2022年人教版初中物理中考一轮复习专题训练12——简单机械.docx

1、2022年人教版初中物理中考一轮复习专题训练12简单机械一选择题（共20小题）1（2021靖江市校级一模）如图所示，用F1的力将物体B匀速提升0.5m，F1做功为3J，若借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度，F2做功为5J下列说法正确的是（）A动滑轮的重力为4NB滑轮组的机械效率为60%CF2做功的功率比F1做功的功率大D两个过程物体B都匀速运动，机械能不变2（2021乌鲁木齐模拟）一个600N重的成年人和一个小孩都过一道8m宽的水渠。成人从左岸到右岸，而小孩从水渠右岸到左岸，两岸各有一块6m长的坚实木板（忽略木板自身重量和木板叠交的距离），要使成年人和小孩都能平安过渠，小孩的体重至少

2、是（）A100NB200NC300ND400N3（2021河南三模）如图所示，物体A重为GA物体B重为GB，每个滑轮重G动，物体A在物体B的作用下沿粗糙水平面向右做匀速直线运动。如果在物体A上施加一个水平向左的力F拉动A，使物体B匀速上升h（不计滑轮组中的摩擦及绳重），下列选项不正确的是（）A物体A向左匀速直线运动时，绳子对它的拉力为G动+GB3B物体B匀速上升时，滑轮组做的有用功为GBhC力F做的功为G动h+GBhD滑轮组的机械效率大小等于GBGB+G动100%4（2021沈丘县二模）如图所示的是某提升重物的装置，用拉力F匀速提升重物，不计摩擦和绳重，则下列说法正确的是（）A拉力F的大小等于

3、物体重力G的二分之一B绳端移动的距离是物体上升高度的二倍C该装置提升重物做功的机械效率为100%D增加提升物体的重力，可以增大机械效率5（2021鼓楼区校级二模）如图所示，某建筑工人利用滑轮组提升水平面上重900N、底面积为200cm2的方形货箱，货箱20s内匀速上升4m，工人所用拉力F为500N（不计绳重和摩擦），则（）A人拉绳子的速度为0.2m/sB动滑轮的重力为100NC该装置的机械效率是90%D当滑轮组对货箱的拉力为零时，货箱对地面的压强为4.5104Pa6（2021龙岩模拟）如图所示，甲、乙两个装置所用的滑轮质量相等，用它们分别将相同质量的钩码匀速竖直提升，在相等时间内绳端A、B移动

4、相同的距离，不计绳重及摩擦，在此过程中，下列选项正确的是（）A两装置所做的额外功相等B两钩码上升的速度相等C两装置的机械效率相等D甲装置的总功比乙少7（2021广州二模）如图所示，分别用两种不同的方式提升两个相同且重力均为G的物块。甲用滑轮组匀速提升，动滑轮重力G动大于物块重力G，拉力F1做功W1，滑轮组的效率为1；乙沿斜面（如图乙所示）把物块从A点匀速提升至B点，SAB2h，拉力F2做功W2，物块与斜面的摩擦力为f1，斜面的效率为2。若两次拉力大小F1F2，则下列说法一定正确的是（）AW1W2Bf1F2C12D若提升高度相同，滑轮组的额外功大于斜面的额外功8（2021宁阳县二模）如图是工人利

5、用滑轮组提升重为810N物体的示意图，某段过程中物体匀速上升的速度为0.2m/s，工人拉力F的功率为180W，物体上升10s拉力F克服滑轮组的摩擦做的功是120J，不计绳重。则下列说法（）工人拉绳子的速度为0.6m/s工人拉绳子的力为900N滑轮组的机械效率为90%滑轮组中的动滑轮的重力为90NA只有和正确B只有和正确C只有和正确D只有和正确9（2021兴庆区校级二模）如图所示，小明用F1的力将物体B匀速提升h，小华借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度。下列说法正确的是（）A使用滑轮组过程中，绳子移动距离是物体的上升高度的两倍BF1一定大于F2C小华使用滑轮组的机械效率一定小于小明的D

6、F2做功的功率比F1做功的功率大10（2021南陵县模拟）如图甲所示的装置是用来探究滑轮组的机械效率与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出与G物关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是（）A此滑轮组动滑轮的重力为2NB当G物6N时，滑轮组机械效率40%C当G物15N时，弹簧测力计的示数为6ND此滑轮组机械效率随G物的增大而增大，最终将达到100%11（2021江汉区模拟）用如图所示的实验装置测量一形状规则，质量均匀的杠杆的机械效率（不考虑摩擦）.实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升，钩码总重G为1.2N，钩码上升高度h为0

7、.1m，测力计移动距离s为0.3m，下列说法正确的是（）A动力动力臂GOAB杠杆自重为0.2NC钩码位于A和B机械效率不变D机械效率是66.7%12（2021广州二模）如图，重力为G质量分布均匀的木棒左端与支点O连接，绕O转动时，棒所受的摩擦力可忽略不计。棒重心处受到竖直向上的拉力F1保持静止，则（）AF1GBF1OAGOBC若F1为杠杆的动力，G为杠杆的阻力，此杠杆为费力杠杆D若将竖直拉力移到C点棒仍静止，此时拉力记为F2，则F1F213（2021荆州模拟）如图所示，物体在沿斜面向上的拉力的作用下，从倾角为30的斜面底端沿着斜面向上拉，已知物体所受重力为180N，斜面的机械效率为75%。若物

8、体受到的拉力和摩擦力分别用F和f表示，则（）AF30N，f120NBF120N，f30NCF120N，f67.5NDF90N，f120N14（2021荆州模拟）“荆门至荆州城际铁路”项目于2020年开工建设，建设中用到的某种起重机的结构示意图如图所示，用该起重机将放在水平地面上的长方体混凝土墩放入水中。起重机的吊臂OAB粗细不计，可以看作杠杆，吊臂B端连着滑轮组，已知混凝土墩的密度为2.5103kg/m3，底面积为4m2，高为2m，水1.0103kg/m3；g取10N/kg。混凝土墩的质量为m，混凝土墩被提起到最高点静止时，立柱CA恰好竖直，OA：OB1：6。若忽略滑轮组、钢丝绳和吊臂的重力及

