组的机械效率是 50 %。
（2）小明想进一步探究物重对滑轮组机械效率的影响，于是另外找来了三个物块，其中A重5N，B重8N，C重12N，小红一眼看出其中有一个物块不能利用现有的实验装置完成实验，你认为不能完成实验的是物块 C （选填“A”、“B”或“C”），原因是 所需拉力超过弹簧测力计的量程 。（忽略绳重及一切摩擦）
（3）在完成实验后，他们发现：同一滑轮组的机械效率随着物重的增加而 变大 （选填“变大”或“变小”）。
【考点】滑轮（组）机械效率的测量实验．
【专题】压轴题；图析法；测量型实验综合题．
【分析】（1）应使物体做匀速直线运动，由图示弹簧测力计读出弹簧测力计的示数，
由图示求出物体上升的距离，由功的公式求出有用功及总功，然后由效率公式求出效率。
（2）由图示弹簧测力计确定弹簧测力计的量程，然后根据滑轮组拉力公式求出弹簧测力计的拉力，
根据拉力不能超过弹簧测力计的量程分析答题。
（3）根据效率公式进行分析，可以得出滑轮组的机械效率随着物重的增加而变化的关系。
【解答】解：（1）在提升过程中应使弹簧测力计竖直匀速上升；
由图2可知，弹簧测力计的示数是2.4N，滑轮组绳子自由端受到的拉力是2.4N；
由图1所示刻度尺可知，物体上升的高度h＝10cm＝0.1m，
有用功W有用＝Gh＝3.6N×0.1m＝0.36J，
由图1所示可知，滑轮组承重绳子的股数n＝3，
绳子自由端移动的距离s＝nh＝3×0.1m＝0.3m，
拉力做的总功W总＝Fs＝2.4N×0.3m＝0.72J；
滑轮组的机械效率η＝×100%＝×100%＝50%。
（2）由图1所示弹簧测力计可知，
弹簧测力计的量程是0～5N，
∵绳子的拉力F＝，
∴G动滑轮＝nF﹣G物体＝3×2.4N﹣3.6N＝3.6N，
当物体重力是12N时，
拉力：F′＝＝＝5.2N＞5N，
超出弹簧测力计的量程，因此不能用该弹簧测力计测重物C。
（3）忽略绳重及一切摩擦时，
拉力F＝，
绳子移动的距离s＝nh，
拉力总功：
W总＝Fs＝×nh＝（G物体+G动滑轮）h，
滑轮组的效率：
η＝＝＝＝，
由此可见：同一滑轮组的机械效率随着物重的增加而变大。
故答案为：（1）匀速；2.4；50；（2）C；所需拉力超过弹簧测力计的量程；（3）变大。
【点评】本题考查了实验注意事项、求滑轮组效率、对弹簧测力计读数、分析滑轮组的效率随物体重力大小如何变化等，本题有一定的难度；要正确解题，需要：掌握弹簧测力计的读数方法、会应用功的公式求功、熟练应用效率公式。
5．（2018•麻城市校级模拟）如图所示，质量为M，半径为R的均匀圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，O是它的圆心，重力加速度为g。现在薄板上挖去一个直径为R的圆，则圆板的重心将从O点向左移动 R的距离，在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，此时AB恰处于水平位置，则F＝ Mg 。

【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【专题】应用题；推理法；简单机械．
【分析】先利用割补法分析重心的位置，然后根据杠杆平衡条件列式求解拉力F。
【解答】解：（1）在薄板上挖去一个直径为R的圆后，设圆板的重心将从O点向左移动x；
由于原来均匀圆形薄板半径为R，挖去的圆直径为R（其半径为R），
所以，根据S＝πr2可知，挖去的圆形薄板面积为原来面积的，
由于圆形薄板是均匀的，则挖去的圆形薄板质量也为原来质量的，
假设将割去的圆形薄板可补上，在重心处可以将物体支撑起来，以原重心处O为支点，如图所示：

