第十二章简单机械暑假复习卷-2024-2025学年物理八年级下册人教版（2024）

第十二章简单机械暑假复习卷-2024-2025学年物理八年级下册人教版（2024） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．筷子智慧是中国独特的文化，象征着古老而悠久的华夏文明。筷子是物理学研究的一种杠杆，如图所示的各种杠杆，与筷子类型相同的是（　　） A．扳手 B．食品夹 C．开瓶器 D．钢丝钳 2．如图使用不同的简单机械使同一物体处于静止的4种方式，不计机械自重及摩擦。其中所需动力最小的是（　　） A． B． C． D． 3．小制作：蜡烛跷跷板。它选用一根塑料管，中间插上一根大号缝衣针，选取两根相同的蜡烛，根部插入塑料管，再把缝衣针两端分别搁在两个玻璃杯口，点燃蜡烛，就做成了蜡烛跷跷板，如图所示。下列说法中正确的是（　　） A．选用相对较粗的蜡烛效果更好 B．转轴的位置离跷跷板重心越远越好 C．跷跷板较低那端的蜡油熔化速度更快 D．防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴处于跷跷板重心下方 4．如图所示，工人用一块倾斜直木板将箱子匀速拉上平台。已知箱子质量、底面积为，工人拉力为，箱子沿倾斜直木板移动了，升高，用时，取。下列选项错误的是（　　） A．上移过程拉力对箱子做功 B．上移过程中拉力做功的功率 C．箱子与倾斜木板摩擦力为 D．箱子对平台的压强为 5．如图是汉代画像砖上描绘的《史记》中“泗水取鼎”画面，两边各有数人用绳子通过滑轮缓慢拉起掉落水中的鼎。下列说法正确的是（　　） A．图中两边绳子对鼎拉力的合力竖直向上 B．利用此定滑轮能省一半的力，属于省力杠杆 C．鼎在水中上升过程中，其底部所受水的压强不变 D．将鼎缓缓提出水面过程中，绳子拉力一直不变 6．杆秤曾是我国民间重要的度量工具。某科技小组的同学用轻质细杆制作了一个杆秤，如图所示，，，秤砣的质量为。使用时将货物挂在秤钩上，用手提起B处的秤纽，移动秤砣在秤杆上的位置，当秤杆水平平衡时，可读出货物的质量。秤砣最远可移至点。秤杆和秤钩的质量忽略不计。下列说法正确的是（　　） A．杆秤总是省力杠杆 B．杆秤点应标定出刻度值为 C．如果秤砣磨损一部分，用它称得的物体质量小于物体的实际质量 D．如果要增大杆秤的量程可将提纽向点移动 7．图所示是古人踏碓（duì）舂米的情景。碓被架在木杠上，可以绕着固定点转动，碓的前端装有圆锥状石块，用脚反复踩踏碓的后端，就可以舂米。关于该碓的说法正确的是（    ） A．被踩起的碓属于省力杠杆 B．舂米时该装置可以省功 C．碓的前端使用圆锥状石块是为了增大舂米时的压强 D．圆锥状石块从高处落下的过程中，其重力势能减小，动能保持不变 8．工人用如图所示的滑轮组将重为600N的物体在10s内匀速提升2m，绳端拉力F为250N。则此过程中，下列说法正确的是（　　） A．动滑轮的重力为150N B．滑轮组的机械效率为83.3% C．滑轮组对物体做功的功率为120W D．若增大该物体被提升的高度，滑轮组的机械效率增加 9．2024年的春晚长沙分会场，展现了长沙和中联重科的智能制造。如图所示的履带式起重机，它的前端有滑轮组，可以用来吊装重型材料。下列说法正确的是（   ） A．滑轮组中的定滑轮是为了省力而设计的 B．挂钩的自重越大，该滑轮组的机械效率越高 C．履带式的设计是为了增大起重机对地面的压强 D．前端钢绳股数较多，是为了更省力 10．在创建文明城市的行动中，小明发现某球形石墩占用了盲道，于是他设计了以下三种方案将石墩移走；其中方案中的“桩”固定在地面上，且使用的绳子相同。关于这三种方案，下列说法正确的是（　　） A．采用方案二一定比方案一省力 B．方案一可以省力，但无法省功 C．方案二可以省功，但无法省力 D．使用机械一定比不使用机械省力 二、填空题 11．每到夏季，工人们就会用图所示的大剪刀修剪树枝，这种剪刀在使用时属于 （填“费力”“省力”“等臂”）杠杆；工人在修剪树枝时尽可能地把树枝往点处靠近，原因是 。 12．端午节赛龙舟是传统民俗活动，也是一项深受人们喜爱的体育运动。