9.江苏物理中考各地区模拟考试试题分类(9)——简单机械(含解析)

2018-2020年江苏物理中考各地区模拟考试试题分类（9）——简单机械一．选择题（共12小题）

1．（2020?锡山区校级三模）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．滑轮组的机械效率为60%

B．F2做功的功率比F1做功的功率大

C．动滑轮的重力为4N

D．两个过程物体B都匀速运动，机械能不变

2．（2020?江阴市模拟）如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡。如在木棒的A、C两点各增加一个同样的钩码，则木棒（）

A．平衡被破坏，转动方向不确定

B．仍保持水平平衡

C．绕O点逆时针方向转动

D．绕O点顺时针方向转动

3．（2020?梁溪区一模）“十一”假期，小华在河下古镇漫步，在古镇巷子的木门外发现如图甲所示的水龙头，外人很难徒手拧开水龙头，用水时需用如图乙所示的钥匙，安装并旋转钥匙就能正常出水（如图丙所示）。下列有关这把钥匙的分析中正确的是（）

A．在使用过程中可以减小阻力臂

B．在使用过程中可以减小阻力

C．在使用过程中可以减小动力

D．在使用过程中可以减小动力臂

4．（2020?无锡模拟）如图所示，用F1的力将物体B匀速提升h，F1做功为300J，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500J．下列说法正确的是（）

A ．滑轮组的机械效率为60%

B ．F 2做功的功率比F 1做功的功率大

C ．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

D ．两个过程物体B 都匀速运动，机械能不变

5．（2020?无锡模拟）如图所示，用相同的滑轮不同的绕法提起相同的重物，绳重、摩擦忽略不计，在物体

匀速上升的过程中（ ）

A ．甲图省力，机械效率甲图大

B ．甲图省力，机械效率一样大

C ．乙图省力，机械效率乙图大

D ．乙图省力，机械效率一样大

6．（2020?锡山区一模）用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η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η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 ．同一滑轮组机械效率η随G 物的增大而增大，最终将超过100%

B ．G 物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组机械效率将改变

C ．此滑轮组动滑轮的重力为2N

D ．当G 物＝6N 时，机械效率η＝66.7%

7．（2020?无锡二模）一均匀木板AB ，B 端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫了块C ，

恰好使木板水平放置，如图所示，现在水平力F 将C 由A 向B 匀速推动过程中，推力F 将（ ）

A ．大小不变

B ．逐渐增大

C ．先增大后减小

D ．先减小后增大

8．（2019?江阴市模拟）如图所示的滑轮组，每个滑轮重120N ，用这个滑轮组把重为600N 的重物在3s

内

匀速提升6m，不计绳重和摩擦，下列说法中不正确的是（g＝10N/kg）（）

A．作用在绳子自由端的拉力F为240N

B．绳子自由端移动的速度为6m/s

C．滑轮组的机械效率为83.3%

D．减小所提物体的重力既可使绳子自由端的拉力减小，又可提高滑轮组的机械效率

9．（2019?新吴区一模）用如图所示动滑轮，沿竖直方向匀速拉动绳子，使物体缓慢上升，动滑轮的重力不可忽略，现只改变物体的重力G，不计绳重与摩擦，则动滑轮的机械效率η与物体重力G的关系可能是（）

A．B．

C．D．

10．（2018?江阴市模拟）小明用如图所示的甲、乙两个滑轮组，分别在相同时间内将同一重物匀速提升相同高度，每个滑轮的重均相等，不计绳重及摩擦。针对这一现象，小明得出了4个结论：①F1做的功等于F2做的功；①甲滑轮组的机械效率等于乙滑轮组的机械效率；①使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力；

①F1做功的功率等于F2做功的功率；其中正确的为（）

A ．①、①、①

B ．①、①、①

C ．①、①、①

D ．①、①、①、①

11．（2018?无锡一模）如图所示，甲、乙两套装置的动滑轮质量相等，用它们分别将质量相等的物体在相

等的时间内竖直向上匀速提升相同的高度，所用向上的拉力分别为F 1和F 2，拉力做功的功率分别为P 1和P 2，两装置的机械效率分别为η1和η2，不计绳重及摩擦。则下列判断正确的是（ ）

A ．F 1＜F 2，P 1＜P 2，η1＜η2

B ．F 1＞F 2，P 1＜P 2，η1＝η2

C ．F 1＜F 2，P 1＜P 2，η1＝η2

D ．F 1＞F 2，P 1＝P 2，η1＝η2

12．（2018?无锡模拟）如图所示，每个滑轮重10N ，拉动绳子自由端，用这个滑轮组把重为140N 的物体匀

速提升3m ，不计绳重和摩擦，g 取10N/kg 。下列选项正确的是（ ）

A ．作用在绳自由端的拉力大小为50N

B ．滑轮组对物体做的有用功为450J

C ．绳端移动距离是物体上升高度的三倍

D ．动滑轮越重，该滑轮组机械效率越小

二．填空题（共13小题）

13．（2020?无锡二模）如图所示，一长为L 的粗细不均匀的水泥电线杆，重心在距离A 端13L 处，当用竖直

向上的力F 1将A 端抬高h （B 端仍在地面上）时，F 1做功为W 1；当用竖直向上的力F 2将B 端抬高2h ，（A 端仍在地面上）时，F 2做功为W 2，则F 1：F 2＝ ，W 1：W 2＝ 。 14．（2020?无锡二模）机器人在今年抗击新冠肺炎疫情期间发挥了巨大的作用，如图所示，它的机械手可

