第12章：简单机械
一、单选题
1．（2022春·云南昆明·八年级统考期末）如图是生活中人们经常使用的工具，其中与其它三个不属于同一类杠杆的是（ ）
A．撬棒
B．开瓶器
C．镊子
D．钢丝钳
2．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）图1、图2是由相同的滑轮组装的滑轮组，甲乙两人分别用两装置在相等时间内将质量相等的重物匀速提升相同的高度，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，下列说法正确的是（ ）
A．甲的拉力是乙的拉力的3倍
B．乙拉绳子的速度大小是甲拉绳子速度大小的2倍
C．甲拉力的功率大于乙拉力的功率
D．如果考虑滑轮质量，图1装置的机械效率比图2的小
二、填空题
3．（2022春·云南普洱·八年级统考期末）如图所示，已知撬棒AD=1.2m，AB=BC=0.2m，石块1垂直作用在棒上B点的力是480N，若要撬起石块1，则施加在撬棒D点力的大小至少是 ___________N，方向为 ___________。
4．（2022春·云南红河·八年级统考期末）我国古代劳动人民利用如图所示装置抬起并运送巨木，抬起巨木时，该装置属于 _____（选填“费力”“等臂”或“省力”）杠杆；支架下端垫有底面积较大的石块，是为了 _____。
5．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）如图所示，物体G重60 N，挂在匀质杠杆的一端，要使杠杆平衡可以在A点加一个方向为_____的_____ N的力；也可以在B点加一个方向为_____的_____ N的力。
6．（2022春·云南昆明·八年级统考期末）小明想用“称重法”测小木块所受浮力的大小，设计了如图所示的实验。先将小木块挂在弹簧测力计下，如图甲所示，测力计示数为F1；再将定滑轮用吸盘固定在烧杯底（不计滑轮质量、绳重和摩擦），弹簧测力计通过定滑轮拉着木块浸没在水中，如图乙所示，静止时测力计示数为F2，其中定滑轮的作用是：___________，此时木块所受浮力的大小为___________（用字母表示）。
7．（2022春·云南文山·八年级统考期末）如图所示，物体重为G1，滑轮重为G0，不计绳的重和摩擦，匀速提起物体时的效率为η1等于_________，若提升物体的重变为G2（G1
三、作图题
8．（2022春·云南西双版纳·八年级统考期末）如图是一个杠杆式简易起吊机，杠杆OB可绕O点转动，请在图上画出动力F1的力臂l1。
9．（2022春·云南保山·八年级统考期末）请在图中画出使杠杆OAB在图示位置平衡时最小动力F的示意图。
10．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）画出图中杠杆所受各力对于支点O的力臂（不计杠杆所受重力）。
11．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）按图中所给的省力条件，画出各滑轮组绳子穿绕方法。图中G表示物重，G′表示动滑轮重，F表示人对绳子的拉力。
12．（2022春·云南玉溪·八年级统考期末）请在图中用笔画线替代绳子，画出滑轮组最省力的绳子的绕法。
四、实验题
13．（2022春·云南昆明·八年级统考期末）如图所示是探究“杠杆平衡条件”的装置。
（1）杠杆静止时如图甲所示，此时杠杆处于 ___________（选填“平衡”或“非平衡”）状态；
（2）实验前选择杠杆中点作为支点并调节杠杆在水平位置平衡的目的：避免杠杆 ___________对实验造成的影响；
（3）如图乙所示，在B点挂2个钩码，发现杠杆不平衡，此时 ___________（选填“能”或“不能”）再调节平衡螺母；
（4）实验过程中得到的相关数据记录在表中：
实验次数 F1/N l1/cm F2/N l2/cm
1 1 10 2 5
2 2 10 1 20
3 2 15 3 10
根据以上数据得出杠杆平衡条件是 ___________（用字母表示），多次实验的目的是 ___________；