观察图中情景，回答下列问题：龙舟的浆可看作 杠杆，当队员离开龙舟后，龙舟受到的浮力 ，龙舟下表面受到水的压强 （均选填“变大”“不变”或“变小”）。 13．如图所示，用滑轮组匀速提升重为的物体，每个滑轮重，用将物体匀速向上提升，不计绳重和摩擦，的大小是 ，在这次提升过程中，该滑轮组的机械效率为 。 14．如图所示，斜面高h=0.7m，长s=1.5m。建筑工人将重G=300N的货物箱，用绳子沿斜面向上的拉力F=200N，将物体从地面匀速拉到顶端。物体沿斜面向上运动的过程中受到的摩擦力大小为 N。 15．如图所示，杆秤是过去人们称量物体质量的工具。某杆秤，它的秤砣质量为0.2kg（杆秤自身质量忽略不计），用它去称量某物体，当杆秤平衡时，被称物体和秤砣到秤纽的距离分别为0.05m和0.4m，则被称物体的质量为 kg。如果秤砣使用久了，使秤砣有了一些磨损，那么这会导致称量出的物体质量 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 16．在动物园，一位物理老师用弹簧测力计“称”出一头大象的质量，如图所示，他动用了吊车、铁笼和一根长12m的槽钢。整个称象过程运用了物理学中的 原理。吊车、槽钢、铁笼和弹簧秤的组合其实就是一个巨型杆秤，弹簧秤起了 的作用。当槽钢水平静止时，弹簧测力计的示数为200N，计算得大象质量为3t，用刻度尺测量了在“称”象的过程中，弹簧秤向下移动了大约是50cm，铁笼离地距离大约是2mm，则此时该装置的机械效率是 。 三、作图题 17．按题目要求作图。 (1)如图甲，冰壶水平向左运动，请作出其所受的支持力和摩擦力的示意图。 (2)如图乙，小球漂浮于水面，作出小球的受力示意图。 (3)如图丙，用棒提升重物，画出点位置所用最小力和阻力的力臂。 四、实验题 18．在探究“杠杆的平衡条件”实验中，小华利用杠杆、细线、钩码等器材进行探究： (1)调节杠杆平衡时，需要保持杠杆在 位置平衡。从实验的角度来讲，杠杆在这个位置平衡是为了方便读取 ； (2)如图所示在杠杆左侧的A点挂上两个钩码，为了使杠杆保持平衡，在杠杆的右侧挂钩码时，是①先确定细线位置再挂钩码还是②先挂钩码再确定细线位置？ ；（选填序号①②）理由是可以使力臂连续改变从而容易调节杠杆再次达到 ； (3)操作完成后，杠杆在如图所示的位置重新平衡；小华多次在左右两侧各加挂等量钩码，并保持细线位置不变，发现杠杆每次都能平衡；通过记录上述实验数据，得出杠杆的平衡条件是：“只有支点左右两侧的力臂和力的大小相等，杠杆才能平衡”；请你分析这一过程得出的结论是否可信？ （选填：“是”或“否”），理由是 。 19．小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中。 (1)若实验前杠杆静止时如图甲所示，此时杠杆处于 （选填“平衡状态”或“非平衡状态”），可将杠杆两端的平衡螺母向 调节，使杠杆在不挂钩码时能在 位置平衡； (2)如图乙所示，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重为0.5N。在B处施加一个竖直向下的拉力，使杠杆在水平位置再次平衡，目的是 ，拉力的大小为 N； (3)若沿着图乙所示的方向在B处斜拉弹簧测力计，拉力将 （选填“变大” “不变”或“变小”）； (4)小明回到家里，发现家里的两种墙壁开关如图丙所示，按钮可绕面板内的轴转动。根据你的生活经验，你认为 （选填“1”或“2”）较易损坏，因为按动这种开关需要的力较大。 20．利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、数量足够的钩码等实验器材探究杠杆的平衡条件。 (1)实验前杠杆静止时如图所示，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，调节杠杆在水平位置平衡的目的是：方便测量 。 (2)记录实验数据的表格如下表，请将表头栏目、实验所记录的数据补充完整。 实验次数 ① 动力臂 阻力 阻力臂 1 2 0.3 3 0.2 2 4 0.4 8 ② 3 5 ③ 6 0.25 21．