9、各种摩擦，混凝土墩浸没在水中后，起重机立柱CA对吊臂A点竖直向上的作用力是FA；它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力为F；不计水的阻力，有下列结果：m2104kg；FA7.2105N；F4104N。其中正确的个数为（）A0个B1 个C2个D3个15（2021南通模拟）如图所示，质量不计的光滑木板AB长1.2m，可绕固定点O转动，离O点0.2m的B端挂一重物G，木板的A端用一根与水平地面成30夹角的细绳拉住，木板在水平位置平衡时绳的拉力是6N。然后在O点的正上方放一质量为0.3kg的小球，若小球以25cm/s的速度由O点沿木板向A端匀速运动，问小球至少运动多长时间细绳的拉力减小到零。（g取10N/k

10、g，绳的重力不计）（）A1sB2sC3sD4s16（2021扎兰屯市三模）如图甲所示，用手直接将物体匀速提升h高度，拉力F1做功600J。若用图乙的滑轮组把此物体匀速提升相同高度，拉力F2做功为1000J。则（）A滑轮组省力情况为F2=13F1B拉力F2做的额外功为600JC滑轮组的机械效率为60%D增大动滑轮重可提高机械效率17（2021天河区校级模拟）如图所示，小明分别使用甲、乙、丙三种机械匀速提升物体M（绳长不变），测得物体M所受重力和各拉力如表所示，则（）GMF甲F乙F丙8N10N10N10NA乙、丙的机械效率相等B使用图丙斜面可以省力C甲、乙的机械效率相等D甲、丙的机械效率相等18（

11、2021昆明模拟）如图甲所示，用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组提升重物A。拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，重物上升的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。不计一切摩擦和绳重，已知在1s2s内，滑轮组的机械效率为80%。下列说法错误的是（）A01s内，重物A受到了非平衡力的作用B若以动滑轮为参照物，重物A是静止的C动滑轮的重力为300ND若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将变为70%19（2021伊州区校级一模）如图所示，用滑轮组提升重物时，将重210N的物体在5s内匀速提升了2m，已知动滑轮重为90N（不计绳重和摩擦），则提升重物的过程中，下列说法中正

12、确的是（）A提升物体的过程中，额外功为540JB绳子自由端拉力F的大小为150NC滑轮组的机械效率为70%D绳子自由端移动的距离是4m20（2021武侯区模拟）重为100N的甲物体静止在水平地面上时，对地面的压强为6105Pa。现将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，乙物体的质量为3kg，杠杆在水平位置平衡时。如图所示。OA：AB2：7，g取10N/kg。要使甲物体恰好被细绳拉离地面，则（）A甲物体对地面的压力只需减少20NB甲物体的底面积应小于6105m2C杠杆B端所挂物体的质量至少增加至4kgD可以移动支点O的位置，使AO：AB1：4二实验探究题（共5小题）21（2021

13、吴忠一模）小聪利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆的平衡条件”，请帮他完成：（1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，这时应将平衡螺母向 （填“左”或“右”）端调节，直到杠杆在水平位置平衡。实验中让杠杆在水平位置平衡的好处是 。（2）如图甲所示，在杠杆A点处挂4个钩码，B点处应挂 个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡；若两边同时都多挂上一个钩码，则杠杆的 （填“左”或“右”）端下沉；在B点也可用弹簧测力计沿竖直向下拉使杠杆在水平位置平衡，如果拉力F向右倾斜，仍要保持杠杆在水平位置平衡，拉力F的大小将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。（3）小聪又利用图乙所示装置进行探

14、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 。（4）实验结束时，小聪又想到：天平是等臂杠杆，利用杠杆也应能测量小石块的密度。于是他又设计了如下方案并进行实验：如图丙所示，安装并调平杠杆，杠杆左边挂上石块，右边挂上钩码，调节钩码位置，使杠杆平衡，测出L1的值；如图丁所示，保持L位置不变，将大杯放在左边，让石块浸没于水中。调节钩码位置使杠杆再次平衡，测出L2的值。石块密度的表达式：石 （写出推导过程）22（2021台安县校级模拟）小明在探究“杠杆平衡条件”的实验中：（1）小明实验前发现杠杆右端低，要使它在水平位置平衡，应

15、将杠杆右端的平衡螺母向 调节。小明调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是 。（2）如图甲所示，在杠杆左边A处挂3个相同钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在杠杆右边B处挂同样钩码 个。（3）如图乙所示，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 （选填“变大”“变小”或“不变”），其原因是 。（4）做实验时，当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，弹簧秤的示数将 。（填“变大”、“变小”或“不变”，设杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦）（5）完成上述实验后，小明想借用杠杆平衡原理测一块手镯的密度，如图丁和戊所示，进行以下操作

16、：把杠杆的中点悬挂在水平支架上，调节杠杆两端的螺母，使杠杆在水平位置平衡；用细线将手镯和钩码拴好，分别挂于杠杆两端，改变手镯位置，使杠杆在水平位置平衡；分别测出手镯和钩码到支点的距离L1和L2；在烧杯中盛水，将手镯浸没于水中，保持手镯位置不变，改变钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡；测出手镯到支点的距离L3。实验后小明推导出的手镯密度的表达式镯 （利用已知的物理量符号表达，钩码的重力为G，水的密度为水）。23（2021克东县校级三模）如图是智慧小组“测滑轮组的机械效率”的实验装置。测得的实验数据如表。实验次数物重G/N物体上升高度h/m拉力F/N绳端移动距离s/m机械效率110.10.60.35