根据杠杆平衡条件可得：（M﹣M）g•x＝Mg•R，
解得：x＝R；
（2）在B点作用一个垂直于AB的力F使薄板平衡，以A为支点，此时的重心距A的距离为R﹣R，
根据杠杆平衡条件，则有：
F•2R＝（M﹣M）g•（R﹣R），
解得：F＝Mg。
故答案为：，Mg。
【点评】本题关键是明确重心的物理意义，还要结合杠杆平衡条件列式求解，基础问题。
6．（2021春•重庆期末）小诺设计了如图甲所示的装置来探索杠杆的平衡，轻质硬杆AB能绕O点无摩擦转动，LAO＝40cm，LOB＝80cm。异形工件是由两个同种材料的正方体M、N焊成的，通过细线与杠杆B端相连，M、N的边长之比为1：2，M的重力为20N。在杠杆A端悬挂了一个质量为4kg的空桶，此时物体M受到细线的拉力为 20 N；现将物体N沿着竖直方向切下一定质量m，将其放入空桶中（M、N始终相连），物体N对水平地面的压强p与切去质量m的关系如图乙所示，则m1＝ 8 kg。

【考点】杠杆的平衡条件；压强的大小及其计算．
【专题】计算题；分析、综合能力．
【分析】（1）杠杆平衡条件的表达式：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，公式为：F1×L1＝F2×L2；
（2）已知M、N的边长之比，则可知M、N的体积之比，因为异形工件是同种材料，可求出M、N的质量之比，求出N的质量就能求得N的重力，再由图乙可知当切去质量为0时，工件对水平地面的压强为4000Pa，此时工件受到自身总重力、B端给工件的拉力、水平地面给工件的支持力，由可得N的底面积，于是可求出N的边长、工件材料的密度，最后假设此时竖直切去部分的底面积为S1进行受力分析，结合压强、杠杆平衡公式求出m1的值。
【解答】解：
（1）由图可知杠杆在水平位置平衡，据杠杆的平衡条件有G空×LOA＝FB×LOB，空桶的重力为G空＝m空g＝4kg×10N/kg＝40N，代入数据则有＝20N，即物体M受到细线的拉力为20N；
（2）因为M、N的边长之比为1：2，则M、N的体积之比VM：VN＝1：8，
因为异形工件是由两个同种材料的正方体M、N焊成的，由可知M、N的质量之比mM：mN＝1：8，
根据G＝mg可得N的质量＝16kg，
所以N的重力GN＝mNg＝16kg×10N/kg＝160N，
由图乙可知当切去质量为0时，工件对水平地面的压强为4000Pa，此时工件受到自身总重力、B端给工件的拉力、水平地面给工件的支持力，
由（1）可知B端给工件的拉力为20N，
则水平地面给工件的支持力大小为F支＝GM+GN﹣FB＝20N+160N﹣20N＝160N，
因为水平地面给工件的支持力和工件给水平地面的压力是一对相互作用力，
则由可得N的底面积＝0.04m2，
则N的边长＝0.2m，
则工件材料的密度＝2×103kg/m3，
因为M、N的边长之比为1：2，则M的边长为0.1m，由图乙可知，当M竖直切去部分质量为m1，此时剩余部分对地面压强p1＝2000Pa，
假设此时竖直切去部分的底面积为S1，则切去部分的重力G1＝m1g＝ρV1g＝ρS1LNg＝2×103kg/m3×S1×0.2m×10N/kg＝（4×103S1）N，则N剩余部分与水平地面的接触面积为SN﹣S1＝0.04 m2﹣S1，
根据可得剩余部分对水平地面的压力F1＝p1（SN﹣S1）＝2000pa （0.04m2﹣S1）＝（80﹣2000S1）N，
此时工件剩余部分对水平地面的压力等于水平地面对剩余部分支持力，
则此时杠杆B端受到的拉力F B′＝GM+GN﹣G1﹣F1＝20N+160N﹣（4×103S1）N﹣（80﹣2000S1）N＝（100﹣2×103S1）N，
将切去部分放入空桶中，则杠杆4端受到的拉力FA＝G空+（4×103S1）N＝40N+（4×103S1）N，
根据杠杆平衡条件有FA×LOA＝FB′×LOB，
将FA、FB′代入有40N+（4×103S1）N×40cm＝（100﹣2×103S1）N×80cm，
解得S1＝0.02m2，则竖直切去部分m1的质量为m1＝ρV1＝ρS1LN＝2×103kg/m3×0.02m2×0.2m＝8kg。
故答案为：20；8。
【点评】本题第一问比较基础，第二问难度较大，主要考查受力分析，学生能否熟练运用压强、密度、杠杆平衡等公式，列等式解决问题。
7．（2021•安庆二模）如图所示，轻质杠杆OB可绕固定轴O自由转动（AB＝2AO）。将棱长为10cm的正方体合金块，用轻绳挂在A点处，在B点施加竖直向上的力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，此时合金块对水平地面的压强恰好为0，若撤去F1，在点B施加力F2时，合金块对地面的压强为1.2×103Pa，则力F2的大小是 52 N。

