专题12 简单机械-2024年中考物理【热点·重点·难点】专练（全国通用）

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专题12 简单机械
简单机械包括杠杆、滑轮、斜面和轮轴，这些经典简单机械，是中考物理的重要考点。在2024年的中考中，这些知识点的命题趋势将会更加注重实践应用和问题解决能力的考察。
杠杆命题，将更倾向于考察学生对杠杆平衡原理的理解和应用。题目可能会设置各种实际场景，要求学生根据杠杆平衡条件，分析出杠杆的平衡状态以及力矩的平衡关系。这需要学生具备较强的分析能力和计算能力。
滑轮的命题，将更加注重考察学生对滑轮组的工作原理以及滑轮的机械效率的理解。题目可能会通过设置各种实际工程问题，要求学生设计出合理的滑轮组，以达到预期的工作效果。这需要学生充分理解滑轮的工作原理，同时具备较强的创新思维和实践能力。
斜面的命题，将更注重考察学生对斜面机械效率的理解和应用。题目可能会要求学生分析斜面的受力情况，计算斜面的机械效率，或者设计出最优的斜面方案。这需要学生具备较强的物理知识和分析能力。
2024年中考物理关于"简单机械"的命题趋势，将更加注重实践应用和问题解决能力的考察。这需要学生在平时的学习中，不仅要掌握基本的物理知识，还要注重培养自己的分析能力、计算能力和创新思维能力。只有这样，才能在中考中取得优异的成绩。
知识点1：杠杆
1.杠杆及其五要素：
（1）杠杆定义：在力的作用下绕着固定点转动的硬棒叫杠杆。
杠杆的形状多样，可以是直的（比如开瓶扳手等），也可以是弯的（比如压水井把手等）；杠杆可以是单一的，也可以是几个杠杆组合起来的（比如筷子、剪刀等是双杠杆的组合）。
（2）杠杆五要素：
①支点：杠杆绕着转动的点，用字母O表示。
②动力：使杠杆转动的力，用字母F1表示。
③阻力：阻碍杠杆转动的力，用字母F2表示。
④动力臂：从支点到动力作用线的距离．用字母l1表示。
⑤阻力臂：从支点到阻力作用线的距离．用字母l2表示。
2.杠杆的平衡条件：
（1）杠杆平衡：杠杆静止不动或匀速转动都叫做杠杆平衡。
（2）杠杆平衡条件的表达式：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
（3）公式的表达式为：F1l1=F2l2。
3.杠杆中最小力的问题及力臂的画法：
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。
4.杠杆的分类及应用：
杠杆分为三类：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆；
实验 探究杠杆的平衡条件
【实验图示】
【实验步骤】
1.将杠杆的中点支撑在铁架台上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
2.在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆水平平衡，这时杠杆两端受到的作用力等于各自钩码所受的重力。将动力F1、阻力F2、动力臂l1、阻力臂l2，记录在表格中。
3.改变阻力和阻力臂的大小，相应调节动力和动力臂的大小，再做几次实验。
重点：实验前杠杆调水平平衡的原因
1.消除自重影响。将杠杆调至水平位置平衡时，就将杠杆自身的重心调到了支点上，这时杠杆重力的力臂为零，重力不能使杠杆转动，从而可以避免杠杆自重对杠杆平衡的影响。
2.便于测量力臂。杠杆处于倾斜状态时，力臂不在杠杆上，如图甲所示，此时无法从杠杆上直接读出或测出力臂，力臂的测量较困难。当杠杆处于水平平衡时，力臂在杠杆上，如图乙所示，可以从杠杆上直接读出或测出力臂。
【实验结论】
杠杆的平衡条件；动力×动力臂=阻力×阻力臂，即F1l1=F2l2
物理方法：归纳法
分析杠杆平衡条件时，通过对多次实验数据的分析归纳，总结出杠杆的平衡条件，利用的是归纳法。
【注意事项】
（1）实验前，通过调节杠杆两端的螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）实验过程中，不能再调节平衡螺母使得杠杆在水平位置平衡，只能改变钩码的个数、位置或者弹簧测力计的拉力大小、位置。
（3）实验至少做三次，得出普遍规律，避免实验的偶然性。
实验拓展
如图所示，还可以用弹簧测力计的拉力作为动力做"探究杠杆的平衡条件"的实验。此时要注意弹簧测力计的拉力方向要始终沿竖直方向，否则动力臂不沿杠杆方向，这种情况下直接在杠杆上读出（或测出）的动力臂数值会比实际值偏大。
知识点2：滑轮
1.滑轮：
（1）滑轮定义：边缘有凹槽，能绕轴转动的小轮。因为滑轮可以连续旋转，因此可看作是能够连续旋转的杠杆，仍可以用杠杆的平衡条件来分析。
（2）滑轮分类：定滑轮和动滑轮。
2.定滑轮工作特点：
（1）特点∶使用定滑轮不省力（F=G），也不省距离（s=h），但能改变施力的方向。
（2）实质∶定滑轮是一个等臂杠杆。如图所示，定滑轮的轴相当于支点 O，作用于绳端的拉力为动力F1，重物对绳子的拉力为阻力F2，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径，即l1=l2=r，根据杠杆平衡条件可知， F1=F2，即F = G，所以使用定滑轮不省力。
定滑轮的施力方向不影响力的大小
如图所示，利用定滑轮拉起一个重为G的物体，改变拉力的方向，作出每次的阻力臂和动力臂，由图可知每次阻力和阻力臂的乘积均为 Gl2，其中l2 = R（R为滑轮半径）；根据几何知识可知，三次的动力臂l1=l1'=l1"=R，根据杠杆的平衡条件可得F1 = F1'=F1"= G，因此定滑轮的施力方向不影响力的大小。
3.动滑轮工作特点：
（1）特点∶使用单个动滑轮最多可以省一半力（F=G），但费距离（s = 2h），且不能改变施力的方向。
（2）实质：动滑轮是一个动力臂等于阻力臂二倍的省力杠杆。如图所示，作用于绳端的拉力为动力F1，重物对绳子的拉力为阻力F2，动滑轮上升时绕着滑轮的边缘 O点转动，O点相当于动滑轮的支点，动力臂等于滑轮的直径d，阻力臂等于滑轮的半径r，即l1=2l2，根据杠杆平衡条件可知，F1=F2，即F=G，所以使用动滑轮可以省一半的力。

动滑轮的施力方向影响拉力的大小
如图所示，利用动滑轮拉起一个重为 G的物体，改变拉力的方向，作出每次的动力臂和阻力臂，由图可知每次阻力和阻力臂的乘积均为GR，R为滑轮半径；根据几何知识可知，三次的动力臂l1＞l2＞l3，根据杠杆的平衡条件可得F1＜F2＜F3，其中l1 = 2R，F1 =G。故使用动滑轮时，施力方向影响拉力的大小，只有竖直向上拉时，拉力才等于物重的二分之一。
4.滑轮组及其工作特点：
定滑轮和动滑轮组合在一起的装置叫做滑轮组；使用滑轮组既可以省力，又可以改变力的方向，但要费距离；
竖直滑轮组和水平滑轮组的必背公式
5.轮轴：
（1）轮轴：轮轴由有共同转动轴的大轮和小轮组成。通常把大轮叫轮，小轮叫轴，例如汽车方向盘、门把手、辘铲等。
（2）轮轴的实质：轮轴相当于一个杠杆，轮和轴的中心O是支点，作用在轮上的力是动力F1，作用在轴上的力是阻力F2，轮半径OA就是杠杆的动力臂l1，轴半径OB就是杠杆的阻力臂l2。
（3）轮轴的特点：因为轮半径大于轴半径，即杠杆的动力臂大于阻力臂，所以作用在轮上的动力F1总小于作用在轴上的阻力F2．使用轮轴可省力，但是动力作用点移动的距离大于用轮轴提升的重物（钩码）所通过的距离。
（4）轮轴的公式：F1R=F2r，即轮半径是轴半径的几倍，作用在轮上的力就是作用在轴上的力的几分之一。
6.斜面：
（1）斜面是简单机械的一种，可用于克服垂直提升重物的困难。将物体提升到一定高度时，力的作用距离和力的大小都取决于倾角。如物体与斜面间摩擦力很小，则可达到很高的效率。
（2）用F表示力，L表示斜面长，h表示斜面高，物重为G，不计阻力时，根据功的原理得FL=Gh，斜面倾角越小，斜面越长，则越省力，但越费距离。
（3）日常生活中常见的斜面，如盘山公路、螺丝钉上的螺纹等。
知识点3：机械效率
1.有用功和额外功：
（1）有用功：利用机械做功的时候，对人们有用的功就叫做有用功。
（2）额外功：并非我们需要但又不得不做的功叫做额外功。
（3）总功：有用功与额外功的和叫总功。
（4）如上图斜面模型，总功的计算：W总=Fs；W总=W有用+W额外=Gh+f摩s
（5）有用功的计算方法：W有用=Gh；W有用=W总-W额外
（6）额外功的计算方法：W额外=f摩s；W额外=W总-W有用
2.机械效率的概念：
（1）概念：有用功跟总功的比值叫做机械效率，通常用百分数表示。
（2）计算公式：用W总表示总功，用W有用表示有用功，用η表示机械效率，则：。
（3）提高机械效率的主要办法：
①在有用功一定时，尽量减少额外功，采用减轻机械自身的重力和加润滑油来减少摩擦的措施；
②在额外功一定时，增大有用功，在机械能够承受的范围内尽可能增加每次提起重物的重力，充分发挥机械的作用。
（1）由于额外功不可避免，有用功只是总功的一部分，因而机械效率总小于1。
（2）机械效率由有用功和总功两个因素共同决定，不能理解成：“有用功多，机械效率高”或“总功大，机械效率低”。
（3）当总功一定时，机械做的有用功越多（或额外功越少），机械效率就越高；
（4）当有用功一定时，机械所做的总功越少（或额外功越少），机械效率就越高；
（5）当额外功一定时，机械所做的总功越多（或有用功越多），有用功在总功中所占的比例就越大，机械效率就越高。
探究动滑轮的特点
实验目的：探究动滑轮是否省力，能否改变施力的方向，拉力移动的距离和重物升高高度的关系
实验图示
实验操作