（5）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改成用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从①位置转动到②位置时，其示数大小将 ___________（填“变大”“变小”或“不变”），原因是 ___________；
（6）学习过杠杆知识后，小刘对托盘天平有了进一步的认识，下列从杠杆的角度对托盘天平的描述不正确的是 ___________。
A．托盘天平的实质是一个等臂杠杆
B．调节游码使天平平衡，是通过改变力的大小来实现的
C．调节游码使天平平衡，是通过改变力臂的长短来实现的
D．通过增减砝码使天平平衡，是通过改变力的大小来实现的
14．（2022春·云南曲靖·八年级统考期末）某实验小组探究“杠杆平衡条件”的实验装置如图所示，每个钩码质量都相等。
（1）杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆 _____（选填“是”或“不是”）处于平衡状态；为使其在水平位置平衡，应向 _____（选填“左”或“右”）调节杠杆两端的螺母；
（2）乙图中在B点挂 _____个钩码，可以使杠杆在水平位置平衡，若把A、B处所挂钩码同时向O点移动1格，则杠杆 _____（选填“依然平衡”“左端下降”或“右端下降”）；
（3）如图丙所示，用大小为F1和F2的两个力在B点向下拉杠杆时，杠杆仍在水平位置平衡，则F1_____（选填“＞”“＝”或“＜”）F2；
（4）在实验中，改变力和力臂的大小测量多组数据的目的是 _____；
（5）实验中小明曾提出“力的作用点到支点的距离影响杠杆的平衡”。为判断这一观点是否正确，小华制作了一个密度均匀的圆盘（相当于杠杆），圆盘可以绕着圆心O转动（转轴阻力忽略不计），如图丁所示。他先在圆盘的C点挂上4个钩码，又在G点挂上一定数量的钩码后，圆盘在图示位置平衡，此时CD水平；接着他将挂在G点的钩码先后挂在 _____两个点又进行了两次实验，发现圆盘仍在图示位置平衡，则说明小明的观点是 _____（选填“正确”或“错误”）的。
15．（2022春·云南临沧·八年级统考期末）小勇在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有杠杆、支架、细线、质量相同的钩码若干。
（1）实验装置如图甲所示静止在水平桌面上，此时杠杆 ___________（选填“是”或“不是”）平衡状态。他应将两侧的平衡螺母向 ___________调，使杠杆在水平位置平衡；
（2）小勇在水平平衡的杠杆两边挂上钩码后如图乙所示，要使杠杆重新在水平位置平衡他应该在下列方法中选择 ___________；
A．向左调节平衡螺母
B．将右侧钩码向左移动
C．增加右侧钩码个数
（3）若在右侧改用弹簧测力计向下拉进行实验，杠杆水平平衡后如图丙、丁所示，你认为图 ___________所示实验更好，理由是 ___________。弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动，杠杆始终保持水平平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐 ___________（选填“增大”“减小”或“不变”）；
（4）杆秤是从我国古代沿用至今的称量质量的工具，如图戊是杆秤的示意图。使用时，将待称物体挂在秤钩上，用手提起秤纽A或B（相当于支点），移动秤砣在秤杆上的位置，使秤杆达到水平平衡时，可从秤砣在秤杆上的位置所对应的刻度读出待称物体的质量。分析可知，竖直向上提起秤纽 ___________（选填“A”或“B”）时，此杆秤能称量的质量最大。
16．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）我们都做过“探究杠杆平衡条件”的实验．
（1）实验前没有挂钩码时，若杠杆左端下倾，则应将右端的平衡螺母向______（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，实验前使杠杆水平平衡的目的是______；
（2）实验中，用图所示的方式悬挂钩码，杠杆也能水平平衡，但老师却往往提醒大家不要采用这种方式，这主要是因为该种方式______；
