初中物理力学经典例题难题

（2）动滑轮的重力G。

39.解：

（1）对杠杆进行受力分析如图1甲、乙所示：

根据杠杆平衡条件： G甲×OA＝T1×OB (G甲＋G乙)×OA＝T2×OB 又知OA∶AB = 1∶2 所以OA∶OB = 1∶3

B A O 甲 图22

G甲m甲g300kg10N/kg3000N

G乙m乙g60kg10N/kg600N

T1 B A O T2 B A O G甲+ G乙 G甲 OA1T1G甲3000N1000N （1分） 甲 乙

OB3图1 OA1T2(G甲G乙)3600N1200N （1分） F人1 F人2

OB3

（2）以动滑轮为研究对象，受力分析如图2甲、乙所示 因动滑轮处于静止状态，所以： T动1＝G＋2F1，T动2＝G＋2F2 又T动1＝T1，T动2＝T2

G人 G人 所以：

TG1000NG1乙 甲 F11500NG （1分） 222图3 TG1200NG1F22600NG （1分）

222 T动1 T动2 以人为研究对象，受力分析如图3甲、乙所示。 人始终处于静止状态，所以有：

F人1＋ N1， ＝G人， F人2＋N2， ＝G人

因为F人1＝F 1，F人2＝F 2，N1＝N1， ，N2＝N2， 且G人＝600N

G G

所以：

2F2 2F1

11N 1＝G人－F 1＝600N－(500NG)＝100NG（1分） 乙 甲 22图2

1

11N 2＝G人－F 2＝600N－(600NG)＝G （1分）

22又知N 1∶N 2＝3∶1

1100NGN23 即11N21G2解得G＝100N

2.如图24所示,质量为60kg的工人在水平地面上,用滑轮组把货物运到高处。第一次运送货

物时,货物质量为130kg,工人用力F1匀速拉绳,地面对工人的支持力为N1,滑轮组的机械效率为η1;第二次运送货物时,货物质量为90 kg,工人用力F2匀速拉绳的功率为P2,货箱以0.1m/s的速度匀速上升,地面对人的支持力为N2, N1与 N2之比为2:3。(不计绳重及滑轮摩擦, g取10N/kg)

求:(1)动滑轮重和力F1的大小; (2)机械效率η1; (3) 功率P2。

解：（1）第一次提升货物时，以人为研究对象

 F 1 ´ N1G人F1 ①

N1 绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F1F1 G 人 F1G1G动 ② 1分 4 第二次提升货物时，以人为研究对象

 ③ F 2 ´ N2G人F2N2 绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F2F2 G 人 F2图24

G2G动 ④ 1分 4

N12 ⑤ N23

把数据分别带入以上5个式子，解得：G动300N 1分 F1=400N 1分 F2=300N

（2）第一次运送货物时滑轮组的机械效率：

1

W有G1h1300J81.25% 1分 W总F14h4004J2

（3）第二次货物上升速度为0.1m/s，人匀速拉绳的速度为

v240.1m/s0.4m/s 1分 300N0.4m/s120P2F2v2W 1分

3、图 26是一个上肢力量健身器示意图。配重A受到的重力为1600N，配重A上方连有一

根弹簧测力计D，可以显示所受的拉力大小，但当它所受拉力在0～2500N范围内时，其形变可以忽略不计。B是动滑轮，C是定滑轮；杠杆EH可绕O点在竖直平面内转动，OE:OH=1:6.小阳受到的重力为700N，他通过细绳在H点施加竖直向下的拉力为T1时，杠杆在水平位置平衡，小阳对地面的压力为F1,配重A受到绳子的拉力为FA1,配重A上方的弹簧测力计D显示受到的拉力FD1为2.1×10N；小阳通过细绳在H点施加竖直向下的拉力为T2时，杠

3

杆仍在水平位置平衡，小阳对地面的压力为F2,配重A受到绳子的拉力为FA2,配重A上方的弹簧测力计D显示受到的拉力FD2为2.4×10N.已知F1:F211:9。（杠杆EH、弹簧D和

3

细绳的质量均忽略不计,不计绳和轴之间摩擦）。求： （1）配重A受到绳子的拉力为FA1;

（2动滑轮B受到的重力GB ； （3）拉力为T2.

图26 38.（1）以物体A为研究对象，受力分析如图2甲、乙所示，

物体A始终处于静止状态，所以有

FD1 FD2 FD1GAFA1 A FA1 GA 甲 图2 乙 A FA2 GA FD2GAFA2,

（以上两个式子共1分） 已知GA=1600N，FD1为2100N，

FD2为2400N，所以可以求得

FA1FD1GA2100N1600N500N （1分）

3

（2）以人为研究对象，受力分析如图3甲、乙所示，

人始终处于静止状态，所以有

T1 F1 F1人 F2 人 T2 F1G人T1F1 G人T2F2

因为T1与T1大小相等，F1与F1大小相等。所以有

F1G人T1 F2G人T2,

G人 甲

图3

乙

得：

G人 已知F1:F211:9，

11G人T1 ① （1分） 9G人T2E O H 对杠杆进行受力分析,如图4甲、乙所示，根据杠杆平衡条件：

(2FA1GB)OET1OH ②

图4甲 2FA1GB T1 (2FA2GB)OET2OH ③

（②和③共1分） 已知OE:OH=1:6.

E O H FA1500N

FA2800N

2FA2GB 图4乙 T2 （FA1和FA2全解正确共1分）

解上面三式可得：GB=100N （1分）

（3）将GB=100N代入③式，得T2=250N.

（1分）

4