1.如图甲所示，把钩码挂在弹簧测力计下，记下钩码的重力G；
2.如图乙所示，通过动滑轮用弹簧测力计拉同样的钩码，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使钩码匀速上升，读出弹簧测力计的示数F，用刻度尺测出钩码上升的高度h和绳子自由端移动的距离s，记录在表格中；
3.改变钩码的个数，多做几次实验，并把实验数据记录在表格中
注意事项：利用弹簧测力计拉钩码时，要使弹簧测力计匀速且竖直向上运动
实验分析：使用动滑轮提升钩码时所用的拉力小于钩码重力，且近似等于钩码重力的一半，绳子自由端移动的距离等于钩码升高高度的2倍，拉力的方向与钩码移动的方向相同
实验结论：使用动滑轮可以省力，但不能改变施力的方向，且费距离
理解：动滑轮上拉力大于物重一半的原因
实验中测得动滑轮上的拉力略大于物重的一半，这是因为动滑轮的重不可忽略，另外，绳子与滑轮间、轮与轴之间存在摩擦力（若无特殊说明，一般可忽略不计），因此实际情况是拉力 。
一、单选题
1．（2023·山东泰安·统考模拟预测）小明同学利用如图所示装置匀速提起重200N的物块，物块浸没在水中受到的浮力是80N，滑轮重30N，，不计摩擦、绳重及杠杆重，在物块上表面露出水面前，下列判断正确的是（ ）
A．拉力大小为20N
B．物块所受浮力不断减小
C．装置中的滑轮是定滑轮
D．整个装置的机械效率为80%
【答案】D
【解析】A．作用在A端拉力为
由杠杆的平衡条件可知
故A错误；
B．物块上表面露出水面前，由于液体的密度和物体排开液体的体积不变，所以受到的浮力不变，故B错误；
C．由图知，滑轮与物体一起上升，所以为动滑轮，故C错误；
D．整个装置的机械效率为
故D正确。
故选D。
2．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）如图所示是轻质杠杆AOB，在其A端挂一重物G，若在B端施加一个始终垂直于OB且向下的力F，使杠杆绕点O顺时针缓慢转动到OB处于水平位置，则在此过程中，力F的大小将（ ）
A．逐渐变大B．逐渐变小
C．保持不变D．先变大后变小
【答案】B
【解析】轻质杠杆受两个力：A端物体的拉力，大小等于物体重力G，另一个是拉力F；杠杆绕点O顺时针缓慢转动到OB处于水平位置的过程中，如图所示：
由杠杆的平衡条件得
G•LG=F•LF
所以B端的拉力，物体重力G不变，由于拉力F始终垂直于OB，所以拉力的力臂LF不变；由上图可知，重力的力臂LG逐渐变小；故拉力F逐渐减小。
故选B。
3．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）工人用如图所示的滑轮组，在时间t内，将重为G的货物匀速提升了h，人对绳子竖直向下的拉力恒为F。以下说法正确的是（ ）
A．拉力F的功率为
B．额外功为(2F-G)h
C．滑轮组的机械效率为
D．滑轮组的机械效率随h的增大而增大
【答案】B
【解析】A．由图可知，连接动滑轮绳子的股数n=2，绳端移动的距离
s=nh=2h
拉力F做的功
W总=Fs=2Fh
则拉力F的功率
故A错误；
B．拉力做的有用功
W有=Gh
则额外功
W额=W总-W有=2Fh-Gh=(2F-G)h
故B正确；
C．滑轮组的机械效率
故C错误；
D．根据可知，滑轮组的机械效率与提升的高度h无关，故D错误。
故选B。
4．（2023·山东临沂·统考二模）伴随着中国城市化建设的高速发展，塔吊在建筑施工、货物搬运等方面发挥着越来越大的作用，如图为塔吊的工作场景，下一列对相关知识的分析正确的是（ ）
A．塔吊将建筑材料匀速向上提升时，机械能不变
B．塔吊吊着建筑材料匀速转动时，建筑材料受力平衡
C．所吊的建筑材料越重，机械效率越高
D．塔吊顶端的大气压强比地面的大气压强大
【答案】C
【解析】A．塔吊将建筑材料匀速向上提升时，动能不变，但重力势能变大，所以机械能变大，故A错误；
B．塔吊吊着建筑材料匀速转动时，运动方向发生改变，所以建筑材料受非平衡力作用，故B错误；
C．塔吊上按装了滑轮组，所吊的建筑材料越重，有用功越大，则有用功在总功中的比例越大，机械效率越高，故C正确；
D．大气压强与海拔高度有关，塔吊顶端的大气压强比地面的大气压强小，故D错误。
故选C。
二、多选题
5．（2023·江西南昌·统考二模）如图所示，物体在拉力F的作用下沿斜面向上做匀速直线运动，从斜面底端开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的拉力与斜面对物体的摩擦力是一对平衡力
B．物体向上运动过程中机械能变大
C．物体向上运动过程中，拉力做的功大于物体克服摩擦力做的功
D．斜面越陡越省力
【答案】BC
【解析】A．用力F沿斜面匀速向上拉动物体时，物体受到沿斜面向上的拉力和沿斜面向下的摩擦力以及重力沿斜面向下的分力作用处于平衡状态，由力的平衡条件可知，拉力F等于摩擦力加上重力沿斜面向下的分力，因物体所受到的拉力与斜面对物体的摩擦力大小不相等，所以二力不是一对平衡力，故A错误；
B．物体向上运动过程中质量不变，速度不变，动能不变；高度变大，重力势能变大，机械能变大，故B正确；
C．物体向上运动过程中，拉力F大于摩擦力f，所以拉力F做的功大于物体克服摩擦力做的功，故C正确；
D．斜面越长越省力，故D错误。
故选BC。
6．（2023·辽宁鞍山·统考二模）如图所示，F1=4N，F2=3N，此时物体A相对于地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动。（不计弹簧测力计，滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）下列说法中正确的是（ ）
A．F2的功率为0.6W
B．弹簧测力计的示数为9N
C．物体A和地面之间没有摩擦力
D．如果增大F2，物体A仍保持静止状态
【答案】ABD
【解析】A．由图可知，水平使用滑轮组，承担动滑轮绳子的股数n=2，拉力端移动速度为
v=2v物=2×0.1m/s=0.2m/s
根据
可知F2的功率为
P=F2v=3N×0.2m/s=0.6W
故A正确；
B．不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，由力的平衡条件可得，弹簧测力计的示数为
F=3F2=3×3N=9N
故B正确；
C．因为不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，所以动滑轮对物体B的拉力为
F=2F2=2×3N=6N
物体B在水平方向上做匀速直线运动，物体B受力平衡，所以物体A对物体B的摩擦力为
f=F=6N
方向水平向左，由于物体A静止，所以物体A在水平方向上受力平衡，物体A在水平方向上受到水平拉力F1=4N的作用，方向水平向右，物体B对物体A的摩擦力f′=f=6N的作用，方向水平向左，水平拉力F1、物体B对物体A的摩擦力f′的合力为
F合=f′﹣F=6N﹣4N=2N
方向水平向左，由于物体A静止，所以地面对物体A的摩擦力为
方向水平向右，故C错误；
D．如果增大F2，B将做加速运动，B对A的压力和接触面的粗糙程度不变，B与A之间的摩擦力不变，A受力不变，同理可知，A受到地面的摩擦力也不变，即A的受力情况不变，还是处于静止状态，故D正确。
故选ABD。
7．（2023·河南开封·统考二模）如图所示，物体A重为60N，在10N的拉力作用下，在水平路面上以1m/s的速度做匀速直线运动6s，忽略绳子、滑轮重及绳子和动滑轮的摩擦力。下列描述正确的是（ ）
A．6s内绳子自由端移动的距离是12m
B．拉力做功的功率是10W
C．A受到的摩擦力大小是20N，向右
D．A的重力做功为360J
【答案】AC
【解析】A．由滑轮组结构看出，n=2，物体移动的距离
作用在物体上的水平拉力
6s内绳子自由端移动的距离
故A正确；
B．绳子自由端移动的速度
根据可知拉力做功的功率
故B错误；
C．忽略绳子、滑轮重及绳子和动滑轮的摩擦力，A受到的摩擦力大小，A相对于地面向左运动，故A所受的摩擦力的方向水平向右，故C正确；
D．重力的方向为竖直向下的方向，而物体A的运动方向为水平方向，故物体A没有在重力的方向上移动距离，故A的重力做功为0J，故D错误。
故选AC。
8．（2023·山东威海·统考一模）重为600N的建筑工人用如图所示的滑轮组，将重为450N的货物沿竖直方向以0.4m/s的速度匀速提升了4m，建筑工人做功的功率为200W。不计滑轮轴的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．建筑工人所用的拉力为500N
B．建筑工人所做的有用功是1800J
C．建筑工人所做的额外功是200J
D．提升货物的过程中地面对工人的支持力为350N
【答案】BC
【解析】A．由图可知n=2，绳子自由端移动的速度
v=nv物=2×0.4m/s=0.8m/s
由
可知，工人的拉力
故A错误；
B．提升货物所做的功为有用功
W有=Gh=450N×4m=1800J
故B正确；
C．绳子自由端移动的距离
s=nh=2×4m=.8m
工人做的总功
W总=Fs=250N×8m=2000J
则额外功
W额=W总-W有=2000J-1800J=200J
故C正确；
D．工人在竖直方向上受到竖直向下的重力、绳子的拉力和地面竖直向上的支持力，由力的平衡条件可知，地面对工人的支持力
F支=F+G人=250N+600N=850N
故D错误。
故选BC。
三、填空题
9．（2023·安徽·校联考三模）斜面也是一种简单机械。如图所示，某工人沿斜面将重为400N的物体匀速推到斜面的顶端。已知斜面的高为2m，长为5m，斜面的机械效率为80%，则推力的大小为 N。
