专题12 简单机械及机械效率-备战2025年中考物理高频题型归纳与训练（全国通用）

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中考新考法：从新情境、新设问、跨学科等方向设置新考法真题。
真题透视：精选真题，归类设置，完整展现中考试题的考查形式。
►考向一 杠杆
►考向二 滑轮和滑轮组
►考向三 机械效率
新题特训：选用最新优质题、创新题，巩固考点复习效果。
1．（新情境）（2024·北京）如图所示，园艺工人在修剪枝条时，常把枝条尽量往剪刀的轴处靠近，这样做是为了（ ）
A．增大动力臂，能够省力
B．增大阻力臂，方便使用
C．减小动力臂，方便使用
D．减小阻力臂，能够省力
【答案】D
【解析】常把枝条尽量往剪刀的轴处靠近，阻力臂减小了，阻力与阻力臂的乘积减小，动力臂不变，则动力减小，能够省力，故D符合题意，ABC不符合题意。
故选D。
2．（跨学科）（2024·湖北）如图是汉代画像砖上描绘的《史记》中“泗水取鼎”画面，两边各有数人用绳子通过滑轮拉起掉落水中的鼎。图中的这种滑轮 （选填“能”或“不能”）起到省力的作用；此时两边绳子对鼎竖直向上的拉力分别为、，鼎受到的拉力之和为 。鼎在水中上升的过程中，其底部所受水的压强 （选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】 不能 减小
【解析】[1]图中的滑轮是固定的，不能随重物一起移动，所以是定滑轮，定滑轮不能省力，只能改变力的方向。
[2]两边绳子都对鼎施加竖直向上的拉力，鼎受到的合力方向竖直向上，所以鼎受到的拉力之和
F合=F1+F2[3]鼎在水中上升的过程中，其底部在水中的深度逐渐减小，由于液体压强随深度减小而减小，所以其底部所受水的压强减小。
3．（新考法）（2024·山东淄博）同学们利用蜡烛、细铁丝、杯子等制作了一个蜡烛“跷跷板”，如图甲。一端烛油滴下时，此端就上升，两端交替上下。为了寻找上述现象的原因，同学们用铁架台、杠杆（已在水平位置平衡）、质量相等的钩码等器材进行以下探究。
(1)图乙中杠杆水平平衡，分别改变一侧钩码的个数或悬挂位置，发现杠杆不再平衡。
小聪认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用点的距离；
小明认为：影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离。
为判断谁的观点正确，同学们利用图丙中水平平衡的杠杆（OD>OA=OC）进行实验，保持B处悬挂钩码的个数和位置不变。
①把A处悬挂的钩码改挂在C处，发现杠杆不再平衡。与A处相比，支点到力的作用点的距离 （选填“变小”“不变”或“变大”）；
②把A处悬挂的钩码改挂在D处，发现杠杆仍保持平衡，这两种情况下 的距离不变；
③由此初步判断 的观点是正确的；
(2)明确影响因素后，同学们利用图乙的器材探究杠杆平衡的条件，将实验数据记录在设计的表格中。
①表格中a处应填写的内容是 ；
②分析表中数据，得出杠杆平衡的条件是 ；
③若在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，杠杆 端下沉；
(3)交替上下的蜡烛“跷跷板”，一端烛油滴下时，此端上升。原因是 。
【答案】(1) 不变 支点到力的作用线 小明 (2) 动力臂l1/cm 动力×动力臂=阻力×阻力臂 左 (3)此端力和力臂的乘积变小
【解析】（1）[1][2][3]由题意知，OD>OA=OC，当把A处悬挂的钩码改挂在C处，支点到力的作用点的距离不变，但杠杆不再平衡；把A处悬挂的钩码改挂在D处，支点到力的作用线的距离相同，发现杠杆仍保持平衡；因此可知影响杠杆平衡的因素是力的大小和支点到力的作用线的距离，故小明的观点是正确的。
（2）[1]由杠杆平衡条件可知，还需要测量力臂，因此a处应填：动力臂l1/cm，b处应填：阻力臂l2/cm。
[2]由表中数据可知，每一组实验中动力与动力臂的乘积都等于阻力与阻力臂的乘积，故得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
[3]设一个钩码的重为G，标尺上一格的长度为L，则在图乙中杠杆两侧钩码下端各加挂一个钩码，此时左侧
2G×2L=4GL
右侧
3G×L=3GL
故杠杆左端下沉。
（3）当一端烛油滴下时，此端蜡烛的重力变小，导致此端的力和力臂的乘积变小，杠杆失去平衡，所以此端上升。
►考向一 杠杆
1．（2024·陕西）如图所示的工具中，属于费力杠杆的是（ ）
A．钓鱼竿B．开瓶器
C．核桃夹D．钢丝钳
【答案】A
【解析】A．钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A符合题意；
B．开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不符合题意；
C．核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；
D．钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。
故选A。
2．（2024·山东青岛）如图所示，小明用手提起哑铃，这一动作从生物学的视角，可以认为桡骨在肱二头肌的牵引下绕着时关节转动；从物理学的视角，可以认为是一个杠杆在工作．下列说法正确的是（ ）
A．此杠杆的支点为A点B．此杠杆的阻力是哑铃受到的重力
C．此杠杆是一个费力杠杆D．肱二头肌的收缩距离大于哑铃的移动距离
【答案】C
【解析】A．支点是杠杆绕其转动的点，由图可知，手臂是绕C点进行转动的，因此支点为C点，故A错误；