【考点】杠杆的平衡条件；压强的大小及其计算．
【专题】应用题；压强、液体的压强；简单机械；分析、综合能力．
【分析】（1）根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，求出A点对杠杆的拉力，即为合金块的重力，再利用G＝mg求解质量；
（2）根据直角三角形30°角对应的直角边等于斜边的一半（即杠杆OB长度的一半）；
分析物体合金块所受的力，画出示意图，合金块受重力、绳子向上的拉力及地面对它的支持力，在这几个力的作用下处于静止状态；
根据合金块对地面的压强，可求出其对地面的压力，则等于地面对物体的支持力，从而根据示意图列出各力之间的关系，代入数据便可求出拉力的大小；
再根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知数据代入，便可求出F2的大小。
【解答】解：（1）在B点施加力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，合金块对水平地面的压强恰好为0．对合金块进行受力分析可知，此时合金块受到竖直向下的重力和细绳对它竖直向上的拉力，并且这两个力是一对平衡力，根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2可得，G•OA＝F1•OB，即G•OA＝30N•3OA，
解得G＝90N，
合金块的质量m＝＝＝9kg；
（2）从图中可以看出，

OBC为直角三角形，而直角三角形30°角对应的直角边等于斜边的一半，故拉力F2的力臂为L2＝OB，
撤去F1，在B点施加F2时，合金块对地面的压强为1.2×103Pa，对合金块进行受力分析可知，此时合金块受重力、绳子向上的拉力及地面对它的支持力，如图所示：
FN＝pS＝1.2×103Pa×0.1m×0.1m＝12N

FA+FN＝G
FA＝G﹣FN＝90N﹣12N＝78N，
根据杠杆平衡条件：
F2L2＝FAOA，即F2•OB＝78N•OB，
解得F2＝52N。
故答案为：52。
【点评】此题考查了对物体的受力分析、力臂的画法、力的合成，同时考查了有关压强公式的应用及杠杆平衡条件的应用，是一道综合性题目。同时还要求具备一定的数学能力，对学生来说有一定的拔高难度，属于难题。
8．（2021•陕西模拟）如图所示轻质杠杆AB可绕O点转动，OA：OB＝1：3，A端用细线悬挂一质量为7.9kg的空心铁球。当铁球二分之一体积浸入水中在B端施加13N竖直向下的拉力F时，杠杆恰好在水平位置平衡。则杠杆的A端受到的拉力为 39 N，铁球空心部分的体积为 0.007 m3；若撤去B端拉力F，铁球将 下沉 （选填“上浮”“下沉”或“悬浮”），此运动过程中小球底部受到水的压强 变大 （选填“变大”“变小”或“不变”）。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ铁＝7.9×103kg/m3）

【考点】杠杆的平衡条件；液体的压强的特点．
【专题】应用题；压强、液体的压强；浮力；简单机械；应用能力．
【分析】根据杠杆的平衡条件求出A端受到的拉力；
已知铁球的质量和密度，根据密度公式可求出铁球实心部分的体积；对铁球进行受力分析可知，铁球受到细线的拉力、重力和浮力作用，因此杠杆A端受到竖直向下的拉力等于G﹣F浮，根据杠杆平衡的条件可求出浮力；
根据阿基米德原理求出排开水的体积，从而得出球的体积，球的体积减去实心部分的体积即为空心部分的体积；
若撤去B端拉力F，铁球将下沉，根据液体压强的特点分析运动过程中小球底部受到水的压强的变化。
【解答】解：由题意可知，根据杠杆的平衡原理可得到FA×OA＝FB×OB；则杠杆的A端受到的拉力为：FA＝FB×＝13N×3＝39N；
由ρ＝可知，铁球实心部分的体积：V实心＝＝＝0.001m3，：
对铁球受力分析，它受到重力、浮力、细线的拉力而平衡，可得到：F浮＝G﹣FA＝mg﹣FA＝7.9kg×10N/kg﹣39N＝40N；
根据F浮＝ρ水gV排可得：
球的总体积为：V＝2V排＝2×＝2×＝0.008m3；
铁球空心部分的体积为V'＝V﹣V实心＝0.008m3﹣0.001m3＝0.007m3；
若撤去B端拉力F，铁球将下沉，液体的压强随深度的增加而增大，所以运动过程中小球底部受到水的压强的变大。
故答案为：39；0.007；下沉；变大。
【点评】本题考查了学生对密度公式、阿基米德原理公式和杠杆平衡条件、液体压强特点的掌握和运用，关键是分析出作用在杠杆A端的力，难度比较大。
9．（2021•元阳县模拟）如图所示，想用最小的力将重为G＝500N，半径为r＝0.5m的轮子滚上高为h＝20cm的台阶。这个最小力F＝ 200 N，并且至少需要做 100 J的功，才能将轮子滚上台阶。