【答案】200
【解析】推力做的有用功
W有用=Gh=400N×2m=800J
由可得，推力做的总功

由W总=Fs可得，推力大小

10．（2023·四川攀枝花·统考三模）如图所示，O为杠杆OA支点。当物体甲挂在动滑轮挂钩上在空中静止，物体乙挂在B点时，杠杆OA保持水平平衡，A端受到竖直向上的拉力为。已知动滑轮重、物体乙重，，杠杆、细绳的质量及轮与轴的摩擦均忽略不计，g取，则物体甲所受的重力 N，滑轮组的机械效率 %。
【答案】 300 75
【解析】[1]由题知
OB:AB=1:2
则
OB：OA=1：3
则OA=3OB； 杠杆OA在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件得
F1×OA=G乙×OB
即
F1×3OB=600N×OB
解得F1=200N； 由图知，物体甲和动滑轮的总重由两段绳子承担，即n=2， 不计绳重和摩擦，则
即
解得G甲=300N。
[2]若去掉杠杆，使用滑轮组提升重物时，有用功W有=G甲h，总功
W总=F1s=2F1h
则滑轮组的机械效率
11．（2023·广东清远·统考二模）如图为塔式起重机的起重结构简化示意图，a属于 （选填“定”或“动”）滑轮，b能起到 （选填“改变力的方向”或“省力”）的作用。请你提出一个使起重机机械效率提高的方法： 。
【答案】 定 省力 适当增加物重
【解析】[1]图示中滑轮的轴固定不动，为定滑轮。
[2]轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，故b为动滑轮，动滑轮可以省力，但不能改变力的方向。
[3]根据公式
可知，在钢丝绳允许的情况下，适当增加物重可以提高机械效率。
12．（2023·广东广州·校考三模）如图，硬棒质量忽略不计，物体对棒的拉力为F1，在棒的A点施加力，的方向沿线，使硬棒在如图位置处于平衡状态。
（1）画出力的示意图 ；
（2）画出的力臂 ；
（3）撤去，在B点施加力，仍使硬棒在如图位置处于平衡状态。则和的关系可能是( )
A． B． C．
【答案】 见解析 见解析
【解析】（1）[1]由题意可知，的方向沿着线，杠杆在力F1作用下向下转动，故方向向下；（2）[2]从支点到力作用线的距离叫做力臂，从支点向的作用线作垂线，垂线段长度为力臂，如图
（3）[3]作出及其力臂，由图可知小于，由杠杆平衡条件可知，，故应选A。
13．（2023·江苏无锡·统考一模）物理学在桥梁建筑技术方面有很多应用，如图甲为宜兴首座钢结构斜拉桥荆邑大桥，桥梁全长544.5米，有十八层楼那么高。“桥塔为什么要造这么高？”
小华对此进行了研究：他将大桥的结构进行简化，抽象成图乙所示的模型。小华通过比较发现：适当增加桥塔的高度，可 （增大/减小）斜拉索拉力的力臂，从而 （增大/减小）斜拉索的拉力，在桥面上行驶的汽车，位置越靠近桥塔，钢索受到的拉力越 （大/小）、桥面限速60km/h，在遵守交通规则的前提下，一辆小车通过全桥至少需要 s（结果保留一位小数）。近年来，多起高架桥侧翻事故引起了人们对如图丙所示的独柱高架桥安全性的思考。
独柱式高架桥分如图丁（a）单支座式和图丁（b）双支座式，建造桥梁时应选择的支撑方式为 （单/双）支座式。当重载卡车在双支座式高架桥最右侧行驶时桥面侧翻，支点是 （左/右）支座。如果在两个支座中间再增加一个支座如图丁（c），桥面侧翻危害的风险将 （减小/增大/不变）。
【答案】 增大 减小 小 32.7 双 右 不变
【解析】[1][2][3]根据图乙可知：在桥的程度一定时，桥塔越高，根据杠杆的平衡条件可知：在阻力和阻力臂一定时。适当增加桥塔的高度，可增大斜拉索拉力的力臂，在桥面上行驶的汽车，阻力臂越小，钢索受到的拉力越小。
[4]桥面限速，在遵守交通规则的前提下
[5][6][7]从桥梁的稳定性角度考虑，建造桥梁时应选择的支撑方式为双支座式。当重载卡车在双支座式高架桥最右侧行驶时桥面侧翻，支点是右支座。如果在两个支座中间再增加一个支座如图丁（c），增大了支撑面，但是桥面侧翻危害的风险将不变。
四、作图题
14．（2023·辽宁铁岭·统考三模）如图甲所示是一台金属切割机，小王师傅用该机切割A点下方的钢管时，用力压B点，机器OAB部分可绕O点转动。请在乙图中画出：
（1）杠杆静止在此位置时，作用在A点的阻力F2的力臂L2；
（2）作用在B点的最小动力F1及其力臂L1。
【答案】
【解析】（1）从支点O向阻力F2的作用线作垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2；
（2）由杠杆平衡条件可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，动力作用在B点，因此OB作为动力臂L1时最长；图中阻力F2使杠杆逆时针转动，因动力和阻力使杠杆转动的方向相反，所以动力应使杠杆顺时针转动，则动力F1的方向应该向下，过B点作垂直于OB向下的力，即为最小动力F1的示意图，如图所示：
15．（2023·贵州铜仁·校考模拟预测）请你用笔画代替绳子，在图中画出滑轮组最省力的绕法。
【答案】
【解析】图中两个动滑轮，一个定滑轮，要想使滑轮组最省力，起点应在定滑轮上，才能有更多股绳子绕过定滑轮，使滑轮更省力，如图
五、实验题
16．（2023·山东济南·统考三模）小明分别用如图1所示的两种方法挑着同一物体行走，他发现两次用力不相同。由此，他想和小华一起用一个杠杆、一个重物、细线、若干钩码来探究“杠杆平衡时，保持阻力和动力臂不变，动力和阻力臂之间的关系”。
（1）实验前，他们调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 ；
（2）实验时，他们用细线将重物固定到杠杆左侧某一位置，将重物通过细线产生的拉力看作阻力；然后在杠杆右侧某一位置用细线悬挂若干钩码，使杠杆重新在水平位置平衡，如图2所示，将动力F1和阻力臂l2记录下来。接下来，他们要改变重物的悬挂位置和钩码的 ，使杠杆重新平衡，并把相应的数据记录下来；
（3）他们通过实验得到的实验数据如下表所示：
分析表中的数据，可以得出结论：保持阻力和动力臂不变，杠杆平衡时，动力跟阻力臂成 关系；
（4）结束实验后，小明又发现：杠杆平衡时满足“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”。这一结论是否具有普遍性？在以上实验的基础上，他们应该使 和 也不相同，继续实验收集数据……
【答案】 便于测量力臂 个数 正比 动力臂 阻力
【解析】（1）[1]力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，便于测量力臂。
（2）[2]探究“杠杆平衡，动力臂和动力之间的关系”，用细线将重物固定到杠杆左侧某一位置处，然后在杠杆右侧用细线悬挂钩码，移动其悬挂的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，如图所示，将动力F1和动力臂l1记录下来。接下来，应改变动力的大小，即改变钩码个数，再移动其悬挂的位置，多次重复前面的实验，并把相应的数据记录下来。
（3）[3]分析表中的数据，可以得出结论：保持阻力和动力臂不变，杠杆平衡时，动力跟阻力臂成正比关系。
（4）[4][5]分析表格中数据发现杠杆平衡时，动力和阻力的大小始终没有变化，所以实验数据缺乏普遍性，用来验证她的猜想不够充分，小明还要在动力臂和阻力不相同的情况下进行实验和收集数据。
17．（2023·广西贺州·统考一模）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小马同学用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：
（1）根据表格中的数据，承担物重的绳子段数n= ；
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 ；（选填“保持静止”或“保持匀速上升”）
（3）第三次实验时滑轮组的机械效率为 %（计算结果保留一位小数）；
（4）根据表格中的数据分析可知：要提高同一滑轮组机械效率，可以采取的措施是 。
【答案】 3 保持匀速上升 74.1 增大物重
【解析】（1）[1]根据绳子移动的距离与物体上升高度的关系可知，则承担物重的绳子段数为
（2）[2]实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应保持匀速上升时读数，这样系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数。
（3）[3]由表格信息可得，第3次实验机械效率为
（4）[4]比较表中数据可知，同一滑轮组，物体的重力越大，机械效率越高，所以增大提起的物重，可提高机械效率。
18．（2023·山东烟台·统考一模）小亮利用杠杆做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，若出现如图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；使杠杆在水平位置平衡的目的是 ；
（2）实验中，小亮多次调节左端钩码的位置，并移动右侧钩码的位置，如图乙所示，使杠杆保持水平平衡，记录多组数据，完成后，小亮认为实验结论就具有普遍性了，他这样的操作， （选填“完全”或“不完全”）符合实验要求，原因是 ；
