期末复习 简单机械实验专项训练 2025-2026学年人教版八年级物理下册

**基本信息** 聚焦杠杆平衡条件与滑轮组机械效率两大核心实验，通过阶梯式题型设计，隐含实验操作规范与原理应用方法，强化科学探究与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |杠杆平衡条件|8道|平衡调节、力臂测量、动态分析、误差分析|从平衡状态判断到F1l1=F2l2推导，再到杆秤等实际应用| |滑轮组机械效率|5道|匀速拉动、数据计算、影响因素探究|从有用功/总功概念到η=Gh/Fs公式应用，再到物重/动滑轮重影响分析|

期末复习 简单机械实验专项训练 1．在“探究杠杆平衡条件的实验”中： (1)如图甲所示，杠杆处于静止状态，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，应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）调节。实验过程中，使杠杆在水平位置平衡的目的是便于______； (2)如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂______个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O的方向各移动一小格，则杠杆的______（选填“左”或“右”）端将下沉； (3)如图丙所示，取下A位置的钩码，用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，测力计示数变化情况是______（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”、“先变大后变小”或“不变”）； (4)实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图丁所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是______。 2．利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。 (1)实验前，杠杆如图甲所示，此时杠杆处于_________（“平衡”或“不平衡”）状态。 (2)可将杠杆右端的平衡螺母向_________（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样操作目的是便于_________。 (3)杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，可在杠杆的D点挂_________个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡；平衡后，若将左右两侧各取下一个钩码，杠杆_________（“左端高”“右端高”或“一样高”） (4)如图乙所示，若用弹簧测力计在C处竖直向上拉，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将_________（填“变大”或“变小”或“不变”），这是因为__________________。 3．某学习小组在探究“影响滑轮组机械效率的因素”时，提出了如下猜想： 猜想一：滑轮组机械效率与被提升物重有关； 猜想二：滑轮组机械效率与物体被提升的高度有关； 猜想三：滑轮组机械效率与动滑轮重有关。 【进行实验与收集证据】 （1）实验器材：两个相同的滑轮，一个不同的滑轮，一根细绳，钩码若干，刻度尺和弹簧测力计各一个。 （2）实验步骤： ①用弹簧测力计测出钩码重 G； ②组装好实验器材，应沿竖直方向_______拉动弹簧测力计使物体上升； ③用刻度尺分别测出物体上升的高度h和绳端移动的距离s，读出弹簧测力计的示数F，将数据填入表格； ④根据公式算出滑轮组的机械效率； ⑤改变物重，重复上面的实验； ⑥改变动滑轮重，重做实验。 （3）实验数据如下表所示，表中第2次实验时机械效率为________（结果保留一位小数）。 实验次数 物重G/N 提升高度h/m 拉力F/N 绳端移动的距离s/m 机械效率η 1 2 0.1 1.0 0.3 66.7% 2 4 0.1 1.8 0.3 3 6 0.1 2.5 0.3 80% 4 6 0.2 2.5 0.6 80% 5 6 0.1 3 0.3 66.7% 【分析论证】 （4）分析表中的数据可知，实验时滑轮组是按图________的绕线方式组装的。 （5）分析第1、2、3次实验的数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体时，物体越重，滑轮组的机械效率_______（选填“越高”、“越低”或“不变”）；分析第3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关；分析第_________次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与动滑轮重有关。 