第十二章 简单机械 · 练习题（共56题）

省力对，但是功是不会省的

设每个钩码的重力是G，杠杆每格的长度是L， 由图示可知，左边动力F_动=2G，动力臂L_动=3L，阻力臂L_阻=2L， 由杠杆平衡条件得：F_动×L_动=F_阻×L_阻，即2G×3L=F_阻×2L， 解得F_阻=3G，则在B处应挂3个钩码。故选C。

木板原来是平衡的，两玩具车同时从O点附近分别向木板的两端匀速运动，若保持木板平衡根据杠杆的平衡条件：G_1L_1=G_2L_2， 根据V=s/t 可得L=vt，则有：m₁v₁t=m₂v₂t，即：m₁v₁=m₂v₂， A、两车的质量相等，速度不同则不能平衡，故A错误。 B、车的速度大小相等，质量不同不能平衡，故B错误。 C、须满足G左/G右与两端距支点距离L右/L左相等才能平衡，故C错误。 D、质量较小的车速度较大，故D正确。故选D。

原来杠杆在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为物体A、B的重力，其对应的力臂分别为OC、OD；根据杠杆的平衡条件可得：m_AgOC=m_BgOD，由图示可知，OC＜OD；所以m_A＞m_B，当向支点移动相同的距离△L时，两边的力臂都减小△L，此时左边的力矩为：m_Ag（OC-△L）=m_AgOC-m_Ag△L， 右边的力矩为：m_Bg（OD-△L）=m_BgOD-m_Bg△L，由于m_A＞m_B，所以m_Ag△L＞m_Bg△L； 所以：m_AgOC-m_Ag△L＜m_BgOD-m_Bg△L。 因此杠杆将向悬挂B物体的一端即右端倾斜。故选B。

A、剪铁皮的剪刀在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。 B、理发剪刀在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。 C、树枝剪刀在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。 D、钢丝钳在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故选B。

B 点力的方向不同，力臂的大小则不同，不能确定动力臂与阻力臂的大小关系，所以此时杠杆可能省力，可能费力，可能既不省力也不费力．故ABC 不符合题意，D 符合题意。 故选D。

因为OD＜OA，根据杠杆原理：G×OA=F×OD，故F＞G=200N。 解答：∵OD＜OA，根据杠杆原理：G×OA=F×OD，所以F＞G=200N。 故答案为：大于。

（1）探究杠杆平衡条件时，首先要对杠杆进行水平平衡调节，使杠杆的重心落在支点上，消除杠杆自身重力对杠杆平衡的影响，调节的原则是“左沉右调，右沉左调”，本题中发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向右调节，直到杠杆平衡为止； （2）①在图1中，要使杠杆平衡，则应该根据杠杆平衡条件“动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂”得出应该在B点挂上6个同样的钩码；②F拉＝G＝6×0.5N＝3N；当拉力F向右倾斜时，力臂将减小，其他条件不变，则为了使杠杆仍然在水平位置平衡，拉力F的大小将变大； （3）探究时如果按图2所示进行实验，则杠杆重心不可能落在支点上，因此要考虑杠杆自重对杠杆平衡的影响；根据杠杆平衡条件“动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂”得出至少在C点竖直向上的拉力要大于3N。

过支点O作垂直于F₂作用线的垂线段，即l₂；过l₁的末端作用垂直于l₁的动力，即F₁。如图所示。

②羊角锤、④核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； ①钓鱼竿、③筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；故选：A。

设一块毛巾重力为G，每个小格的长度为L， A、左侧力与力臂的乘积为2G×2L＝4GL，右侧力与力臂的乘积为G×L＝GL，左侧≠右侧，故A错误； B、左侧力与力臂的乘积为2G×L＝2GL，右侧力与力臂的乘积为G×2L＝2GL，左侧＝右侧，故B正确； C、左侧力与力臂的乘积为2G×L＝2GL，右侧力与力臂的乘积为G×L＝GL，左侧≠右侧，故C错误； D、左侧力与力臂的乘积为2G×2L＝4GL，右侧力与力臂的乘积为G×2L＝2GL，左侧≠右侧，故D错误； 故选：B。

A．“重”增大时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积N端下沉，故A错误； B．“权”增大时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积M端下沉，故B错误； C．“权”向右移时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积N端下沉，故C正确； D．提纽向右移时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积M端下沉，故D错误。故选：C。

以与地面接触点为支点，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据杠杆平衡条件，有： F×h＝G×L/2， 解得：F＝GL/2h 现让木棒的倾斜度变小一些至虚线所示位置， 由于重力G不变、L变大、h减小，故弹力F增加，故B正确。故选：B。

A、右边夹子向左移动，右端的力不变，力臂变小，右端力和力臂的乘积更小，裤架会更向左倾斜，故A错误。 B、左边夹子向左移动，左端的力不变，力臂变大，左端力和力臂乘积更大，裤架会更向左倾斜，故B错误。 C、右边毛巾的下角夹在左边夹子上，相当于右端减小了重力，左端增加了重力，导致左端力和力臂乘积更大，右端力和力臂的乘积更小，裤架会更向左倾斜，故C错误。 D、左边毛巾的下角夹在右边夹子上，相当于左端减小了重力，右端增加了重力，导致右端力和力臂乘积变大，左端力和力臂的乘积变小，裤架会在水平位置平衡，故D正确。故选：D。