以抓取医疗用品并交给护士或医生，机械手的前臂是 杠杆；病房内还配置了自助式消毒机，这是利用 （红外线/紫外线）消毒灭菌的。

15．（2020?无锡二模）用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如表：

次数 物重G/N

物体上升高度h/m

拉力F/N 机械效率η

1 2 0.2 1.0 66.7%

2 3 0.2 1.4 71.4%

3 6 0.2 2.5

（1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，绳子自由端移动距离为 m ；

（2）分析表中数据，动滑轮重至少小于 N ，第3次实验的机械效率为 %。 16．（2020?滨湖区一模）我国古人在应用天平的实践中掌握了杠杆的原理，《墨经》最早进行了记载。书中

将被称量的重物叫“重”，砝码叫作“权”，支点到“重”的距离称为“本”，支点到“权”的距离称为“标”，如图所示。调节“本”短“标”长的杠杆在水平位置平衡后：

（1）若在两边的盘中分别放入质量相同的砝码，则“标”的一边将 （选填“下沉”、“上升”或“仍平衡”）。

（2）取下左右盘中的砝码，将物体A 放在右盘中，左盘放入质量为m 1的物体B ，杠杆在水平位置平衡；取出物体A 、B ，再将物体A 放在左盘中，右盘放入质量为m 2的物体C ，杠杆再次在水平位置平衡，则物体A 质量的表达式为 （用m 1、m 2表示）。

17．（2020?新吴区二模）如图所示，轻质杠杆COD 在水平位置保持静止，G A ＝15N ，G B ＝12N ，柱形容器

中装有水，CO ：OD ＝2：3，则此时B 受到的浮力为 N ；若把物体A 挂在E 点，CE ：EO ＝2：3，

向容器中缓慢加水，当物体B 刚好浸没时，杠杆重新在水平位置保持静止，则物体B 的密度为 kg/m 3（ρ水＝1.0×103kg/m 3，g ＝10N/kg ）。

18．（2020?江阴市模拟）工人用如图甲所示的滑轮组运送货物上楼，滑轮组的机械效率随货物重力变化的

图象如图乙，机械中摩擦力及绳重忽略不计。从图象可知影响滑轮组机械效率的因素之一是 ，动滑轮重 N ．货物重270N 时工人向下拉绳子的拉力是 N 。

19．（2020?江阴市一模）如图所示是“测量滑轮组机械效率”的实验装置，钩码总重6N ，实验时要竖直向

上匀速拉动测力计，由图可知拉力大小为 N ，若钩码上升的高度为8cm ；滑轮组做的有用功是

J，该滑轮组的机械效率为。（结果保留一位小数）

20．（2019?梁溪区一模）在探究杠杆平衡条件的实验中（每个钩码的重力均为G，杠杆上每格长度均为a）（1）如果小明同学面对甲图状况，没有调水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计已倒置校“0”，且秤钩钩在距支点4格处），此时杠杆水平平衡，可以判断：2G?3a F1?4a（选填“＞”、“＝”或“＜”，F1是弹簧测力计的示数）。

（2）面对甲图状况，小华同学按正确的操作将杠杆调至水平平衡后，进行丙图实验，小华同学将调好的弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆距支点4格处，向下拉秤钩，杠杆水平平衡时弹簧测力计示数为F2，已知弹簧测力计“圆环连同金属外壳”的重力为G0，则2G?3a＝（选填“F2?4a”或“（F2+G0）?4a”或“（F2﹣G0）?4a”）。

（3）小丽同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（两弹簧测力计不同时使用，测力计挂钩钩在4格处），①将弹簧测力计向右下方向拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；①将该弹

簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。若F3＞F4，则

θ

β

（选填“＞”、“＝”或“＜”）。21．（2019?无锡一模）用如图装置拉一重为200N的重物，使其在地面上做匀速直线运动，若不计滑轮重和

摩擦，所需拉力为16N，则物体与地面间的摩擦力为N．此装置的实际机械效率为80%，那么实际拉力为N。

22．（2018?梁溪区二模）如图所示是小明探究“杠杆平衡条件”的实验装置，实验中杠杆始终处于水平平衡状态。若在C处逐渐改变弹簧测力计拉力的方向，使其从①变为①再变为①，则拉力的变化情况是。若取走弹簧测力计，改为在A处挂钩码，则应在A处挂个钩码，杠杆处于水平平衡状态。

23．（2018?惠山区二模）如图1所示在探究杠杆平衡条件实验中，按图中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略绳子受到的实际拉力，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如图2所示竖直

放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时移动弹簧测力计的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。

