人教版物理八年级下册同步讲义第12章《简单机械》单元测试卷（培优版）（2份，原卷版+解析版）

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第十二章《简单机械》单元测试卷（培优版）（解析版）（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）注意事项：1．测试范围：人教版八年级下册第12章。第Ⅰ卷 选择题一、选择题（本题共16小题，每小题2分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2023春•利通区期末）在日常生活中，用10N的拉力不能提起重15N的物体的简单机械是（　　）A．一个定滑轮 B．一个动滑轮 C．杠杆 D．滑轮组【答案】A【解答】解：因为10N的拉力要提起重15N的物体，使用的机械一定是能省力的机械，而在动滑轮、定滑轮、杠杆和滑轮组中，只有定滑轮不能达到省力的目的，所以用10N的拉力不能提起重15N的物体。故选：A。2．（2023秋•邵阳期末）五一国际劳动节，学校开展“我劳动我光荣”主题活动，如图是军军同学拖地时使用的胶棉吸水拖把，关于“吸水拖把”所涉及的物理知识，下列说法中错误的是（　　）A．胶棉上有条纹—为了减小摩擦力 B．挤压胶棉形变—力能改变物体的形状 C．拉动拉手脱水—拉杆AC是省力杠杆 D．使用拖把拖地—利用滑动摩擦【答案】A【解答】解：A、棉上有条纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，故A错误；B、挤压胶棉，胶棉发生形变，说明力可以改变物体的形状，故B正确；C、在拉动拉手脱水的过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C正确；D、使用拖把拖地，拖把与地面之间的摩擦力为滑动摩擦力，故D正确。故选：A。3．（2023春•任丘市期末）如图，用同一个滑轮按甲、乙两种方式提起同一个物体（G轮＜G物），不计绳重和摩擦，则以下说法中正确的是（　　）A．图甲中的滑轮相当于一个等臂杠杆 B．图乙中滑轮的特点是可以改变力的方向 C．图甲中的滑轮比图乙中的滑轮省力 D．图乙中的滑轮相当于一个等臂杠杆【答案】A【解答】解：A、图甲中的滑轮是定滑轮，它不省力，相当于一个等臂杠杆，故A正确；B、图乙中滑轮是动滑轮，它的特点是可以省力，但不可以改变力的方向，故B错误；C、图甲中的滑轮为定滑轮，图乙中的滑轮为动滑轮，因滑轮的重力小于物体重力，所以使用图甲中的滑轮提升物体比使用图乙中的滑轮提升物体费力，故C错误；D、图乙中的滑轮相当于一个省力杠杆，故D错误；故选：A。4．（2023春•峡江县期末）如图，下列各项中的简单机械，使用的目的和其它三项不同的是（　　）A．起重机的滑轮组 B．瓶盖起子 C．提物体的滑轮 D．旗杆顶端的滑轮【答案】D【解答】解：A、起重机使用滑轮组是为了省力；B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，使用瓶盖起子是为了省力；C、由图可知，滑轮随物体一起移动，是动滑轮，使用动滑轮是为了省力；D、由图可知，旗杆顶端的滑轮固定不动，是定滑轮，使用定滑轮是为了改变力的方向。故选：D。5．（2023春•平江县期末）下列设备中所对应的物理知识，错误的是（　　）A．重垂线——利用重力方向竖直向下 B．定滑轮——省一半力 C．潜水艇——改变自身重量实现沉浮 D．盘山公路——利用斜面省力【答案】B【解答】解：A、重力的方向总是竖直向下的，与水平面垂直，重垂线检查是否平直就根据这一点，故A正确；B、定滑轮不省力，只改变力的方向，故B错误；C、潜水艇能够上浮和下沉是通过改变自的重力来实现的，故C正确；D、斜面是省力的机械，在高度一定时，斜面越长越省力，盘山公路是利用斜面越长越省力的原理，故D正确；故选：B。6．（2023秋•宿城区期末）下列说法中正确的是（　　）A．机器的功率越大，做的功越多 B．做有用功越多的机械，效率越高 C．机器的功率越小，效率越低 D．