BCD．杠杆的动力是肱二头肌收缩，动力作用点在A点，动力臂近似为AC的长度，阻力是手臂和哑铃的总重力，力臂近似为桡骨的长度，故动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，在锻炼时肱二头肌的收缩距离小于哑铃的移动距离，故C正确，BD错误。
故选C。
3．（2024·陕西）如图1，是我国春秋时期劳动人民发明的一种提水工具一桔槔，其简化示意图如图2所示。该装置工作时，可利用“坠石”的重力，帮助人们轻松地从井中提水。
(1)不改变支点O的位置和“坠石”的重力，想要提水时更省力，可以将“坠石”悬挂点B适当 （选填“靠近”或“远离”）支点O；
(2)若OA的长度为1m，OB的长度为1.5m，“坠石”的重力为100N，桶的重力为20N，不计杠杆AOB和竖杆自身重力、绳重和摩擦，若要竖直匀速提起180N的水，人还需要施加 N的拉力，此过程中，“坠石”下降的高度为3m，则“坠石”的重力做功为 J。
【答案】(1)远离 (2) 50 300
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件可知，人们从井中提水时，则有
在一定时，通过增大的距离，即可以将“坠石”悬挂点B适当远离支点，在杠杆平衡时，更小，即可以使提水时更省力。
（2）[1]若要竖直匀速提起180N的水，则有
解得，即人还需要施加50N的拉力。
[2]“坠石”的重力做功为
4．（2024·四川乐山）从物理学角度来看， （选填“省力”或“费力”）杠杆因动力臂比阻力臂长，可以实现“四两拨千斤”。我国传统衡器“杆秤”是一种杠杆，要使如图所示的秤杆在水平方向平衡 端移动。
【答案】 省力 应将秤砣向右
【解析】[1]动力臂大于阻力臂，根据杠杆平衡条件知是省 力杠杆。
[2]称量时，若秤杆右端向上翘起，说明右边的力和力臂的乘积小于左边的力和力臂的乘积，而左边的力和力臂、右边的力一定，根据杠杆平 衡条件可知，应该增大右边的力臂，即应将秤砣向右端移动。
5．（2024·广东广州）如图甲，质量不计的晾晒架钩在支撑物上，挂上衣服后，晾晒架可看成以O为支点的杠杆，图乙是其简化图，晾晒架上A、B、C、D四点在同一水平线上。
（1）B、C、D是挂衣处，同一件衣服挂在B时，A点受到的支持力最小，请说明理由： ，若衣服重为，则此支持力最小值为 N；
（2）请在图乙中：①画出B点受到衣服的拉力F，②画出拉力F的力臂l。
【答案】 同一件衣服挂在B时，阻力不变，阻力臂最小，动力臂不变，因此动力最小 4
【解析】（1）[1]由题意可知，晾晒架可看成一个杠杆，设衣服对晾晒架的作用力为阻力，则支撑物对晾晒架的作用力为动力，根据杠杆平衡条件
动力×动力臂＝阻力×阻力臂
可知，同一件衣服挂在B时，阻力不变，阻力臂最小，动力臂不变，因此动力最小，即A点受到的支持力最小。
[2]若衣服重为，根据杠杆平衡条件可得
当衣服挂在B时，阻力臂最小，所以此支持力最小值为
（2）[3]根据题意，B点受到衣服的拉力的方向为竖直向下，由于力臂是支点到力的作用线的距离，因此反向延长拉力F，画出支点O到拉力F的反向延长线的垂线段，即为拉力F的力臂l。如图所示
►考向二 滑轮和滑轮组
6．（2024·江苏盐城）下列挪动球形石墩的方法中，最省力的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】从图中可以看到，A方法中有两段绳子挪动石墩，人对绳子的拉力为石墩与地面的摩擦力的一半；BCD方法中，人对绳子的拉力都等于石墩与地面的摩擦力，即不省力。
故选A。
7．（2024·山东威海）（多选）利用简单机械设计健身器材，要求如下：始终竖直向下匀速拉动拉环，拉力大小范围为200-400N；拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离不超过2m；配重质量为15kg（杠杆、滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，滑轮组绳子长度足够长）。下列方案不符合设计要求的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【解析】配重的重力
G配=m配g=15kg×10N/kg=150N
A．杠杆左边就只有0.5m ，最大移动距离不可能是0.6m，不符合设计要求，故A符合题意；
B．由杠杆平衡条件得到
F1×0.7m=G配×1.4m
F1×0.7m=150N×1.4m
F1=300N
在拉力的范围内，拉力和配重移动的距离之比
拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离为
没有超过2m，符合设计要求，故B不符合题意；
C．图中滑轮组的动滑轮绕绳子的段数是2段，滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，则拉力
F2=2G配=2×150N=300N
在拉力的范围内，拉力在竖直方向移动的最大距离为0.6m时，配重在竖直方向移动的距离
l配2=2×0.6m=1.2m
没有超过2m，符合设计要求，故C不符合题意；
D．图中滑轮组的动滑轮绕绳子的段数是3段，滑轮、绳子、拉环的质量和摩擦均不计，则拉力
F3=3G配=4×150N=450N
超过拉力的范围，不符合设计要求，故D符合题意。
故选AD。
►考向三 机械效率
8．（2024·山东德州）如图甲所示，虚线框内是两个滑轮连成的滑轮组，工人利用该滑轮组，用200N竖直向上的拉力F，将物体匀速提高3m，物体和绳子自由端的运动情况如图乙所示，已知动滑轮重120N，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．绳子自由端移动的速度为0.5m/sB．工人做的有用功为360J