【考点】杠杆中最小力的问题；功的计算．
【专题】计算题；图析法；简单机械；应用能力．
【分析】（1）做出最长动力臂、最小力的示意图、并做出阻力臂，然后利用杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂计算最小动力；
（2）功等于力和距离的乘积，使用机械做的功等于直接对物体做的功，本题中是克服轮子的重力做的功。
【解答】解：（1）如图所示，做出最长动力臂、最小力的示意图、并做出阻力臂，
动力臂用L′表示，其长度等于直径，即L′＝0.5m×2＝1m；
阻力臂用L表示，即为OB长度，A为圆环圆心，线段AB长度等于圆半径和台阶高度之差，
即AB＝0.5m﹣0.2m＝0.3m，
△OAB为直角三角形，根据勾股定理得：
L＝OB＝＝＝0.4m，
由杠杆平衡条件可得：FL′＝GL，
则最小力F＝＝＝200N。
（2）根据功的原理，将这个轮子滚上台阶做的功，等于克服轮子重力做的功，即W＝Gh＝500N×0.2m＝100J。
故答案为：200；100。

【点评】本题易错点在求最小力上，学生在求阻力臂时容易出错，容易将轮子半径误认为是阻力臂，阻力臂是支点到阻力作用线的距离。
10．（2020秋•太仓市期中）如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T2：T1＝ ：2 。

【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【专题】定量思想；简单机械；应用能力．
【分析】找出杠杆即将离开水平位置和把杆拉起到与水平面的夹角为30°时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别表示出T1、T2的大小，并求出比值．
【解答】解：（1）杆在水平位置时，如图，△AOB和△ABE都为等腰直角三角形，则AE＝BE
由于BE2+AE2＝AB2
故AE＝L，
由杠杆平衡可得：
T1×AE＝G×AC，
T1＝＝＝G。
（2）把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如图：
△ABO为等边三角形，AB＝L，BE′＝L，
由于BE′2+AE′2＝AB2
故AE′＝L，
在△ACC′中，∠CAC′＝30°，CC′＝AC＝L，
由于AC′2+CC′2＝AC2，
故AC′＝L，
根据杠杆平衡的条件可得：
T2×AE′＝G×AC′，
T2＝G×＝G×＝G；
故T2：T1＝G：G＝：2。
故答案为：：2。


【点评】本题考查考了杠杆平衡条件的应用，分析题意画出两种情况下的杠杆示意图是本题的关键，数学是基础！

考点卡片
1．杠杆的平衡条件
【知识点的认识】
（1）杠杆平衡：杠杆静止不动或匀速转动都叫做杠杆平衡，注意：我们在实验室所做的杠杆平衡条件的实验是在杠杆水平位置平衡进行的，但在实际生产和生活中，这样的平衡是不多的。在许多情况下，杠杆是倾斜静止，这是因为杠杆受到平衡力作用。所以说杠杆不论处于怎样的静止，都可以理解成平衡状态，
（2）杠杆平衡条件的表达式：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，即＝
（3）公式的表达式为：F1l1＝F2l2，即：＝。

【命题方向】
谁最早提出了杠杆原理，什么状态下是杠杆平衡，以及杠杆平衡条件的含义（动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一）都是命题方向。
例1：园艺师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，常把树枝尽量往剪刀轴O处靠近，这样做的目的是为了（ ）
A．增大阻力臂，减小动力移动的距离
B．减小动力臂，减小动力移动的距离
C．增大动力臂，省力
D．减小阻力臂，省力
分析：把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂，在阻力、动力臂一定的情况下，由杠杆的平衡条件可知，减小了动力，将更省力。
解：把树枝尽量往剪刀轴处靠近，减小了阻力臂L2，而动力臂L1和阻力F2不变，
由F1L1＝F2L2，
得F1＝ 将变小，即省力。
故选D。
点评：灵活运用杠杆的平衡条件分析有关杠杆的实际做法，多积累，能恰当的使用好杠杆（省力或省距离）。