机器的功率越小，做功越慢【答案】D【解答】解：A、由W＝Pt可以看出，做功多少与功率和时间成正比，功率较大，时间不确定，做功多少不能确定。故A错误；B、机械效率是有用功与总功的比值，有用功较多，总功不确定，机械效率不能确定。故B错误；C、机械做功快慢与机械效率没有关系。故C错误；D、功率描述的是物体做功的快慢，所以功率越小的物体，做功越慢。故D正确。故选：D。7．（2023春•利川市期末）如图所示，撬动重物时，要在撬棒下垫个石头，其作用的是（　　）A．支点 B．动力作用点 C．阻力作用点 D．增压点【答案】A【解答】解：撬动重物时，要在撬棒下垫个石头，该石头与杠杆接触的地方是杠杆的支点，故A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。8．（2023春•武侯区期末）杠杆在生活中有很多应用。如图所示，甲、乙两个同学正在玩跷跷板，欲使甲同学被跷起，可采取的有效方法是（　　）A．甲向右移动 B．甲向左移动 C．甲左右移动都行 D．乙向左移动【答案】A【解答】解：根据杠杆的平衡条件可知：甲、乙两个同学正在玩跷跷板，欲使甲同学被跷起，可以让甲同学靠近支点或者乙同学远离支点，即甲向右移动或者乙向左移动，故A符合题意，BCD不符合题意。故答案为：A。9．（2023春•金乡县期末）如图所示，重为100N的物体M分别在拉力F1和F2的作用下竖直提升了1m，图甲中物体M做加速运动，图乙中物体M做匀速直线运动，绳长不变。已知F1＝150N，F2＝110N。在本次实验中，下列说法中正确的是（　　）A．使用该动滑轮能省力 B．该动滑轮所做的有用功为150J C．利用该动滑轮做的额外功大于有用功 D．使用动滑轮时，当物体M被提升1m时，绳子自由端也移动了1m【答案】C【解答】解：A、物体的重力是100N，根据图乙可知，使用动滑轮时的拉力为110N，本题中使用动滑轮不能省力，故A错误；B、该动滑轮所做的有用功为：W有＝Gh＝100N×1m＝100J，故B错误；C、使用动滑轮做的总功为：W总＝F2s＝110N×2×1m＝220J，额外功为：W额＝W总﹣W有＝220J﹣100J＝120J；利用该动滑轮做的额外功大于有用功，故C正确；D、使用动滑轮时，当物体M被提升1m时，绳子自由端移动的距离为2m，故D错误。故选：C。10．（2023春•荔湾区期末）图中的四个场景选自中国古代科技著作《天工开物》中的插图，下列说法正确的是（　　）A．“场中打稻”中通过摔打的方法能将稻粒从稻秆上打落下来，因为稻粒具有惯性 B．“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是一对平衡力 C．“透火焙干”中把湿纸贴在热墙上可以加快水分升华 D．“炒蒸油料”中用锅铲翻炒油料是为了省功【答案】A【解答】解：A、稻秆因撞击而停止运动，稻粒由于惯性从稻秆上打落下来，这是利用稻粒的惯性，故A正确；B、“赶稻及菽”中牛拉石碾的力与石碾拉牛的力是相互作用力，不是平衡力，故B错误；C．“透火焙干”中把湿纸贴在热墙上，温度升高，水分蒸发加快，易干，故C错误；D．锅铲是费力杠杆，费力但省距离，不能省功，使用任何机械都不省功，故D错误。故选：A。11．（2023春•梁园区期末）工人师傅用如图所示的甲、乙两种方式把同一个物体提升相同的高度，已知物体重为100N，滑轮重均为20N（绳重和摩擦不计），下列说法正确的是（　　）A．甲比乙更省力 B．甲做的有用功比乙多 C．甲做的总功比乙多 D．甲的机械效率比乙的高【答案】D【解答】解：A、由图可知，甲滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力，为100N；乙滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，使用该滑轮可以省一半的力，即拉力等于物体和滑轮总重力的一半，则F乙＝（G+G动）＝×（100N+20N）＝60N，所以，F甲＞F乙，故A错误；BCD、两幅图中的W有是克服物体重力做的功，由于匀速提升相同物体到相同的高度，则有用功是相同的，但乙图中拉力做功要克服动滑轮的重力做功，比甲图中做的总功要多，所以结合机械效率公式η＝×100%可知，有用功相同时，总功越大的，机械效率越小，所以η甲＞η乙，故BC错误，D正确。