C．该滑轮组的机械效率为80%D．拉力F的功率为100W
【答案】C
【解析】A．滑轮组省力费距离，由图乙可知，内，物体匀速提高，绳子自由端匀速移动，则绳子自由端移动的速度
故A错误；
B．物体提高，绳子自由端移动，则动滑轮上承担物重的绳子段数
不计绳重和摩擦，由可得，物体的重力
工人做的有用功
故B错误；
C．工人做的总功
该滑轮组的机械效率
故C正确；
D．拉力的功率
故D错误。
故选C。
9．（2024·四川泸州）泸州籍运动员在杭州亚运会上获得女子龙舟赛项目三枚金牌。图甲为常用坐姿划船训练器械，其简化原理如图乙所示。已知动滑轮质量为10kg，配重质量为50kg，不计绳重和摩擦。某次训练过程中，运动员两只手分别从A、B端同时施加拉力将配重匀速提起，每提升一次，配重上升0.8m。取，则下列说法中正确的是（ ）
A．将配重匀速提升过程中，配重的机械能保持不变
B．将配重匀速提升过程中，A端绳子的拉力为600N
C．运动员将配重匀速提升0.8m，其做功为400J
D．运动员每分钟提升配重15次，其平均功率为120W
【答案】D
【解析】A．将配重匀速提升过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度变大，重力势能变大，机械能变大，故A错误；
B．配重的重力
G配=m配g=50kg×10N/kg=500N
动滑轮的重力
G动=m动g=10kg×10N/kg=100N
滑轮组的动滑轮绕2段绳，不计绳重和摩擦，A端绳子的拉力
故B错误；
C．运动员将配重匀速提升0.8m，其做功为
W=FAs=FA×2h=300N×2×0.8m=480J
故C错误；
D．运动员每分钟提升配重15次，总功
W总=15W=15×480J=7200J
其平均功率为
故D正确。
故选D。
10．（2024·贵州）（多选）如图甲所示的条凳，人若坐在凳的一端，极易使其另一端上翘而摔倒。现将其简化为如图乙所示的示意图，B、C点分别与凳脚的E、F点在同一竖直线上。当人对水平凳面施加竖直向下的压力时，下列分析正确的是（ ）
A．压力作用于A点，可将条凳视为绕E点转动的杠杆
B．只要压力作用于凳面的中间，则条凳一定不会上翘
C．只要在A、D点同时施加压力，则条凳一定不会上翘
D．在B或C点施加一个压力，则条凳一定不会上翘
【答案】ABD
【解析】A．分析图乙可知，当压力作用于A点时，如果条凳可以转动，将围绕E点转动，因此条凳视为绕E点转动的杠杆，故A正确；
B．当压力作用于凳面的中间，此时E、F两点受到的压力均是向下的，因此条凳不会上翘，故B正确；
C．在A、D点同时施加压力，如果其中一点的力大，根据杠杆平衡条件，如果大于另一点的力和条凳重力作用效果时，条凳将上翘，故C错误；
D．如果在B或C点施加一个压力，则此时动力臂为零，因此条凳一定不会上翘，故D正确。
故选ABD。
11．（2024·山东济宁）小明将木板一端置于水平桌面上，另一端与量角器组装成斜面（如图所示），按以下步骤进行了实验：
①选3个物体A、B和C，分别测出它们的重力大小；
②将斜面倾角（木板与桌面夹角）调成5°，分别将物体A、B、C放置在斜面上保持静止，用压力传感器分别测出它们对木板的压力大小；
③将斜面倾角先后调成10°和15°，重复步骤②。
实验数据记录如下表：
结合以上信息，按要求回答下列问题：
(1)请在图中画出物体A对木板（斜面倾角为15°）压力的示意图，要求包含力的三要素 ；
(2)若研究同一物体对木板的压力大小与斜面倾角的关系，可选择实验序号 中的数据进行分析；
(3)分析比较实验数据可知：不同物体静止在同一斜面上时，物体对木板的压力与该物体重力的比值 ；
(4)分析比较实验数据可知，同一物体静止在不同斜面上时，斜面倾角越大，物体对木板的压力与该物体重力的比值 （选填“越大”、“越小”或“不变”）；
(5)斜面作为一种简单的机械，在生活中常有应用。在沿斜面向上的拉力F作用下，质量为的物体沿斜面向上匀速运动了，升高了，斜面的机械效率为90%，则该物体所受摩擦力的大小为 N。（取）
【答案】(1) (2)1、4、7（2、5、8或3、6、9） (3)都相等 (4)越小 (5)10
【解析】（1）物体A对斜面的压力作用点在接触面，与接触面垂直并指向斜面；由表格中数据可知，当斜面倾角为15°，A对斜面的压力大小为9.66N。如图所示：
（2）研究同一物体对木板的压力大小与斜面倾角的关系，应选择同一物体放在同一斜面上，改变斜面倾角，测出压力大小进行比较，所以可选择实验序号1、4、7或2、5、8、或3、6、9中的数据进行分析。
（3）分析比较1、2、3（4、5、6或7、8、9）三组数据，A、B、C三个不同物体静止在同一斜面上，物体对木板的压力与该物体重力的比值都相等。
（4）分析比较序号1、4、7（2、5、8、或3、6、9）中的实验数据可知，同一物体静止在不同斜面上时，斜面倾角越大，物体对木板的压力越小，由于重力不变，则物体对木板的压力与该物体重力的比值越小。
（5）拉力F做的有用功为
总功为
额外功为
则该物体所受摩擦力的大小为
12．（2024·山东日照）港口装载货物时，经常通过斜面将货物拉到甲板上。如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，体重为800N的工人用300N竖直向下的拉力将重500N的货物从斜面底端拉到顶端。货物沿着斜面运动的速度随时间变化的图像如图乙所示，工人的鞋底与地面的总接触面积约为，不计滑轮的摩擦和绳子的重力。求：
(1)拉动货物时工人对地面的压强；
(2)货物在0～10s内运动的平均速度；