24．（2018?惠山区校级一模）探究杠杆平衡条件实验。实验前，发现杠杆右端高，要使杠杆在水平位置平衡，应将左端螺母向调节。如图所示，实验时，在杠杆左边A处挂两个相同钩码（每个钩码50g），要使杠杆再次在水平位置平衡，左端B处弹簧测力计读数为N．弹簧测力计沿竖直方向用3N的拉力拉着钩码在2s内竖直向上移动6cm，则拉力的功率是W。

25．（2018?宜兴市一模）如图1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2所示，重物上升的速度v随时间t变化的关系如图3所示。不计一切摩擦和绳重，已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%．

（1）0～1s内，重物A受到了（选填“平衡力”或“非平衡力”）的作用。

（2）此滑轮组中的动滑轮重N，若将重物A的重力变为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

三．作图题（共7小题）

26．（2020?锡山区校级一模）如图，F2为阻力，l1为动力臂，做出F l的示意图，以及F2的力臂。

27．（2020?惠山区校级一模）如图所示是一种抽水马桶水箱自动上水的轻质装置的示意图。当水箱内的水达到一定高度时，浮标带动杠杆AOB压住入水口，停止上水。请在图中画出动力F1（水箱里的水给杠杆AB的力）和B处阻力F2。

28．（2020?锡山区一模）如图所示，将一根质量均匀的铁棒按4：3的比例折成直角后，一端用绞链固定在墙上，铁棒能绕O点转动，此棒重70N，若要保持此棒在图示位置平衡，请在图中画出加在A端的最小动力的示意图。

29．（2020?滨湖区一模）图甲是打开的汽车后备箱盖，它被液压杆支撑（不计后备箱盖重）。关箱盖时，它可看作一个杠杆，图乙是其简化图：O是支点，F2是液压杆作用在A点的阻力。请在图乙中画出：（1）阻力臂l2；

（2）在B点关上后备箱盖的最小动力F1。

30．（2019?惠山区校级二模）如图所示，用一杠杆撬一块石头，O为支点，杠杆上的A点是动力的作用点，请画出能撬动石块的最小动力F的示意图以及力臂L。

31．（2019?惠山区一模）如图，请画出力F1的力臂。

32．（2019?滨湖区模拟）如图所示，站在地面上的小华借助滑轮组匀速提升重物，画出滑轮组的绕线方法。

四．实验探究题（共3小题）

33．（2020?江阴市二模）小梦用如图所示的装置做“探究杠杆的平衡条件”实验。

（1）实验开始时，杠杆的位置如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向（左/右）移动。

（2）小梦在做探究杠杆平衡条件的实验时，先在杠杆两侧挂钩码进行实验探究，再用弹簧测力计取代一侧的钩码继续探究，如图乙所示，他这样做的最终目的是。

A．便于直接读出拉力的大小

B．便于提供不同方向的拉力

C．便于正确认识力臂

D．便于测量力臂的大小

（3）当杠杆平衡时，在阻力和阻力臂保持不变的条件下，动力和动力臂成反比如图丙所示，在刻度线“2”

处挂2个钩码。在刻度线“4”处用调好的弹簧测力计竖直向下拉杠杆，杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计的示数为F1，将弹簧测力计斜向左拉，杠杆在水平位置平衡时，其示数为F2，则F2（大于/等于/小于）F1。

（4）小梦设计了如图丁所示的AOB为一轻质杠杆，O为支点，AO＝OB；在杠杆右端A处用细绳悬挂重为16N的物体，当AO段处于水平位置时，为保持杠杆平衡，需在B端施加最小的力为F3＝N；

若作用在B端一个力F使杠杆AOB匀速转动，当BO段在水平位置时保持杠杆平衡，这时在B端施加最小的力为F4将（小于/等于/大于）F3。

34．（2019?滨湖区模拟）小明和同学们在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：刻度均匀的杠杆（每个小格长度为5cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和重量相同的0.5N钩码若干个。

（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，此时，应把杠杆两端的平衡螺母向（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时，达到水平平衡状态。

（2）接着，小明将钩码挂在杠杆两侧，如图（1）所示，他根据图（1）中的数据得出结论：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离，小王同学认为小明的结论是错误的。小王利用图（1）的装置，进行了探究，下列能帮助小王同学得出正确结论的操作是。

A．去掉一侧钩码，换用弹簧测力计竖直向下拉

B．去掉一侧钩码，换用弹簧测力计斜向下拉

C．去掉一侧钩码，换用弹簧测力计竖直向上拉

D．增加钩码个数，多次试验使结论更有普遍性

（3）小同学在图（1）中，保持A点所挂的钩码个数不变，取下弹簧测力计，挂在支点O右侧不同位置，用弹簧测力计施加竖直向下的拉力F，使杠杆水平平衡，测出每一组力F和对应的力臂L，并记录在右表中。请根据表中数据，在图（2）坐标系中绘制出L与F的图象，当L为50cm时，F为N。