故选：D。12．（2023秋•礼泉县期末）如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面。则（　　）A．F甲＞F乙，因为乙方法的动力臂长 B．F甲＜F乙，因为甲方法的阻力臂短 C．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂短 D．F甲＝F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍【答案】D【解答】解：两次抬起水泥板时的情况如图所示：在上述两种情况下，动力为F，阻力均为水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以动力臂都等于阻力臂的2倍；根据杠杆的平衡条件可得：F＝＝G，所以前后两次所用的力相同，故ABC错误，D正确。故选：D。13．（2023春•鼓楼区校级期末）吕一健同学把一根蜡烛截成长度不同的两段，竖立在轻质杠杆的两边（支点在中点）。调整使杠杆水平平衡，如图所示。若同时点燃蜡烛（设燃烧速度相同），则杠杆（　　）A．左端下沉 B．右端下沉 C．仍保持平衡 D．条件不足，无法判断【答案】A【解答】解：（1）由图可知，m左＞m右，由G＝mg可知G左＞G右，开始，杠杆平衡，由杠杆平衡条件可得：G左L左＝G右L右，因G左＞G右，L左＜L右；（2）蜡烛燃烧速度相同，过一段时间后，蜡烛减少的质量Δm相同，减少的重力ΔG相同，左边（G左﹣ΔG）L左，右边（G右﹣ΔG）L右，G左L左＝G右L右，则：（G左﹣ΔG）L左﹣（G右﹣ΔG）L右＝G左L左﹣G右L右﹣ΔGL左+ΔGL右＝ΔGL右﹣ΔGL左，由于L左＜L右，故ΔGL右﹣ΔGL左＞0，（G左﹣ΔG）L左﹣（G右﹣ΔG）L右＞0，即：左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，杠杆不再平衡，左端下降。故选：A。14．（2023春•和平区期末）如图，一根轻杆可以绕O点转动，在轻杆的中点挂一个重为G的重物，在轻杆的另一端施加一个力F，轻杆在图示位置平衡。若在重物上加挂一个物体，为使轻杆保持在图示位置平衡，拉力F可以做的调整是（　　）A．只减小F的大小 B．只将F作用点沿轻杆向上移动适当距离 C．只将F沿逆时针方向转过适当角度 D．只调整F的方向与原来方向相反【答案】C【解答】解：若在重物上加挂一个物体，阻力增大，阻力臂不变；由图知，若动力臂和阻力臂不变，根据F1L1＝F2L2得动力F变大，故A错误；若只将F作用点沿轻杆向上移动适当距离，动力臂变小，F1L1≠F2L2，故B错误；只将F沿逆时针方向转过适当角度，动力臂先变大，后变小，所以F1L1可能等于F2L2得，故C正确；只调整F的方向与原来方向相反，这样动力和阻力使得杠杆转动的方向相同，杠杆不能平衡，故D错误。故选：C。15．（2023秋•太仓市期末）如图，用沿斜面向上的拉力F，拉着重为G的物体A在粗糙斜面B上匀速移动s，物体A受到的摩擦力为f，上升高度为h，此过程中有（　　）A．斜面B和物体A的机械能守恒 B．斜面B的内能转化为物体A的机械能 C．机械效率η＝×100% D．机械效率η＝×100%【答案】D【解答】解：A、由于斜面粗糙，用拉力F拉着物体A在粗糙斜面B上移动时，物体和斜面之间存在摩擦力，有一部分机械能转化为内能，所以斜面B和物体A的机械能不守恒，故A错误。B、A的机械能增加是因为克服摩擦做功，将机械能转换为内能，不是斜面B的内能转化为A的机械能，故B错误。CD、拉力做的有用功W有用＝Gh，拉力做的额外功W额＝fs，拉力做的总功W总＝Fs＝W有用+W额＝Gh+fs，则斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%，故C错误、D正确。故选：D。16．