(3)货物运动时受到的摩擦力大小。
【答案】(1) (2)1.2m/s (3)50N
【解析】（1）根据题意可知，地面对工人的支持力为
地面对工人的支持力和工人对地面的压力为相互作用力，大小相等，工人对地面的压力为
工人对地面的压强为
（2）根据图乙可知，货物0-5s通过的路程为
货物5-10s通过的路程为
货物0-10s运动的路程为
则货物0-10s运动的平均速度为
（3）根据题意可知，工人所做的有用功为
工人所做的总功为
货物运动时受到的摩擦力为
13．（2024·四川巴中）图甲所示的塔吊是施工建设中最常见的设备，其结构可简化为图乙所示的滑轮组模型。已知物体质量为300kg，在绳子自由端施加1250N拉力，物体以0.5m/s的速度匀速上升10s。求：
(1)绳子拉力端移动的距离；
(2)拉力的功率；
(3)在此过程中滑轮组的机械效率。
【答案】(1)15m (2)1875W (3)80%
【解析】（1）图中绳子股数n=3，绳子拉力端移动的速度
移动的距离
（2）拉力F的功率
（3）拉力所做的功
有用功为
机械效率
14．（2024·广东广州）如图，吊车在建筑工地进行作业时，由支腿将吊车撑起并脱离地面，吊臂上的滑轮组在1s内，将重为的建筑材料沿竖直方向匀速提升1m，滑轮组上钢丝绳自由端受到的拉力F为；
（1）支腿做成“”形而非“”形的作用是： ；
（2）求钢丝绳自由端的移动速度；
（3）求拉力F的功率和滑轮组的机械效率。
【答案】 减小压强 3m/s ，60%
【解析】
（1）[1]根据知，在压力不变时，增大受力面积减小压强。所以支腿做成“”形而非“”形的作用是减小吊车对地面的压强。
（2）[2]由图知物体有3段绳子承担，n=3，钢丝绳移动的距离
钢丝绳自由端的移动速度
（3）[3][4]此时该滑轮组做的总功
拉力F的功率
使用该滑轮组做的有用功
此时该滑轮组做的机械效率
1．（2025江苏盐城期中）小明将4根杠杆调节在水平位置平衡后，分别在杠杆上悬挂不同的重物，杠杆的位置如图所示（斜线表示秤盘落在桌面上），若不改变悬挂点，仅将每根杠杆左右的重物互换，杠杆有可能重新回到水平位置的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】A．图中左侧物重所挂的位置据支点有5个小格，右侧所挂重物的位置据支点有6个小格，此时右端沉，则物重可能大于左侧物重、当左右的重物互换，根据杠杆平衡的条件可知，可能在水平位置平衡，故A符合题意；
BC．图中左右两侧所挂物重的位置相同，即力臂相同，即使左右的重物互换，根据杠杆平衡条件可知，也不会在水平位置平衡，故BC不符合题意；
D．图中左侧所挂物重的位置大于右侧所挂物重的位置，此时杠杆右端沉，说明右侧物重大于左侧，将左右的重物互换，则左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积，杠杆不会在水平位置平衡，故D不符合题意。
故选A。
2．（2024江苏南通月考）用图示滑轮组匀速提升不同的重物，不计绳重和摩擦。先定义一个物理量M，将人拉绳的力与滑轮组对重物施加的力的比值叫作M。则下列图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】AB．人拉绳的力与滑轮组对重物施加的力的比值叫作M，即，不计绳重和摩擦，则， 则

由此可知，M与的关系线是一条不过原点的一次函数图像，故A正确，B错误；
CD．不计绳重和摩擦
则
是一个定值，是反比例函数的一支，故CD错误。
故选A。
3．（2025云南昆明期中）（多选）实验小组用同一物体做了图所示的两次实验，图甲中物体静止在空中，图乙中物体10s内沿竖直方向被匀速提升了0.1m。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．该滑轮是省力杠杆
B．该滑轮对物体做功0.32J
C．该滑轮的机械效率为80%
D．图乙中弹簧测力计的拉力的功率为0.02W
【答案】ABC
【解析】A．由图乙可知，当提升物体时，滑轮和物体一起移动，此滑轮是动滑轮，属于省力杠杆，故A正确；
B．由图甲可知，物体的重力为，物体竖直方向被匀速提升了0.1m，该滑轮对物体做功为有用功，为
故B正确；
C．由图乙可知，绳端拉力为，绳子自由端移动距离为
总功为
该滑轮的机械效率为
故C正确；
D．图乙中弹簧测力计的拉力的功率为
故D错误。
故选ABC。
4．（2025江苏无锡期中）（多选）如图所示，是制作好的蜡烛跷跷板，下列说法中正确的是（ ）
A．选用越粗的蜡烛效果好
B．转轴的位置离蜡烛重心越远越好
C．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方
D．跷跷板低端的蜡油熔化速度慢
【答案】CD
【解析】A．制作蜡烛跷跷板时，选用较细的蜡烛能减小蜡烛的重力带来的影响，能使蜡烛在水平位置更加稳定，故A错误；
B．转轴位置离蜡烛重心越远，根据杠杆的平衡条件可知，此时蜡烛容易发生翻转，故B错误；
C．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方，蜡烛的重心变低了，稳度较高，故C正确；
D．根据杠杆的平衡条件可知，跷跷板低端的蜡烛力臂与力的乘积较大，蜡油熔化速度慢，故D正确。
故选CD。
5．（2025江苏无锡期中）如图甲所示，水平地面上一长方体密度均匀的实心物体，质量为90kg，已知 AB=0.8m，BC=0.6m，要把它翻转立放在地面上，如图乙所示，手作用在 （选填“A”或“B”或“D”） 点最省力，在翻转的过程中不打滑，至少要对物体做功 J。
【答案】 A 180