A．一个人无法独立操作 B．需要使用太多的钩码
C．力臂与杠杆不重合 D．力和力臂数目过多
（3）图中，不改变支点O右侧所挂的两个钩码及其位置，保持左侧第______格的钩码不动，将左侧另外两个钩码改挂到它的下方，杠杆仍可以水平平衡。
五、计算题
17．（2022春·云南昆明·八年级统考期末）如图是创新科技小组用轻质杆设计制作了测量液体密度的工具——密度秤。其中经防腐处理的合金块重8N，体积，秤砣重2N，秤纽处O到A端长10cm。测量时手提着秤纽将密度秤的合金块浸没在待测液体中（不接触容器），调节秤砣位置，使秤杆AB在水平位置平衡，此时秤砣悬挂处的刻度值为被测液体密度。g取10N/kg，请解答下列问题：
（1）创新科技小组在烧杯内装入适量的待测液体，其测量情况如图，测得OC长30cm。此时秤杆A端受到绳子的拉力为多大？
（2）C点刻度表示的待测液体密度多大？
（3）若烧杯内底面积为，则以上过程中合金块放入前后，待测液体对烧杯底部压强变化了多少？
18．（2022春·云南曲靖·八年级统考期末）如图甲所示，重力为500N的工人用滑轮组提升货物，不计摩擦和绳重，滑轮组的机械效率随货物重力变化的图像如图乙，求：
（1）若工人用250N的拉力在1min内将货物匀速向上提高了12m，拉力做的功和功率大小；
（2）动滑轮重力大小；
（3）该工人竖直向下匀速拉绳子自由端运送货物时，若要工人不被拉离地面，此滑轮组一次能提升货物的最大重力。
19．（2022春·云南玉溪·八年级统考期末）建筑工地上，工人用下图所示的装置将重为500N的建材从地面匀速送到5m高处，所用拉力为300N，时间为20s。不计摩擦和绳重，求：
（1）工人做的有用功；
（2）工人做功的功率；
（3）此过程中该装置的机械效率；
（4）如果用这个滑轮组匀速提起800N的重物，需要用多大的拉力？
20．（2022春·云南保山·八年级统考期末）小强用如图所示装置在10s内将重为450N的货物匀速提升2m，此过程中拉力F的功率为120W，不计绳重和摩擦。求：
（1）拉力的大小；
（2）动滑轮的重力；
（3）该滑轮组的机械效率。
21．（2022春·云南文山·八年级统考期末）某工人站在水平地面上用如图所示的滑轮组提起重700N重物A，竖直向下拉动绳子自由端施加的拉力大小为500N，5s内使物体匀速上升1m，已知该工人重600N，若不计绳重和摩擦，绳子能够承受的最大拉力足够大。求：
（1）动滑轮的重力；
（2）绳子自由端拉力F的功率；
（3）该滑轮组的机械效率；
（4）该工人利用该滑轮组能够匀速提升物体的最大重力。
22．（2022春·云南昭通·八年级统考期末）如图所示，用滑轮组提升重物G，不计绳的质量和摩擦的影响，每个滑轮的质量相等，所提重物的质量为20kg，当拉力F为60N时，重物被匀速提升1m高，求：
（1）滑轮组的机械效率是多大？
（2）若计摩擦，假设每个动滑轮重15N，克服摩擦做的功是多少？
参考答案：
1．C
【详解】撬棒、开瓶器和钢丝钳的动力臂都大于阻力臂，都属于省力杠杆，而镊子的动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。因此镊子与其它三个不属于同一类杠杆。故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
2．B
【详解】A．由题知，重物重力相同（设其大小为G），物体升高的速度相同（设其大小为v），
对于图1，因为两个都是定滑轮，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F甲=G，对于图2，因为是一个定滑轮、一个动滑轮，n=2，空气阻力、摩擦、滑轮和绳子的质量均不计，所以F乙=G，甲的拉力是乙的拉力的2倍，故A错误；
B．对于图1，绳子的速度v甲=v，对于图2，绳子的速度v乙=2v，乙拉绳子的速度大小是甲拉绳子速度大小的2倍，故B正确；
C．对于图1，拉力功率P甲=F甲v甲=Gv，对于图2，拉力功率P乙=F乙v乙=G×2v=Gv，甲拉力的功率等于乙拉力的功率，故C错误；
