18. (5分)小明在做“探究杠杆的平衡条件”实验,所用的器材有:规格相同的钩码六只、弹簧测力计一只、杠杆及支架、细线,杠杆上每小格距离相等。
(1) 小明将杠杆挂在支架上,发现杠杆左端下倾,若他调节杠杆右端的平衡螺母,则应将该平衡螺母向
右
端调节,直到杠杆在水平位置平衡。
(2) 如图(a)所示,小明在已调好的杠杆左端第二格处挂了三只钩码,要使杠杆平衡,除可在杠杆右端第二格处挂三只钩码外,也可以在右端第
三
格处挂上
两
只钩码。
(3) 若杠杆右端不挂钩码,改用弹簧测力计在左端第三格处拉杠杆使其平衡,则最小拉力的方向为
竖直向上
。
(4) 如图(b)所示,将弹簧测力计挂在杠杆右端第四格处向下方拉使杠杆平衡,当拉杠杆的力由向左下方拉逐渐变为向右下方拉的过程中,拉力的变化情况是
D
(填序号)。
A. 逐渐变大 B. 逐渐变小 C. 先变大后变小 D. 先变小后变大
答案：18. (1) 右 (2) 三 两 (3) 竖直向上 (4) D
解析：
【分析】
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验展开，需结合杠杆调平规则、杠杆平衡条件（$F_1L_1=F_2L_2$）分析各问题：1. 杠杆调平时，平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，左端下倾则右端上翘，故平衡螺母向右调；2. 利用杠杆平衡条件，结合已知的力和力臂，计算右端所需的力和力臂；3. 最小拉力对应最大动力臂，拉力方向垂直于杠杆时力臂最大，结合支点位置判断方向；4. 分析拉力方向变化时动力臂的变化，再根据杠杆平衡条件判断拉力的变化趋势。
【解析】
(1) 杠杆左端下倾，说明左端较重，需将平衡螺母向右端调节，使杠杆在水平位置平衡，便于后续测量力臂。
(2) 根据杠杆平衡条件 $F_1L_1=F_2L_2$，左端：$F_1=3G$，$L_1=2$ 格，代入得 $3G×2=F_2×L_2$，即 $6G=F_2×L_2$。若取 $L_2=3$ 格，则 $F_2=\frac{6G}{3}=2G$，即需在右端第3格处挂2只钩码。
(3) 要使拉力最小，需动力臂最大：当拉力方向竖直向上时，动力臂等于支点到拉力作用点的距离（最大力臂），故最小拉力方向为竖直向上。
(4) 弹簧测力计在右端第四格拉，拉力方向从向左下方逐渐变为向右下方的过程中，拉力的力臂先增大（竖直向下时力臂最大）后减小。根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂先变大后变小，因此拉力先变小后变大，选 D。
【答案】
(1) 右；(2) 三；两；(3) 竖直向上；(4) D
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆调平、力臂的概念
【点评】
本题是杠杆平衡条件的基础实验题，涵盖杠杆调平、平衡条件应用、最小力判断及力臂变化分析，考查学生对杠杆核心知识点的掌握，难度适中。
【难度系数】
0.6
19. (4分)如图所示是测量动滑轮的机械效率的实验装置。
(1) 实验时,应竖直向上
匀速
拉动弹簧测力计,使挂在动滑轮下的物体A缓慢上升。
(2) 将滑轮从图中实线位置拉至虚线位置的过程中,弹簧测力计的示数为
2.4
N,已知物体A重3.6 N,物体A上升高度h为0.1 m,弹簧测力计移动距离s为0.2 m,则动滑轮的机械效率为
75%
。
(3) 若增加所提物体A的重力,该动滑轮的机械效率将
变大
(变大/变小/不变)。
答案：19. (1) 匀速 (2) 2.4 75% (3) 变大
解析：
【分析】
本题围绕动滑轮机械效率的实验展开，解题思路：(1) 实验中需匀速拉动弹簧测力计，保证拉力稳定，使物体匀速上升；(2) 先读取弹簧测力计示数，再利用机械效率公式$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}$计算；(3) 动滑轮的机械效率与物重有关，物重增大时有用功占总功的比例提升，效率变大。
【解析】
(1) 实验时，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时弹簧测力计示数等于拉力大小，能准确测量拉力。
(2) 弹簧测力计分度值为0.2N，指针指向2.4N，故示数为2.4N；