【解析】[1]根据杠杆的平衡条件，当阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，若以C棱为支点，动力臂等于AC时最长，过A点作AC的垂线，且动力方向垂直于AC向上，即为最小动力F的位置。
[2]在翻转的过程中，不打滑，根据功的原理知，动力做功等于克服物体重力做的功，图中重心高度为BC的一半，即
当长方体物体翻转到最高点时，AC竖直，且
此时重心的高度为AC的一半，即
则重心升高的高度为
所以，至少要对物体做功
6．（2025江苏南京月考）如图所示，下列是使用四种不同简单机械的示意图，物体所受重力为G，不计摩擦、绳杆、滑轮重。
(1)四种方式中，拉力最小的是 ；
(2)在图②和图③中，F2= G，F3= G；
(3)将F1、F2、F3、F4从大到小依次排列为 （两者间用“>”连接）。
【答案】(1)④F4 (2) 0.6 0.4 (3)F1>F2>F3>F4
【解析】（1）使用四种简单机械匀速提升同一物体，设其重力为G，不计机械自重、绳重和摩擦，则
第一个图，使用的是定滑轮，不省力也不费力，拉力F1=G。
第二个图，使用的是斜面，斜面高
斜面长s＝5m，不计摩擦，额外功为0J，则有用功等于总功，即
则
第三个图，使用的是杠杆，动力臂为
L1=2L+3L=5L
阻力臂为
L2=2L
由杠杆平衡条件可得
第四个图，使用的是滑轮组，绳子撑重段数n＝3，拉力
由以上分析可知，动力F4是最小的。
（2）[1]由（1）可得
[2]第③图F3为
（3）根据上述分析可知，F1、F2、F3、F4从大到小依次排列为
F1>F2>F3>F4
7．（2025安徽六安月考）塔吊是工程建设中经常采用的起重装置，其起吊部分的结构可简化为如图所示的滑轮组。它将重为450N的重物竖直匀速提升10m，滑轮组自由端绳子的拉力F为300N，该滑轮组的机械效率为 。
【答案】75%
【解析】由图可知滑轮组的动滑轮绕绳子的段数n=2，滑轮组的机械效率
8．（2025江苏苏州期中）四个小组在“验证杠杆平衡条件”的实验中：
(1)实验时，应将杠杆调至水平位置平衡，目的是为了消除杠杆自重的影响和便于 ；若杠杆右端上翘，需将平衡螺母向 （左/右）侧调；
(2)小组一实验中获得三组数据如下表所示，分析可得，杠杆的平衡条件是 （用表中所给的字母表示）；
(3)小组二实验情景如图甲，发现要使杠杆在水平位置平衡，测力计向下的拉力要超过测力计的量程。为完成实验，下列操作可行的是___________；
A．向左移动钩码的悬挂点B．向右移动测力计的悬挂点
C．向左移动平衡螺母D．向右移动平衡螺母
(4)小组三实验后发现动力和动力臂成反比，造成此结果的原因是实验时未改 ；
(5)小组四进一步利用图乙装置估测一根质量分布不均匀的金属棒的重心位置。此时金属棒在水平位置保持平衡，金属棒上A点下方的细线上悬挂一质量为m的小球，支点O到A点距离为，需用天平测出 ，便能通过表达式 （用m、及所测物理量符号表示）计算出金属棒重心到支点O的距离。
【答案】(1) 测量力臂 右 (2) (3)B (4)阻力和阻力臂/ (5) 金属棒的质量
【解析】（1）[1][2]如果杠杆倾斜，力臂不方便测量，故实验时，应将杠杆调至水平位置平衡，目的是为了消除杠杆自重的影响和便于测量力臂。若杠杆右端上翘，因为左侧的重力与力臂的乘积大于右侧，故需将平衡螺母向右侧调，相当于增加力臂。
（2）根据表格中的数据可以得出结论，杠杆的平衡条件是动力×动力臂 = 阻力×阻力臂，用表中所给的字母表示就是 。
（3）小组二实验中，要使杠杆在水平位置平衡，测力计向下的拉力要超过测力计的量程。为完成实验，意味着力要减少，力臂需要增大，悬挂点需要向右移动，故ACD不符合题意，B符合题意。
（4）小组三实验后发现动力和动力臂成反比，根据杠杆的平衡条件，造成此结果的原因是实验时未改变阻力和阻力臂或者乘积不变，导致动力和动力臂的乘积保持不变。
（5）小组四利用图乙装置估测金属棒的重心位置。金属棒在水平位置保持平衡，金属棒上A点下方的细线上悬挂一质量为m的小球，支点O到A点距离为l。根据杠杆平衡条件，我们可以得到以下等式
由于金属棒的重力未知，我们可以通过测量小球的质量和悬挂点到支点的距离来计算，我们需要知道金属棒的总质量（可以通过天平测量），故金属棒的长度为
这样，我们就可以计算出金属棒重心到支点O的距离L。
9．（2025江苏无锡期中）小明根据玩跷跷板游戏的体验提出了探究“杠杆平衡时动力大小的影响因素”实验中：
(1)实验前，将甲图中杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)测力计倒置使用时需要重新校零。如图乙，一种方法是取两个弹簧测力计，先竖直方向校零后，按图所示方式竖直放置，秤钩对秤钩，在竖直方向拉到某一数值，这时上面的测力计示数为2N，下面的测力计示数1.8N，然后移动下面的弹簧测力计的指针到 N即可；
(3)下表是小华本次实验得到的数据，分析这次数据可得到结论动力与、成正比，与成 比。进一步分析表格中数据可以得到： ；
(4)如图丙，杠杆上每格的距离为5cm，每个钩码重0.5N，同组的小芳将测力计斜着拉动时，发现测力计示数由a位置的3N变为了b位置的6N，经过老师的提醒，小芳用直角三角尺测出了支点到动力作用线的距离OC为5cm，为了使第（3）间中的结论成立，请你给和下一个定义：支点到 的距离叫；
(5)实验完成后，同学发现其他组的杠杆有所不同，他仔细观察了构造；
图甲中的杠杆中间开有一个槽（槽与杠杆的悬挂点在同一水平线上），在槽口中扣有钢丝，用以挂钩码和弹簧测力计；图丁中的杠杆则是底部留有一排小孔（孔与杠杆的悬挂点不在同一水平线上），用以悬挂钩码和测力计。其它同学对两种杠杆的优劣，提出了一些看法，你认为不正确的是______。