A、在阻力和阻力臂不变的情况下，手握的位置靠近把手末端时，动力臂大，则动力小，更省力，故A错误； B、砖头的位置远离车轮时，此时的动力臂和阻力大小不变，阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，抬起更费力，故B错误； C、由图可知，整个杠杆是围绕轮子的中心转动的，所以轮子的中心是杠杆的支点，故C正确； D、图中的动力臂大于阻力臂，根据杠杆的平衡条件可知，动力小于阻力，即F小于G，故D错误。 故选：C。

（2）设每个钩码重G，每个小格长为L， 实验1：2G×3L＝3G×2L， 实验2：G×6L＝3G×2L， 实验3：2G×6L＝3G×4L， 杠杆平衡调节：F₁l₁＝F₂l₂。 （3）杠杆左端：G×3L＝3GL， 杠杆右端：2G×2L＝4GL， 所以杠杆的左端下沉， 要使杠杆水平位置平衡，2G×2L＝G×nL，所以n＝4（格）， 使杠杆恢复水平平衡的最简单操作是左侧钩码向左移动一个小格。 （4）根据杠杆的平衡条件可得E点弹簧测力计示数： F×5L＝5G×2L， 解得：F＝2G＝2×mg＝2×0.05kg×10N/kg＝1N。 故答案为：（2）F₁l₁＝F₂l₂；（3）左侧钩码向左移动一个小格；（4）1。

（1）由题知，秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡， 由杠杆的平衡条件有：m_物g×AO＝m_砣g×OB﹣﹣﹣①， 秤砣的质量：m_砣＝(AO/BO )×m_物＝(5/10)×2kg＝1kg； （2）由题知，秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，由此知O处为0刻度， 秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，所以在B处标的刻度应为2kg； 秤砣在C处时杆秤恰好水平平衡，此时秤盘上放的重物质量为m， 则mg×AO＝m_砣g×OC，且OC＝2OB， 所以mg×AO＝m_砣g×2OB﹣﹣﹣② ①÷②可得：m＝4kg， 所以C处刻度应为4kg。 （3）当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，由杠杆的平衡条件可知：G物×OA＝G砣×l，G物×OA的值不变，G砣增大，力臂l变小，读数变小，故读数小于2kg。 故答案为：（1）秤砣的质量为1kg；（2）2；4；（3）＜。

A．羊角锤拔钉子，动力臂大于阻力臂，故是省力杠杆，故A 不符合题意； B．起子开瓶盖，动力臂大于阻力臂，故是省力杠杆，故B 不符合题意； C．镊子夹物，是阻力臂大于动力臂，故是费力杠杆，故C符合题意； D．钳子剪导线，动力臂大于阻力臂，故是省力杠杆，故D不符合题意。故选C。

杠杆转动过程中克服自身重力做功，质地均匀的木杆其重力的作用点在木杆的中点，方向始终竖直向下。当木杆由OA位置转动到水平位置的过程中，木杆重力不变，其力臂变大，力F的力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，力F变大；当杠杆从水平位置转动到OB位置，木杆重力不变，其力臂变小，力F的力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，力F变小。故力F先变大后变小。故A正确；BCD错误。故选A。

根据杠杆平衡的条件，阻力和阻力臂不变，动力的力臂最大时，动力最小，所以用力沿b方向关闭水龙头时，动力臂最大，用力最小，故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。

首先作力F的力的作用线，过支点O作力F的力的作用线的垂线，标注垂直符号和力臂l，如图所示：

（1）[1]实验前调节杠杆在水平位置平衡时为了消除杠杆自身重力对实验的影响。 （2）[2]根据杠杆的平衡条件F_1L_1=F_2L_2，此时杠杆平衡，则2Nx3L=F_Bx2L 解得FB=3N，每个钩码重1N，则B点要挂3个钩码才能使杠杆水平平衡。 （3）[3][4]当弹簧测力计竖直向下拉动时，是作用在该点的所有力中力臂最长，力最小的时候，此时弹簧测力计示数最小。此时杠杆平衡。则2Nx3L=F_Cx5L 解得FC=1.2N。

首先，当G1不加外力时，G2匀速下降，根据定滑轮的特点可知，可求出G1受力到的摩擦力大小；由于G1对水面的压力和接触面的粗糙程度不变，当G1受拉力向左移动时，摩擦力大小不变；要让G1匀速向左运动，拉力应该等于摩擦力加上G2的重力。 当G1不加外力时，因为G2匀速下降，根据定滑轮的特点可知，G1受到的摩擦力f=G2=10N。 当G1受到拉力水平向左匀速运动时，摩擦力的方向虽然变了，但大小不变，所以拉力F=f+G2=10N+10N=20N。故选B。