（3）保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变，调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂l1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 （选填“相等”或“不相等”）；
（4）如图丁所示，已知每个钩码的质量均为50g，用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，实验中始终保持杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在a位置竖直向下拉时，测力计的示数为 N；弹簧测力计山图中a位置移至b位置时，其示数将 （选填“变大”、“不变”或“变小”），出现这一现象的原因是 ；（g取10N/kg）
（5）在某次实践活动中，另一位同学想用撬棒撬动地面上的石头，O是撬棒的支点，F2是阻力，如图戊所示，为了撬动石头，在C点施加的最小动力F1的方向是 。
【答案】 右 便于测量力臂 不完全 只改变了力臂的大小，没有改变力的大小重复实验 相等 0.4 变大 拉力的力臂变短 垂直于OC向下
【解析】（1）[1]如图甲所示情况，表明左边重一些，应将杠杆的平衡螺母向右移动，直到杠杆在水平位置平衡。
[2]由于实验中作用在杠杆上的力一般为竖直方向，杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆重合，便于直接在杠杆上读取力臂。
（2）[3][4]实验中，小亮操作仅改变了力臂的大小，没有对力的大小进行改变，实验结论具有偶然性，所以并不完全符合实验的要求。
（3）[5]保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变，则左侧的力与力臂大小不变，乘积为一个定值，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积是右侧力与力臂的乘积，根据杠杆平衡条件，应与左侧的力与力臂乘积相同，故相等。
（4）[6]如图丁所示，假设每格的长度为l，则左侧的力臂为2l，右侧的力臂为5l，根据杠杆平衡条件可得
测力计的示数为
[7][8]弹簧测力计山图中a位置移至b位置时，右侧的力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉力变大，故其示数将变大。
（5）[9]根据杠杆平衡条件，要使力最小，则对应的力臂应最大，如图戊所示，为了撬动石头，在C点施加的最小动力F1应以OC为力臂，故其方向是垂直于OC向下。
六、计算题
19．（2023·山东日照·统考二模）如图所示的一套从水中打捞物体的简单滑轮组装置，动滑轮的重力为50N，物体A的密度为，体积为；通过滑轮组把A从水中匀速提升（A始终未露出水面），不计绳重、摩擦及水的阻力，ρ水=1×103 kg/m3，g=10N/kg。求：
（1）A浸没在水中所受浮力；
（2）A露出水面前，滑轮组的机械效率；
（3）若人的质量为70kg，与水平地面的接触面积为500cm2，人对地面的压强。
【答案】（1）400N；（2）80%；（3）1.15×104 Pa。
【解析】解：（1）因为A浸没在水中，所以A排开水的体积为
则A所受的浮力为
（2）由可知，A的质量为
A的重力为
由力的平衡条件可知，A浸没在水中时受到的拉力为
由图可知，因为不计绳重和摩擦及水的阻力，所以A露出水面前，绳子自由端的拉力为
则滑轮组的机械效率为
（3）人对水平地面的压力为
人对地面的压强为
答：（1）A浸没在水中所受浮力为400N；
（2）A露出水面前，滑轮组的机械效率为；
（3）人对地面的压强为。
20．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）在美丽乡村建设中，政府为某村购置一批健身器材。工人在往车上搬运装有健身器材的箱子时，用长木板搭了一个3m长的斜面，沿斜面方向对箱子施加500N的力，把120kg的箱子沿斜面匀速推到1m高的车厢上，如图所示。求：
（1）推箱子做的有用功；
（2）斜面的机械效率；
（3）箱子受到斜面的摩擦力大小。
【答案】（1）1200J；（2）80%；（3）100N
【解析】解：（1）此过程所做有用功
W有=Gh=mgh=120kg×10N/kg×1m=1200J
（2）所做总功
W总=Fs=500N×3m=1500J
机械效率
（3）此过程所做额外功
W额=W总-W有=1500J-1200J=300J
由W额=fs变形得，摩擦力
答：（1）工人推箱子做的有用功为1200J；
（2）斜面的机械效率为80%；
（3）箱子受到的摩擦力为100N。
21．（2023·山西晋中·统考二模）在开展“搬运建筑材料”的项目化学习过程中，甲、乙两同学利用一根质量分布均匀的圆柱形轻质木棒搬运一重物。已知：重物的质量是 50kg，搬运时将重物提升1.2m的高度，重物到甲同学的距离OA=1m，重物到乙同学的距离OB=1.5m。（g取10N/kg进行计算）
（1）将重物抬起过程中，对重物做功多少？
（2）搬运重物过程中，乙同学对木棒的作用力大小？ （木棒质量忽略不计）
（3）搬运至目的地，两位同学将重物放置在水平地面上，若重物与地面的接触面积为500cm2，则此时重物对地面的压强是多少？
【答案】（1）600J；（2）200N；（3）
【解析】答：（1）重物重力
抬起重物过程中对重物做功
（2）根据题意，可将木棒看成一根杠杆，与甲同学的接触点A为支点，则动力F1是乙同学对杠杆的作用力，动力臂L1为AB的长度，阻力F2等于重物的重力，阻力臂L2为AO的长度。根据杠杆的平衡条件，可得乙同学对杠杆的作用力
（3）由题知，受力面积
重物对地面的压强
答：（1）将重物抬起过程中，对重物做功600J；
（2）搬运重物过程中，乙同学对木棒的作用力大小为200N；
（3）此时重物对地面的压强是。
七、科普阅读题
22．（2023·宁夏银川·宁夏银川二十四中校考一模）阅读短文，回答问题。
“嫦娥五号”搭载采样剖面测温仪、岩芯钻探机和机器取样器等多种有用载荷在海南文昌发射中心成功发射，在月球附近成功选定着陆点后，开始避障下降和缓速垂直下降，最终平稳着陆于月球正面风暴洋的吕姆克山脉以北地区，并取回约2kg月壤。

（1）嫦娥五号返回器将月壤带回地球，这使中国成为继美、苏之后第三个携带月球样品回到地球的国家，样品从月球取回到地球，其质量 （选填“变大”“变小”或“不变”），由于月球表面的重力比地球表面的重力小得多，所以飞行器离开月球时所需的推力比离开地球时要 （选填“大”或“小”）得多；
（2）如图甲所示是火箭发射时的情景。在火箭加速上升的过程中，关于“嫦娥五号”，下列说法正确的是 ；
A．动能增大，重力势能减小
B．动能增大，机械能减小
C．动能增大，机械能增大
D．动能不变，机械能增大
（3）探测车在采集月球表面月壤样本时，机械臂简化图如图乙所示，，不计自身重力，当采集重力为1N的月壤时，在A点至少需要施加 N的拉力。
【答案】 不变 小 C 4
【解析】（1）[1]质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关，故样品从月球取回到地球，其质量不变。
[2]飞行器离开月球时所需的推力至少等于飞行器在月球表面的重力，由于月球表面的重力比地球表面的重力小得多，故飞行器离开月球时所需的推力比离开地球时要小得多。
（2）[3]火箭加速上升的过程中，嫦娥五号质量不变，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，机械能等于动能与势能的总和，所以嫦娥五号的机械能增大，故ABD错误，故C正确。
故选C。
（3）[4] 在阻力、阻力臂一定的情况下，要使动力最小，动力臂需要最长，阻力是月壤对杠杆竖直向下的拉力，阻力臂为OB，动力的方向应该垂直于OA向上，动力臂为OA时，动力臂最大，根据杠杆平衡条件可得，在A点施加的最小动力
一、单选题
1．（2023上·北京·九年级人大附中校考开学考试）如图甲所示，一个滑轮组竖直固定在水平支架上，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有重为G的物体A，用力F通过滑轮组绳的末端竖直向上匀速提升重物A，重物A向上运动的速度为v，力F做功的功率P随物体上升速度v之间的关系图象如图乙所示。滑轮与轴的摩擦、绳的质量忽略不计，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为120N
B．滑轮组对水平支架的拉力为140N
C．拉力F的功率为1.2W时，10s内滑轮组对物体A做功12J
D．若在物体A下再加挂30N的重物，滑轮组的机械效率可以达到86.7％
【答案】D
【解析】A．因为有3段绳子与动滑轮接触，故当物体上升速度为4cm/s时，绳子上升的速度为12m/s=0.12m/s，此时拉力的功率为4.8W，有
故A错误
B．滑轮组对支架的拉力为
故B错误；
C．3段绳子与动滑轮接触，有
得
若拉力功率为1.2W，此时物体运动速度为1cm/s，则10s时间内对滑轮组对物体做功为
故C错误；
D．此时滑轮组的机械效率为
故D正确。
故选D。
2．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）如图所示的杠杆质量不计，每小格的长度相等。物体A是边长为0.1m的正方体。当杠杆右侧挂一个重4N的物体B时杠杆平衡。此时物体A对水平桌面的压强为300Pa，下列说法正确的是（ ）