【交流与评估】                                                                    （6）小王在实验中发现拉动弹簧测力计时，弹簧测力计示数很难稳定，为此他提出让弹簧测力计保持静止时读数，你认为小王的这种想法是否合理?________。 4．如图所示，小明做“探究杠杆的平衡条件”的实验。 (1)杠杆在如图甲的位置静止时杠杆______（选填“是”或“不是”）处于平衡状态的，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向______（选填“左”或“右”）端调节；选择杠杆中心作为支点的目的是____________； (2)如图乙所示，在杠杆的两端加挂并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，同时测出力臂大小，并将收集的数据记录在下表中，下表中第二次实验时______，实验中多次测量的目的是：____________； 实验次数 1 1 10 2 5 2 2 10 20 3 4 15 3 20 (3)根据上面表格可以得出杠杆平衡条件的表达式是：____________； (4)如图丙所示，在杠杆的左端挂上钩码，右端用弹簧测力计竖直向下拉杠杆使其在水平位置平衡。若保持杠杆不动，改变弹簧测力计拉力的方向，弹簧测力计的示数将______（选填“变大”“变小”或“不变”）； (5)实验结束后同学们自制了一个杆秤如图所示，将秤钩固定在C点，秤钩上不挂重物且无秤砣时，提纽移至A点杆秤恰好水平平衡。 ①自制杆秤的零刻度线在______（“A左侧”，“A右侧”，“A点”）。 ②写出一种使杆秤的量程变大的方法：____________。 5．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，用同一滑轮组进行了三次实验（如图所示），实验数据记录如表。 次数 钩码重/N 钩码上升距离/cm 弹簧测力计示数/N 弹簧测力计上升距离/cm 机械效率 1 2 10 0.8 30 83.3% 2 4 10 1.5 30 3 6 10 30 90.9% (1)实验时，要竖直向上 _______ 拉动弹簧测力计； (2)第2次实验中滑轮组的机械效率为 __________ （结果保留一位小数）； (3)第3次实验中，弹簧测力计的示数漏填，由图丙可知，弹簧测力计示数为 ________ N； (4)分析数据可得结论：用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越 _____ （选填“高”或“低”）； (5)根据实验结论推测：使用该滑轮组再次将8N的物体匀速提升相同高度，此时滑轮组的机械效率可能为 　 　 （只填序号）； A．71.6% B．82.6% C．92.4% (6)若第1次实验中，增大钩码上升的高度，则过程中做的额外功 _______ （选填“增大”、“减小”或“不变”，下同），滑轮组的机械效率 _______ 。 6．探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、细线、若干相同的钩码等。 (1)实验前，如图甲所示，将杠杆的O点作为支点，固定在铁架台上，若杠杆的重心在M点，则杠杆静止时___________（选填“左”或“右”）端将会偏高，此时杠杆_____________（选填“平衡”或“不平衡”）。适当调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡； (2)在杠杆两端的不同位置，挂上不同数量的钩码，使杠杆再次水平平衡，这样做的目的是为了__________________________，实验数据记录如下表； 实验次序 动力臂F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 1 1.0 5.0 1.0 5.0 2 1.5 10.0 0.5 30.0 3 2.0 15.0 1.5 20.0 (3)分析表格数据，可得出的实验结论是________________________________； (4)某次实验现象如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，如果在杠杆两侧钩码的下端各增加一个相同的钩码，则杠杆___________（选填“左”或“右”）端将下沉； (5)如图丙所示，用弹簧测力计在C点竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在原位置逐渐向虚线方向倾斜时，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 7．