D．对于图1，如果考虑滑轮质量，但空气阻力、摩擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功为0，η甲=100%，对于图2，如果考虑滑轮质量，空气阻力、摩擦、绳子的质量均不计，该装置的额外功＞0，η乙＜100%，如果考虑滑轮质量，图1装置的机械效率比图2的大，故D错误。
故选B。
3． 80 垂直于杠杆向上
【详解】[1]要用最小的力撬动石头，需要最长的力臂，故以A为支点，AD是最长的力臂，AB是阻力臂，故施加在撬棒D点力的大小至少是
[2]而力臂是支点到力的作用线的距离，要使AD作为最长的力臂，必须过D点做AD的垂线，石头给杠杆的力是逆时针的，那么动力需要给杠杆的是力顺时针的，故方向为垂直于杠杆向上。
4． 省力 减小压强
【详解】[1]抬起巨木时，该装置的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。
[2]支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强。
5． 竖直向下 80 竖直向上 80
【详解】[1]由图可知，物体在支点左侧，A点在支点右侧，为了使杠杆平衡，在A点施加力的方向应与物体所受重力的方向相同，重力方向竖直向下，则在A点施加力的方向也是竖直向下。
[2]设每一个小格长为l，则根据杠杆平衡条件可列出等式
所以
[3]由图可知，物体在支点左侧，B点也在支点左侧，为了使杠杆平衡，在B点施加力的方向应与物体所受重力的方向相反，重力方向竖直向下，则在B点施加力的方向应该是竖直向上。
[4]设每一个小格长为l，则根据杠杆平衡条件可列出等式
所以
6． 改变用力方向 F1＋F2
【详解】[1]定滑轮的本质是一个等臂杠杆，它既不省力也不省距离，它的作用是改变力的方向。
[2]由甲图可知，木块受到拉力和重力，两个力为平衡力，所以木块的重力为
由乙图，对木块做受力分析，向上受到浮力，向下受到重力和绳子向下的拉力，故木块所受浮力为
7． <
【详解】[1]设物体升高h，动滑轮升高也为h，则拉力F做的有用功
不计绳的重和摩擦匀速提起物体，则拉力F做的总功
此时，机械效率
[2]其它条件不变时，若提升物体的重变为G2（G1
η1<η2
8．
【详解】从支点O向动力作用线引垂线段，垂线段的长即为其力臂l1.，如下图所示：
9．
【详解】由图示可知，线段OB是最大的动力臂l，此时力F最小，过B点作线段OB的垂线即可作出动力F，方向斜向上，如下图所示
10．
【详解】从支点O作力F作用线的垂线段，垂线段即为力F的力臂l1；从支点O作物重G在杠杆上的力的作用线的垂线段，即为物重G在杠杆上的力的力臂l2，如下图所示：
11．见解析
【详解】由省力要求知道左图中，应n＝2，绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过定滑轮即可，如下图
由省力要求知道中图,应n＝3，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮即可，如下图
由省力要求知道右图中，应n＝4，绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过下面的动滑轮，再绕过定滑轮，依次绕过即可，如下图
12．
【详解】图中有一个定滑轮和一个动滑轮，根据题目的要求画出滑轮组最省力的绳子绕法，则应该有3股绳子承担物重，根据奇动偶定的规则，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，此时是最省力的绕绳方法，如图所示
13． 平衡 自重 不能 F1l1=F2l2 见解析 变大 力臂变短 B
【详解】（1）[1]实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态。
（2）[2]实验时选择杠杆中点作为支点，则杠杆的重心在支点上，主要目的是避免杠杆的自重对实验探究的影响。
（3）[3]在实验前，调节天平平衡时，需要通过螺母来调节，实验过程中不能在移动平衡螺母，只能通过调节力臂或力的大小来调节天平平衡。
（4）[4]根据实验数据知，每次实验对应的动力×动力臂=阻力×阻力臂，所以可以得出杠杆的平衡条件是：F1l1=F2l2。