用图所示装置测量滑轮组的机械效率，定滑轮的重力为，动滑轮的重力为，部分实验数据如下表： 实验次数 钩码重力 钩码上升高度 拉力 绳子自由端移动距离 机械效率 1 2.0 5 1.0 15 66.7% 2 4.0 5 1.8 15 74.1% 3 4.0 10 1.8 30 74.1% 4 6.0 5 2.5 15 (1)实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做 运动。第1次实验时，钩码上升的时间为3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为 m/s； (2)第4次实验时滑轮组的机械效率是 %，克服绳重和摩擦做功 J； (3)分析1、2、4次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越 （选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析2、3次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度 （选填“有关”或“无关”）； (4)用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是________。 A．换用更轻的动滑轮 B．加快提升物体的速度 五、计算题 22．如图甲是我国自主研制的全球最大集装箱船舶“地中海伊琳娜”号，该货船排水量为3×105t，是当之无愧的“海上巨无霸”和“带货之王”。（1.0×103kg/m3，g取10N/kg）求： (1)货船满载正常航行时所受浮力为多少？ (2)水下6m处船体受到水的压强是多大？ (3)该货船利用如图乙所示的塔式起重机装载集装箱，当把重约1.2×105N的一个集装箱匀速吊起3m时，绳端的拉力F为5×104N，求此过程中起重机的机械效率。 23．建筑工地上，工人用如图所示的装置将建材从地面匀速运送到离地面8m的高处，已知建材重为200N，工人所用拉力为125N，所用时间为40s。不计滑轮组的绳重和摩擦，g取10N/kg，求： (1)绳子自由端移动的距离； (2)工人做的总功； (3)工人拉力的功率； (4)此过程中该装置的机械效率。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第十二章简单机械暑假复习卷-2024-2025学年物理八年级下册人教版（2024）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B C C A D C A D B 1．B 【详解】筷子使用时动力臂小于阻力臂，故动力大于阻力，故筷子是费力杠杆。 A．扳手使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，费距离，故A不符合题意； B．食品夹使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力省距离，故B符合题意； C．开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意； D．钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离，故D不符合题意。 故选B。 2．B 【详解】在如图选项A斜面中：因不计机械自重及摩擦，则，即 解得。 在如图选项B杠杆中：因不计机械自重及摩擦，则，因为动力与杠杆垂直，即动力臂为3m，则 即，从图中可以看出此时阻力臂的长度小于1m，则。 在如图选项C动滑轮中：因不计机械自重及摩擦，动滑轮省一半的力，所以。 在如图选项D滑轮组中：因不计机械自重及摩擦，与动滑轮相连的绳子段数为3，所以。 综上所述所需动力最小的是，故ACD不符合题意，B符合题意。 故选B。 3．C 【详解】A．蜡烛越粗，燃烧越慢，蜡烛摆动效果越不明显，且用细的蜡烛可以减小蜡烛重力带来的影响。故A错误； B．转轴位置离蜡烛重心不是越远越好，若转轴位置离蜡烛重心较远，则“跷跷板”不能在水平方向平衡。故B错误； C．较低的一端蜡烛由于火焰与蜡烛的夹角为锐角，更靠近火焰的外焰，外焰温度更高，蜡液更容易被加热并滴落，所以跷跷板较低那端的蜡油熔化速度更快，故C正确； D．