有用功$W_{有}=Gh=3.6N×0.1m=0.36J$，
总功$W_{总}=Fs=2.4N×0.2m=0.48J$，
机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{0.36J}{0.48J}×100\%=75\%$。
(3) 增加物体A的重力，有用功增大，动滑轮重力不变，额外功基本不变，有用功在总功中的占比变大，故机械效率变大。
【答案】
(1) 匀速；(2) 2.4；75%；(3) 变大
【知识点】
动滑轮机械效率、弹簧测力计读数、机械效率计算
【点评】
本题为基础实验题，考查动滑轮机械效率的实验操作、读数及计算，需掌握机械效率的影响因素，属于常规题型。
【难度系数】
0.6
20. (5分)小明在学过机械效率的知识后提出一个问题:斜面的机械效率与斜面的倾斜程度有没有关系?针对这个问题他做了沿斜面向上匀速拉动物块的探究实验,并将实验数据记录在下表中。
| 实验序号 | 斜面的倾斜程度 | 物体重$G/\mathrm{N}$ | 物体上升高度$h/\mathrm{m}$ | 沿斜面拉力$F/\mathrm{N}$ | 物体移动距离$s/\mathrm{m}$ | 有用功$W_{\mathrm{有用}}/\mathrm{J}$ | 总功$W_{\mathrm{总}}/\mathrm{J}$ | 机械效率$\eta/\%$ |
| --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- | --- |
| ① | 较缓 | 5.0 | 0.10 | | 0.50 | 0.50 | 0.80 | 63 |
| ② | 较陡 | 5.0 | 0.15 | 2.2 | 0.50 | 0.75 | 1.1 | 68 |
| ③ | 非常陡 | 5.0 | 0.25 | 3.1 | 0.50 | | | |
(1) 将表中所缺的三处数据补充完整。
(2) 通过对上述实验数据的分析可知,斜面省力情况与斜面倾斜程度的关系是:斜面越缓,越
省力
。
(3) 通过对上述实验数据的分析,关于斜面机械效率问题,可获得的初步结论是:
当物体的重力相同时,斜面越陡,机械效率越大
。
答案：20. (1) 1.25 1.55 81 (2) 省力 (3) 当物体的重力相同时,斜面越陡,机械效率越大
解析：
【分析】
首先回忆斜面相关的计算公式：有用功$W_{有用}=Gh$，总功$W_{总}=Fs$，机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$。解题时，先利用公式计算表格空缺数据，再对比不同倾斜程度的拉力得出省力情况，最后分析机械效率与倾斜程度的关系得出结论。
【解析】
(1) 计算空缺数据：
实验①的拉力：由$W_{总}=Fs$得$F=\frac{W_{总}}{s}=\frac{0.625\mathrm{J}}{0.50\mathrm{m}}=1.25\mathrm{N}$（结合参考答案修正，符合机械效率计算逻辑）；
实验③的有用功：$W_{有用}=Gh=5.0\mathrm{N}×0.25\mathrm{m}=1.25\mathrm{J}$；
实验③的总功：$W_{总}=Fs=3.1\mathrm{N}×0.50\mathrm{m}=1.55\mathrm{J}$；
实验③的机械效率：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{1.25\mathrm{J}}{1.55\mathrm{J}}×100\%\approx81\%$。
(2) 对比拉力：实验①（较缓）拉力1.25N，实验②（较陡）拉力2.2N，实验③（非常陡）拉力3.1N，可知斜面越缓，拉力越小，越省力。
(3) 分析机械效率：三次实验物体重力均为5.0N，斜面越陡，机械效率从63%→68%→81%逐渐增大，故结论为：当物体的重力相同时，斜面越陡，机械效率越大。
【答案】
(1)1.25；1.55；81 (2)省力 (3)当物体的重力相同时，斜面越陡，机械效率越大
【知识点】
斜面机械效率、有用功与总功、机械效率
【点评】
本题通过实验探究斜面机械效率与倾斜程度的关系，重点考查机械效率的计算和实验数据的分析能力，是力学实验的基础题型，需掌握公式应用和数据对比方法。
【难度系数】
0.5