[5]探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据来分析得出规律，排除偶然性，寻找普遍规律。
（5）[6][7]保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计示数大小将变大。
（6）[8]A．托盘天平的两盘到支点距离相等，两盘对横梁压力的力臂相等，它的实质是一个等臂杠杆，故A正确，不符合题意；
BC．调节游码使天平平衡，游码对天平的作用力不变，是通过改变力臂的长短来实现的，没有改变力的大小，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．通过增减砝码使天平平衡，是在力臂不变的情况下，通过改变力的大小来实现的，故D正确，不符合题意。
故选B。
14． 是 右 2
右端下降 ＜ 得到普遍规律 N、D 错误
【详解】（1）[1][2]根据定义：当杠杆在动力和阻力作用下静止时，我们就说杠杆平衡了，所以此时杠杆是平衡状态。为了让其平衡，结合天平的调平衡，可知此时平衡螺母应该向右调。
（2）[3][4]根据杠杆平衡原理，设一个钩码重力为G，杠杆上的一格的长度为L。此时左边钩码的重力为，，，根据杠杆平衡条件
故，故在B点应该挂2个钩码。若把A、B处所挂钩码同时向O点移动1格，此时，，
此时杠杆应该向右偏，即右端下降。
（3）[5]用大小为F和F的两个力在B点向下拉杠杆时，因为左端的力和力臂不变，而F1的力臂小于F2的力臂，故此时。
（4）[6]实验时之所以改变力和力臂的大小测量多组数据，是因为这样可以避免实验结果的偶然性，为了得到实验的普遍规律。
（5）[7][8]在G点时力的作用线上的N、D两点，此时力臂的长度没有发生改变，此时杠杆可以保持平衡，因此可以说明这个结论是错误的。因为挂在G点时力的作用线上，这时力的作用点到支点的距离发生了改变，但是杠杆仍然能保持平衡，因此可以说明小明的观点是错误的。
15． 是 左 B 丙 力臂在杠杆上，便于测量力臂 增大 A
【详解】（1）[1]杠杆处于静止或匀速转动时都为平衡状态。如图甲所示，此时的杠杆静止在水平桌面上，由于杠杆是静止的，所以处于平衡态。
[2]根据杠杆平衡调节的方法：“左偏右调，右偏左调”，由于杠杆向右偏，则平衡螺母应该向左调。
（2）[3]A．如图乙所示，此时杠杆向右偏，挂上钩码之后禁止调节平衡螺母，一旦调节平衡螺母，就会对实验结果造成影响，故A不符合题意；
B．由于杠杆向右偏，所以要想使杠杆重新在水平位置平衡，可以将右侧的钩码向左移动，故B符合题意；
C．由于杠杆已经向右偏，如果再增加右侧钩码个数，只会使杠杆向右偏的角度加大，故C不符合题意。
故选B。
（3）[4][5]若在右侧改用弹簧测力计向下拉进行实验，杠杆水平平衡后如图丙、丁所示，丙图的实验效果会更好，由于本实验涉及到杠杆力臂的测量，利用竖直方向的弹簧测力计拉动杠杆时，此动力对应的力臂与动力作用线垂直，即力臂在杠杆上，便于测量力臂。
[6]当弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动，此时动力对应的动力臂在减小，由于杠杆始终保持水平平衡，即杠杆的阻力和阻力臂的乘积不变，则根据可知，此时弹簧测力计的示数将变大。
（4）[7]对图戊中因为秤砣对秤的拉力不变，只要支点选定，则动力与动力臂乘积一定。若选择竖向上提起秤纽A点时，A点（支点）的左侧动力臂最长，动力大小等于秤砣重力的大小不变，则动力与动力臂乘积最大，A点的右侧阻力臂最小，所挂物体的重力最大，即杆秤能称量的质量最大，故选竖直向上提起秤纽A点。
16． 右 使杠杆的自重对杠杆平衡不受影响 D 2
【详解】（1）[1][2]实验前没挂钩码时，杠杆左端下倾，应将右端平衡螺母向右旋一些，使杠杆在水平位置平衡；使杠杆在水平位置平衡的目的有两个：一是避免杠杆重力对杠杆转动的影响；二是便于测量力臂的长度。
（2）[3]实验中，如图所示的方式悬挂钩码，杠杆平衡是杠杆的左侧在多个力共同作用的结果，采用这种方式是不妥当的．这主要是因为杠杆的力和力臂数目过多。