A．甲杠杆在使用时，由于钢丝有重力，移动钩码改变悬挂位置后需要重新调节平衡螺母
B．丁杠杆在使用时，钩码改变位置后不需要重新调节平衡螺母
C．甲杠杆在使用时，力臂可以连续改变，丙杠杆不可以
D．丁杠杆在使用时，用测力计沿竖直方向拉动，使杠杆在水平位置平衡时，测力计的拉力最小
【答案】(1)右 (2)2 (3) 反 = (4)拉力 (5)A
【解析】（1）当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则杠杆向左偏，由左偏右调可知，则应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）由于力的作用是相互的，上面的测力计示数为2N，则上面的测力计对下面测力计的拉力大小为2N，所以下面的测力计对上面测力计的拉力大小也为2N，故移动下面的弹簧测力计的指针到2N。
（3）[1][2]分析表中数据发现
2.0N×5cm=1.0N×10cm
1.0N×10cm=1.0N×10cm
4.0N×5cm=2.0N×10cm
所以可得到结论动力与、成正比，与成反比；根据表格中的数据计算结果可以得到
（4）将测力计斜着拉动时，动力臂变小，由杠杆平衡条件可知，动力变大，所以动力臂L1为支点到动力作用线的距离。
（5）A．甲杠杆在使用时，移动钩码改变悬挂位置后不需要重新调节，实验过程不能移动平衡螺母，故A错误，符合题意；
B．实验过程不能移动平衡螺母，丁杠杆在使用时，钩码改变位置后不需要重新调节平衡螺母，故B正确，不符合题意；
C．甲杠杆在使用时，钩码挂在钢丝上可以滑动，所以力臂可以连续改变；丙杠杆在使用时，钩码挂在悬挂点上，不可以连续改变力臂，故C正确，不符合题意；
D．丁杠杆在使用时，用测力计沿竖直方向拉动，则拉力的力臂最大，由杠杆平衡条件可知，拉力最小，所以使杠杆在水平位置平衡时，测力计的拉力最小，故D正确，不符合题意。
故选A。
10．（2025江苏无锡期中）小红手头有一把质量分布不均匀（重心不在中点处）的刻度尺（如图1），利用所学杠杆知识，设计了一种测刻度尺质量的方法。器材：铅笔、5角硬币（质量为5g），设计方案如下：
（1）把圆柱形铅笔放在刻度尺与桌面之间，保持铅笔与刻度尺垂直，如图2，调整刻度尺的位置，使刻度尺保持水平平衡。记下该位置的刻度为6cm，则该位置就是刻度尺的 ；
（2）将5角硬币放在刻度尺最左端（硬币重心在刻度尺的0刻度点），如图3，重新调整刻度尺的位置，使刻度尺再次保持水平平衡，记下此时刻度尺与铅笔的接触点为2cm；
（3）根据以上数据，算出刻度尺的质量为 g；
（4）多次改变硬币的 ，使杠杆再次平衡，多次测量后求出平均值。
【答案】(1)重心 (2)2.5 (3)位置
【解析】（1）[1]把圆柱形铅笔放在刻度尺与桌面之间，调整刻度尺的位置，使刻度尺保持水平平衡，由于重力的方向竖直向下，所以刻度尺的重力方向沿铅笔向下，故该位置就是刻度尺的重心。
（3）[2]将5角硬币放在刻度尺的0刻度点，刻度尺与铅笔的接触点为支点，刻度为重心，刻度尺再次保持水平平衡，则硬币对刻度尺的压力的力臂为2cm，支点到刻度尺的重力的距离为4cm，由杠杆平衡条件
可得
解得
（4）[3]由于实验中测量的刻度尺的质量有较大误差，所以多次改变硬币的位置，使杠杆再次平衡，多次测量后求出平均值，减小测量误差。
11．（2025陕西西安期中）小明为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、圆盘等。
(1)如图甲，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）侧适当调节，将杠杆调至水平平衡的目的是 ；
(2)如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，B点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是（ ）；
A．读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B．保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C．同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
(3)同组的小红认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心O转动。如图丙所示，在C点和D点分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在D点的钩码先后挂在圆盘上的 两个点上，观察圆盘是否平衡；
(4)小明探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥（dēng）秤制作了杆秤，如图丁所示，当不挂秤砣且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡，该杆秤的量程为0~250g，若想增大该杆秤的量程，可以 。
【答案】(1) 平衡 右 便于测量力臂 (2)A (3)E、F (4)将提纽移到O点左侧
【解析】（1）[1]杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状 态，故此时杠杆处于平衡状态。
[2]如图甲所示，杠杆左端下沉，要使杠杆在水平位置 平衡，应将平衡螺母向右调节。
[3]为了便于测量力臂，应该使杠杆在水平位置平衡。
