《2025年全效学习九年级科学全一册华师大版》

变式4-2 如图甲所示是铁路修建时用到的某型号起重机，如图乙所示是该起重机的示意图。起重机重3×10⁴N（包括悬臂），重心为P₁，为了使起重机起吊重物时不倾倒，在其右侧配有配重M，重心为P₂，现测得AO为9m，OB为1m（g取10N/kg）。

(1)由图丙知，起重机通过滑轮组与货物相连，滑轮E的主要作用是改变力的方向。
(2)根据图乙计算不加配重时，该起重机一次最多能吊起多重的货物（不计滑轮和钢丝绳重）。
(3)若起重机吊着重为1.2×10⁴N的货物沿水平方向移动20m，则此过程中没有克服货物重力做功，理由是______。
(4)如图丙所示是起重机的滑轮组装置示意图。起重机悬臂的底部有经电动机带动的两台相同的卷扬机，这两台卷扬机一起转动回收钢丝绳，从而吊起物体。某次将质量为2×10³kg的建筑材料匀速竖直向上吊起5m，起吊装置（电动机）的效率为80％，则电动机做的总功为多少？

答案：
(1)改变力的方向
(2)若起重机不加配重,在起吊货箱时，支点为$B$，设起重机最多能吊起的货箱重为$G$，根据杠杆平衡条件有$G\cdot AB = G_{起重机}\cdot BO$，即$G×8m = 3×10^{4}N×1m$，解得$G = 3750N$。
(3)起重机拉力的方向竖直向上，货物沿水平方向移动，没有在拉力的方向上通过一定的距离
(4)有用功$W_{有}=G_{材料}h = m_{材料}gh = 2×10^{3}kg×10N/kg×5m = 1×10^{5}J$。
　电动机做的总功$W=\frac{W_{有}}{\eta}=\frac{1×10^{5}J}{80\%}=1.25×10^{5}J$。

典例5 节假日在公园能欣赏到美丽的喷泉，随着音乐的节奏，喷洒出高低不同的水柱，如图所示。下列有关说法错误的是(D)


A.在上升过程中水的动能减小
B.在下落过程中水的势能减小
C.水柱离开喷出口时具有的动能越大，水就会喷得越高
D.水柱到最高点后不能继续升高，是由于水受力平衡

答案： D

变式5-1 如图所示，小球在A点由静止开始释放并向右侧摆动，B点是小球摆动的最低点，C点是小球摆到右侧的最高点，且A、C两点到B点所在水平面的竖直距离h_A＞h_C。下列说法中，不正确的是(C)


A.A点小球的机械能最大
B.小球的机械能总量逐渐变小
C.小球的机械能总量保持不变
D.小球的动能和重力势能可以相互转化

答案： C

变式5-2 如图所示，弹簧左端固定，用木块压缩弹簧到O点，静止释放后木块在水平地面上向右滑行，经弹簧原长S₁点，继续滑行至S₂点停下。木块从O点开始运动所经过的路程为S；则在整个运动过程中木块和弹簧所具有的机械能总量(E)与木块经过的路程(S)的关系正确的是(B)

答案： B