（3）[4]不改变支点O右侧所挂的两个钩码及其位置，将左侧另外两个钩码改挂到第三个钩码的下方，即左侧的力是三个钩码，根据杠杆平衡的条件
F1×L1=F2×L2
2G×3=3G×n
解得
n=2
即保持左侧第2格的钩码不动。
17．（1）6N；（2）；（3）200Pa
【详解】解：（1）由杠杆平衡条件可得
代入数据有
解得
（2）由力的平衡条件可知，合金块受到的浮力
因为合金块浸没在液体中，所以合金块排开液体的体积
由 可得，液体的密度
（3）由图可知，容器为柱形，合金块放入液体后对容器底增大的压力是由浮力的反作用力引起的，水给合金块向上的浮力，合金块给水向下的压力，合金块放入液体后对容器底增大的压力
则增大的压强
答：（1）此时秤杆A端受到绳子的拉力为6N；
（2）C点刻度表示的待测液体密度为；
（3）待测液体对烧杯底部压强变化了200Pa。
18．（1）6000J，100W；（2）100N；（3）900N
【详解】解：（1）从图甲中可知n=2，绳子自由端移动的距离
s=nh=2×12m=24m
拉力做的功
W总=Fs=250N×24m=6000J
功率
（2）从图乙中可知，当G物=300N时，机械效率η=75%，因为不计摩擦和绳重，根据
可知
解得
G动=100N
（3）工人所施加的最大拉力
F′=G人=500N
该工人竖直向下匀速拉绳子自由端运送货物时，若要工人不被拉离地面，根据可知，此滑轮组一次能提升货物的最大重力
G物′=nF′-G动=2×500N-100N=900N
答：（1）若工人用250N的拉力在1min内将货物匀速向上提高了12m，拉力做的功为6000J，功率为100W；
（2）动滑轮重力大小为100N；
（3）该工人竖直向下匀速拉绳子自由端运送货物时，若要工人不被拉离地面，此滑轮组一次能提升货物的最大重力为900N。
19．（1）2500J；（2）150W；（3）83.3%；（4）450N
【详解】解：（1）工人做的有用功
W有=Gh=500N×5m=2500J
（2）由图可知滑轮组的动滑轮绕绳子的段数n=2，拉力端移动的距离
s=2h=2×5m=10m
拉力做的总功
W总=Fs=300N×10m=3000J
拉力做功功率
（3）此过程中该装置的机械效率
（4）不计绳重和摩擦，则动滑轮重力
G动=2F-G=2×300N-500N=100N
用这个滑轮组匀速提起800N的重物，需要的拉力
答：（1）工人做的有用功为2500J；
（2）工人做功的功率为150W；
（3）此过程中该装置的机械效率为83.3%；
（4）如果用这个滑轮组匀速提起800N的重物，需要用450N的拉力。
20．（1）200N；（2）150N；（3）75%
【详解】解：（1）由图可知，承担重物绳子的段数n=3，绳端移动速度
由
可得，绳端拉力的大小
（2）不计绳重和摩擦，由可得，动滑轮的重力
（3）滑轮组的机械效率
答：（1）拉力的大小为200N；
（2）动滑轮的重力为150N；
（3）该滑轮组的机械效率为75%。
21．（1）300N；（2）200W；（3）；（4）900N
【详解】解：（1）不计摩擦和绳重，拉力
由图知n=2，则动滑轮重
（2）物体上升的速度
由图知n=2，绳子自由端移动的速度
绳子自由端拉力F的功率
（3）该滑轮组的机械效率
（4）工人施加的最大拉力等于工人的重力，F′=600 N，若不计摩擦和绳重，由
可得，物体的最大重力
答：（1）动滑轮的重力为300N；
（2）绳子自由端拉力F的功率为200W；
（3）该滑轮组的机械效率为70%；
（4）该工人利用该滑轮组能够匀速提升物体的最大重力为900N。
22．（1）66.7%；（2）70J
【详解】解：（1）由知道，重物的重力
G＝mg＝20kg×10N/kg＝200N
有用功
W有＝Gh＝200N×1m＝200J
由图知，承担物重的绳子段数n＝5，拉力做的总功
W总＝Fs＝Fnh＝60N×5×1m＝300J
所以滑轮组的机械效率
（2）提升物体的过程中所做的额外功
W额＝W总﹣W有＝300J﹣200N＝100J
滑轮组由两个动滑轮，克服动滑轮所做的额外功
W动＝G动h＝2×15N×1m＝30J
不计绳的质量，所以克服摩擦做的额外功
Wf＝W额﹣W动＝100J﹣30J＝70J
答：（1）滑轮组的机械效率是66.7%；
（2）克服摩擦做的功是70J。