A．物体A受到地面的支持力为2N
B．物体A受到的重力为3N
C．物体B向右移动1小格，物体A受到的拉力增大2.6N
D．物体A向左移动1小格，物体A对桌面的压强为340Pa
【答案】D
【解析】
A．由图可知
由得A对桌面的压力
即物体受到的支持力为，故A错误；
B．根据物体受力平衡可知：A对桌面的压力等于A的重力减去杠杆的拉力，即
所以
由于杠杆平衡，根据杠杆平衡条件可得
所以
则
所以，故B错误；
C．当物体B向右移动一格后
根据杠杆平衡条件可得
所以
所以物体A受到的拉力增大量
故C错误；
D．当物体A向左移动小格后
根据杠杆平衡条件可得
所以
根据物体受力平衡可知：A对桌面的压力
压强
所以，当物体向左移动小格后，物体A对桌面的压强为，故D正确。
故选D。
3．（2023·内蒙古包头·统考二模）物理兴趣小组的小强设计了如图所示的装置传送物品，现有质量m=25kg的木箱，长L=5m、高h=3m的固定斜面他用F=100N的力拉绳，使木箱以v=0.2m/s的速度沿斜面匀速地由低端上升到顶端，此过程因绳和滑轮间的摩擦而做的额外功W0=20J。已知动滑轮质量m=1kg，连接动滑轮的绳子拉直且与斜面平行，不计绳的质量、木箱大小和木箱到动滑轮间的绳长，g取10N/kg，则下列说法错误的是（ ）
A．木箱由斜面低端上升到顶端所用的时间是25s
B．F做功的功率为40W
C．整个装置的机械效率是75%
D．斜面对木箱的摩擦力大小是50N
【答案】D
【解析】A．木箱由斜面底端上升到顶端所用的时间
故A正确，不符合题意；
B．如图所示，动滑轮上有两段绳子，则绳子自由端速度为
v绳=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s
F做功的功率为
P=Fv绳=100N×0.4m/s=40W
故B正确，不符合题意；
C．绳端移动距离为
s=2L=2×5m=10m
拉力做的总功为
W总=Fs=100N×10m=1000J
则克服木箱重力所做有用功为
W有=G箱h=m箱gh=25kg×10N/kg×3m=750J
则机械效率为
克服动滑轮重力所做功为
W滑=G滑h=m滑gh=1kg×10N/kg×3m=30J
克服斜面摩擦力做功为
W摩=W总-W0-W有-W滑=1000J-20J-750J-30J=200J
则可求斜面对木箱的摩擦力大小是
故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
4．（2023·四川达州·统考中考真题）一轻质不等臂杠杆AOB的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块，此时杠杆在水平位置平衡。现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所示。已知：，，，则下列判断正确的是（ ）
A．A端下降B．B端下降
C．仍然平衡D．无法判断
【答案】B
【解析】如图，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件得
即
而ρ铝<ρ铜，所以
现将铝块和铜块同时浸没在水中，由阿基米德原理可得
故此时作用在左、右两边的力分别为
由①知
由②③知
所以，B端下沉，故ACD错误，B正确。
故选B。
二、多选题
5．（2023·四川成都·统考二模）如图所示，杠杆DE可绕O点在竖直平面内转动，OD：OE=1：2，小轩的质量为55kg，他通过细绳在E点施加竖直向下的拉力T1为150N时，杠杆在水平位置平衡，小轩对地面的压力为F1，物体A对地面的压强p1为3×103Pa。当小轩施加竖直向下的拉力为T2时，物体A恰好匀速上升。已知：物体A的质量为100kg，其底面积为5×10-2m2，杠杆DE和细绳的质量及滑轮轴的摩擦力均忽略不计，g取10N/kg。下列分析正确的是（ ）
A．小轩对地面的压力F1为400N
B．动滑轮B受到的重力为40N
C．小轩施加竖直向下拉力为175N时，物体A对地面的压强恰好为零
D．当小轩施加竖直向下的拉力为T2时，滑轮组的机械效率为85%
【答案】AC
【解析】A．小轩对地面的压力和地面对小轩的支持力是一对相互作用力，这两个力大小相等，对人进行受力分析，人受到竖直向上的支持力和拉力，竖直向下的重力，故人对地面的压力为
故A正确；
B．物体A受到地面的支持力和物体A对地面的压力是相互作用力，大小相等，物体A受到地面的支持力为
物体A的重力为
动滑轮受到物体的拉力和物体受到动滑轮的拉力使相互作用力，大小相等，动滑轮受到的拉力为
根据杠杆平衡的条件可得杠杆左端所受的拉力为
通过对动滑轮受力分析可得动滑轮的重力为
故B错误；
C．物体A对地面的压强恰好为零时，压力为零，物体A所受的支持力为0，此时绳子自由端的拉力为
根据杠杆平衡的条件可得，人施加的拉力为
故C正确；
D．当小轩施加竖直向下的拉力为T2时，滑轮组的机械效率为
故D错误。
故选AC。
6．（2023·河北石家庄·统考模拟预测）如图所示，用完全相同的四个滑轮和两根相同的细绳组成甲乙两个滑轮组，在各自的自由端均施加大小相等的拉力F，将A、B两个不同的物块匀速提升相同的高度（不计绳重和摩擦）已知A、B两物块重分别为GA、GB，动滑轮重为G0，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两滑轮组的机械效率相等
B．物块A的重力小于物块B的重力
C．若G0=GB，则甲、乙滑轮组一定都是省力机械
D．甲滑轮组的机械效率为
【答案】BD
【解析】A．甲、乙两滑轮组提升两块物体的质量不同，提升相同高度所做有用功不同，动滑轮质量相同，不计绳重和摩擦，则滑轮组做额外功相同，它们的机械效率不同，故A项错误；
B．在各自的自由端均施加大小相等的拉力F，则
，
所以，故B项正确；
C．若G0=GB，则甲滑轮组绳子端拉力为
即
所以甲滑轮组是费力机械，
乙滑轮组绳子端拉力为
所以乙滑轮组是省力机械，故C项错误；
D．甲滑轮组的机械效率为
故D项正确。
故选BD。
7．（2023·河北·统考模拟预测）如图所示，小明选择两种不同的方式将相同的重物匀速提升相同的高度，已知每个动滑轮的重力都为G0，物重为G，两种方式施加的拉力分别为F1和F2，机械效率分别为η1和η2，不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是（ ）
A．两种方式做的有用功相同
B．F1一定小于F2
C．，
D．G0=3F2 －4F1
【答案】ABD
【分析】本题考查滑轮组的机械效率，根据分析受力情况和运动情况分析求解。
【解析】A．用滑轮组提升重物时，机械做的有用功为克服物体重力所做的功，两种不同的方式将相同的重物匀速提升相同的高度，所以所做的有用功相同，故A项正确；
B．不计绳重和摩擦时，甲滑轮组中间绳子受到的拉力为，所以F1与G0、G，满足关系如下
则
绳子股数等效为4股。
乙滑轮组绳子拉力
则
则
即
故B项正确；
C．甲滑轮组，绳子股数等效为4股，所以
乙滑轮组
故C项错误；
D．因为
，
可知
故D项正确。
故选ABD。
三、填空题
8．（2023·江苏无锡·校联考模拟预测）杆秤是中国度量衡三大件（尺斗秤）之一，凝聚了炎黄子孙的智慧，反映了我国古代商贸及科技的发展。如图所将物体挂于挂钩上，提起B点或C点的吊环，然后通过移动D点处的秤砣，秤杆平衡时，即可称出物体的 （选填“重量”或“质量”）。若要杆秤称出最大的量，应该提起 （选填“B”或“C”），若AB=BC，CE=39AB，（E点为杆秤上最大刻度处），秤砣的质量为0.75kg，则该杆秤的最大称量是 。
【答案】 质量 B 30kg
【解析】[1]杆秤是测量物体质量的工具，当杆秤平衡时，根据秤砣所在位置对应的刻度值，就可以称出物体的质量。
[2]若要杆秤称出最大的量，根据杠杆的平衡条件，应增大秤砣对杆秤拉力的力臂而减小物体对杆秤拉力的力臂，所以应该提起B点。
[3]通过以上分析可知，以B点为支点时，杆秤的测量值更大。当杆秤在水平位置平衡时，秤砣和物体对杆秤的拉力方向竖直向下，与杆秤垂直，所以对于的力臂分别是BE和AB，则
BE=BC+CE=AB+39AB=40AB
根据杠杆的平衡条件可得
即
物体的重力为
则该杆秤的最大称量是
9．（2023·江苏无锡·校考一模）测量质量的工具和手段很多。天平、杆秤、磅秤和电子秤等都可以用来测量质量。
如图是测量质量的磅秤，图为磅秤构造的示意图。AB是一根不等臂杠杆，支点为O1，CD和EF都是可看作为杠杆的两块平板，分别以O2、O3为支点，CD板用竖直杆HC悬于H点，EF板用竖直杆EB悬于B点，EB穿过CD板的小孔，且与CD板无摩擦。（除重物G和秤码P，其他物件重力不计）
（1）重物G放置在称台CD板上，请判断该物体G的摆放位置对测量结果 （选填“有”或“无”）影响；
（2）若HB、O1H、O1A、O2E、O2F的长度分别用L1、L2、L3、l1、l2表示，而且L1＝10厘米，L2＝1厘米，L3＝60厘米，l1＝40厘米，l2＝4厘米。磅秤平衡时，秤码P重力GP＝50牛。则秤台CD上的重物的重力G为( ) 。

【答案】 无 3000N
【解析】（1）[1]由杠杆平衡条件可知，图中的杠杆有
FA×L3=FH×L2+FB×（L1+L2）
所以重物G的重力都压在杠杆上，所以该物体G的摆放位置对测量结果无影响。
（2）[2]由杠杆平衡条件可知，图中的AB杠杆有
FA×L3=FH×L2+FB×（L1+L2）①
设重物G在CD杠杆中央，在CD杠杆中有
则
②
在EF杠杆中有
FE×（l1+l2）=FD×l2③
其中
，FA=GP=50N