例2：俗话说“小小秤砣压千斤”，这可以根据 杠杆平衡条件（或“杠杆原理”） 来解释。只要秤砣对秤杆作用的力臂比所挂物对秤杆作用的力臂 大得多 （选填“大得多”或“小得多”），那么“小小秤砣压千斤”是完全可以实现的。
分析：杠杆平衡的条件是，动力×动力臂＝阻力×阻力臂，若动力臂与阻力臂的比足够大，则动力与阻力的比也较大。
解，根据杠杆平衡的条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂，秤砣对秤杆作用的力臂比所挂物对秤杆作用的力臂大的多，则用较小的秤砣可以使挂较重物体的杠杆平衡。
故答案：杠杆平衡条件（或“杠杆原理”）；大得多。
点评：杠杆平衡的条件：动力与阻力的比等于阻力臂与动力臂的比。

【解题方法点拨】
理解杠杆平衡条件的含义是解决好此知识点的关键：动力臂是阻力臂的几倍，动力就是阻力的几分之一。

2．杠杆的平衡分析法及其应用
【知识点的认识】
当杠杆静止或做快慢均匀的转动时；就说杠杆处于平衡状态，利用杠杆的平衡条件（杠杆原理）：动力×动力臂＝阻力×阻力臂或写作：F1×l1 ＝F2×l2
分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析；从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，事物都有自己的原因和结果．从结果来找原因，或从原因推导结果，就是找出事物产生、发展的来龙去脉和规律，这就起到了证明论点的合理性和正确性的作用．
此类题综合性很强，且难度很大，解答时，从分析受力分析入手，利用杠杆平衡条件可解答此题．

【命题方向】
利用杠杆的平衡条件（杠杆原理）：动力×动力臂＝阻力×阻力臂或写作：F1×l1 ＝F2×l2进行分析计算动力、阻力或力臂的大小．
例1：如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡．如在木棒的A、C两点各增加一个同样的钩码，则木棒（ ）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．仍保持平衡
D．平衡被破坏，转动方向不定
分析：杠杆原来平衡，力臂相同，现两边各增加一个相同的钩码，两边增加的力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件分析判断．
解：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO＝F右CO，
再各加一个钩码后，力臂相同，两边增加的力和力臂的乘积相同，根据杠杆平衡条件可知增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆平衡．
故选C．
点评：木棒原来平衡，根据两边增加的力和力臂的乘积相同，由杠杠平衡条件判断各挂一个相同的钩码后木棒就能保持平衡．

例2：有一根扁担长2m，前后分别挂质量为30kg和10kg的箱子，欲使扁担在水平位置平衡，则肩膀应在扁担的什么位置．（g取10N/kg）
分析：扁担是一个杠杆，肩膀位置是支点，根据杠杆平衡条件可以求出支点位置．
解：设肩膀O离前端的距离是L，则距后端的距离为2m﹣L，
前端重物重力可以看做是动力，则后端重物的重力是阻力，
由杠杆平衡条件可得：m1gL1＝m2gL2，即m1L1＝m2L2，
30kg×L＝10kg×（2m﹣L），
解得：L＝0.5m．
答：肩膀O应离前端0.5m．
点评：本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度不大，关键是熟练应用杠杆平衡条件．

【解题方法点拨】
利用杠杆平衡条件来分析和计算有关问题，一般遵循以下步骤：
（1）确定杠杆支点的位置；
（2）分清杠杆受到的动力和阻力，明确其大小和方向，并尽可能地作出力的示意图；
（3）确定每个力的力臂；
（4）根据杠杆平衡条件列出关系式并分析求解．


3．杠杆中最小力的问题
【知识点的认识】
古希腊学者阿基米德总结出杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂．据此，他说出了“只要给我一个支点，我就可以撬动地球“的豪言壮语．地球的质量大约是6×1024kg，人产生的推力约为588N，我们设想要撬起地球这个庞然大物，又找到了合适的支点，根据杠杆平衡条件，所用动力臂与阻力臂的比值为1023：1，当然要找到这样长的杠杆确实非常困难，但这个假想的实验包含了科学家对物理知识的深刻理解：只要动力臂与阻力臂的比值足够大，动力与阻力之比也就足够小，这样使用杠杆也就最省力．

【命题方向】
画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图一般是命题方向．
例1：如图所示，试画出作用在杠杆A端使杠杆在图示位置平衡的最小动力的示意图并画出该力的力臂．
分析：根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题．
解：连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向向上，据此可画出最小的动力；
故答案：
点评：要做出杠杆中的最小动力，可以按照以下几个步骤进行
1、确定杠杆中的支点和动力作用点的位置
2、连接支点与动力作用点，得到最长的线段
3、经过动力作用点做出与该线段垂直的直线
4、根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向．