次数力F/N力臂L/cm

10.7540

2 1.030

3 1.520

4 2.015

5 3.010

（4）小华又进行了课外探究，她找来相同的硬币若干，在一平衡杠杆的左端放上2枚、右端放3枚，杠杆仍在水平位置平衡，如图（3）。她用刻度尺测出L1和L2则2L1（选填“＜”、“＞”或“＝”）3L2，若将杠杆左端的硬币正上方再加2枚硬币，在杠杆右端的硬币正上方再加3枚硬币，杠杆将（选填“平衡”或“不平衡”）

35．（2019?无锡二模）小华探究杠杆平衡条件时，所用的杠杆上相邻刻线间的距离相等。

（1）实验前小华发现杠杆处于如图甲所示的状态，此时杠杆处于状态（选填“平衡”或“非平衡”）；要想使杠杆水平平衡，应将右端的平衡螺母向调（填“左”或“右”），这样做的目的是。

（2）如图乙所示，小华在A点挂2个钩码，B点挂4个钩码，刚好使杠杆水平位置平衡，并记录实验数据。接着他将A点和B点下方的钩码同时向支点O靠近一格，杠杆此时会（选填“左端下沉”、“右端下沉”或“保持平衡”），调整后并记录实验数据。

（3）为寻找普遍规律，小华用弹簧测力计按丙图所示：第一次弹簧测力计倾斜拉，其读数为F1，第二次弹簧测力计沿竖直方向拉，其读数为F2，当杠杆在水平位置平衡，两次弹簧测力计读数F1F2（填“＜”、“＝”或“＞”）。

（4）他想继续研究杠杆的机械效率，如图所示，用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，不计摩擦，在B 悬挂总重为G的钩码，弹簧测力计在A点施加竖直向上的拉力F，使杠杆缓慢匀速上升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则杠杆机械效率的表达式为η＝（用测量的物理量符号表示）；若只将测力计的作用点由点A移至C点，O、B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，杠杆的机械效率将（选填“变大”、“不变”或“变小）。

2018-2020年江苏物理中考各地区模拟考试试题分类（无锡专版）（9）——

简单机械

参考答案与试题解析

一．选择题（共12小题）

1．【答案】A

【解答】解：

A 、用F 1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，F 2做的功是总功，即W 总＝5J ，

所以滑轮组的机械效率η=W

有

W 总=3W 5W ×100%＝60%，故A 正确；

B 、由题知，F 2做功多，但不知两个过程所用时间的关系，根据P =W W 可知无法确定两个力做功的功率大

小，故B 错误；

C 、由W 总＝W 有+W 额可知，使用滑轮组所做的额外功为：W 额＝W 总﹣W 有＝5J ﹣3J ＝2J ，

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W =2W 0.5W

=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，其机械能增加，故D 错误。

故选：A 。

2．【答案】B

【解答】解：

由题知，AO ＝BO ，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O 点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O 点的左侧。