带入①②③，代入数据，解得
G=3000N
10．（2023·重庆·重庆市南渝中学校校考二模）如图甲所示为小黎制作的自动注水装置示意图，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡， O为支点，OA=2OB，竖直细杆a两端分别与杠杆A点和圆柱形浮筒M连接，竖直细杆b连接在杠杆B点和力传感器上，浮筒M底部距薄壁柱形水箱底5cm，不计杠杆、细杆及连接处的重力。某次调试时向水箱逐渐加水直至加满，力传感器的示数随水箱中水的质量变化的图像如图乙，则柱形水箱的底面积为 cm2；调节使力传感器示数为14N时自动注水，示数为46N时停止注水，则一次注水过程水箱对地面的压强变化量为 Pa。

【答案】 400 1600
【解析】[1]由图乙可得，水的质量为2kg时，浮筒底部干好接触液面，有密度公式可得，此时水的体积为
则水箱底面积为
[2]由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），压力传感器受到的拉力F0=12N，由杠杆的平衡条件F1l1=F2l2可得
F0·OB=GM·OA
则
物体M的质量
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力6N，由阿基米德原理可得
ρ水gSh1=6N-----①
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为48N，由杠杆的平衡条件可得
FA·OA=FB·OB
则
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力
F浮=GM+FB=6N+24N=30N
由阿基米德原理可得
ρ水gSh=30N------②
由①②可得h=5h1，由图乙可知，加水2kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水11kg时M刚好浸没 （此时浮力为30N），该过程中增加水的质量为9kg，浮力增大了30N所以，每加0.3kg水，物体M受到的浮力增加1N。
当力传感器示数为14N时，由杠杆的平衡条件可得，杆的作用力
此时加入水的质量为2.1kg，水的总质量为
m总1=2kg+2.1kg=4.1kg
水的总重力
G总1=m总1g=4.1kg×10N/kg=41N
水箱对地面的压力等于水箱的重力、水的总重力、物体M的重力和杆的作用力之和，即
F压1=G水箱+ G总1+ GM +FA1
当力传感器示数为46N时，由杠杆的平衡条件可得，杆的作用力
此时加入水的质量为6.9kg，水的总质量为
m总1=2kg+6.9kg=8.9kg
水的总重力
G总1=m总1g=8.9kg×10N/kg=89N
水箱对地面的压力等于水箱的重力、水的总重力、物体M的重力和杆的作用力之和，即
F压2=G水箱+ G总2+ GM +FA2
增加的压力
ΔF= F压2- F压1= G水箱+ G总2+ GM +FA2- (G水箱+ G总1+ GM +FA1)= G总2+ FA2- G总1- FA1=89N+23N-41N-7N=64N
水箱对地面的压强变化量
11．（2023·重庆·重庆市育才中学校考二模）如图所示，用轻质薄木板AB做成杠杆，O为支点，OA=OB=2m，地面上一质量为2kg，边长为a=10cm的实心正方体物块M，用一不可伸长的轻质细线系于OB的中点C处，此时AB恰好静止于水平位置，细线恰好被拉直。现将小滑块Q（小滑块的大小不计）放于O点上方，将小滑块Q向左移动0.4m，此时绳子对C点的拉力为8N，此时物块M对水平地面的压强 Pa，若Q再向左侧移动0.2m，沿竖直方向将正方体M左右两边各切去厚度为d的部分，将它们叠放在Q的正上方时，正方体M对地面的压强为0，切去厚度d为 m。
【答案】 1200 0.0125
【解析】[1]绳子对C点的拉力为8N，则绳子对物体的拉力F=8N，此时物块M对水平地面的压强
[2] 由杠杆平衡条件可得物体Q所受重力为
由题意知：Q到O点的距离
=0.4m+0.2m=0.6m ①
M被切去的部分受到的重力G1
②
剩余M受到的重力
③
正方体M对地面的压强为0，绳的拉力等于剩余的M的重力，由杠杆平衡条件得
④
联立①②③④
解得
d=1.25cm=0.0125m
12．（2023·重庆·统考中考真题）如图所示，ABC是以O为支点的轻质杠杆AB=40cm，OB=30cm，OC=60cm，水平地面上的实心均匀正方体物块M重为80N，用细线与C点相连，在A点用60N的力沿某方向拉杠杆，使M对地面的压力最小，且杠杆处于水平位置平衡，此时细线的拉力为 N；保持A点的拉力大小和方向以及杠杆的状态不变，要使M对地面的压强变为原来的，可将物块M沿竖直方向切去的质量为 kg。（忽略支点处的摩擦）
【答案】 50 1.75
【解析】[1]绳子对C点的拉力对应的力臂为OC，为定值，作用在A点的拉力为60N，为定值，为使M对地面的压力最小，则应使C点绳子拉力最大，由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知，此时作用在A点的拉力的力臂应最大，作图如下
由勾股定理可求拉力对应力臂为
由杠杆平衡公式可求细线的拉力为
[2]切去之前物块M对地面压强可表示为
设切去质量为m切，则此时M对地面压力和与地面接触面积分别为
此时对地面压强为
又有要使M对地面的压强变为原来的，即
解得
m切=1.75kg
13．（2023·湖南长沙·统考三模）如图所示，将一根长为1m的轻质杠杆AB，于其中点O支起。现将质量分别为1kg和0.2kg的物体M、N用细绳系于杠杆的B点和C点，物体M的边长为0.1m的正方体。已知OC:OB＝1:2，此时物体N受到细绳的拉力为 N，物体M的密度为 kg/m3；若沿竖直方向将物体M左右两边各切厚度为h的部分，然后将物体N用细线系于离C点的距离为h处时，M对地面的压强变化了100Pa，则h的值为 m。（g取10N/kg，结果保留2位有效数字）
【答案】 2 1.0×103 0.06
【解析】[1]此时物体N受到细绳的拉力等于物体N的重力为
FN=GN=mNg=0.2kg×10N/kg=2N
[2]已知M的质量为1kg，物体M的边长为0.1m的正方体，密度为
[3]若沿竖直方向将物体M左右两边各切厚度为h的部分后，剩余M的底面积为
剩余部分的体积为
剩余M的密度不变，则剩余部分的重力与原来重力的比值为
所以剩余M的重力为
M对地面的压力为
M对地面的压强为
剩余部分M对地面的压强为
剩余M的底面积为
地面对剩余部分M的支持力为
若沿竖直方向将物体M左右两边各切厚度为h的部分，然后将物体N用细线系于离C点的距离为h处时，设此时B端受到细绳的拉力为FB1，由杠杆平衡条件可得
则有
即细绳对剩余M的拉力为
对剩余M进行受力分析，由力的平衡条件可得
由以上各式联立可得
解得：。
四、实验题
14．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图所示，厦门中学生助手利用天平和量筒测量石块的密度，进行如下测量：
（1）把天平放在水平台上，游码移到标尺左端零刻度线处，指针在分度盘的位置如图甲所示，为使天平横梁平衡，应将平衡螺母向 调节（选填“左”或“右”）；
（2）用天平测石块质量，当横梁平衡时，放在右盘中的砝码和游码位置如图乙所示，则石块质量为 g；用量筒测出石块体积为，则石块密度为 。
（3）厦门中学生助手猜想能否使用刻度尺和杠杆等器材测量石块密度，于是他进行如下探究：（杠杆重力不计）
①如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡。
②保持石块的悬点位置A不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，则C点应该在B点的 侧（选填“左”或“右”），用刻度尺测量OC的长度。
③石块密度的表达式 （用字母、、、表示）。
（4）阅读了教材“自制密度计”的课外小实验后，厦门中学生助手的小曾决定尝试做一个密度计。
①小曾选择了一个由某种特殊材料制成的条形长方体A来制作密度计，测得A的质量为12g；
②小曾查阅了相关资料，在得知该材料的密度后，作出了如图丁所示的图象，据图可以找到关于A的一些信息。他发现A的质量可以在图中用阴影部分面积表示出来，请你在图丙中用细线画出这一阴影部分；
③小曾想用理论推导的方法，在A上标注出各种密度值。他先标注水的密度，再测量出A的长度为20cm后，作出了图戊中所示的示意图，经过计算，他确定出水面位置距A上表面 cm处，并作了标记。（）
④为验证结果，小曾将A放入足够多的水中，发现它不容易竖直漂浮。小曾在A的下端密绕了适量的金属丝（金属丝体积可忽略不计），制成了“密度计”B，小曾经过思考后发现，B的刻度应该与A不同，为了重新标注，小曾测出金属丝的质量是2g。按照这种方法，他在B上标出了水、酒精等液体对应的刻度值，一个简易的密度计就制成了，则A、B在标注水对应的刻度值时，其两刻度的距离为 cm。
【答案】 .左 15.6 左 8 2
【解析】（1）[1]由图甲可知，指针指在分度盘的右侧，说明天平的右端下沉左端上翘，所以平衡螺母向上翘的左端移动。
（2）[2]石块的质量
[3]石块的体积，则石块的密度
（3）①石块的重力
重物的重力，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得
①
②[4]保持石块的悬点位置A不变，即的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中未与杯底、杯壁接触石块受到的浮力