（2023秋•溧阳市期末）如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，质量为50kg的小明将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度随时间变化关系如图丙所示。系A的绳子足够牢固，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。下列结论中正确的是（　　）①动滑轮的重力为5N②1～2s内拉力F的功率为2W③此装置匀速提升重物的最大机械效率约为83.3%④用此装置匀速提升60N的货物时，小明对地面压力为470NA．①② B．①③ C．②④ D．③④【答案】B【解答】解：①由图丙可知，在1～2s内A被匀速提升，由图乙可知此时拉力F＝10N，由图知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，忽略绳重及摩擦，拉力F＝（GA+G动），则动滑轮重力：G动＝2F﹣GA＝2×10N﹣15N＝5N，故①正确；②由图丙可知，1～2s内A上升的速度vA＝0.2m/s，拉力端移动速度v＝2vA＝2×2m/s＝0.4m/s，1～2s内拉力F的功率：P＝＝＝Fv＝10N×0.4m/s＝4W，故②错误；③忽略绳重及摩擦，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N，C处绳子拉力：FC＝（FB+G动）＝×（FB+5N），B处绳子的最大拉力：FB最大＝2FC最大﹣G动＝2×60N﹣5N＝115N，此装置最多能匀速运载货物的重力：G最大＝FB最大﹣GA＝115N﹣15N＝100N，此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，则此装置提升重物的最大机械效率：η最大＝＝＝＝≈83.3%，故③正确；④提升60N货物时，绳端人的拉力：F拉＝（G货+GA+G动）＝×（60N+15N+5N）＝40N，小明对地面压力：F压＝G小明﹣F拉＝m小明g﹣F拉＝50kg×10N/kg﹣40N＝460N，故④错误。故选：B。第Ⅱ卷 非选择题二、填空题（本题共6小题，每题2分，共12分）17．（2023春•中宁县校级期末）如图是我国古代劳动人民在工地上运送巨木的情景。架在支架上的横杆属于 　省力　杠杆（选填“省力”“费力”或“等臂”）；支架下面垫有面积较大的石块，是为了 　减小　对地面的压强（选填“增大”或“减小”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：由图可知，架在支架上的横杆的动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；支架对地面的压力一定，在支架下面垫有面积较大的石块，其实质是增大接触面积，由p＝可知，支架对地面的压强减小。故答案为：省力；减小。18．（2023秋•苏州期末）小明用一根粗细均匀、质量为0.02kg的木棒自制了一把杆秤，杆秤上每格长度均相等，如图所示。当他在秤钩处挂上质量为0.4kg的物体时（不计秤钩和细线质量），应将质量为0.1kg的秤砣挂在 　B点左侧　（B点/B点右侧/B点左侧）才能使杆秤在水平位置平衡。为将杆秤的零刻度线调至O点，他在A处安装了一个秤盘，则该秤盘的质量为 　0.05　kg。【答案】B点左侧；0.05。【解答】解：根据杠杆平衡条件可知，G1L1＝G2L2+G3L3，即：m1gL1＝m2gL2+m3gL3，则：m1L1＝m2L2+m3L3，当他在秤钩处挂上质量为0.4kg的物体时（不计秤钩和细线质量），设杠杆每格长为L，则有：0.4kg×2L＝0.02kg×5L+0.1kg×L3，解得：L3＝7L，故将质量为0.1kg的秤砣挂在B点左侧；秤盘中无重物，若把秤砣悬挂在O点处，因秤砣对杆秤的拉力过支点，其力臂为0，杆秤仍平衡，由此可知该杆秤的零刻度线应该标在O点，根据杠杆平衡条件可知，G4L1＝G2L2，即：m4gL1＝m2gL2，则：m4L1＝m2L2，则秤盘的质量为：m4＝＝＝0.05kg。故答案为：B点左侧；0.05。19．