设杠杆的重心在D ，一个钩码重为G ，如图：

由题意：杠杆原来平衡，则F 左AO+G 0×OD ＝F 右CO ，

2G ×AO+G 0×OD ＝3G ×CO ，

G 0×OD ＝G ×CO ＝G ×AO

再各加一个钩码后：

左边力和力臂的乘积为3G ×AO+G 0×OD ＝3G ×AO+G ×AO ＝4G ×AO ，

右边力和力臂的乘积为4G ×CO ＝4G ×CO ，

可见，增加钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。

故选：B 。

3．【答案】C

【解答】解：分析可知，安装并旋转钥匙后，阻力臂不变，阻力不变，但动力臂变大，

由杠杆平衡的条件F 1L 1＝F 2L 2可知，动力变小，故ABD 错误、C 正确。

故选：C 。

4．【答案】A

【解答】解：

A 、F 1的力将物体

B 匀速提升h 做的功为有用功，所以W 有＝300J ，滑轮组把物体B

匀速提升相同高度，

F 2做功是总功，即W 总＝500J ，

所以滑轮组的机械效率η=W

有

W 总×100%=300W 500W ×100%＝60%，故A 正确；

B 、由题知，F 2做功多，但不知将物体提升相同高度的时间关系，根据P =

W W 知无法确定两个做功的功率大小，故B 错误；

C 、由图知，通过动滑轮绳子的段数n ＝3，由s ＝nh 可知绳子移动距离是物体的上升高度的3倍，故C 错误；

D 、两个过程物体B 均匀速运动，速度不变，质量不变，动能不变，高度增加，重力势能增加，其机械能增加，故D 错误。

故选：A 。

5．【答案】D

【解答】解：

（1）分析甲图可知，n ＝2，则s ＝2h ，

绳重、摩擦忽略不计，则拉力：F 1=12（G+G 动），

滑轮组的机械效率η1=W 有用W 总=WW WW +W 动W =W W +W 动

； （2）分析乙图可知，n ＝3，则s ＝3h ，

绳重、摩擦忽略不计，则拉力：F 2=13（G 物+G 动），

此时滑轮组的机械效率η2=W 有用W 总=

WW WW +W 动W =W W +W 动； 因物体和动滑轮均相同，

所以，比较可知：F 1＞F 2，η1＝η2，即乙图省力，机械效率一样大。

故选：D 。

6．【答案】D

【解答】解：A 、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、摩擦和绳子重做额外

功，所以总功一定大于有用功；由公式η=W

有用

W 总知：机械效率一定小于1，即同一滑轮组机械效率η随

G 物的增大而增大，但最终不能超过100%，故A 错误；

B 、G 物不变，改变图甲中的绕绳方式，如图所示，

因为此图与题干中甲图将同一物体匀速提高相同的高度，所以所做的有用功相同，

忽略绳重及摩擦时，额外功：W 额＝G 轮h ，即额外功W 额相同，

又因为W 总＝W 有+W 额，所以总功相同，

由η=W

有用W 总

可知，两装置的机械效率相同，即η1＝η2．故B 错误；

C 、由图可知，G ＝12N ，此时η＝80%，

则η=W 有用W 总=W 有用W 总=WW WW =WW 13(W +W 动

)×3W =W W +W 动，即80%=12W 12W +W 动，

解得G 动＝3N ，故C 错误； D 、G 物＝6N 时，机械效率η=W

有用W

总×100%=W 有用W 总×100%=W′W′+W 动×100%=6W

6W +3W ×100%≈66.7%．故D 正确。

故选：D 。

7．【答案】B 【解答】解：杆受重力G 和C 对它的支持力F N ，由力矩平衡条件知G ?12l ＝F N ?L ．在C 逐渐向右推移的过程中，支持力F N 对轴B 的力臂L 逐渐减小，则F N 逐渐增大。由此可知，C 和木板间、C 和地面间的摩擦力逐渐增大，由平衡条件知，水平推力F 也逐渐增大。

故选：B 。

8．【答案】D

【解答】解：由图可知，连接动滑轮绳子的股数n ＝3，

A 、不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的拉力为：

F =1W （G+

G 动）=13×（600N+120N ）＝240N ，故A 正确；

B 、绳子自由端移动的距离：s ＝nh ＝3×6m ＝18m ，

则绳子自由移动的速度：v =W W =18W

3W =6m/s ，故B 正确；

C 、不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率：η=W 有W

总=WW WW +W 动W =W W +W 动=600W 600W +120W ×100%≈83.3%，故C 正确；

D 、不计绳重和摩擦，根据F =1W （G+G 动）可知，动滑轮重力一定，减小所提物体的重力可以使绳子自由端的拉力减小；

根据η=W

W +W 动=

11+W

动W 可知，动滑轮重力一定，减小所提物体的重力，滑轮组的机械效率将减小，故D 错误。

故选：D 。

9．【答案】C

【解答】解：

动滑轮的重力不可忽略，不计绳重和摩擦，则克服动滑轮重力所做的功为额外功；

物重增大时，有用功逐渐增大，有用功在总功中所占的比例增大，则机械效率逐渐增大，但机械效率不可能增大到100%，只能接近100%，所以机械效率增大得越来越缓慢，且机械效率η与物体重力G 的关系并不成正比，故C 正确，ABD 错误。

故选：C 。

10．【答案】D

【解答】解：由图知，n 1＝2，n 2＝3；

①不计绳重及摩擦，则拉力做的功分别为：

W 1＝F 1s 1=12（G 物+G 动）×2h ＝（G 物+G 动）h

，

W 2＝F 2s 2=13（G 物+G 动）×3h ＝（G 物+G 动）h ， 则W 1＝W 2，故①正确；

①动滑轮重相同，提升的物体重和高度均相同，不计绳重及摩擦，

则W 额＝G 动h ，W 有用＝G 物h ，

所以，利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同；

由η=W

有

W 总可知，两滑轮组的机械效率相同，故①正确；

①不计绳重及摩擦，

拉力F =1W （G 物+G 动），n 1＝2，n 2＝3，

绳子受到的拉力分别为：

F1=12（G物+G动），F2=13（G物+G动），

所以F1＞F2，即使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力，故①正确；

①因为W1＝W2，且做功时间相同，由P=W W可知，拉力做功的功率相同，故①正确。

综上分析，①①①①说法都正确。

故选：D。

11．【答案】D

【解答】解：

（1）不计绳重及摩擦，因为拉力F=1

W（G+G动）=

1

W（mg+m轮g），n1

＝2，n2＝3，所以绳子受到的拉

力分别为：F1=1

2（G1

+G动），F2=13（G2++G动），m1＝m2，G1＝G2，故F1＞F2；故AC错误；

（2）因为动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额＝G轮h，W有用＝G物h，所以利用滑轮组做的

有用功相同、额外功相同，总功相同；由η=W

有用

W

总

×100%可知，机械效率相同，η1＝η2；

又因为所用时间相同，由P=W

W可知，拉力做功的功率P1

＝P2，故B错误，D正确。

故选：D。

12．【答案】D

【解答】解：

C、由图知，n＝2，则绳端移动距离是物体上升高度的2倍，即s＝2h＝2×3m＝6m，故C错误；

A、不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的拉力：F=12（G+G动）=12×（140N+10N）＝75N，故A错误；