17、5.6%220.11.00.366.7%340.11.80.3（1）根据表中数据，在图甲中画出实验时滑轮组的绕绳方式；（2）实验过程中，应 拉动弹簧测力计。（3）第三次实验中滑轮组的机械效率是 。（4）分析表中实验数据可知，同一滑轮组， ，滑轮组的机械效率越高。（5）若在第三次实验中，物体上升的速度为0.1m/s，则拉力F的功率为 W。（6）创新小组也利用重为1N、2N、4N的物体进行了三次实验，每次测得的机械效率均大于智慧小组的测量值，则创新小组测量值偏大的原因可能是 。A.测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方B.弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升C.所使用的动滑轮的重力小于智慧

18、小组24（2021本溪二模）下面是探究“杠杆平衡条件”的实验过程，请回答下列问题。（1）实验前要调节杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 。（2）如图甲所示，要想使杠杆在水平位置平衡，只需将支点 侧的钩码向右移动一格即可。通过改变力和力臂进行多次实验，收集到了如表所示的数据，通过分析可以得出杠杆平衡的条件是：杠杆平衡时 。次数动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm110.120.0521.50.210.3320.110.2410.252.50.1（3）天平的实质是一个等臂杠杆，根据前面的探究可知，若在调节天平时将游码归零后，指针指在分度盘中线的左侧（如图乙），则应向 调节平衡螺

19、母才能使天平平衡，这个过程实际上是通过改变 （填“力”或“力臂”）使天平平衡的。（4）如图丙所示，用天平测量物体质量的过程中将物体和砝码的位置放反了，若游码在零刻线处时天平平衡，则根据杠杆平衡条件判断，此时测量的结果与真实值相比会 （填“偏大”、“偏小”或“没有变化”）。25（2021田东县三模）小明在“探究杠杆的平衡条件”中，进行以下操作（杠杆上相邻两格之间距离相等）。（1）为了消除杠杆自重对实验的影响，把质量分布均匀杠杆的 作为支点。实验前小明先调节杠杆在水平位置平衡，杠杆平衡后，当小明在A处挂上钩码发现杠杆转动，说明力能改变物体的 。（2）杠杆平衡后，小明在如图甲所示的A位置挂上两个钩码

20、，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡；若左边钩码的拉力为动力F1，右边钩码拉力为阻力F2，此时杠杆的类型与 （选填“筷子”或“老虎钳”）相同。（3）随后，小明在杠杆A点悬挂3个重力均为0.5N的钩码，在C点用竖直向上的拉力F拉杠杆，如图乙所示，使杠杆在水平位置平衡，则拉力的大小为 N。（4）为了 （选填“减小误差”或“寻找普遍规律”），应多次实验，获得更多组数据。（5）实验结束后，同组的小红把两个质量不等的实心铜块分别挂在另一杠杆两端，此时杠杆恰好在水平位置平衡，然后再将两个铜块同时浸没在水中，如图丙所示，则杠杆将 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍然平衡”）。三解答题（共5小题

21、）26（2021广州模拟）如图所示，小慧分别使用编号、的三种机械匀速把物体M（绳长不变）提升到一定高度，测得拉力和物体M所受到的重力如下表，则三种机械中提升物体M时可以省力的是图中的 （选填对应的编号）；若图的编号中，物体M被匀速提升2m，动滑轮的重力为2N，则它的机械效率是 。F1F2F3GM5.5N5.5N4N5N27（2021京山市模拟）某同学用独轮车搬运砖头（如图）。他用80N的水平推力推着小车在水平地面上向左做匀速直线运动，突然发现前面有一个小孩，他马上用120N的力向右拉小车，使小车减速，在减速过程中，小车所受的摩擦力为 N。搬运时他应把砖头放在车箱 （选填“A”或“B”）区域，抬

22、起车把时更省力，并请你在图中作出在C点抬起车把时最小力的示意图和这个力的力臂L。28（2021花都区二模）小永猜想“使用动滑轮提升重物时，如果提升的物体重力比动滑轮的重力小，这时动滑轮就是费力的”现有下列物品及器材，重物M的重力5NGM9N，动滑轮共有4个，请你设计实验，检验小永的猜想是否正确。（1）实验器材：应该选用动滑轮 （选填“A”、“B”、“C”或“D”，也可多选）进行实验，还需要补充的实验器材有 （2）根据实验的需要，完成如图滑轮的绕线方式。（3）实验步骤： （4）分析论证：请写出判断小永猜想是否正确的依据： 29（2021花都区模拟）（1）如图所示，在以O为支点质量忽略不计的杠杆上

23、挂两个质量不等的重物A和B，调整重物的位置，使杠杆处于水平平衡状态。（忽略绳重）由图可得，A的质量 （选填“大于、“等于”或“小于”）B的质量；请在图中画出杠杆左侧所受到的拉力F，并画出F的力臂l。（2）如图所示，小明分别使用甲、乙两种不同的机械匀速提升同一物体M到同一高度。测得两次拉力和物体M所受的重力如下表所示。当使用乙机械时，测得绳子自由端移动的距离是物体M上升高度的3倍。根据题意在图乙中正确画出滑轮组的绕法；使用甲提升物体M时 （选填“省力”或“费力”）；使用 （选填“甲”或“乙”）提升物体M更费力；利用以上数据是否能算出乙提升物体M时的机械效率？如果能，请算出结果；如果不能，请说明理

24、由： F甲F乙GM7N8N6N30（2021哈尔滨模拟）巴蜀中学实验小组在测滑轮组机械效率的实验中得到的数据如表所示，实验装置如图所示。实验次数123钩码重G/N446钩码上升高度h/m0.10.10.1绳端拉力F/N1.81.42.4绳端移动距离s/m0.30.50.3机械效率%74.183.3（1）在使用甲弹簧测力计时需要竖直向上 拖动，若斜向上匀速拉动则弹簧测力计的示数会 （选填“变大”、“变小”和“不变”）；（2）从表中数据可分析出实验2是用图 （选填甲或乙）做的实验，机械效率为 %（结果精确到0.1%）；（3）通过实验1和实验2的数据分析可得出结论：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，