（2）实验中为了得到普遍规律，应进行多次实验，因此不能直接分析数据得结论，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（3）要探究“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡，即改变支点到力的作用点的距离，因此应把D点的钩码先后挂在圆盘上的E、F两点。
（4）若将提纽移到O点左侧， 则OA减小，OB变大，秤砣质量不变，则FB不变，根据杠杆平衡条件知，FA变大，则杆秤的量程可以变大。
12．（2025广东广州期中）小明想要探究影响斜面机械效率的因素，对此他猜想：“斜面的坡度一定时，物体越重，斜面机械效率越高”。小红不赞同小明的猜想，于是他们一起设计实验检验小明的猜想是否正确。
(1)他们准备了长木板、木块，带凹槽和挂钩的滑块、质量相同的钩码若干个、刻度尺和仪器a，仪器a是 ；
(2)请帮小红写出实验步骤和判断小明的猜想是否正确的依据：
①测量滑块、钩码的重力：用仪器a在空中沿 方向提起滑块，保持静止，记录滑块的重力G；用同样的方法测量出1个钩码的重力为；将1个钩码放入滑块的凹槽，计算出滑块和1个钩码的总重力；
②搭建斜面：在长木板上画四条线A、B、C、D（如图），测量出 （选填“AC”“AD”“BC”或“BD”）间距离为斜面的长度s，用木块撑起长木板，测出这两点间的高度差h，固定木块和木板保持斜面坡度不变；
③测量拉力：把滑块放在斜面上，用仪器a 拉动滑块，测出拉力；
④改变物重：再放1个钩码到滑块的凹槽中，计算出总重力为， ；
⑤重复步骤③，记录测力计的示数为；
⑥判断小明的猜想是否正确的依据： 。
【答案】(1)弹簧测力计 (2) 竖直 AC 沿斜面匀速 见解析
【解析】（1）实验中要测量滑块的重力与拉动滑块的拉力、滑块移动的距离和上升的高度，则需要的测量工具为弹簧测力计和刻度尺。
（2）[1]用测力计在空中沿竖直方向提起滑块，保持静止，此时滑块受到的重力与拉力相等，读出此时测力计的示数可得物块重力。
[2]由图得，滑块运动的距离为AC或BD，为便于测出这两点的高，应测量AC间距离为斜面的长度s。
[3]测量拉力：把滑块放在斜面上，为了保证拉力大小不变，应用仪器a沿斜面匀速拉动滑块，测出拉力。
[4]改变物重：再放1个钩码到滑块的凹槽中，计算出总重力为，则
[5]若
说明小明的猜想正确；若
说明小明的猜想错误。
13．（2024河北邯郸一模）一辆汽车不小心开进了泥潭中，司机取来一套滑轮组欲将汽车从泥潭中拉出（图）。若汽车总质量是6t，汽车受到的阻力为车重的0.04倍，不计滑轮轴处的摩擦及绳重，每个滑轮重200N，轮胎与水平地面间的总接触面积是，司机体重是700N。（g取10N/kg）求：
(1)求汽车对水平地面的压强；
(2)通过计算说明司机能否利用这套滑轮组把汽车拉动；
(3)司机卸下2t的货物后，汽车以0.1m/s的速度被拉动了10m，求这个过程中司机做功的功率和滑轮组的机械效率。（保留1位小数）
【答案】(1) (2)不能 (3)180W，88.9%
【解析】（1）汽车的重力
汽车对水平地面的压力等于自身的重力，对水平地面的压强
（2）汽车受到的阻力
图示中，滑轮组承重绳子为3根，不计滑轮轴处的摩擦及绳重，拉动汽车，绳端所需的最小拉力
所以利用这套滑轮组不能把汽车拉动。
（3）卸下货物的重力
剩余货物的重力
此时汽车所受的阻力
绳端的拉力
汽车被拉动10m，绳子自由端移动的距离
s=nh=3×10m=30m
所用的时间
司机所做的总功
司机做功的功率
克服阻力所做的有用功
滑轮组的机械效率
14．（2024陕西西安一模）如图甲所示是我市地铁修建时所搭建的龙门吊，可将建筑材料方便地吊起，并放置到指定的工作区域，横梁上装有可移动的卷扬机，卷扬机通过钢绳与滑轮组相连，如图乙所示为结构示意图。已知该卷扬机的额定输出功率为4kW，调速范围是20-60m/min（即卷扬机拉绳的速度范围），某次工作时卷扬机的实际输出功率为1.2kW保持不变，将一个重为4.8×102N的重物，以0.2m/s的速度匀速提升了6m，又以相同速度水平移动5m到指定位置。（不计绳重与摩擦，动滑轮重1200N，g=10N/kg）求：
(1)整个过程中滑轮组提升重物做的有用功是 J，卷扬机拉动绳子的速度为 m/s。
(2)此次提升重物的过程中滑轮组的机械效率是多少?
(3)起重作业，安全第一，禁止超负荷工作。在日常使用中，卷扬机承受的最大拉力不应超过额定最大拉力的70%，请通过计算说明该装置提升材料的最大重力是多少?
【答案】(1) 2.88×104 0.6 (2)80%； (3)2.4×104N
【解析】（1）[1]整个过程中滑轮组提升重物做的有用功
[2]卷扬机拉动绳子的速度
（2）卷扬机工作的时间
拉力做的总功
滑轮组的机械效率
（3）卷扬机拉绳的最小速度
根据可得额定最大拉力
卷扬机实际承受的最大拉力
该装置提升材料的最大重量
15．（2025山西长治期中）小明在成长笔记中记录了如下的错题，请你帮助他找出错误之处、分析错因并写出正确解答过程。
【答案】 机械效率计算错误 将功率和机械效率混淆，机械效率为有用功在总功中所占的比例 80%
【解析】[1]根据机械效率的计算公式可知，错误之处：机械效率计算错误。
[2]错因分析：将功率和机械效率混淆，机械效率为有用功在总功中所占的比例。
[3]正确解答：由题图乙可知，上升用时时，物体上升的高度，则绳子自由端移动的距离
拉力做的功
克服重力做的功
滑轮组的机械效率
16．（2025江苏南京期中）如图甲所示为《天工开物》中描述的龙骨水车，它由水槽、刮板、木链、木齿轮、脚踏等组成，其中脚踏部分的结构如图乙所示。水车安放在河边，下端水槽和刮板直伸水中，另一端的木齿轮固定于堤岸的木架上，用时踩动脚踏部分使木齿轮转动，通过木链带动槽内板叶刮水上行，倾灌于地势较高的田地。
(1)龙骨水车刮水上行时水的 能增大。