B、滑轮组对物体做的有用功：W有用＝Gh＝140N×3m＝420J，故B错误；

D、不计绳重和摩擦，提升相同的物体，做相同有用功的情况下，动滑轮越重，额外功越大、总功越大，

由机械效率的公式可知，滑轮组的机械效率越低，故D正确。

故选：D。

二．填空题（共13小题）

13．【答案】2：1；1：1。

【解答】解：（1）当用竖直向上的力将A端抬高h时，B为支点，杠杆的示意图如左下图，由数学知识，在△BEA和△BFC中，BE：BF＝BA：BC＝3：2，

根据杠杆的平衡条件，F1×BE＝G×BF，

F1=WW

WW ×G=2

3

G﹣﹣﹣﹣﹣①；

同样的道理可以得出，当用竖直向上的力将B端抬高2h时，杠杆示意图如上右所示，由数学知识，在△COH和△BOD中，OH：OD＝OC：OB＝1：3，由杠杆的平衡条件：

G×OH＝F2×OD，

F2=WW

WW ×G=1

3

G﹣﹣﹣﹣﹣①；

①：①得：

F 1：F 2=23

G ：13G ＝2：1；

（2）因两次提升的高度分别为h 和2h ，根据W ＝Fs ，

故W 1：W 2＝F 1h ：F 2×2h ＝F 1：2F 2＝1：1。

故答案为：2：1； 1：1。

14．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）机械手抓取医疗用品并交给护士或医生的运动过程中，动力臂小于阻力臂，所以前臂属于费力杠杆；

（2）紫外线可以杀死微生物，所以消毒机利用紫外线来杀菌消毒。

故答案为：费力；紫外线。

15．【答案】见试题解答内容

【解答】解：

（1）实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计；绳子的有效段数为3，绳子自由端移动距离为： s ＝nh ＝3×0.2m ＝0.6m ；

（2）分析表中数据，W 有＝Gh ＝2N ×0.2m ＝0.4J ；

W 总＝Fs ＝1.0N ×0.6m ＝0.6J ；

W 额外＝0.6J ﹣0.4J ＝0.2J ，额外功的来源为克服摩擦与动滑轮的重力做的功，故动滑轮重至少小于：

G 动=

W 额外W =0.2W 0.2W =1N ； 第3次实验的机械效率为：

η=W 有3

W 总3=6W ×0.2W 2.5W ×0.6W

×100%＝80%。 故答案为：（1）匀速；0.6；（2）1；80。

16．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）两边物体的质量相同，由图知，左侧“标”的长度大于右侧“本”的长度，则G ?L 标

＞G ?L 本，左侧力和力臂的乘积较大，所以左侧“标”的一边将下沉；

（2）A 放在右盘中，左盘放入质量为m 1的物体B ，杠杆在水平位置平衡时，

m 1g ?L 标＝m A g ?L 本①

将物体A 放在左盘中，右盘放入质量为m 2的物体C ，杠杆再次在水平位置平衡时，

m A g ?L 标＝m 2g ?L 本①

联立①①解得：m A =√W 1W 2

故答案为：（1）下沉；（2）√W 1W 2。

17．【答案】见试题解答内容

【解答】解：

（1）由杠杆的平衡条件可得：G A ?CO ＝F D ?OD ，

则D 端绳子的拉力：F D =WW WW G A =23×15N ＝10N ， 此时B 物体受到竖直向下的重力、竖直向上的浮力和竖直向上绳子的拉力而处于平衡状态，

所以，此时B 受到的浮力：F 浮＝G B ﹣F D ＝12N ﹣10N ＝2N ；

（2）若把物体A 挂在E 点，CE ：EO ＝2：3，则EO =32+3CO =35CO ； 若把物体A 挂在E 点，当物体B 刚好浸没时，杠杆重新在水平位置保持静止，

由杠杆的平衡条件可得：G A ?EO ＝F D ′?OD ，

则此时D 端绳子的拉力：F D ′=WW WW G A =35WW WW ×G A =35×WW WW G A =35×23×15N ＝6N ，

此时B 受到的浮力：F 浮′＝G B ﹣F D ′＝12N ﹣6N ＝6N ，

因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，

所以，由F 浮＝ρgV 排可得，物体B 的体积：

V B＝V排=

W

浮

′

W

水

W

=6W

1.0×103WW/W3×10W/WW

=6×10﹣4m3，

物体B的质量：

m B=W W W=12W

10W/WW

=1.2kg，物体B的密度：

ρB=W W

W W =1.2WW

6×10?4W3

=2×103kg/m3。

故答案为：2；2×103。

18．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）机械中摩擦力及绳重忽略不计，由图象可知，物体重力增大时，滑轮组的机械效率增大，