杠杆左端受到的拉力为
调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得
②
由①比②得
③
即，所以C点应该在B点的左侧；
③[5]由③式可得，石块的密度为
（4）②[6]由图象可知，物体A的密度，A的质量为12g，由得物体A的体积
在图丁中涂黑如下：
③[7]因为物体漂浮，所以，由阿基米德原理可得，，则，即，由可得：，设水面位置在距A上表面h，则物体浸入水中的深度为，则有
代入数据
解得
④[8]由②可知，长方体A的体积：，A的长度为20cm，则长方体A的底面积
由于“密度计”B下端密绕了适量的金属丝金属丝体积可忽略不计，且“密度计”B漂浮，根据可知，，由阿基米德原理可得，，则，即，由可得
代入数据
解得：，即A、B在标注水对应的刻度值时，其两刻度的距离为2cm。
15．（2023·福建福州·福州黎明中学校考模拟预测）小明所在的课外兴趣小组需要密度为1.05g/cm3的盐水，为检验配制的盐水是否合格，小明用如图所示天平和量筒做了如下实验；

（1）将天平放在水平台上，把游码放在标尺左端处，发现指针指如图甲所示，要使横梁平衡，应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调；
（2）天平调节好之后，小明依次进行了如下操作：
①用天平测出空烧杯的质量为m1=21g；
②向烧杯中倒入适量的盐水，测出烧杯和盐水的总质量m2，如图乙所示；
③将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，测出盐水的体积V，如图丙所示；
根据上述实验步骤，可知烧杯中盐水的密度为 g/cm3，为配制合格的盐水，需要继续向盐水中 （选填“加盐”或“加水”）；
（3）小明用这种方法测出的盐水密度与真实值相比会 （选填“偏大”或“偏小”）；
（4）小夏利用身边物体测量液体密度。实验器材如图所示：刻度尺、细绳（若干）、橡皮筋、铝块（已知铝的密度ρ铝）、石块、容器、待测液体；实验步骤如下：

A．如图甲，在刻度尺左端扎上橡皮筋（橡皮筋相当于平衡螺母），用细绳悬挂刻度尺；调节橡皮筋位置，使刻度尺在水平位置平衡；
B．如图乙，将悬挂铝块的细绳固定于a位置并保持不变，记录a长度L1；
C．如图乙，调节悬挂石块的细绳b的位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录b长度L2；
D．如图丙，将铝块浸没于待测液体中，调节右侧细绳至c位置，使刻度尺在水平位置平衡，记录c长度L；
①位置c应在位置b的 侧（选填“左”或“右”）；
②待测液体的密度ρ液= （用上述已知量和测量量表示）；
③更换待测液体，重复以上步骤，就可以测出不同液体的密度，这把可测液体密度的“密度秤”刻度是 （选填“均匀”或“不均匀”）的。
【答案】 右 1.025 加盐 偏大 左 均匀
【解析】（1）[1]由甲图可知，指针偏向分度盘左侧，由左偏右调可知，应将平衡螺母向右调，直到天平水平平衡。
（2）③[2]由乙图可知标尺的分度值为0.2g，游码对应刻度为2g，则烧杯和盐水的总质量
m2=50g+10g+2g=62g
将烧杯中的盐水全部倒入量筒中，由丙图可知，量筒的分度值2mL，量筒中盐水体积为40mL，合40cm3，则烧杯中盐水的密度
[3]由于盐水密度比需要配制的盐水的密1.05g/cm3小，所以需要继续向盐水中加盐。
（3）[4]由于将烧杯中的盐水倒入量筒中时，烧杯中的盐水有残留，所以使测量的盐水体积偏小，由可知，测量的盐水密度偏大。
（4）①[5]将铝块浸没于待测液体中，铝块受到浮力，则铝块对a端的拉力减小，L1的长度不变，石块对c端的拉力不变，由杠杆平衡条件可知，c的长度变短，所以位置c应在位置b的左端。
②[6]设铝块的体积为V，则铝块浸没在液体中，排开液体的体积为V，铝块的重力
乙图中杠杆平衡，由杠杆平衡条件可得，石块的重力
由丙图中，铝块浸没在液体中受到浮力，杠杆仍处于平衡状态，由杠杆平衡条件可得，铝块对a端的拉力
则铝块浸没在液体中受到的浮力
则液体的密度
③[7]由②中液体密度关系式可知，液体的密度与铝块的密度成正比，所以这把可测液体密度的“密度秤”刻度是均匀的。
16．（2023·江苏镇江·统考模拟预测）在综合实践活动中，小明利用自制杆秤测量液体的密度。如图1，已知杆秤的自重不计，O点是杆秤的提纽（杠杆支点），秤砣质量为50g，OA：OB＝1：6，烧杯内液体体积V＝100mL（液面在标记处），烧杯质量是100g。

（1）为了比较甲、乙液体的密度大小，小明用带标记的烧杯盛取等体积的两种液体，然后用自制杆秤分别称量，当杆秤水平平衡时，测出秤砣的位置到支点O的距离x，如图1所示，则两种液体的密度关系为ρ甲 ρ乙（选填“＜”、“＝”或“＞”）；
（2）小明对本实验原理进行了进一步分析，从而得到秤砣到支点O的距离x与被测液体的密度之间的函数关系，则符合此关系的应是图2中的图线 （选填“①”、“②”或“③”）；
（3）根据上述结论，小明对杆秤的刻度进行重新标度，将杆秤改装成密度秤，它的刻度是 （选填“均匀”或“不均匀”）的，它的零刻度应标在杆秤 g的刻度处。用它测量时，待测液体密度ρ液应不超过 g/cm3；
（4）用此密度秤进行测量时，若待测液体液面高于标记，则测得液体密度值将偏 ；
（5）为了提高该密度秤测量液体密度时的精确度，下列方法可行的是： 。
A．保持烧杯形状和容积不变，换用质量更小的烧杯
B．将支点O向A点移动，减小OA距离
C．选用质量更小的秤砣
D．将烧杯上的标记向上移动，增大液体的体积
【答案】 ＜ ② 均匀 100 2 大 CD
【解析】（1）[1]当杆秤水平平衡时，测出秤砣的位置到支点O的距离，根据杠杆平衡条件可得
如图1所示x甲＜x乙，则G甲＜G乙，两种液体的体积相等，根据
可得两种液体的密度关系为
（2）[2]根据G=mg可得
根据m=ρV可得
整理可得
分析函数关系可知x与ρ液是一次函数，但不是正比函数，且x随ρ的增大而增大，故选②。
（3）[3]对杆秤的刻度进行重新标度，将杆秤改装成密度秤，根据（2）中函数关系可知x与ρ液是线性函数，所以它的刻度是均匀的。
[4]液体密度为0时，代入数据可得
它的零刻度应标在杆秤100g的刻度处。
[5]已知
用它测量，待测液体密度ρ液最大为
（4）[6]用此密度秤进行测量时，若待测液体液面高于标记，根据
可知x随V的增大而增大，则测得液体密度值将偏大。
（5）[7]为了提高该密度秤测量液体密度时的精确度，需要减小该密度秤的量程，根据
分析可得
A．保持烧杯形状和容积不变，换用质量更小的烧杯，该密度秤的量程变大，故A不符合题意；
B．将支点O向A点移动，减小OA距离，该密度秤的量程变大，故B不符合题意；
C．选用质量更小的秤砣，该密度秤的量程变小，故C符合题意；
D．将烧杯上的标记向上移动，增大液体的体积，该密度秤的量程变小，故D符合题意。
故选CD。
五、计算题
17．（2023·湖北武汉·统考一模）随着海上石油开采工业的迅猛发展，石油平台的安装和拆除方法也随之改变，目前安装和拆除石油平台一般都采用双船起重法，即采用两艘完全相同的起重船舶，从平台两侧底部将平台联合抬起（如图甲）。已知某石油平台重8×107N，起重船重2×108N，每艘起重船的甲板上配有4门杠杆式甲板起重器，如图乙；如图丙为其中一门甲板起重器示意图，O点与A点为甲板起重器支撑固件，A固件下方有一个浮筒和一台液压起重设备与固件相连，浮筒体积为400m3，B点处是一质量为200t的配重罐，可在起重器上OB间滑动，AB=60m，OA=20m，每门甲板起重器的额定起重能力为2500t。甲板起重器工作前，浮筒充满了水并浸没在该处水中。在甲板起重器抬起石油平台时，平台对右侧甲板起重器的压力作用点刚好在A的正上方，此时A点下方的液压起重设备工作，给A点施加竖直向上的推力，同时将浮筒中的水全部排出；配重罐位于B点（不计杠杆式甲板起重机、浮筒自身的重力和浮筒壁厚度）。
（1）当两艘船将石油平台抬高10cm，求两艘船对石油平台做了多少功？
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了多少？
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力有多大？
【答案】（1）8×106J；（2）；（3）2×106N
【解析】解：（1）两艘船对石油平台做功为
W=FS=Gh=8×107N×0.1m=8×106J
（2）船只始终漂浮，浮力等于重力，所以浮力的增加量等于重力的增加量，即
所以根据，当石油平台被抬起时，船和浮筒排开水的体积总增加量为
共计两艘船，8个浮筒，所以每艘起重船舶排开水的体积变化量为
（3）当石油平台被抬起时，每门杠杆式甲板起重器受到的压力为
受力分析可知，杠杆A点受到平台向下的压力、起重设备的推力和浮筒的浮力，浮筒的浮力为
杠杆A点受到合力为
FA=F压-F推-F浮筒=
FB即配重罐的重力，大小为
对杠杆AOB，根据杠杆平衡条件有
FB×OB=FA×OA
即
解得每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力F推=2×106N。
答：（1）当两艘船将石油平台抬高10cm，两艘船对石油平台做功为8×106J；
（2）当石油平台被抬起时，每艘起重船舶排开水的体积变化了；
（3）当石油平台被抬起时，每门甲板起重器A点处受到起重设备的推力为2×106N。