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心的上方，这样蜡烛的重心降低，稳定性好，故D错误。 故选C。 4．C 【详解】A．拉力做功的计算公式为W=Fs，其中F=350N，s=2m，代入可得W= Fs =350N×2m=700J 故A正确，不符合题意； B．拉力做功的功率，其中W=700J，t=10s，代入可得 故B正确，不符合题意； C．箱子沿斜面匀速运动时，拉力需克服重力和摩擦力。重力G=mg=50kg×10N/kg=500N 根据功的原理，拉力做的总功应等于克服重力做的有用功与克服摩擦力做的额外功之和。有用功W有=Gh=500N×1m=500J 总功W总=700J，额外功W额=W总−W有=700J−500J=200J 摩擦力 因此题目中给出的200N是错误的，故C错误，符合题意； D．箱子静止在平台上时，对平台的压力F压=G=500N 受力面积S=0.2m2 压强 故D正确，不符合题意 故选C。 5．A 【详解】A．鼎在水中处于平衡状态，两边绳子的拉力合力与鼎的重力和浮力的合力相平衡，方向应为竖直向上，故A正确； B．定滑轮只能改变力的方向，不能省力，且题目中并未使用动滑轮，因此“省一半的力”的说法是错误的，故B错误； C．鼎在水中上升过程中，其底部所处的深度逐渐减小，根据液体压强公式可知，水对鼎底的压强逐渐减小，故C错误； D．将鼎缓缓提出水面过程中，鼎受到的浮力逐渐减小直至为零，因此绳子拉力会逐渐增大，故D错误。 故选A。 6．D 【详解】A．由图可知，B点是支点，杠杆水平平衡时，动力臂和阻力臂分别为BC和AB，若BC大于AB，则为省力杠杆；若BC小于AB则为费力杠杆；若BC等于AB则为等臂杠杆，故A错误； B．根据杠杆平衡可得 即 即 故杆秤D点应标定出刻度值为4kg，故B错误； C．根据，当秤砣磨损后，自身质量变小，重力就变小，由于物体的重力和力臂不变，则秤砣对应的力臂就必须变长，才能使杠杆平衡，所以显示的示数就要变大，所以用它称得的物体质量大于物体的实际质量，故C错误。 D．因为 一定，如果要增大杆秤的量程，应增大BD，同时减小AB，故可将提纽B向A点移动，故D正确。 故选 D。 7．C 【详解】A．由图可知，用脚踏碓舂米过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误； B．使用脚踏碓这种杠杆要费力，可以省距离，不能省功，故B错误； C．碓的前端使用圆锥状石块为了在压力一定时，通过减小受力面积，增大压强，故C正确； D．圆锥状石块从高处落下的过程中，质量不变，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，故D错误。 故选C。 8．A 【详解】A．由图可知，动滑轮上绳子的段数n=3，由得，动滑轮的重力为 故A正确； B．由得，滑轮组的机械效率为 故B错误； C．绳子末端移动的距离为s=nh=3×2m=6m 拉力做功的功率为 故C错误； D．根据可知，增大该物体被提升的高度，滑轮组的机械效率不变，故D错误。 故选A。 9．D 【详解】A．定滑轮的实质是等臂杠杆，使用定滑轮不能省力，只能改变力的方向，滑轮组中定滑轮是为了改变力的方向，故A错误； B．假设提升的物重一定，提升的高度一定，则滑轮组对物体做的有用功一定。绳子对挂钩做的功是额外功，挂钩的自重越大，则做的额外功越大，总的额外功越大，由滑轮组的机械效率公式 因为一定，变大，则机械效率变小，故B错误； C．履带式设计，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小起重机对地面的压强，故C错误； D．滑轮组中，承担物重的钢绳股数越多，则每股钢绳承担的力就越小，则对钢绳的拉力就越小，所以为了省力，前端钢绳股数较多，是为了更省力，故D正确。 故选D。 10．B 【详解】A．方案一利用动滑轮原理，可以省力，方案二利用定滑轮原理，既不省力也不费力，所以方案一比方案二省力，故A错误； B．方案一利用动滑轮原理，可以省力，且任何机械都不能省功，故B正确； C．