（2023春•贵池区期末）如图，在水平拉力F＝20N作用下将物体水平向右匀速拉动，动滑轮相对于物体是 　静止　（选填“运动”或“静止”）的；当物体与地面之间的滑动摩擦力为物重的0.1倍，不考虑滑轮重、绳重、绳与滑轮间摩擦，则物体重力为 　600　N。【答案】静止；600。【解答】解：在将物体水平向右匀速拉动的过程中，动滑轮相对于物体的位置没有发生变化，是静止的；从图中可知n＝3，不考虑滑轮重、绳重、绳与滑轮间摩擦，物体受到的摩擦力f＝F拉＝3F＝3×20N＝60N，则物体重力为：G＝＝＝600N。故答案为：静止；600。20．（2023春•荆州区期末）如图，物体A是边长为20cm的一个正方体，密度为2.5g/cm3，A对水平桌面的压强是 　5000　Pa，B的重力为100N，滑轮和绳子重忽略不计，此时A在水平面上向右做匀速直线运动，若用力F向左拉物体A，使物体A向左做匀速直线运动，则F＝　100　N。【答案】5000；100。【解答】解：A的体积：VA＝（20cm）3＝8000cm3，根据ρ＝可得，A的质量：mA＝ρAVA＝2.5g/cm3×8000cm3＝20000g＝20kg，则A的重力：GA＝mAg＝20kg×10N/kg＝200N；因物体A在水平桌面上，则A对桌面的压力：F压＝GA＝200N，A对桌面的压强：p＝＝＝5000Pa；由图知，此滑轮组由2段绳子承担物重，滑轮重和滑轮与绳子之间的摩擦忽略不计，则绳端的拉力FA＝GB＝×100N＝50N；物体A在水平面上向右做匀速直线运动时，A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，所以f＝FA＝50N，方向水平向左；若使物体A向左做匀速直线运动，由于压力大小和接触面的粗糙程度均不变，因此A受到的滑动摩擦力大小不变，且此时A受到摩擦力的方向水平向右，由力的平衡条件可得，此时对物体A施加的拉力：F＝FA+f＝50N+50N＝100N。故答案为：5000；100。21．（2023秋•永修县期末）斜面也是一种简单机械。工人师傅常利用斜面把重物搬运到汽车上，如图所示，斜面高为1m，长为3m，工人在12s内用400N的推力沿斜面方向将重为900N的箱子推到车上。则推力的功率是 　100　W，在这过程中此斜面的机械效率是 　75%　。【答案】100；75%。【解答】解：工人做的总功：W总＝Fs＝400N×3m＝1200J，则推力的功率：；对箱子做的有用功：W有＝Gh＝900N×1m＝900J，此斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝75%。故答案为：100；75%。22．（2023春•怀宁县期末）用起重机提升货物，滑轮组部分如图所示。它一次提升货物的质量为2.7×103kg，40s内物体被匀速提升了4m，动滑轮的重3×103N（不计绳重和摩擦）。拉力F的功率为 　3000　W，该滑轮组的机械效率为 　90　%。【答案】3000；90。【解答】解：货物受到的重力G＝mg＝2.7×103kg×10N/kg＝2.7×104N，由图可知，n＝3，不计绳重和摩擦，拉力，绳子自由端移动的距离s＝3h＝3×4m＝12m，则拉力F做的总功为W总＝Fs＝1×104N×12m＝1.2×105J，拉力F的功率为；拉力F做的有用功为W有用＝Gh＝2.7×104N×4m＝1.08×105J，该滑轮组的机械效率为。故答案为：3000；90。三．作图题（共2小题，共6分）23．（2023春•东港区期末）如图甲所示为一种搬花神器，用它把花盆抬起时，相当于一个绕O点转动的杠杆，其简化示意图如图乙所示，请在乙图中画出杠杆平衡时作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。【答案】【解答】解：由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此连接OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，从点A垂直于OA斜向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：24．