小红用图示装置探究滑轮组提升重物时的机械效率。下表是她设计的实验数据记录表格及所测的数据： 实验序号 物重G/N 物体上升高度h/cm 手的拉力F/N （1） 1 2 10 1.0 30 2 3 10 1.4 30 3 6 10 2.5 30 (1)请将表格中信息补充完整：______； (2)第一组数据中，动滑轮对重物所做的功是______J，拉绳所做的功是______J，拉绳所做的功和动滑轮拉重物做的功不相等的原因是______； (3)在上面的活动中，将重物提升一定高度所做的功叫做______功。手拉绳所做的功叫做总功，将这两个功的______叫作机械效率； (4)请分析小红的实验数据，为提高该滑轮组提升重物时的机械效率，可以采取的措施是______。 8．选用图中所示一套装置测量滑轮组的机械效率，部分实验数据如表： 实验次数 钩码重力G/N 钩码上升高度h/cm 拉力F/N 绳子自由端移动距离s/cm 机械效率η 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，使钩码匀速直线上升，由记录的数据可知，该实验使用的是图______所示的实验装置； (2)第4次实验时所做的有用功为______J，滑轮组的机械效率是______%； (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”）。 9．在“探究杠杆的平衡条件”实验中： (1)把质量分布均匀的杠杆中点作为支点，其目的是消除杠杆________对实验的影响。杠杆静止时如图甲所示，此时应将杠杆的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置上平衡，其目的是便于测量________； (2)小明在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆水平平衡。测得的实验数据如下表。其中第3次实验如图乙所示，请将表格横线处的内容补充完整：________。分析实验数据，得出杠杆的平衡条件是________（用字母表示）； 次数 动力 动力臂 阻力 阻力臂 1 1.0 10.0 2.0 5.0 2 1.5 5.0 0.5 15.0 3 2.0 ________ 1.5 20.0 (3)杠杆处于如图乙所示位置平衡时，若在杠杆左右两侧钩码下各增加一个相同的钩码，杠杆将________（选填“左端下沉”“右端下沉”或“仍保持水平位置平衡”）； (4)如图丙所示，杆秤是我国古老的称量工具，现今人们仍然在使用。根据杠杆的平衡条件可知：①使用提纽________（选填“A”或“B”）时，杆秤的称量范围更大；②杆秤的刻度是________（选填“均匀”或“不均匀”）的；③若杆秤的秤砣磨损了测得物体的质量将________（选填“偏大”或“偏小”）。 10．实验小组通过探究杠杆的平衡条件，来解释桔棒的使用原理。 实验序号 动力F1/N 动力臂l1/m 阻力F2/N 阻力臂l2/m 1 1.5 0.10 1.0 0.15 2 1.0 0.30 2.0 0.15 3 2.0 0.15 1.5 0.20 (1)实验前，杠杆水平静止如图1甲所示，此时杠杆处于______状态（选填“平衡”或“非平衡”）。将杠杆左下角物块M取走后，不调节平衡螺母，杠杆______保持水平位置静止（选填“仍能”或“不能”）。 (2)经过实验，得到的数据如图表所示，由数据可初步得到的结论：______（用公式表示），下列实验中多次测量的目的与本次探究相同的是______（选填字母）。 A．测量铅笔的长度 B．探究浮力大小与排开液体重力的关系 C．测量小石头的密度 (3)如图1乙所示，此时在右侧钩码下端加挂一个钩码，杠杆会______（选填“左端下沉”或“右端下沉”）。 (4)桔槔是我国古代的取水工具，如图2甲所示，在井边竖一根树杈，架上一根横木，横木的一端绑上大石块，另一端系绳和水桶，简化图如图2乙所示。若水桶盛满水后，为减小人向上提水的拉力，根据杠杆的平衡条件，可采取的措施是______。（答出一点即可） (5)这次实验后，小明用一个带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线（保持上端悬点不动），如图2丙所示，不计摩擦，杠杆______（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡，原因是右侧悬线对杠杆的拉力大小______（选填“变大”“变小”或“不变”），但力臂逐渐______（选填“变大”“变小”或“不变”），无法满足杠杆的平衡条件。 11．在“探究杠杆平衡条件”的实验中： (1)如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将左端的平衡螺母向________调节（填“左”或“右”），直到杠杆水平静止，达到平衡状态。 (2)如图乙所示，若不计杆重和摩擦，在A 点挂4个钩码，在B点挂2个钩码使杠杆在水平位置平衡，目的是____________。取下B点的钩码，在C点施加一个始终竖直向上的拉力使C端缓慢上抬的过程中，拉力F大小______（填“变大”、“不变”或“变小”）。 12．在探究“杠杆的平衡条件”实验中。 (1)实验前，杠杆的位置如图甲所示，应将平衡螺母向____移动使杠杆在水平位置平衡，目的是______。 (2)第一小组实验数据如下表所示，漏填的数据应为____N。 序号 动力F1/N 动力臂L1/cm 阻力F2/N 阻力臂L2/cm ① 1 20 2 10 ② 2 15 1.5 20 ③ 5 1 15 (3)如图乙所示，第二小组某次实验弹簧测力计处于竖直方向时，其示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是 　　（选填序号）。 A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当向左平移 C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移 (4)如图丙，实验结束后小华用弹簧测力计a、b吊在质量分布不均匀的木条两端，保持木条在水平位置平衡，其中AB＝BC＝CD＝DE，a、b示数分别是18N和6N，则该杠杆的重力为____N。若将该木条放置在水平桌面上时，如图丁所示，在D点用力将右端刚好拉起时的最小力F1＝___N。 13．探究“杠杆的平衡条件”实验中： (1)（1）实验前杠杆如图甲所示，则应将右端的平衡螺母向________调。直至杠杆在水平位置平衡，这是为了便于测量____________； (2)（2）如图乙，在A点挂4个钩码，为使杠杆在水平位置保持平衡，则应在B点挂_________个钩码； (3)（3）如图丙所示，小明利用一只秤砣，一根粗细、质量均匀细杆AB和托盘，制成了一把杆秤未挂秤砣时，移动悬挂点至О点，杆秤恰好在水平位置平衡。根据物体质量的大小，秤砣可在OA之间移动至重新平衡。为了从杆秤上准确测出物体的质量，从О点开始，沿OA每隔相同的距离标出对应的质量刻度，标出的质量刻度是_________（选填“均匀”或“不均匀”）的。若想增大杆秤的量程，下列方法可行的是_________。 A．增大秤砣的质量 B．减小秤砣的质量 C．适当减小托盘的质量，并将悬挂点向左移动直至平衡 D．适当增大托盘的质量，并将悬挂点向右移动直至平衡 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 参考答案 1．(1) 平衡 右 力臂的测量 (2) 6 右 (3)先变小后变大 (4)杠杆自重对实验有影响 【详解】（1）[1][2][3]如图甲所示，杠杆静止，处于平衡状态。杠杆右侧偏高，则为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。实验过程中，使杠杆在水平位置平衡的目的是便于力臂的测量，因为力臂是力的作用线到转动轴的垂直距离。 （2）[1]如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，设一格的距离为L，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，根据平衡条件可知 可知n=6即应在B点挂6个相同的钩码。 [2]当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O的方向各移动一小格，此时4G×4L＜6G×3L则杠杆的右端将下沉。 （3）如图丙所示，取下A位置的钩码，用弹簧测力计拉杠杆的C点，竖直向上拉时力臂最大，所需动力最小，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，阻力与阻力臂不变，动力臂先变大再变小，则测力计示数变化情况是先变小后变大。 （4）小组同学利用如图丁所示装置进行探究，但由于支点不在杠杆的中心，杠杆自重对实验有影响，故将发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。 2．(1)平衡 (2) 右 测量力臂 (3) 4 左端高 (4) 变大 拉力力臂变小，力变大 【详解】（1）杠杆静止时就处于平衡状态，图甲中杠杆处于静止，所以此时杠杆处于平衡状态。 （2）[1]图甲中杠杆左端下沉，右端上翘，根据杠杆平衡螺母的调节原则 “左偏右调，右偏左调”，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节。 [2]使杠杆在水平位置平衡，此时力臂就在杠杆上，便于测量力臂。 （3）[1] 设一个钩码重为G，杠杆一个小格代表l，根据杠杆平衡条件，在杠杆B点挂3个相同的钩码，则 解得，所以可在杠杆的D点挂4个相同的钩码。 [2] 平衡后，若将左右两侧各取下一个钩码，此时则左边的力与力臂的乘积 右边的力与力臂的乘积 因为，所以杠杆右端下沉，左端高。 （4）[1][2]弹簧测力计在C处竖直向上拉时，拉力的方向竖直向上与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距 离；当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，根据杠杆平衡条件，动力变大，弹簧测力计的示数变大。 3． 匀速 74.1% B 越高 3、5 不合理 【详解】（2）[1]实验时，应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使装置处于平衡状态，拉力大小等于测力计示数。 （3）[2]表中第2次实验时机械效率 （4）[3]由表中数据绳端移动的距离是重物提升高度的3倍，重物有三股绳子承担，故实验的滑轮组的组装方式为图B。 （5）[4]由1、2、3次实验的数据可知，第3次，物体的重力最大，滑轮组的机械效率最高，可以得到用同一滑轮组提升不同的重物到同一高度，重物的重力越大，机械效率越高。 [5]探究滑轮组的机械效率与动滑轮重有关，要控制除了改变动滑轮的重力不同外，提升重物的重力和提升高度都相同，选择第3、5次实验数据。 （6）[6]测量滑轮组的实验中，若静止读取弹簧测力计的示数，此时没有摩擦力，测量的拉力偏小，总功偏小，有用功不变，测量的机械效率偏大，这样是不合理的。 4．(1) 是 右 消除杠杆自身重力对实验的影响 (2) 避免偶然性，得到普遍规律 (3) (4)变大 (5) A点 换用质量更大的秤砣 【详解】（1）[1]杠杆处于静止或匀速转动时都是平衡状态，杠杆在如图甲的位置静止时杠杆是平衡状态。 [2]此时杠杆左低右高，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右端调节。 [3]选择杠杆中心作为支点，杠杆自身重力的作用线过支点，重力的力臂为零，自身重力对实验不会产生影响，因此的目的是消除杠杆自身重力对实验的影响。 （2）[1]根据杠杆平衡条件可知 [2]本实验为了探究杠杆平衡条件，多次实验的目的是避免偶然性，得到普遍规律。 （3）根据表中数据可知，杠杆平衡条件是动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，因此表达式是 （4）弹簧测力计在支点右端竖直向下拉使杠杆水平平衡时，右端的阻力臂大小等于支点到阻力作用点的距离，改变弹簧测力计拉力的方向，阻力臂是支点到阻力作用线的距离，阻力臂比竖直向下拉时小，由于支点左端动力和动力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，阻力变大，即弹簧测力计示数变大。 （5）[1]秤钩上不挂重物且无秤砣时，提纽移至点处秤杆恰好可以水平平衡，则点为秤杆的支点，此时秤钩上无重物，若把秤砣悬挂在点处，因秤砣的拉力过支点，其力臂为零，秤杆仍平衡，由此可知该秤杆的零刻度线应标在点。 [2]由可得 所以要使杆秤的量程变大，即增大，在力臂不变时，可增大即增大秤砣的重力，由可知，换用质量更大的秤砣。 5．(1)匀速 (2)88.9% (3)2.2 (4)高 (5)C (6) 增大 不变 【详解】（1）实验时，需匀速拉动弹簧测力计，使物体做匀速直线运动，此时弹簧测力计示数等于绳端实际拉力。 （2）第2次实验中拉力的总功 第2次实验中有用功 滑轮组的机械效率 （3）由图丙可知弹簧测力计的分度值为0.2N，根据指针位置可以知道其示数为2.2N。 （4）由表中实验数据可知，第1、2、3次实验提升重物依次增加，滑轮组的机械效率越来越高，可得实验结论：用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。 （5）根据实验结论推测，使用该滑轮组再次将8N的物体匀速提升10cm，重物更重，滑轮组的机械效率会更高，故选C。 （6）[1]若第1次实验中，增大钩码上升高度，动滑轮的重和摩擦力大小都不变，移动的距离增加，故额外功增大。 [2]增大钩码上升的高度，拉力和物体的重力大小不变，拉力移动距离仍是物体移动距离的3倍，机械效率 可知，机械效率的大小与钩码上升的高度无关，增大钩码上升的高度，滑轮组的机械效率不变。 6．(1) 右 平衡 (2)便于得到普遍规律 (3)F1l1=F2l2 (4)右 (5)变大 【详解】（1）[1][2]由图甲可知，若杠杆的重心在M点，重心在O点左侧，则杠杆静止时左端中，右端会偏高，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母适当往右调；实验时，杠杆静止此时杠杆处于平衡状态。 （2）实验的目的是探究杠杆平衡的规律，由一次实验得出的结论具有偶然性，所以多次实验的目的是从大量数据中总结出找出杠杆的平衡条件，使结论具有普遍性。 （3）析表格第1次数据可得1.0N×5.0cm=1.0N×5.0cm 第2次数据1.5N×10.0cm=0.5N×30.0cm 第3次数据2.0N×15.0cm=1.5N×20.0cm 由此可得出结论为 （4）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，如果在杠杆两侧的钩码下各增加一个相同的钩码，则杠杆左端为5G×3L=15GL 杠杆右端为4G×4L=16GL 则杠杆右端下沉。 （5）当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，动力臂短了，阻力和阻力臂大小不变，由杠杆的平衡条件，动力变大，即弹簧测力计的示数将变大。 7．(1)绳端移动距离s/cm (2) 0.2 0.3 动滑轮上升时，需要对动滑轮做功 (3) 有用 比值 (4)增加物体的重力 【详解】（1）由图可知，由三段绳子承担重物，则绳端移动距离 s=3h 根据表格数据可知，物体上升高度 h=10cm 而最后一列为30，所以最后一列为绳端移动距离s/cm。 （2）[1]第一组数据中，动滑轮对重物所做的功 [2]拉绳所做的功 [3]由于动滑轮上升时，需要对动滑轮做功，还需要克服绳重和摩擦做功，所以拉绳所做的功和动滑轮拉重物做的功不相等。 （3）[1]由于将重物提升一定高度所做的功是实验中必须做的功，所以叫做有用功。 [2]由于有用功在总功中占得比值为机械效率，所以将这两个功的比值叫作机械效率。 （4）比较三次实验数据可知，物体越重，滑轮组的机械效率越高，所以要想提高机械效率，可以在动滑轮重力不变时，增加物体的重力。 8．(1)甲 (2) 0.3 80 (3) 大 无关 【详解】（1）根据表格数据可知，绳子自由端移动的距离是钩码移动距离的3倍，根据可知，连接动滑轮绳子的股数是3股，因此实验中使用的是图甲所示的实验装置。 （2）[1]第4次实验时钩码的重力是6N，移动的距离是5cm，则滑轮做的有用功为 [2]第4次实验时滑轮组的机械效率是 （3）[1]分析1、2、4次实验的数据可知，其他因素相同时，钩码越重，滑轮组的机械效率越高；说明使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，滑轮组的机械效率越高。 [2]分析2、3次实验的数据可知，其他因素相同时，物体上升的高度和自由端移动的距离不同，结果滑轮组的机械效率相同；说明滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关。 9．(1) 自重 右 力臂 (2) (3)左端下沉 (4) A 均匀 偏大 【详解】（1）[1]把质量分布均匀的杠杆中点O作为支点，杠杆的重心就在支点上，其目的是消除杠杆自重对实验的影响。 [2][3]观察甲图，杠杆静止时左端下沉，右端上翘，根据杠杆平衡螺母的调节原则 “左低右调”，此时应将杠杆的平衡螺母向右调节。使杠杆在水平位置上平衡，此时力臂与杠杆重合，目的是便于测量力臂。 （2）[1]观察乙图，根据杠杆平衡条件，已知，，，则 [2]分析实验数据，每次实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，得出杠杆的杠杆平衡条件时。 （3）设一个钩码的重力为G，杠杆上一个大格代表l，杠杆原来平衡，根据杠杆平衡条件此时 若在杠杆左右两侧钩码下各增加一个相同的钩码，则左侧力与力臂的乘积为 右侧力与力臂的乘积为 因为，所以杠杆左端下沉。 （4）[1]根据杠杆平衡条件，使用提纽A时，阻力臂较小，在动力和动力臂一定的情况下，阻力可以更大，即杆秤的称量范围更大。 [2]由杠杆平衡条件，可得，因为F2（物体重力）、l2（秤钩到提纽的距离）为定值，F1（秤砣重力）为定值，所以与成正比，杆秤的刻度是均匀的。 [3]若杆秤的秤砣磨损了，其重力变小，根据杠杆平衡条件，在物体重力和阻力臂不变的情况下，秤砣重力变小，动力臂就要变长，所以测得物体的质量将偏大。 10．(1) 平衡 仍能 (2) B (3)右端下沉 (4)增大石块的质量/向左移动杠杆的支点 (5) 不能 不变 变小 【详解】（1）[1]杠杆静止，说明杠杆受力平衡，所以处于平衡状态。 [2]图甲中杠杆的重力作用线过支点，将杠杆左下角物块M取走后，不调节平衡螺母，杠杆的重力作用线仍过支点，所以杠杆仍能平衡。 （2）[1]由表中数据可知1.5N×0.10m=1.0N×0.15m，1.0N×0.30m=2.0N×0.15m，2.0N×0.15m=1.5N×0.20m 每一组动力与动力臂的乘积都与其阻力与阻力臂的乘积相等，所以杠杆平衡的条件是：。 [2]一次实验得出的结论具有偶然性，所以需要进行重复实验，获得多组数据，得出具有普遍性的规律，测量铅笔的长度、测量小石头的密度多次实验的目的都是为了求平均值减小误差，探究浮力大小与排开液体重力的关系多次实验的目的是为了得出具有普遍性的规律。 故选B。 （3）设一个钩码的重为G，在右侧钩码下端加挂一个钩码，则3G×0.12m<3G×0.18m 所以杠杆右端将下沉。 （4）水桶盛满水后，阻力与阻力臂的乘积变大，为减小人向上提水的拉力，根据杠杆的平衡条件，可以增大石块的重力或者水桶盛满水后，阻力变大，可以向左移动杠杆的支点，减小阻力臂，增大动力臂，从而减小人向上提水的拉力。 （5）[1][2][3]如图2丙所示，用一个带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线（保持上端悬点不动），此时阻力和阻力臂不变，此滑轮只能改变力的方向，因此右侧悬线对杠杆的拉力（动力）不变，但力臂变小，因此杠杆不能在水平位置保持平衡。 11．(1)右 (2) 便于测量力臂 不变 【详解】（1）实验前杠杆左端下沉，说明左端较重。为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向较重的对侧调节，即将左端的平衡螺母向右调节。 （2）[1]由于钩码的重力始终竖直向下，杠杆在水平位置平衡时，杠杆受到的力的方向与杠杆垂直，力臂可以直接从杠杆上读取，目的是便于测量力臂。 [2]在C点施加始终竖直向上的拉力，使C端缓慢上抬过程中，阻力为A点钩码的重力，大小不变。阻力臂是从支点到阻力作用线的距离，动力臂是从支点到动力作用线的距离，在此过程中阻力臂和动力臂的比值始终不变。根据杠杆平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，阻力和力臂比值不变，所以拉力F大小不变。 12．(1) 左 避免杠杆自重对实验的影响 (2)3 (3)D (4) 24 8 【详解】（1）[1][2]杠杆的左端高，说明这一侧力与力臂的乘积小，应将平衡螺母向左调节，以增大这一侧的力臂，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，便于测量力臂。 （2）分析第③组数据：由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，F1×5cm=1N×15cm 解得F1=3N。 （3）由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大； A．若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故A不符合题意； B．钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故B不符合题意； C．弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会更大，故C不符合题意； D．弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会变小，故D符合题意。 故选D。 （4）[1]由图可知，木条受到两弹簧测力计竖直向上的拉力和竖直向下的重力，由力的平衡条件可知，木条的重力G=Fa+Fb=18N+6N=24N [2]设木条的重心在O点，以E为支点，由杠杆的平衡条件可知Fa×AE=G×OE， 则 弹簧测力计b从E点平移到D点时，以A点为支点，由杠杆的平衡条件可知Fb×AE=G×OA，  此时重力的力臂为 弹簧测力计b对木条的拉力的力臂为， 由杠杆的平衡条件可知F乙'×DA=G×OA， 则 13．(1) 右 力臂 (2)6 (3) 均匀 AD 【详解】（1）[1]实验前杠杆如图甲所示，左端下沉，说明左端较重，根据杠杆平衡原理，要使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母右调（向右调节平衡螺母，相等于增大右端的力臂，从而使杠杆平衡）； [2]使杠杆在水平位置平衡是为了便于测量力臂，因为此时力臂可以直接从杠杆上的刻度读出； （2）设每个钩码的重力是，每个小格长度为，根据杠杆平衡条件 在A点挂4个钩码，，；在B点力臂，设B点挂n个钩码， 则n=6； （3）[3][4]设秤砣质量为，秤盘质量为，OA长度为，设秤盘到点距离为，秤砣到O点距离为，根据杠杆平衡条件 可得，m1和y成正比，所以标出的质量刻度是均匀的。 A．增大秤砣的质量，根据，在和不变的情况下，会减小，即秤砣可以在更小的距离就平衡，所以量程增大，故A符合题意； B．减小秤砣的质量，根据，在和不变的情况下，会增大，量程会减小，故B不符合题意； C．适当减小托盘的质量，并将悬挂点向左移动直至平衡，x增大，此时秤砣和y长度不变的条件下，会使秤量物体时对应的值变小，量程减小，故C不符合题意； D．适当增大托盘的质量，并将悬挂点向右移动直至平衡，x减小，此时秤砣和y不变的条件下，增大称量物体的质量，量程是增大的，故D符合题意。 故选AD。 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 $