例2：如图所示，要将一圆柱体重物推上台阶，最小的作用力应是（ ）
分析：此题是求杠杆最小力的问题，已知点A是动力作用点，那么只需找出最长动力臂即可，可根据这个思路进行求解．
解：如图，若在A端施力F，当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大，此时最省力，
即：最小的作用力为F3．
故选C．

点评：找到动力作用点A到支点O的最长动力臂（动力的方向垂直于OA连线）是解决问题的关键．

【解题方法点拨】
求最小动力问题，可转化为找最长力臂问题．找最长力臂，一般分两种情况：
（1）在动力的作．用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂；
（2）在动力作用点未明确时，支点到最远的点的距离是最长力臂．

【易错点辨析】
根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力，即当动力臂最长时，所用的动力是最小的．而部分同学判断最小动力的方向时，总认为竖直方向的力最小．
解答此类问题的方法
在通常情况下，连接杠杆的支点和动力作用点所得到的线段就是最长的动力臂，然后垂直于动力臂做出力的作用线最后判断出力的方向即可．


4．压强的大小及其计算
【知识点的认识】
（1）压强定义或解释
①垂直作用于物体单位面积上的力叫做压力．
②物体的单位面积上受到的压力的大小叫做压强．
（2）单位
在国际单位制中，压强的单位是帕斯卡，简称帕，即牛顿/平方米．压强的常用单位有千帕、标准大气压、托、千克力/厘米2、毫米水银柱等等．（之所以叫帕斯卡是为了纪念法国科学家帕斯卡）
（3）公式：p＝F/S
p表示压强，单位帕斯卡（简称帕，符号Pa） F表示压力，单位牛顿（N） S表示受力面积，单位平方米
（4）补充说明：
对于（3）所写的为定义式，任何压强都可以用．但是对于液体和气体压强，还有推导公式：

【命题方向】
压强的计算，主要是运用公式及其变形解决有关问题．题型常见的有填空、选择、计算及探究题．压强的定义式p＝F/S，经验表明，不少学生在学习了这一部分内容后，一般会记住公式，但理解往往是片面的，有时甚至是错误的．因此，学习中要注意对压强公式的理解，除明确各物理量间的数学关系（学生往往重视这一点），明确各量的单位，最重要的是要明确公式所表达的物理意义（学生往往忽略这一点）．进行计算时，要能正确地确定压力、确定受力面积．除此以外，还要明确，由于固体不具有流动性，而液体具有流动性，造成了计算固体对水平支持面的压力压强的方法，与计算液体对容器底部的压力压强的方法一般不同．另外，压强的计算常常与密度公式，重力公式相联系，体现了知识的综合性，所以常成为中考的热点．
例1：如图为站在沙地上的一名初三同学要搬走木箱，已知他一只鞋底的面积为200cm2，请你估计木箱对地面的压强约为（ ）
A.1000Pa B.7000Pa C.10000Pa D.20000Pa
分析：求木箱对地面的压强，而没有告知木箱对地面的压力和受力面积的大小，因此只有通过比较人和木箱在沙地上的凹陷程度来间接判断．那么就必须先求出人对地面的压强，首先估算人的重力，然后算出两个鞋底的面积，再由压强公式可得出人对沙地的压强，至此题目的未知量就已求出．
解：人的质量大约为60kg，那么其重力约为：G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N；
人和地面的接触面积为：S＝2×200cm2＝400cm2＝400×10﹣4m2；
那么人对地面的压强约为：p人＝＝＝12500Pa；
由图片知：木箱在沙地中的凹陷程度要大于人在沙地中的凹陷程度，因此木箱对地面的压强要远大于人对地面的压强，即：p木箱＞p人；
在给出的四个选项中，只有D选项符合这个条件，故选D．
点评：在此题中，与所求内容相关的物理量没有直接给出，所以能够从人和木箱在沙地中的不同凹陷程度入手来得出两个压强的大小关系，是解答此题的突破口，也是难点所在．