所以，影响滑轮组机械效率的因素之一是货物的重力；

（2）由图乙可知，物重G＝270N时，滑轮组的机械效率η＝90%，

因机械中摩擦力及绳重忽略不计，克服物重做的功为有用功，克服动滑轮重力和物重做的功为总功，所以，滑轮组的机械效率：

η=W

有

W

总

=WW

(W+W

动

)W

=W

W+W

动

=270W

270W+W

动

=90%，

解得：G动＝30N；

（3）由图可知，n＝3，则货物重270N时工人向下拉绳子的拉力：

F=1W（G+G动）=13×（270N+30N）＝100N。

故答案为：货物的重力；30；100。

19．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）弹簧测力计的分度值为0.2N，弹簧测力计的示数是F＝2.4N；

（2）拉力做的有用功：W有用＝Gh＝6N×0.08m＝0.48J；

（3）拉力移动距离：s＝nh＝3×8cm＝24cm＝0.24m，

拉力做的总功为W总＝Fs＝2.4N×0.24m＝0.576J；

滑轮组的机械效率：

η=W

有用

W

总

×100%=0.48W

0.576W

×100%≈83.3%。

故答案为：2.4；0.48；83.3%。

20．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）实验前杠杆右端下沉，重心在右侧，没有调水平平衡就匆忙进行乙图实验（弹簧测力计的挂钩钩在4格处），杠杆虽然此时水平平衡，但可以判断：2G?3a大于F1?4a；

（2）将弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上，弹簧测力计的重力相当于钩码，根据杠杆的平衡条件可得，弹簧测力计的圆环用细线系在杠杆上的4格处，向下拉钩，杠杆水平平衡时弹簧测力计示数为

F2，已知弹簧测力计“圆环连同金属外壳”的重力为G0，则2G?3a＝（F2+G0）?4a；

（3）小丽同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丁图实验（两弹簧测力计不同时使用，测力计挂钩钩在4格处），①将弹簧测力计向右下方向拉，示数为F3，力与水平方向成θ角，杠杆水平平衡；

①将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。根据阻力、

阻力臂不变，动力与动力臂成反比，在杠杆上的长度相同，角度越大，力臂越大（90°以下），力越小，若F3＞F4，则θ＜β。

故答案为：（1）大于；（2）（F2+G0）?4a；（3）＜。

21．【答案】见试题解答内容

【解答】解：

（1）由图知，F=1

2 f，

则物体与地面间的摩擦力f＝2F＝2×16N＝32N；

（2）因为η=W

有用

W

总

=

WW

物

WW

=

WW

物

W2W

物

=W

2W，

所以F′=W

2W

=32W

2×80%

=20N；

故答案为：32；20。

22．【答案】见试题解答内容

【解答】解：由图知，测力计在①位置时，其动力臂等于OC，此时动力臂最长；

测力计由①→①→①的过程中动力臂先变大后变小，根据杠杆平衡条件可知，测力计的示数先变小后变大；

设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，2G×3L＝nG×2L，n＝3（个）；

故答案为：先变小后变大；3

23．【答案】见试题解答内容

【解答】解：如图1所示在探究杠杆平衡条件实验中，按图中弹簧测力计使用方式校零时往往很困难，由于弹簧测力计的弹簧和秤钩都有一定的质量，这时弹簧测力计的示数略小于绳子受到的实际拉力，为了在竖直向下方向校零，一种方法是取两个弹簧测力计先竖直方向校零后，如图2所示竖直放置，秤钩对钩，在竖直方向拉到某一数值，这时移动弹簧测力计乙的指针，使其示数与另一弹簧测力计相等即可完成校零。

故答案为：小于；乙。

24．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）杠杆左端下沉，右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；

（2）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L，

图甲中，杠杆的左端：4G×3L＝12GL，

B处的力臂为4L，杠杆的右端：F2×4L＝12GL，

解得F2＝3G，

F＝3G＝3mg＝3×0.05kg×10N/kg＝1.5N；

（3）钩码在2s内竖直向上移动6cm，由力臂比例可知，弹簧测力计沿竖直方向运动4cm，

拉力做的功：

W＝Fs＝3N×0.04cm＝0.12J，

拉力的功率：

P=W W=0.12W

2W =0.06W。

故答案为：右；1.5；0.06。

25．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）根据图3可知，物体在0～1s内做变速运动，所以其运动状态在改变，由此可知此过程中物体A受的是非平衡力作用；