25、动滑轮的重量越重，滑轮组的机械效率越 （选填“高”或“低”）；（4）比较实验1和实验3可得结论：同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越 （选填“高”或“低”）；（5）在测拉力时，某同学觉得很难使测力计做匀速直线运动，不便于读数，就让弹簧测力计处于静止状态时才读数，测力计的读数变小，测得机械效率 （选填“变大”、“变小”和“不变”）；（6）通过实验2的数据分析可得出天花板对定滑轮的拉力为 N（忽略绳重和摩擦，同一个滑轮组中每个滑轮重力相等）。2022年人教版初中物理中考一轮复习专题训练12简单机械参考答案与试题解析一选择题（共20小题）1【解答】解：A、由W总W有+W额可知，使用滑轮组所做的额外

26、功为：W额W总W有5J3J2J，如果忽略绳重和摩擦，根据W额G动h可知，动滑轮的重力为G动=W额h=2J0.5m=4N，因滑轮组在实际使用过程中存在绳重和摩擦，所以动滑轮重要小于4N，故A错误；B、用F1的力将物体B匀速提升0.5m做的功为有用功，则W有3J；借助滑轮组把物体B匀速提升相同高度，F2做的功是总功，即W总5J，所以滑轮组的机械效率=W有W总100%=3J5J100%60%，故B正确；C、由题知，F2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P=Wt可知无法确定两个力做功的功率大小，故C错误；D、两个过程物体B均匀速运动，质量不变，速度不变，则动能不变，同时高度增加，则重力势能增加

27、，其机械能增加，故D错误。故选：B。2【解答】解：（1）因成年人较重，所以只要成年人能安全过水渠，则小孩也能安全过水渠；小孩站在B处让成年人先从木板上过水渠，当成年人到达水渠对岸后，站在B处，然后再让小孩过水渠如图所示：（2）把木板AB视为杠杆，O为支点，成年人对AB的压力视为阻力F2，小孩对木板的压力视为动力F1，当成年人在A时，阻力（成年人对AB的压力）最大，为F2G成年人600N，由题意和图示可知：OA2m，OB6m2m4m，由杠杆平衡条件可得：F1OBF2AO，则F1=F2OAOB=600N2m4m=300N，即小孩体重不能轻于300N；故选：C。3【解答】解：由图可知，连接动滑轮绳子

28、的股数n3，A、由于不计滑轮组中的摩擦及绳重，绳子的拉力：F1=1n（GB+G动）=GB+G动3，故A正确；B、物体B匀速上升的高度h，则滑轮组做的有用功：W有GBh，故B正确；C、当物体A向右匀速直线运动时，根据二力平衡条件可知，物体A受到的滑动摩擦力：fF1，当物体A向左匀速直线运动时，由于压力大小和接触面的粗糙不变，所以滑动摩擦力不变，仍为F1，此时对物体A受力分析，A受到水平向左的拉力F、绳子水平向右的拉力及向右的滑动摩擦力，根据力的平衡条件可知，向左的拉力：FF1+f2F1，力F移动的距离：snh3h，则力F做的功：WFs2F13h6F1h6GB+G动3h2（GB+G动）h2GBh+

29、2G动h，故C错误；D、因为不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率：=W有W总=W有W有+W额外=GBhGBh+G动h=GBGB+G动。故选：C。4【解答】解：AB、由图可知，两个滑轮的轴都是固定，因此两个滑轮都是定滑轮，根据定滑轮的特点可知，使用定滑轮时只能改变力的方向，不能省力也不能改变距离，故AB错误；CD、使用定滑轮时，若不计摩擦和绳重，则没有额外功，无论提升多重的物体，拉力做的总功始终与克服物体重力做的有用功相等，根据=W有W总100%可知，该装置的机械效率为100%，故C正确，D错误。故选：C。5【解答】解：A、由图可知n3，绳子自由端移动的距离：snh34m12m，人拉绳子的速度v=s

30、t=12m20s=0.6m/s，故A错误；B、不计绳重和摩擦，由F=1n（G+G动）可得，动滑轮的重力G动nFG3500N900N600N，故B错误；C、滑轮组的机械效率：=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF=900N3500N=60%，故C错误；D、当滑轮组对货箱的拉力为零时，货箱对地面的压力FG900N，货箱对地面的压强p=FS=900N20010-4m2=4.5104Pa，故D正确。故选：D。6【解答】解：图甲使用的是动滑轮，承担物重的绳子股数n甲2；图乙使用的是滑轮组，承担物重的绳子股数n乙3；A、已知甲、乙两图所用动滑轮质量相同，所以重力相同；已知在相等时间内绳端A、B移动相同的

31、距离，甲图中物体上升高度h甲=12s大于乙图物体上升高度h乙=13s。由W额G动h知，甲图中装置所做额外功更多。故A不正确；B、因为拉力端移动的距离snh，所以拉力端移动的速度等于物体升高速度的n倍，已知在相等时间内绳端A、B移动相同的距离，则由速度公式v=st可知绳端A、B移动的速度相等，设其大小为v，则由v绳nv物可知，钩码上升的速度分别为：v甲=12v，v乙=13v，所以两钩码上升的速度：v甲v乙。故B错误；D、提升钩码的质量相同、重力相同，且滑轮的质量相同、重力相同，不计绳重及摩擦，拉力F=1n（G+G动），n甲2，n乙3，所以绳端的拉力分别为：F甲=12（G+G动），F乙=13（G+