例2：一长方体木块平放和侧放在水平地面上时，其受力面积之比为3：1，则平放和侧放时，对地面的压强之比是 1：3 ，压力之比是 1：1 ．
分析：木块平放和侧放时对水平地面的压力和自身的重力相等，重力不变，压力不变；根据压强公式求出两者对地面的压强之比．
解：∵木块平放和侧放时，对水平地面的压力和自身的重力相等，
∴木块的重力G不变时，压力F不变，即两种情况下对地面的压力之比为1：1；
∵p＝，且S平：S侧＝3：1，
∴＝＝＝＝．
故答案为：1：3；1：1．

【解题方法点拨】
压强的计算，需要确定压力、面积．要注意面积的计算与单位，其中压力的确定是难点．正确判断物体间的压力，进行受力分析是关键；物体间接触部分的面积，一般与较小的物体面积相同．

5．液体的压强的特点
【知识点的认识】
1．液体压强产生的原因是由于液体受重力的作用．若液体在失重的情况下，将无压强可言．
2．由于液体具有流动性，它所产生的压强具有如下几个特点
（1）液体除了对容器底部产生压强外，还对“限制”它流动的侧壁产生压强．固体则只对其支承面产生压强，方向总是与支承面垂直．
（2）在液体内部向各个方向都有压强，在同一深度向各个方向的压强都相等．同种液体，深度越深，压强越大．
（3）计算液体压强的公式是p＝ρgh．可见，液体压强的大小只取决于液体的种类（即密度ρ）和深度h，而和液体的质量、体积没有直接的关系．
（4）密闭容器内的液体能把它受到的压强按原来的大小向各个方向传递．
液体压强与重力的关系
3．容器底部受到液体的压力跟液体的重力不一定相等．

【命题方向】
命题知识点：（1）液体压强产生的原因（2）液体压强的特点（3）利用公式p＝ρgh分析压强的大小．
例1：潜水员由水面下2m深处潜入水面下20m深处的过程中，他受到的压强、浮力变化情况是（ ）
A．压强增大，浮力增大 B．压强增大，浮力不变
C．压强不变，浮力增大 D．压强减小，浮力不变
分析：①由于潜水员是完全潜入水中，潜水员排开水的体积不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知浮力的变化．
②潜水员在下潜过程中，深度越来越大，由液体压强公式p＝ρ液gh可知所受液体压强的变化．
解：
①由于潜水员是完全潜入水中，潜水员排开水的体积不变，而液体的密度不变，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，在潜水员继续下潜过程中，受到的浮力大小不变；
②潜水员在下潜过程中，深度越来越大，由液体压强公式p＝ρ液gh可知，潜水员在下潜过程中，所受的压强逐渐增大．
故选B．
点评：题考查液体压强公式和阿基米德原理的应用，关键知道影响浮力的因素是液体的密度和物体排开液体的体积，影响液体压强的因素是液体的密度和液体的深度．抓住下潜时深度变大、排开水的体积不变是本题的关键．

例2：在公园平静的湖水中，有一小气泡从湖底向上升．则小气泡在水中向上运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．气泡所受的液体压强不变
B．气泡所受的液体压强变大
C．气泡所受的液体压强变小
D．气泡所受的浮力变小
分析：（1）液体压强跟液体密度和液体的深度有关．在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大．
（2）浮力大小跟液体的密度和物体排开液体的体积有关，在液体密度一定时，物体排开液体的体积越大越大，物体受到的浮力越大；在物体排开液体的体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大．
解：小气泡在水中向上运动的过程中，水的密度不变，气泡深度减小，根据p＝ρgh得，气泡受到的压强减小，气泡受到的压强减小，气泡体积增大，根据F浮＝ρ水gV排得，气泡受到的浮力变大．
故选C．
点评：掌握液体压强和浮力大小的影响因素，利用控制变量法探究液体压强和浮力大小的变化．

【解题方法点拨】
记忆性的知识点，要熟记．
6．功的计算
【知识点的认识】
功是中学物理中一个重要概念，功能关系是解决力学问题的重要途径之一．因此，正确理解功的内涵和外延，正确把握求功的方法是解决力学问题的基础．
1、公式法：对于恒力的功，通常利用功的定义式W＝FS进行计算．
2、功率法：功跟完成这些功所需时间的比值，叫做功率．对于一段时间内外力的功，有时可以直接利用W＝Pt求出功，