（2）已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%，

图中绳子段数为3，由图2可知此时的拉力F＝500N，

根据η=W

有用

W

总

=WW

WW

=WW

WWW

=W

WW可得物体的重力：

G A＝3F?η＝3×500N×80%＝1200N，

不计一切摩擦和绳重，根据F=1

W（G物+G动）可得，动滑轮的重力：

G动＝3F﹣G A＝3×500N﹣1200N＝300N，

若将重物A的重力变为900N，即物体的重力减小，由于滑轮组不变，且不计一切摩擦和绳重，

根据η=W

有用

W

总

=

W

有用

W

有用

+W

额

=WW

WW+W

动

W

=W

W+W

动

=1

1+

W

动

W

可知，滑轮组的机械效率将变小。

故答案为：（1）非平衡力；（2）300；变小。

三．作图题（共7小题）

26．【答案】见试题解答内容

【解答】解：图中，反向延长画出力F2的作用线，从支点O作F2作用线的垂线段，可得F2的力臂l2；

过动力臂l 1的末端（右下端）作l 1的垂线，与杠杆的交点为F 1的作用点，且F 1的方向应向下才能使杠杆平衡，在线段末端标出箭头和动力的符号F 1．如图所示：

。

27．【答案】见试题解答内容

【解答】解：由图和题意可知，O 为支点，水对浮标的向上作用力为动力，入水口对B 端的向上作用力为阻力；

过杠杆B 点作竖直向上的力即为阻力F 2；过浮标重心作竖直向上的力即为动力F 1，如图所示：

28．【答案】见试题解答内容

【解答】解：连接OA ，若在A 端施力F ，当F 的方向与OA 垂直时动力臂最大，此时最省力； 根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向向上，据此可画出最小的动力，如下图中F 所示： 铁棒按4：3的比例折成直角后，此时力与OA 垂直，力F 最小，如图所示；

OA =√WW 2+WW 2=√42

+32=5，

已知此棒重70N ，则OB 部分和BA 部分的重力分别为： G OB =47×70N ＝40N ，

G BA =37×70N ＝30N ，

由杠杆平衡条件得：G OB ×12OB+G AB ×OB ＝F ×OA ， 即：40N ×12×4+30N ×4＝F ×5，

解得F ＝40N 。

29．【答案】见试题解答内容

【解答】解：

（1）阻力臂为支点到阻力作用线的距离，先反向延长F 2，再由O 点作F 2作用线的垂线即为阻力臂；

（2）动力最小，即动力臂最长，从支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，也就是最省力，即OB 作为动力臂最省力，阻力方向向上，因此动力方向向下，

如下图所示：

30．【答案】见试题解答内容

【解答】解：

支点为O点，动力方向向下，OA作为力臂最长，因此从A点作垂直于力臂OA的作用力F，该力最小，方向向下，如图所示：

31．【答案】见试题解答内容

【解答】解：图中杠杆支点为O，延长力F1的作用线，过支点O作力F1的作用线的垂线段，标出力臂符号L1．如图所示：

32．【答案】见试题解答内容

【解答】解：对由一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组，可绕线方法有三股和四股两种，两种方法拉力的方向不同，有三股绕线的方法拉力方向向下；有四股绕线的方法拉力方向向上，根据题意小华站在地面上可知拉力方向向下，因此要从动滑轮绕起。如图所示：

四．实验探究题（共3小题）

33．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）杠杆重心右移应将平衡螺母向右调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；

（2）从支点到力的作用线的距离叫力臂，在杠杆两侧挂钩码，由于重力的方向是竖直向下的，力臂在杠杆上可以直接读出，当用弹簧测力计拉，若弹簧测力计倾斜时，拉力不再与杠杆垂直，这样力臂会发生变化，相应变短，根据杠杆的平衡条件，力会相应增大，才能使杠杆仍保持平衡，这样做实验可以加深

学生对力臂的正确认识，故C正确。

（3）弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，所以，弹簧测力计的示数将变大，则F2大于F1。

（4）当AO段处于水平位置时，如左图所示最省力

由F3L OB＝GL OA可知：F3=WW WW

W WW

=G；

因为AO＝OB，所以F3＝G＝16N。

当OB段处于水平位置时，如右图所示最省力，

由F4L OB＝GL OC可知：F4=WW WW

W WW

=G×W WW

W WW；

由于L OC＜L OB，则F4＜G；所以F3＞F4；

故答案为：（1）右；（2）C；（3）大于；（4）16；小于。

34．【答案】见试题解答内容

【解答】解：（1）让杠杆重心左移，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；

（2）“动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离”，是在杠杆在水平位置平衡且动力和阻力的方向都是竖直向下的条件下得出的，此时的力臂正是支点到力作用点的距离。为得出普遍结论，应改变力的方向使力臂不等于支点到力作用点的距离，多做几次实验，得出实验结论，故正确的实验操作应该是B、去掉一侧钩码，换用弹簧测力计斜向下拉；故选B。

（3）根据表格中数据进行描点，并用平滑的曲线连接起来，如图所示：

从图象上读出一组数据，当动力F1＝0.75N时，对应的动力臂L1＝0.4m，

根据杠杆平衡条件，阻力与阻力臂的乘积：F2L2＝F1L1＝0.75N×0.4m＝0.3N?m，

根据题意可知，阻力与阻力臂的乘积保持不变，

所以，当L为0.5m时，则F=W2W2

W1

=0.3W?W

0.5W

=0.6N；

（4）根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，

设每个硬币的重量为G，则由图可得，2G（r+L1）＝3G（r+L2），

2Gr+2GL1＝3Gr+3GL2，

2GL1＝Gr+3GL2，

所以2GL1＞3GL2，即2L1＞3L2。

将杠杆左端的硬币正上方再加2枚硬币，在杠杆右端的硬币正上方再加3枚硬币，根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，

设每个硬币的重量为G，则由图可得，

2×2G（r+L1）＝2×3G（r+L2），

故杠杆将仍平衡。

故答案为：（1）左；（2）B；（3）0.6；（4）＞；平衡。

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