32、G动），则绳端的拉力F甲F乙；而绳端A、B移动相同的距离，由WFs可知拉力做的总功W甲总W乙总，即甲装置做的总功比乙多。故D不正确；C、忽略绳重和摩擦，机械效率=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动，因为提升钩码的质量相等、重力相等，动滑轮的质量相等、重力相等，所以动滑轮和滑轮组的机械效率相等。故C正确。故选：C。7【解答】解：A、已知F1F2，由于不确定物体上升高度的关系，所以由WFs可知，无法比较W1、W2的关系，故A错误；B、斜面上的物体受重力、支持力、拉力和摩擦力的作用做匀速直线运动，受力平衡，由于重力的方向竖直向下，支持力的方向垂直斜面向上，二力不平衡，故拉力与摩擦力也不平衡，f1

33、与F2大小不相等，故B错误；C、根据图甲可知，提升物体的有效绳子段数为2，则滑轮组的机械效率：1=W有用W总=GhF1s=G2F1，已知sAB2h，斜面的机械效率：2=W有用W总=GhF22h=G2F2因为F1F2，所以12，故C正确；D、若提升高度相同（h）则F1方向上移动的距离：s12h，F2方向移动的距离：sAB2h，所以由WFs可知F1、F2做的总功相等；又因为12，所以由=W有用W总可知，有用功相等；由W总W有用+W额可知，额外功也相等，即滑轮组的额外功等于斜面的额外功，故D错误。故选：C。8【解答】解：由图可知n3，绳子自由端移动的速度vnv物30.2m/s0.6m/s，故正确；因

34、为P=Wt=Fst=Fv，所以拉力：F=Pv=180W0.6m/s=300N，故错误；滑轮组的机械效率：=W有W总=GhFs=GhFnh=GnF=810N3300N=90%，故正确；因为P=W总t，所以拉力做的总功：W总Pt180W10s1800J，由=W有W总100%可得，W有W总90%1800J1620J，所以克服动滑轮重力做的额外功：W动W总W有Wf1800J1620J120J60J，物体上升的高度：hv物t0.2m/s10s2m，所以动滑轮的重力：G动=W动h=60J2m=30N，故错误；故只有正确。故选：B。9【解答】解：A由图可知n3，则使用滑轮组过程中，绳子移动距离是物体的上升高

35、度的三倍（即s3h），故A错误；B用F1的力将物体B匀速提升h，由于物体做匀速运动，所以F1G，若不计绳重和摩擦，则绳端的拉力为：F2=G+G动3=F1+G动3，但如果动滑轮很重、摩擦较大，则F1不一定大于F2，故B错误；C、小华使用滑轮组时，还要克服滑轮重力，摩擦力做功，这些都是无用功，所以小华的机械效率一定小于小明的，故C正确；DF2做的功为总功，所以F2比F1做的功多，但不知将物体提升相同高度的时间关系，则根据P=Wt知无法确定两个拉力做功的功率大小，故D错误。故选：C。10【解答】解：A、不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率=W有W总=G物hG物h+G动h=G物G物+G动，由图可知当物体的

36、重力为12N时，滑轮组的机械效率80%，即：80%=12N12N+G动，解得动滑轮重力：G动3N，故A错误；B、不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率=W有W总=G物hG物h+G动h=G物G物+G动，所以当G物6N时，滑轮组的机械效率：=6N6N+3N100%66.7%，故B错误；C、由图知n3，G物15N时，弹簧测力计读数：F=1n（G物+G动）=13（15N+3N）6N，故C正确；D、使用滑轮组时，克服物重的同时，不可避免地要克服动滑轮重做额外功，所以总功一定大于有用功，由效率公式=W有W总=G物hG物h+G动h=G物G物+G动可知机械效率一定小于1，即同一滑轮组机械效率随G物的增大而增大，但最

37、终不能超过100%，故D错误。故选：C。11【解答】解：A、根据图示可知，阻力大小等于钩码总重G，只有当杠杆在水平位置时，阻力臂才为OA，所以该关系式不一定成立，故A错误；B、有用功：W有用Gh1.2N0.1m0.12J；图中弹簧测力计的分度值是0.1N，读数为0.5N；测力计的拉力做的总功：W总Fs0.5N0.3m0.15J；则W额W总W有0.15J0.12J0.03J；测力计移动的距离s为0.3m，质量均匀的杠杆的重心在杠杆的中心，根据几何关系可知，杠杆重心上升的高度为弹簧测力计上升高度的一半，即h杠杆0.15m；不计摩擦，克服杠杆自重做的功是额外功，由W额G杠杆h杠杆可得杠杆自重：G杠杆

38、=W额h杠杆=0.03J0.15m=0.2N，故B正确；C、钩码总重不变，保持钩码提升高度不变，则有用功不变；钩码分别位于A和B时，杠杆重心上升的高度不同，则额外功不同，总功也不同，根据=W有W总可知杠杆的机械效率会发生变化，故C错误。D、该实验中，杠杆的机械效率：=W有W总100%=0.12J0.15J100%80%，故D错误；故选：B。12【解答】解：AB、由图示可知，杠杆受到的动力竖直向下，阻力为杠杆的自重，方向竖直向下，作用点都在A点，因此动力臂等于阻力臂，都为OB，则有：F1OBGOB，故F1G，故A正确，B错误；C、若F1为杠杆的动力，G为杠杆的阻力，则动力臂等于阻力臂，因此杠杆为

39、等臂杠杆，故C错误；D、若将竖直拉力移到C点，显然动力臂变大，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可得，要使棒仍静止，需减小动力，因此F1F2，故D错误。故选：A。13【解答】解：设斜面的高度为h，斜面的长度为s。因为倾角为30，所以s2h；有用功为：W有Gh，W总Fs，斜面的机械效率为：=W有W总=GhFs=GhF2h=G2F=180N2F；即75%=180N2F，故F120N；额外功为：W额W总W有FsGhFsG0.5s（F0.5G）s；又因为额外功为：W额fs，故有：fs（F0.5G）s，fF0.5G120N0.5180N30N；故ACD错误，B正确。故选：B。14【解答】解：（1）混凝土墩