A和D都能省一半的力，B不省力，只有C用物重的1/3的力就能将重物提起，故C是正确的。

根据题干中图可知：该滑轮动滑轮的特殊使用方法，根据动滑轮的特点可知：F=2G=10N，则G=5N； F移动的距离是物体移动距离的二分之一，故重物A上升速度为0.2m/s，F上升的速度就是0.1m/s。 故答案为：5N、0.1m/s。

不计摩擦和动滑轮重；用F1的力提升重物时，用的是定滑轮；根据定滑轮不省力，故F₁=G。 用F_{2的力提升重物时}，用的是动滑轮；根据动滑轮能够省一半的力，故F₂=G/2。 用F_{3的力提升重物时}，用的是定滑轮；根据定滑轮不省力，但可以改变力的方向，故F₃=G。

使用一个动滑轮可以省一半的力，使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。 甲图滑轮为定滑轮，F=f=800N；乙图滑轮为动滑轮，F=f/2=400N，比较省力的是乙图。 故答案：800N、400N、乙。

A、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意； B、动滑轮实质是个动力臂为阻力臂2倍的杠杆，动滑轮在使用时可以省一半的力，故B不符合题意； C、定滑轮实质是等臂杠杆，不能省力，但能改变力的方向，故C符合题意； D、利用斜面提升物体，可以省力，但要多移动距离，是省力机械，故D不符合题意。故选：C。

A、图中A滑轮固定不动，因此它是定滑轮，故A错误； B、图中B滑轮和电梯厢一块运动，因此它是动滑轮，故B错误； C、如果电动机向下拉动绳子．通过定滑轮改变了力的方向，所以电梯厢将上升，正确； D、此滑轮组的绳子股数为2股，因此绳子自由端移动的速度为电梯厢运动速度的2倍。故D错误。

物体速度v1=0.2m/s，绳子移动速度为v2=2v1=0.4m/s 弹簧测力计的示数为的8N，故绳子拉力也为8N，拉力做功的功率为P=Fv=3.2W 故C符合题意。故选C。

A、机械效率与省力情况无关，定滑轮不省力，但它的机械效率比动滑轮要高，该选项说法不正确。 B、有用功越多的机械效率不一定高，机械效率是有用功在总功中所占的比例，该选项说法不正确。 C、做相同的功，额外功的值越小，额外功占的比值越小，效率越高，该选项说法正确。 D、机械做功越快，表示功率越大，单位时间内做的功越多，但机械效率不一定就高，该选项说法不正确。故选C。

（1）货箱所受重力：G=mg=60kg×10N/kg=600N。 （2）滑轮组n值为3，绳子自由端移动速度：v_绳=3v=3×0.1m/s=0.3m/s， 拉力的功率是P=Fv_绳=50N×0.3m/s=15W。 （3）f=0.2G=0.2×600N=120N； 由v=s/t得，货箱移动距离：s=vt=0.1m/s×1×60s=6m， 克服摩擦做功：W_有=fs=120N×6m=720J。 （4）1min内绳子自由端移动距离：s_绳=3s=3×6m=18m，[来源:学科网] W总=Fs_绳=50N×18m=900J，η=（W_有/W_总）×100%=（720J/900J）×100%=80%。

A、路灯杆一端刚被匀速拉起时，阻力为路灯杆的重力G，作用点在重心上，绳子对路灯杆的拉力是动力F，支点为路灯杆的左端，可见，动力臂大于阻力臂，所以路灯杆相当于省力杠杆，故A错误。 B、路灯杆离地后被匀速提升，杆受到的拉力与重力是一对平衡力，则拉力为：F_拉＝G＝2400N，故B错误。 C、由图可知承担物重的绳子段数n＝3，路灯杆离地后被匀速提升1m， 则绳子自由端移动距离为：s＝3h＝3×1m＝3m， 绳端拉力F做的功为：W_总＝Fs＝1000N×3m＝3000J，故C错误。 D、路灯杆离地后，所做有用功为：＝Gh＝2400N×1m＝2400J， 滑轮组的机械效率为：η＝＝（W_有/W_总）×100%＝（2400J/3000J）x 100% = 80%，故D正确。故选：D。

A、由图可知，甲方式是两个定滑轮，定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力，故A错误； B、乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，不仅可以省力，也可以改变力的方向，故B错误； C、由题可知，甲乙两滑轮组均将相同物体提升相同高度，由W_有＝Gh可知，W_甲有＝W_乙有；故C正确； D、由图可知，甲方式是两个定滑轮，乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，乙方式做的额外功大于甲方式， 有用功相同、总功不相同，根据η＝（W_有/W_总）×100%可知，两个滑轮组的机械效率不相等，故D错误。 故选：C。

（1）将重900N的物体匀速提升6m，则所做的有用功：W_有＝Gh＝900N×6m＝5400J； （2）据图乙可知，15s内拉力做的总功是6000J， 则滑轮组的机械效率：η＝W有/W总＝90%。 故答案为：5400；90%。