18．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）中国自行研制的“新光华”号半潜船，堪称海上“大力神叉车”，它的甲板面积，有两个足球场那么大！甲板与水面相平时，排开水的质量达10万吨。它通过本身压载水的调整，把巨大的甲板潜入水中，再用拖轮将所要承运的超大货物（如钻井平台、舰船、甚至航母）拖行到“新光华”甲板正上方，定位后，用压缩空气将压载水舱里的水排出一部分，船身变轻，甲板上浮，将货物托起。
（1）当“新光华”半潜船的甲板与水面相平时，所受的浮力为多少？
（2）当“新光华”半潜船在水面上做匀速直线运动时，水平推进器提供的动力为3×106 N时，总输出功率达到24000kW，则“新光华”航行2h通过的距离为多少？
（3）图乙是“新光华”半潜船正在进行跨海大桥的工程建设。整体桥梁ABC质量为m，重心O位于跨度为80m的两个桥墩的中点。此时甲板上的托举塔顶端P刚好接触桥梁，且。当压载水舱里的水再排出时，桥梁的一端刚好离开桥墩D，求桥梁ABC质量m为多少？

【答案】（1）1×109 N；（2）5.76×104 m；（3）9×106 kg
【解析】解：（1）由题意可知，当“新光华”轮的甲板与水面相平时，排水量达10万吨；由阿基米德原理可得此时所受的浮力为
（2）“新光华”航行2h做的功为
“新光华”航行2h通过的距离为
（3）压载水舱里的水在排出时，产生的浮力为
则半潜船托举塔顶端P向上的力为
由题知E为支点，根据杠杆平衡条件得

即
解得
桥梁ABC质量为
答：（1）当“新光华”半潜船的甲板与水面相平时，所受的浮力为；
（2）“新光华”航行2h通过的距离为；
（3）桥梁ABC质量m为。
19．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图甲所示是我国自主研发建造的全球首座十万吨级深水半潜式生产、储油平台——“深海一号”能源站，它由上部模块和下部浮体组成；上部模块质量为，下部浮体（如图乙）由“回”字形底浮箱和4个中空立柱组成，质量为；（）
（1）下部浮体组装时，使用大型吊机将一个竖直立在水平地面上质量为立柱竖直吊起，放置在高9m的“回”字形底浮箱上，求这个过程中吊机对立柱所做的功；
（2）“回”字形下部浮体在码头滑道上建造好后，从与码头紧靠的“新光华号”半潜驳船的左侧装上甲板，如图丙为装船的空中俯视图；为了平稳装船，要求甲板始终水平且与码头相平，由于浮体对船的压力，会导致驳船甲板沿中轴线EF左右倾斜；为了解决这个问题，驳船甲板下的水舱沿中轴线EF被分成左右两部分，且左右水舱形状、容积完全相同，当左右水舱中水量相等时，半潜驳船的重心在中轴线EF上，当浮体在甲板左侧时，控制系统会自动控制左右水舱中的水量，让左侧水舱中的水比右侧水舱少，使甲板水平且与码头的地面相平，如图丁；O点为浮体的重心，OA＝OB，O'代表中轴线EF，驳船甲板宽度CD=68m；
①在丁图中画出B轮对甲板压力的示意图；
②当下部浮体的轮子B滑移到距C点25.5m时，左侧水舱中水的重力比右侧水舱少多少牛，才能使甲板水平并与码头的地面相平？
（3）“深海一号”能源站在固定海域漂浮作业，开采的凝析油储存在中空立柱内的储油舱中；现要将立柱储油舱中存储的20000m3凝析油转移到运油船中，转移完成后，储油平台排开海水的体积减少多少立方米？

【答案】（1）；（2）① ；②；（3）
【解析】解：（1）立柱的重力
这个过程中吊机对立柱所做的功
（2）①下部浮体的重力
将下部浮体看着以A为支点，以下部浮体的重力为阻力，以甲板对B点的支撑力为动力的杠杆，由杠杆平衡条件可知
解得
由力的作用是相互的可知，B轮对甲板压力
由于压力垂直作用于受压面，因此B轮对甲板压力的示意图如图
；
②甲板可以看着以中轴线EF为支点的杠杆，左侧的作用力为左侧水的重力和B轮对甲板的压力，右侧作用力为右侧水的重力，由图丁可知，左侧水的重力的力臂为
轮子B滑移到距C点25.5m，B轮对甲板的压力的力臂为此时轮子B滑移到距C点距离的，即
右侧水的重力的力臂为
由杠杆平衡条件可得
代入数据有
解得，左侧水舱中水的重力比右侧水舱少
（3）20000m3凝析油的质量
凝析油的重力
转移完成后，储油平台减少的浮力
由可知，排开海水减少的体积
答：（1）这个过程中吊机对立柱所做的功为；
（2）①见解析图；
②左侧水舱中水的重力比右侧水舱少，才能使甲板水平并与码头的地面相平；
（3）储油平台排开海水的体积减少。
六、科普阅读题
20．（2023·江苏·统考二模）阅读短文，回答问题
智能雨刮器
图甲是一种智能化的汽车感应雨刮器，主要由直流电动机、摆杆、连杆、雨刮片、光电转换器和拉制器等组成。它可根据雨量大小自动调节刮水速度，提高行车安全性。
光电转换器（图乙）包括红外发射器P和接收器Q。在发射器P端加上电压U时，会发出一束锥形红外线，经过坡璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风坡璃，被挡风玻璃反射后再经过坡璃光学元件到达红外接收器Q，并产生电压U输入到微处理器。在无雨水情况下，接收的红外线强度与发出的红外线强度近似相等，此时U与U0近似相等；当有一定量的雨滴落在感应区域时，部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外，导致接收到的红外线强度变小，此时U小于U0。
拉制器是由微处理器和工作电路组成。微处理器根据电压ΔU＝U0-U的大小来判断雨量大小，当电压差ΔU大于设定值时，输出工作指令，工作电路驱动电机转动系统。电动机的转速r与电压差ΔU的关系如图丙所示；摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比。
（1）图甲中，当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个 杠杆；
（2）雨量感应区域有雨滴时，人从车外 （能/不能）看到光电转换器发出的红外线；
（3）下列关于智能雨刮器的说法中，正确的是 ；
A．红外线同时能对汽车内部环境进行消毒
B．挡风玻璃上雨滴越多，红外发射器发出的光总量越多
C．挡风玻璃上雨滴越多，红外接收器接收到的光的总量越多
D．光电转换器P将电能转化为光能，Q将光能转化为电能
（4）图乙中，贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于 （凸面镜/凸透镜/凹透镜/凹面镜）；
（5）下列关于电动机的转速r、摆杆摆动的频率f与输入电压U的关系图像中，正确的是 。
A． B． C． D．
【答案】 费力 不能 D 凸透镜 A
【解析】（1）[1]图甲中, O是支点，动力臂小于阻力臂，所以当雨刮器工作时，摆杆可以看作一个费力杠杆。
（2）[2]红外线是不可见光, 人从车外不能看到光电转换器发出的红外线。
（3）[3]A．红外线不能对汽车内部环境进行消毒,故A错误；
BC．挡风玻璃上雨滴的多少，不会影响红外发射器发出的光总量，当有一定量的雨滴落在感应区域时, 部分红外线会经雨滴传播到挡风玻璃外, 导致接收到的红外线强度变小，故BC错误；
D．光电转换器P将电能转化为光能, Q将光能转化为电能, 故D正确。
故选D。
（4）[4]在发射器P端加上电压U时, 会发出一束锥形红外线, 经过玻璃光学元件成为特定角度的平行光射入前挡风玻璃, 分析图乙可知贴在挡风玻璃上的玻璃光学元件对光线的作用类似于凸透镜。
（5）[5]已知
ΔU＝U0-U
则
U＝U0-ΔU
由图丙可知r与ΔU是线性函数，r随ΔU的增大而增大，则r与U是线性函数，r随U的增大而减小，故A正确，B错误。
摆杆摆动的频率f与电动机的转速r成正比，所以f随r的增大而增大，则摆杆摆动的频率f随U的增大而减小，故CD错误。
故选A。
分类
示意图
特点
应用
分类
省力杠杆
动力臂大于阻力臂（l1＞l2），省力费距离
撬棒、刚刀、羊角锤、钢丝钳、手推车、园艺剪刀等
省力杠杆
费力杠杆
动力臂小于阻力臂（l1＜l2），费力省距离
起重臂、船奖、钓鱼竿等
费力杠杆
等臂杠杆
动力臂等于阻力臂（l1＝l2），不省力不费力，不省距离也不费距离
天平、跷跷板、定滑轮（下节学）等
等臂杠杆
物理量
竖直方向滑轮组
水平方向滑轮组
图形
绳子拉力F/N
F=(G物+G动)不计f绳
F=nFA=nf地（不计f绳，此时η=100%）
F＞nFA=nf地（计f绳，此时η＜100%）
绳子自由端的距离s/m
s=nh
s绳=ns地
绳子自由端的速度v绳
v绳=nv物
v绳=nv物
有用功W有
W有=G物h
W有=FAs地=f地s地
额外功W额
W额=G动h（不计f绳）
W额=W总-W有=Fs-G物h（通用）
W额=W总-W有 = Fs绳-FAs地
= Fs绳-f地s地
总功W总
W总=G物h+G动h（不计f绳）
W总=Fs（通用）
W总=Fs绳
机械效率η
（不计f绳）
（通用）
注析
n-动滑轮上绳子的根数
h-物体上升的高度
s-绳子自由端移动的距离
f绳—绳子与滑轮间的摩擦力
n-动滑轮上绳子的根数
s地-物体相对地面运动的距离
s绳-绳子自由端移动的距离
f绳-绳子与滑轮间的摩擦力
f地-物体受到地面的摩擦力
FA-拉物体的绳子上的拉力
实验序号
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
2.0
0.10
2.0
0.10
2
4.0
0.10
2.0
0.20
3
6.0
0.10
2.0
0.30
序号
物重G/N
物体上升的高度h/m
绳端受到的拉力F/N
绳端移动的距离s/m
滑轮组的机械效率η/%
1
1
0.2
0.6
0.6
55.6
2
2
0.2
1.0
0.6
66.7
3
4
0.2
1.8
0.6