40、的体积为：VSh4m22m8m3；根据=mV可知，物体的质量为：mVSh2.5103kg/m38m320000kg，故正确；（2）混凝土墩浸没在水中受到浮力是：F浮水gV排1.0103kg/m310N/kg8m38104N；混凝土墩的重力：Gmg2104kg10N/kg2105N；如图，作出动力臂和阻力臂，在RtAOC和RtBOD中，ACBD，所以AOCBOD，OA：OB1：6所以，OC：OD1：6，由图知，当石墩被提起且仍浸没在水中时，若忽略动滑轮、钢绳和吊臂的重力及各种摩擦，石墩对杠杆B点的拉力为FBGF浮2105N8104N1.2105N，根据杠杆平衡条件可得：FAOCFBOD，起重机立

41、柱CA对吊臂A点竖直向上的作用力：FA=FBODOC=1.2105N67.2105N；故正确；（3）混凝土浸没在水中后，它匀速下降过程中所受钢丝绳的拉力等于重力减去浮力，拉力为F拉FBGF浮2105N8104N1.2105N，故错误。故选：C。15【解答】解：（1）作出A端拉力的力臂，如图所示：由杠杆平衡条件得：FL1GBO，即：FAOsin30GBO，代入数据可得：6N0.5（1.2m0.2m）G0.2m，解得：G15N；（2）质量为0.3kg的小球的重力：G球m球g0.3kg10N/kg3N，当绳子拉力为0时，设球离O点距离为L球，由杠杆平衡条件得：G球L球GBO，即：3NL球15N0.2

42、m，解得：L球1m100cm，由v=st可知，球运动的时间：t=L球v球=100cm25cm/s=4s。故选：D。16【解答】解：A、用F1的力将物体B匀速提升，F1G；由图可知，不计绳重与摩擦，拉力F2=13（G+G动）=13（F1+G动），故A错误；B、F1做功600J，F2做功为1000J，拉力F2做的额外功为1000J600J400J，故B错误；C、F1做的功600J为使用滑轮组时做的有用功，F2做的功为1000J是总功，滑轮组的机械效率=W有用W总=600J1000J100%60%，故C正确；D增大动滑轮的重力，增大了额外功，根据=W有用W总=W有用W有用+W额知，有用功不变，机械效

43、率减小，故D错误。故选：C。17【解答】解：ACD、甲图承担物重的绳子股数为1，则拉力端移动的距离sh，拉力做的有用功W有用Gh，拉力做的总功W总FsFnhnFh，机械效率=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF=GMF甲=8N10N100%80%；乙图承担物重的绳子股数为2，则拉力端移动的距离s2h，乙图中的机械效率为：=W有用W总=GhFs=GhFnh=GnF=GM2F乙=8N210N100%40%；丙图中斜面的机械效率为：=W有用W总=GMhF丙s=8N2m10N4m100%40%，所以乙、丙两图的机械效率相等，甲图的机械效率是乙、丙图机械效率的2倍，故A正确，CD错误；（2）因为丙图

44、的拉力大于物体M的重力，所以丙图使用斜面不能省力。故B错误。故选：A。18【解答】解：A.由图丙可知，物体在01s内做变速运动，运动状态发生改变，由此可知物体A受到了非平衡力作用，故A正确；B.随物体一起运动的滑轮叫动滑轮，因为重物相对于动滑轮的位置没有发生改变，所以重物相对于动滑轮是静止的，故B正确；C.在1s2s内，由图甲可知滑轮组绳子的有效股数n3，由图乙可知拉力F500N，由图丙可知物体匀速上升，则滑轮组的机械效率=W有W总100%=GhFs100%=GhFnh100%=GnF100%=G3500N100%80%，解得：G1200N，不计一切摩擦和绳重，由F=1n（G+G动）可得，动滑

45、轮的重力G动nFG3500N1200N300N，故C正确；D.若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率=W有W总100%=Gh(G+G动)h100%=GG+G动100%=900N900N+300N100%75%，故D错误。故选：D。19【解答】解：A.不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的额外功W额G动h90N2m180J，故A错误；B.由图可知，滑轮组绳子的有效股数n3，则绳子自由端拉力F=1n（G+G动）=13（210N+90N）100N，故B错误；C.滑轮组的机械效率=W有W总100%=Gh(G+G动)h100%=GG+G动100%=210N210N+90N1

46、00%70%，故C正确；D.绳子自由端移动的距离snh32m6m，故D错误。故选：C。20【解答】解：A.杠杆B端受到的拉力FBG乙m乙g3kg10N/kg30N，由杠杆的平衡条件可得FAOAFBOB，则杠杆A端受到的拉力FA=OBOAFB=AB-OAOAFB=7-2230N75N，此时甲物体对地面的压力F压G甲FA100N75N25N，要使甲物体恰好被细绳拉离地面，甲物体对地面的压力只需减少25N即可，故A错误；B.重为100N的甲物体静止在水平地面上时，对地面的压力F压100N，由p=FS可得，甲物体的底面积S=F压p=100N6105Pa1.67104m26105m2，故B错误；C.甲物

47、体恰好被细绳拉离地面时，A端受到绳子的拉力FAG甲100N，由杠杆平衡条件可得：FAOAFBOB，则杠杆B端受到的拉力FB=OAOBFA=OAOBFA=OAAB-OAFA=27-2100N40N，因杠杆B端受到的拉力等于物体乙的重力，所以，由Gmg可得，物体乙的质量m乙=G乙g=FBg=40N10N/kg=4kg，则杠杆B端所挂物体的质量至少增加至4kg，故C正确；D.设甲物体恰好被细绳拉离地面时AOAB=k，由杠杆的平衡条件可得：FAOAFBOB，即100NkAB30N（ABkAB），解得：k=313，即AO：AB3：13，故D错误。故选：C。二实验探究题（共5小题）21【解答】解：（1）杠