（2023春•宜州区期末）如图所示，水平地面上有一重900N的物体，一个人站在地上利用滑轮组将重物匀速提升。要想使人所用的拉力最小，请在图中画出滑轮组上绳子的绕法。【答案】【解答】解：图中滑轮组由两个定滑轮和一个动滑轮组成，要使该滑轮组向下用力物体向上运动，并且拉力最小，应从定滑轮开始绕。如图所示：四．实验题（本题共3小题，共18分）25．（2023秋•秦淮区期末）小明用如图所示的装置探究杠杆的平衡条件。（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 　右　移动（选填“左”或“右”）。（2）如图乙所示，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，当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，当杠杆在水平位置平衡时，其示数F 　＞　F1（选填“＞”、“＝”或“＜”）。（3）得到实验结论后，小明利用如图乙所示的装置，只借助杠杆上的刻度线，右端只使用弹簧测力计，左端只悬挂重物，若弹簧测力计的量程是0～5N，当杠杆在水平位置平衡时，通过计算可知，悬挂的重物最重可达 　10　N。（4）实验完成后，小明想起，人们从地面上搬起重物时，常见的做法是直接弯腰（如图丙）或下蹲弯曲膝盖（如图丁）将重物搬起，哪种做法更好呢？下面建立模型说明这个问题。将人的脊柱简化为杠杆如图戊所示，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F3作用在A点，其实际作用方向与脊柱夹角为12°且保持不变。搬箱子时的拉力F4作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替箱子。用测力计沿F3方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论。①当α角增大时，F3　变小　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。②如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比图戊中的F3要 　大　（选填“大”或“小”）。③由以上分析可得，　丁　（选填“丙”或“丁”）图中的姿势比较正确。【答案】（1）右；（2）＞；（3）10；（4）①变小；②大；③丁。【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆左端下沉，其右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）使杠杆在水平位置平衡时，其目的是便于测量力臂；将弹簧测力计斜向左拉，阻力和阻力臂不变，拉力的力臂变短，根据杠杆平衡条件可知，杠杆在水平位置时平衡时，拉力变大，所以，F＞F1；（3）设杠杆上的一个刻度为L，重物的重力为G，根据杠杆的平衡条件可得，悬挂的重物最重可达：G×2L＝5N×4L，解得，G＝10N；（4）①如图为杠杆示意图：由图可知：当α角增大时，力臂L4变小；由于拉力F3的方向与脊柱夹角始终为12°，且OA这段距离不变，则O点到F3作用线的距离不变，即动力臂不变，阻力为箱子的重力不变，根据杠杆平衡条件可知，F3变小；②如果考虑到人上半身的重力，由于上半身的重力会阻碍杠杆的转动，根据杠杆平衡条件可知：实际拉力将变大；③比较丙、丁两种姿势可知：甲的支点太高，在搬起物体时，阻力臂减小得慢，则腰背部复杂肌肉的等效拉力F1要比较长时间的使用较大的力，所以甲姿势不正确，乙姿势比较正确。故答案为：（1）右；（2）＞；（3）10；（4）①变小；②大；③丁。26．（2023秋•临渭区期末）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，小明用如图所示的同一滑轮组提升不同的钩码，分别做了甲、乙、丙3组实验，实验数据记录如表：（1）实验操作中应该沿竖直方向 　匀速缓慢　拉动弹簧测力计，同组的小华发现实验过程中边拉动边读数时，弹簧测力计示数不稳定，如果能在弹簧测力计静止时读数会更准确，小明认为如果这样，测量的结果将比真正的滑轮组机械效率要 　偏大　（填“偏大”或“偏小”），其原因是忽略了 　摩擦　对滑轮组机械效率的影响。