【命题方向】
功的计算是中考命题的重点，一般以考查的题型较多，计算题是重点．

【解题方法点拨】
理解计算功的方法，尤其要把握好知识点，熟悉公式的变形求功．
7．滑轮（组）机械效率的测量实验
【知识点的认识】
实验目的：测量滑轮组的机械效率
实验原理：η＝＝
实验器材：滑轮组、相同的钩码若干、铁架台、细绳、弹簧测力计、刻度尺
实验步骤：
（1）用弹簧测力计测量出钩码的重力G；
（2）按装置图把滑轮组和刻度尺安装好，并记下钩码下沿和绳子末端在刻度尺上的位置；
（3）竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升，读出其示数F，并从刻度尺上读出钩码上升的距离h和绳子末端移动的距离s；
（4）分别算出有用功W有、总功W总和机械效率η，将各项数据填入下表
（5）增加被提升钩码的个数，重复步骤（2）（3）（4）
实验数据：
次数
钩码重G/N
钩码上升的高度h/m
有用功W有/J
绳端的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
总功W总/J
机械效率n
1
10
0.1
1
4.2
0.3
1.26
79.4%
2
15
0.1
1.5
6.0
0.3
1.8
83.3%
3
20
0.1
2
7.5
0.3
2.25
88.9%
注意事项：
（l）匀速拉动弹簧测力计，目的是保证弹簧测力计的示数F大小不变；
（2）为了便于读数，钩码下沿和绳子末端在刻度尺上的位置最好取整数；
（3）多次测量的目的是进行一些必要的比较，利用不完全归纳法总结规律，而不是求平均值．
实验结论：使用同一滑轮组提升不同的重物时，重物越重，滑轮组的机械效率越大

【命题方向】
例：某实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示．

实验次数
物理量
1
2
3
钩码重G/N
4
4
6
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
1.8
1.6
2.4
绳端移动距离s/m
0.3
0.4

机械效率η
74.1%
62.5%

（1）实验中应沿竖直方向 匀速 拉动弹簧测力计，使钩码上升．
（2）通过表中数据可分析出第2次实验是用 乙 （选填“甲”或“乙”）图所示装置做的实验．
（3）通过第1次实验和第2次实验的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率 越低 （选填“越高”、“不变”或“越低”）．
（4）小组同学再用第1次实验中使用的装置做第3次试验，表中第3次试验中空缺的数据应为：绳端移动距离s＝ 0.3 m，机械效率η＝ 83.3% ．
（5）比较第1次实验和第3次实验可得出结论：使用同一滑轮组， 提升的重物越重，滑轮组的机械效率越高 ．
分析：（1）应竖直匀速拉动测力计．
（2）根据钩码上升高度与测力计移动距离的关系分析答题．
（3）分析表中实验数据，得出结论．
（4）根据表中实验数据求出绳子移动的距离，应用效率公式求出滑轮组效率．
（5）根据实验控制的变量与表中实验数据分析答题．
解：（1）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升．
（2）由表中实验数据可知，第2次实验绳端移动的距离是钩码上升高度的4倍，由图示滑轮组可知，实验使用的是乙图所示装置做的实验．
（3）由表中第1次实验和第2次实验的数据可知，使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多（动滑轮的质量越大），滑轮组的机械效率越低．
（4）由表中第1次实验数据可知，绳端移动的距离是钩码上升高度的3倍，第三次实验使用同样的装置，则第3次实验：绳端移动距离s＝3h＝3×0.1m＝0.3m，
机械效率η＝×100%＝×100%＝×100%≈83.3%．
（5）由表中第1次实验和第3次实验数据可知：使用同一滑轮组，提升的重物越重，滑轮组的机械效率越高．
故答案为：（1）匀速；（2）乙；（3）越低；（4）0.3；83.3%；（5）提升的重物越重，滑轮组的机械效率越高．
点评：在此实验中，对滑轮组的分析、机械效率公式的运用是实验的基础，同时，实验中分别探究了机械效率高低与动滑轮个数、提升物体重力等多个量的关系，因此，控制变量法的运用也十分关键．

【解题方法点拨】
（1）当动滑轮自重、摩擦及物重变化时，滑轮组的机械效率也会发生变化．
①若用不同的滑轮组提升相同的重物到同一高度，由于有用功相同，动滑轮越重，做的额外功就越多，有用功在总功中占的比例就小，机械效率就越低．
②若用同一滑轮组提起不同的重物，由于动滑轮重和摩擦一定，则提起的物体越重，有用功在总功中占的比例就越大，机械效率就越大．
（2）提高滑轮组机械效率的方法：
①减小额外功，即减小机械自重及摩擦．如减小动滑轮重、定时润滑等．
②在允许范围内增加货物重力．由η＝＝可知，W有一定，W额越小，η越大；W额一定，货物越重，W有越大，η越大．