48、杆静止时，杠杆的右端低，往左边上翘，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；使其在水平位置平衡的主要目的是方便测量力臂，还可以避免杠杆自重对实验的影响；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALAFBLB，即4G3LFB2L，解得FB6G，需挂6个同样的钩码；若两边同时都多挂上一个钩码，则杠杆左边：FALA5G3L15GL，杠杆右边：FBLB7G2L14GL，因为15GL14GL，故杠杆的左端会下沉；拉力F向右倾斜时，此时拉力F的动力臂变小，根据杠杆的平衡条件，阻力阻力臂不变，仍要保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的示数将变大；（3）通过图乙的装置

49、可以看出，装置中支点不在杠杆的中点，杠杆左侧除了钩码的拉力还有杠杆重力的作用，无法排除杠杆自身重力对实验的影响；（4）设每个钩码的重量为G，则在图丙中，根据杠杆平衡条件可知：G小石块LGL1，得到G小石块=GL1L，小石块的质量为：m小石块=G小石块g=GL1Lg，当小石块浸没在水中平衡时，设石块所受的拉力为F，根据杠杆平衡条件可知：FLGL2，得到F=GL2L，石块所受的浮力为：F浮G小石块F=GL1L-GL2L=G(L1-L2)L，由F浮水gV排水gV小石块可知：V小石块=F浮水g=G(L1-L2)L水g=G(L1-L2)水gL，由密度公式=mV可知：=m小石块V小石块=GL1LgG(L1

50、-L2)水gL=L1L1-L2水。故答案为：（1）左；便于测量力臂；（2）6；左；变大；（3）杠杆自身重力影响；（4）L1L1-L2水。22【解答】解：（1）杠杆的右端低，往左边上翘，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；使其在水平位置平衡的主要目的是方便测量力臂，还避免杠杆自重对实验的影响；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALAFBLB，即3G4LFB3L，解得FB4G，需挂4个钩码；（3）拉力F向右倾斜时，此时拉力F的动力臂变小，根据杠杆的平衡条件，阻力阻力臂不变，仍要保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计的示数将变大；（4）做实验时杠杆已

51、达到平衡，当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2分析可知动力是不变的；（5）设每个钩码的重量为G，则在图丁中，根据杠杆平衡条件可知：G手镯L12GL2，得到G手镯=2GL2L1，手镯的质量为：m手镯=G手镯g=2GL2L1g，当手镯浸没在水中平衡时，设测力计的拉力为F，根据杠杆平衡条件可知：FL12GL3，得到F=2GL3L1，手镯所受的浮力为：F浮G手镯F=L2-L3L12G，由F浮水gV排水gV手镯可知：V手镯=F浮水g=L2-L3L12G水g=L2-L3水gL12G，由密度公式=mV可知：手镯=m手镯V

52、手镯=2GL2L1gL2-L3水gL12G=L2L2-L3水。故答案为：（1）左；便于测量力臂；（2）4；（3）变大；动力臂变小；（4）不变；（5）L2L2-L3水。23【解答】解：（1）根据表中数据可知，s3h，所以滑轮组由3段绳子承担物重，因此应从动滑轮绕起，如下图所示：（2）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数；（3）第三次实验中滑轮组的机械效率：=W有W总100%=GhFs100%=4N0.1m1.8N0.3m100%74.1%；（4）纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；（5）已知物体上升的速度为0.1m/s，

53、则绳子自由端的速度：v3v物30.1m/s0.3m/s，根据表中第三次实验数据可知，F1.8N，则拉力F的功率：P=Wt=Fst=Fv1.8N0.3m/s0.54W； （6）A测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，则测得的拉力变大，总功变大，在有用功一定时，滑轮组的机械效率将变小，不符合题意；B弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，测得的拉力变大，总功变大，在有用功一定时，滑轮组的机械效率将变小，不符合题意；C使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮重力做的功减小，即额外功减小，在有用功一定时，总功减小，滑轮组的机械效率将变大，符合题意；故选C。用功一定时，滑轮组的机械效率将变小，

54、不符合题意；C使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮重力做的功减小，即额外功减小，在有用功一定时，总功减小，滑轮组的机械效率将变大，符合题意；故选C。故答案为：（1）如上图所示；（2）竖直向上匀速；（3）74.1%；（4）物重越大；（5）0.54；（6）C。24【解答】解：（1）实验前要调节杠杆在水平位置平衡，此时杠杆的重心过支点，杠杆重力的力臂为0，则这样做的目的是消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）如图甲所示，要想使杠杆在水平位置平衡，设一个钩码重为G，杠杆一个小格代表L，根据杠杆平衡条件得，2G2LGnL，所以n4，所以右端钩码向右移动1格，此时使杠杆在水平位置平衡；从实验表格中可知

55、，几次实验数据都满足：动力动力臂阻力阻力臂；（3）将游码归零后，指针偏在分度盘左侧，为使天平平衡，此时应将右端平衡螺母向右调节；天平的实质是一个等臂杠杆，右端平衡螺母向右调节，增大平衡螺母到支点的距离，所以该操作实际上是通过增大右端平衡螺母对杠杆作用力的力臂来实现的；（4）如图丙所示，用天平测量物体质量的过程中将物体和砝码的位置放反了，若游码在零刻线处时天平平衡，则根据杠杆平衡条件判断，天平是等臂杠杆，左盘的质量等于右盘质量，此时测量的结果与真实值相比会没有变化。故答案为：（1）消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；（2）右；动力动力臂阻力阻力臂；（3）右；力臂；（4）没有变化。25【解答】解：（1）