（2）第三次实验中的机械效率为 　83.3%　。（3）通过上面的实验数据可得出：对同一个滑轮组，其提升的物体越重，滑轮组的机械效率越 　高　；如果在图甲的实验探究过程中，小明在不改变其他条件的情况下，把动滑轮换为个质量更大的滑轮，则所测得的机械效率将比原来 　低　（以上两空选填“高”或“低”）。【答案】（1）匀速缓慢；偏大；摩擦；（2）83.3%；（3）高；低。【解答】解：（1）在实验操作中应该竖直向上匀速缓慢拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力的大小；如果在弹簧测力计静止时读数，因不用克服摩擦做功，有用功不变，总功变小，根据η＝×100%，故测量的结果将比真正的滑轮组机械效率要大，其原因是忽略了摩擦对滑轮组机械效率的影响；（2）由图示弹簧测力计可知，其分度值为0.2N，进行第三次实验时，弹簧测力计示数为2.4N；其滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%≈83.3%；（3）纵向分析实验数据可知，使用同一滑轮组，提升物体的重力越大，机械效率越高；在甲的实验探究过程中，小明在不改变其他条件的情况下，仅把动滑轮换为质量更大的，有用功不变，克服动滑轮做的额外功增大了，所测得的机械效率将比原来变低。故答案为：（1）匀速缓慢；偏大；摩擦；（2）83.3%；（3）高；低。27．（2023春•咸安区期末）斜面在生活生产中常见，以下物理实验用到了斜面。（1）如图甲，利用斜面测平均速度，为提高实验测量的准确度，可适当 　减小　（选填“增大”或“减小”）斜面坡度；根据你做的实验，让同一小车从同一斜面顶端由静止开始滑下，小车通过前一半路程的平均速度 　小于　小车通过后一半路程的平均速度（选填“大于”“小于”或“等于”）。（2）如图乙，利用斜面研究阻力对物体运动的影响，实验时，让小车从斜面的同一高度由静止滑下，是为了使小车在滑到水平面时的 　速度　相同。分析小车运动情况可知：小车受到的阻力越小，速度减小得越 　慢　（选填“快”或“慢”）。（3）如图丙，测量斜面的机械效率，斜面长为s、高为h，用弹簧测力计将重为G的小车从斜面底端匀速拉到顶端，拉力为F，则该斜面的机械效率η＝　　（用所给的字母表示）；实验时，若将小车的轮子朝上倒放做实验，机械效率会 　变小　（选填“变大”“变小”或“不变”）。【答案】（1）减小；小于；（2）速度；（3）慢；（4）；变小。【解答】解：（1）为提高实验测量的准确度，可减小斜面坡度，让小车从斜面顶端由静止开始滑下；根据自己做的实验，小车通过上半程所用的时间大于通过下半程所用的时间，由v＝可知，小车通过上半程的速度vAB小于小车在下半程的速度vBC；（2）本实验需控制小车从斜面上同一高度由静止滑下，目的是使小车到达水平面时的初速度相同，这也是控制变量法的要求；（3）水平面的阻力越小，小车运动的越远，小车的速度减小的也就越慢；（4）此过程所做的有用功为：W有＝Gh，总功为：W总＝Fs，斜面的机械效率为：η＝；滑动摩擦力大于滚动摩擦力，若将小车的轮子朝上倒放做实验，小车受到的摩擦力变大，所做的额外功变大，总功变大，有用功不变，则机械效率将变小。故答案为：（1）减小；小于；（2）速度；（3）慢；（4）；变小。五．解答题（本题共3小题，共32分）28．（2023秋•金安区校级期末）工人师傅要将质量80kg的木箱搬到1.5m高的车厢里，他将一块5m长的长板搁在地面与车厢之间构成斜面，然后站在车上用300N的拉力在20s内将物体从斜面底端匀速拉到车厢里，如图所示，求：（1）工人做功的功率；（2）斜面的机械效率；（3）物体和斜面之间的摩擦力。【答案】（1）工人做功的功率为75W；（2）斜面的机械效率为80%；（3）物体和斜面之间的摩擦力60N。