方案二利用定滑轮原理，既不省力也不费力，且任何机械都不能省功，故C错误； D．方案二使用机械，方案三没有使用机械，但两个方案都不省力，故D错误。 故选B。 11． 省力 见解析 【详解】[1]修剪树枝用的剪刀使用时，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆。 [2]在同样的情况下，把树枝尽量往剪刀轴O靠近，减小了阻力臂，而阻力和动力臂不变，由可知，动力会变小，因此可以省力。 12． 费力 变小 变小 【详解】[1]对于龙舟的浆，在使用时，动力臂小于阻力臂，根据杠杆的分类，动力臂小于阻力臂的杠杆是费力杠杆。 [2]龙舟漂浮在水面上，浮力等于重力，即。当队员离开龙舟后，龙舟的总重力G变小，那么龙舟受到的浮力也会变小，所以龙舟受到的浮力变小。 [3]根据阿基米德原理，因为浮力变小，液体密度（水的密度）和g不变，所以排开水的体积变小，龙舟会上浮一些，龙舟下表面所处的深度h变小。根据液体压强公式，水的密度不变，深度h变小，所以龙舟下表面受到水的压强变小。 13． 125 80% 【详解】[1]由图可知n=2，因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力 [2]因为不计绳重和摩擦，所以滑轮组的机械效率 14．60 【详解】斜面有用功为 总功为 额外功为 又因为（是摩擦力，是斜面长），所以物体沿斜面向上运动的过程中受到的摩擦力大小为 15． 1.6 变小 【详解】[1]由题意可知，秤砣的质量为，动力臂为，阻力臂为，因为杆秤杠杆平衡，所以得关系式为 代入数值，变形推理可得被称物体的质量为 [2]由推导得出的关系式 可知，由于秤砣长期使用的磨损，秤砣质量会减小，这将会导致测量出的物体的质量变小。 16． 杠杆 秤砣（砝码） 60％ 【详解】[1][2]槽钢做杠杆，吊车吊起的点为支点，整个称象过程运用了物理学中的杠杆原理；吊车、槽钢、铁笼和弹簧秤的组合其实就是一个巨型杆秤，弹簧秤起了秤砣（砝码）的作用。 [3]弹簧秤向下移动了大约是50cm，拉力做的功 克服大象的重力做的有用功 此时该装置的机械效率是 17．(1) (2) (3) 【详解】（1）冰壶水平向左运动，冰壶所受支持力N的方向垂直水平面向上、所受摩擦力f的方向水平向右，二力的作用点都画在冰壶的中心，从作用点分别沿力的方向画一带箭头线段，如图所示： （2）小球漂浮在水面上，受到的重力和浮力是一对平衡力，二者大小相等、方向相反、作用在同一直线上，由此从小球重心分别竖直向下、竖直向上作有向线段，表示出小球受到的重力和浮力。如图所示： （3）物体对杠杆的拉力为阻力F2，方向竖直向下，反向延长阻力F2的作用线，从支点O向阻力的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是阻力臂l2；使杠杆AB静止时所用最小力的作用点在离支点最远的B点，用力方向与OB垂直，这样动力臂最长（等于OB），最省力，动力的方向大致向上，如图所示： 18．(1) 水平 力臂 (2) ② 水平平衡 (3) 否 见解析 【详解】（1）[1][2]调节杠杆平衡时，需要保持杠杆在水平位置平衡，当杠杆在水平位置平衡时，力臂正好沿着杠杆，便于直接从杠杆上读取力臂大小。 （2）[1][2]探究“杠杆的平衡条件”实验中，先确定细线位置，则不方便通过改变钩码数来改变力的大小从而使杠杆平衡；先挂钩码在确定细线的位置，可以使力臂连续改变从而容易调节杠杆处于水平位置平衡，所以，选②。 （3）[1][2]在实验中，为了获得普遍的规律，应多次测量，实验中需要改变力的大小，根据力臂的变化判定杠杆的平衡条件；而小华的实验中没有在力臂不相等或作用力不相等的情况进行多次探究。 19．(1) 平衡状态 右 水平 (2) 便于测量力臂 2 (3)变大 (4)1 【详解】（1）[1]杠杆静止或匀速转动时，处于平衡状态。实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，所以此时杠杆处于平衡状态。 [2][3]为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图甲可知，杠杆右端偏高，说明左端偏重，需要将平衡螺母向右调节，使杠杆在不挂钩码时能在水平位置平衡。 （2）[1]挂上钩码后，当杠杆在水平位置平衡时，支点到悬挂处的距离就等于对应的力臂，此时可以直接从杠杆上读出该力臂，所以这样做是为了便于测量力臂大小。 [2] 设杠杆上一格的长度为L0，A处拉力为FA=3×0.5N=1.5N 由杠杆平衡条件知FA×4L0=F×3L0 代入数据解得F=2N。 （3）如图乙所示，改变弹簧测力计拉力的方向，向右倾斜时，动力臂减小，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件知，动力要增大，即弹簧测力计示数变大，才能使杠杆仍然水平平衡。 （4） 如图丙，1较易损坏，因为这种开关的力臂较小，由杠杆平衡条件可知，需要较大的力按动。 20．(1) 平衡 右 力臂 (2) 动力 0.2 0.32 【详解】（1）[1]杠杆静止时属于平衡状态，无论杠杆处于何种静止姿态（水平或倾斜），只要静止即视为平衡。 [2]图中杠杆左端下沉，说明左侧力与力臂的乘积较大，需将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。 [3]杠杆水平平衡时，力臂与杠杆上的刻度重合，可直接从杠杆上读取力臂数值，避免倾斜时力臂测量误差。 （2）[1]表格中缺少动力（即钩码对杠杆的拉力）的物理量名称及它的单位，应填写“动力”。 [2]根据杠杆平衡条件 ，第二次实验中：4×0.4=8×L2 解得L2=0.2 [3] 根据杠杆平衡条件 ，第三次实验中：5×L1=6×0.25 解得L1=0.3 21．(1) 匀速直线 0.05 (2) 80 0.035 (3) 大 无关 (4)A 【详解】（1）[1]实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做匀速直线运动，处于平衡状态，此时拉力等于弹簧测力计的示数。 [2]第1次实验时，钩码上升的时间为3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为 （2）[1][2]第4次实验时所做的有用功为W有=Gh=6.0N×0.05m=0.3J 总功W总=Fs=2.5N×0.15m=0.375J 滑轮组的机械效率为 额外功W额=W总-W有=0.375J-0.3J =0.075J 克服动滑轮重力做的额外功W动=G动h=0.8N×0.05m=0.04J 克服绳重和摩擦做功Wf=W额-W动=0.075J-0.04J=0.035J （3）[1]分析1、2、4次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，第4次物重最大，滑轮组的机械效率最高，所以使用同一滑轮组提升重物时，物体的重力越大，滑轮组的机械效率越高。 [2]分析2、3次实验的数据可知，物体的重力相同，钩码上升的高度相同，滑轮组的机械效率相同，所以滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关。 （4）A．换用更轻的动滑轮，所做的额外功越少，有用功一定，由 可知滑轮组的机械效率越高，故A符合题意； B．加快提升物体的速度，由 可知滑轮组的机械效率不变，故B不符合题意。 故选A。 22．(1)3×109N (2)6×104Pa (3)80% 【详解】（1）由题意知，该货船排水量为3×105t，根据阿基米德原理可知，货船满载正常航行时所受浮力F浮=G排=m排g=3×105×103kg×10N/kg=3×109N （2）水下6m处船体受到水的压强p=ρgh=1.0×103kg/m3×10N/kg×6m=6×104Pa （3）由图可知，动滑轮上绳子的根数为3，则起重机的机械效率 23．(1)16m (2)2000J (3)50W (4)80% 【详解】（1）由图可知，绳子与动滑轮相连的股数为2，所以绳子自由端移动的距离 （2）由功的公式可得工人做的总功 （3）由功率公式可得工人做功的功率 （4）工人所做有用功 则该装置的机械效率 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$