56、把质量分布均匀的杠杆中点置于支架上，杠杆的重心通过支点，消除杠杆自重对杠杆平衡的影响；为了方便直接测出力臂，实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，当在A处挂上钩码后杠杆转动，说明力能改变物体的运动状态；（2）设一个钩码重为G，一格的长度为L；根据杠杆的平衡条件可得：2G5LnG2L，解得：n5，左边钩码的拉力为动力F1，右边钩码拉力为阻力F2，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，此时杠杆的类型与老虎钳相同；（3）由图可知，根据杠杆平衡条件得：FALAFCLC，30.5N5LFC3L，所以FC2.5N；（4）初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，小明测出了多组动力和动力臂的数据，是为了避免实验结论的

57、偶然性，寻找普遍规律；（5）小红把两个质量不等的实心铜块分别挂在另一杠杆两端，此时杠杆恰好在水平位置平衡，此时根据杠杆平衡条件有，m1gL1m2gL2，再将两个铜块同时浸没在水中，如图丙所示，左右力臂不变，物体分别受浮力，对杠杆的拉力，F1m1g水gV排m1g水gm1铜=m1g（1-水铜）；F2m2g水gV排m2g水gm2铜=m2g（1-水铜）；因为，m1gL1m2gL2，所以，m1g（1-水铜）L1m2g（1-水铜）L2，符合杠杆的平衡条件，F1L1F2L2，将两个铜块同时浸没在水中，如图丙所示，则杠杆将仍然平衡。故答案为：（1）杠杆自重；运动状态；（2）5；老虎钳；（3）2.5；（4）寻找

58、普遍规律；（5）仍然平衡。三解答题（共5小题）26【解答】解：（1）由表中数据可知，F1GM，F2GM，F3GM，所以编号的机械可以省力；（2）由图可知，编号中n2，则滑轮组的机械效率：=W有W总=GMhF3s=GMhF3nh=GMnF3=5N24N=62.5%。故答案为：；62.5%。27【解答】解：（1）由题意可知，小车在做匀速直线运动时，推力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力fF80N；当用相反的力拉小车，使小车减速时，小车的运动状态发生了改变，但影响摩擦力的因素：压力和接触面的粗糙程度均不变，故小车所受的摩擦力大小不变，仍为80N；（2）以车轮的中点为支点，砖头的重力为阻力，阻力一定，把砖

59、头放在车箱A区域时的阻力臂小于放在B区域时的力臂，根据杠杆平衡的条件可知，把砖头放在车箱A区域，抬起车把时更省力；当所用的力力臂最大时，所用的力最小，而最大的力臂等于支点到车把最右端的距离，则当力作用在C点且与OC连线垂直向上时，力最小，如图所示：故答案为：80；A；见上图。28【解答】解：（1）本题探究的是“使用动滑轮提升重物时，如果提升的物体重力比动滑轮的重力小，这时动滑轮就是费力的”，故应选取的动滑轮的重力应该大于提升的物体重力；测量力的大小的仪器是弹簧测力计；（2）如图所示：（3）将重物M分别挂在B、C、D动滑轮下，用弹簧测力计匀速竖直向上拉，读出示数测力计的示数F1、F2和F3。（4

60、）若GF1、GF2、GF3，则小永猜想正确，若不是，则小永猜想错误。故答案为：（1）BCD；弹簧测力计；（2）如下图：（3）将重物M分别挂在B、C、D动滑轮下，用弹簧测力计匀速竖直向上拉，读出示数测力计的示数F1、F2和F3；（4）若GF1、GF2、GF3，则小永猜想正确；若不是，则小永猜想错误。29【解答】解：（1）已知杠杆处于水平平衡状态，根据杠杆平衡条件可得：GALAGBLB，由图可知，LALB，则GAGB，由此可知，mAmB；由题知O为支点，拉力作用在绳子与杠杆的接触点，拉力F的方向沿绳子向下，过支点O作垂直于拉力F作用线的垂线段即为F的力臂L，如图所示：（2）已知绳子自由端移动的距离

61、是物体M上升高度的3倍，即s3h，所以提升物重绳子的有效股数为3，因此绳子需从动滑轮开始绕，依次绕过定滑轮和动滑轮，如下图所示：根据表格数据可知，F甲GM，F乙GM，且F甲F乙，所以使用甲提升物体M时费力；使用乙提升物体M更费力；由表格数据和题意可知，M的重力GM6N、乙提升物体M时的拉力F乙8N，乙机械中绳子的有效股数n3，则乙提升物体M时的机械效率：乙=W有W总=GMhF乙s=GMhF乙3h=GM3F乙=6N38N100%25%。故答案为：（1）小于；见解答；（2）见解答；费力；乙；能；乙提升物体M时的机械效率为25%。30【解答】解：（1）在使用弹簧测力计时，要保证匀速直线拉动，才能稳定

62、的读取弹簧测力计的示数；若斜向上匀速拉动弹簧测力计会导致力臂变小，力变大，弹簧测力计的示数变大；（2）由表中实验数据可知，实验2中绳子自由端移动的距离是钩码上升高度的5倍，承重绳的股数为5，由图示可知，实验用的是乙图所示的滑轮组。由表中数据可知，滑轮组机械效率为=W有W总=GhFs=4N0.1m1.4N0.5m57.1%；（3）由实验1和实验2的数据分析可知，提升重物相同，距离相同，只是滑轮组不同，尤其是动滑轮的个数不同，实验2的机械效率低于实验1，因此可得出：使用不同的滑轮组，提升相同的重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；（4）实验3的机械效率为83.3%大于实验1的机械效率74.1%，说明使用同一滑轮组，提升重物的重力越大，滑轮组的机械效率越高；（5）要正确测量拉力，所以弹簧测力计需要做匀速直线运动。而当弹簧测力计静止读数时，便不会存在摩擦力对拉力的影响，所以所测的拉力偏小，机械效率变大了；（6）根据F=1n（G+G动），通过实验2的数据分析可得出，动滑轮的重力等于定滑轮的重力，所以天花板对定滑轮的拉力为F拉2nF+GF251.4N4N1.4N8.6N。故答案为：（1）匀速；变大；（2）乙；57.1；（3）低；（4）高；（5）变大；（6）8.6。