【解答】解：（1）工人做功：W总＝Fs＝300N×5m＝1500J，工人做功的功率：P＝＝＝75W；（2）工人做的有用功：W有＝Gh＝mgh＝80kg×10N/kg×1.5m＝1200J，斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%；（3）克服摩擦力所做的额外功：W额＝W总﹣W有＝1500J﹣1200J＝300J，由W额＝fs可得，物体和斜面之间的摩擦力：f＝＝＝60N。答：（1）工人做功的功率为75W；（2）斜面的机械效率为80%；（3）物体和斜面之间的摩擦力60N。29．（2023春•朔州期末）如图所示，一个质量为2kg、体积为10﹣3m3的实心正方体M，悬挂在轻质杠杆B端，OB：OA＝5：4。当M的一半体积浸在液体中时，A端竖直向下的拉力为20N，此时杠杆在水平位置平衡。（g取10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）（1）此时物体M受到的拉力大小是多少？（2）液体的密度是多少？（3）若剪断细线，物体M在液体中稳定时，M对容器底部的压强是多少？【答案】（1）此时物体M受到的拉力大小是16N；（2）液体的密度是0.8×103kg/m3；（3）若剪断细线，物体M在液体中稳定时，M对容器底部的压强是1200Pa。【解答】解：（1）根据杠杆的平衡条件可知，FB•OB＝FA•OA，则B端受到向下的拉力：FB＝＝＝16N，根据力的相互作用可知，此时物体M受到的拉力：FM＝FB＝16N；（2）物体M的重力：G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N，对物体M受力分析可知，物体M受到的竖直向上的浮力、细线对竖直向上的物体M的拉力和竖直向下的重力作用，根据物体的平衡条件可知，物体M受到的浮力：F浮＝G﹣FM＝20N﹣16N＝4N，根据题意可知，物体M排开液体的体积：V排＝V＝×10﹣3m3＝5×10﹣4m3，由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，液体的密度：ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3；（3）物体M的密度：ρ＝＝＝2×103kg/m3，由于物体M的密度大于液体的密度，根据物体的浮沉条件可知，剪断细线后物体M在液体中稳定时沉入容器的底部，由阿基米德原理F浮＝ρ液gV排可知，液体的密度不变，排开液体的体积是原来的2倍，则浮力是原来的2倍，即物体M沉入容器底部后，受到的浮力：F浮′＝2F浮＝2×4N＝8N，对物体M受力分析可知，物体M对容器底部的压力：F压＝G﹣F浮′＝20N﹣8N＝12N，由V＝a3可知，物体M的边长：a＝＝0.1m，物体M的底面积：S＝a2＝（0.1m）2＝0.01m2，物体M对容器底部的压强：p＝＝＝1200Pa。答：（1）此时物体M受到的拉力大小是16N；（2）液体的密度是0.8×103kg/m3；（3）若剪断细线，物体M在液体中稳定时，M对容器底部的压强是1200Pa。30．（2023春•无为市期末）用如图所示滑轮组提升重为720N物体，已知物体在5s内匀速上升6m，拉力F的大小是250N，（不计绳重与摩擦）求：（1）绳子自由端移动速度是多少？（2）已知绳子能承受最大拉力为300N，提升物体最大物重是多少？【答案】（1）绳子自由端移动速度是3.6m/s；（2）已知绳子能承受最大拉力为300N，提升物体最大物重是870N。【解答】解：（1）由图可知，吊起动滑轮绳子的股数n＝3，拉力F移动的距离s＝nh＝3×6m＝18m；绳子自由端移动速度v＝＝＝3.6m/s；（2）由F＝（G物+G动）可知，动滑轮的重力G动＝nF﹣G物＝3×250N﹣720N＝30N；绳子能承受最大拉力为300N，由F＝（G物+G动）可知，提升物体最大物重G'＝3F'﹣G动＝3×300N﹣30N＝870N。答：（1）绳子自由端移动速度是3.6m/s；（2）已知绳子能承受最大拉力为300N，提升物体最大物重是870N。次数钩码重G/N钩码上升的距离h/cm弹簧测力计的示数F/N弹簧测力计上升的距离s/cm机械效率η/%12511566.7%2451.71578.4%36515