(2)刮板的面积越大，水车旋转一周提升的水就越多，对水所做的功越 ，当工人踩动脚踏的速度变大时，提升水的功率会变 。
(3)若工人踩动龙骨水车旋转一局可将30kg的水提升到4m高的田地中，所用时间为60s，工人做功的总功率为50W，则该过程中工人做的总功为 J，机械效率为 %。
(4)如图丙所示，水龙头开关的设计也应用了同样的原理，为了更省力，开关应选用 （选填“①”或“②”）。
【答案】(1)重力势 (2) 多 大 (3) 3000 40 (4)①
【解析】（1）龙骨水车刮水上行时水的过程中，水的高度增大，所以重力势能增大。
（2）[1]刮板的面积越大，水车旋转一周提升的水就越多，克服水的重力做的功
W=Gh=mgh由此可知，刮水越多，对水所做的功越多。
[2]当工人踩动脚踏的速度加快时，水车旋转一周的时间变短，根据可知，提升水的功率会变大。
（3）[1]工人做的总功为
W总=Pt=50W×60s=3000J[2]水的重力为
G=mg=30kg×10N/kg=300N将水举到高处对水做的功为
W有=Gh=300N×4m=1200J机械效率为
（4）水龙头开关相当于轮轴，使用轮轴可以省力，且轮越大越省力。由图可知水龙头开关相当于简单机械中的轮轴，①的轮半径更大，所以更省力。
17．（2025广东广州期中）张强用如图甲所示的滑轮组提升物体，图中每个滑轮等重，不计绳子重和摩擦。把重力为300N的货物匀速提升高10m，绳子自由端拉力为200N，用时20s，则：
(1)以上过程中，有用功和总功各是多少？
(2)拉力做功的功率多大？
(3)如果货物匀速提升高度都为10m，且货物重G从300N开始逐渐增加，直到绳子被拉断，图乙记录了在整个过程中滑轮组的机械效率随货物的重力的增加而变化的图象。当绳子被拉断前的瞬间，机械效率为 （保留一位小数）。
【答案】(1)有用功是3000J；总功是6000J (2)300W (3)88.9%
【解析】（1）由题意知，所做的有用功
W有=Gh=300N×10m=3000J由图知，动滑轮上的绳子股数n=3，则绳子自由端移动的距离
s=nh=3×10m=30m
根据得，所做的总功
W总=Fs=200N×30m=6000J
（2）根据可得，拉力做功的功率为
（3）由图得，物重为300N时，滑轮组的机械效率为50%，因为不计绳子重和摩擦，所以
所以动滑轮的重力
绳子被拉断，物重为G′=2400N，所以有用功为
W有′=G′h=2400N×10m=24000J
额外功为
W额外=G动h=300N×10m=3000J
则滑轮组的机械效率为
18．（2025广东广州期中）如图甲是中置举升型自卸车，其简图对应图乙、图丙。
(1)画出图乙中对应的力臂及货物A对车的压力；
(2)当自卸车厢保持静止，货物A匀速移动至图丙位置，自卸车的举升力与图乙中的相比 （选填“变小”、“变大”或“不变”），你的判断依据是： ；
【答案】(1) (2) 变小 见解析
【解析】（1）从支点O向F1做垂线段，垂线段的长度为对应的力臂，货物A对车的压力垂直于接触面向下，如图所示：
（2）[1][2]货物A匀速移动至图丙位置，阻力不变，阻力臂变小，动力臂不变，由杠杆平衡调节可知，动力变小，即升力与图乙中的相比变小。
19．（2025江苏无锡期中）“龙骨水车”是我国古代江南地区主要的灌溉农具之一，是一种历史悠久的提水设施，相当于现代的抽水机，其构造如图（a） 所示：《天工开物》中有“数尺之车，一人两手疾转，竟日之功可灌二亩而已”的记载。如图（b） 所示， 将水车一端浸入水中，另一端固定于岸上。使用时摇动长柄摇杆，使轮轴转动，带动嵌满刮水板的链条运动，槽内板叶刮水上行，倾灌于地势较高的田中。
(1)使用时，人对长摇杆施加力的作用使轮轴转动，相当于在使用一个 （省力/费力）杠杆。木链条运动起来，一定质量的水被水车提升到高处重力势能 （增大/减小）；
(2)若工人踩动龙骨水车旋转一周可将0.03m3 的水提升到4m高的田地中，所用时间为60s，工人做功的总功率为50W，则该过程中龙骨水车所做的有用功为 J，工人做的总功为 J，机械效率为 % 。（ρ水=1.0×10³kg/m³，g取10N/kg）
(3)写出一条提高“龙骨水车”提水功率的方法： ；写出一条提高“龙骨水车”提水效率的方法
【答案】(1) 省力 增大 (2) 1200 3000 40 (3) 减小踩动龙骨水车旋转一周的时间 减小各部件之间的摩擦
【解析】（1）[1]使用时长柄摇杆相当于轮轴工作时的轮，轮半径大于轴半径，相当于省力杠杆。
[2]一定质量的水被水车提升到高处，质量不变，高度增加，则重力势能增大。
（2）[1]该过程中龙骨水车所做的有用功为
[2]工人做的总功为
[3]机械效率为
（3）[1]根据可知在总功不变的情况下，通过减小踩动龙骨水车旋转一周的时间即可增大功率。
[2]要提高提水效率，可以减小各部件之间的摩擦或减小木链条、刮水板的重力，这样在做相同的总功时，额外功在总功中所占的比值变小，则有用功在总功中所占的比值增大，能提高提水效率。
20．（2025江苏盐城月考）阅读短文，回答问题：
坐拉器
随着生活水平的提高，人们越来越意识到身体健康的重要性，开始注重体育锻炼。为了便于进行体育锻炼，许多公园和小区都设有健身广场，里面有各种健身器材。
坐拉器就是其中的一种，小明和小梅发现坐拉器可以用已学习的知识去研究。观察坐拉器的外形结构如图甲所示，他们根据坐拉器的结构，画出了如图乙所示的简化模型图，人坐在坐拉器座椅上，给手柄A施加向下的压力时，操作杆AB会绕着转轴O转动，连杆BD拉动杆O′C绕转轴O′转动，座椅将人向上抬起。经过测量可知：OA∶OB=5：1，O′C∶O′D=2：1，小梅的重力G=450N，小明的质量m=60kg，（g取10N/kg）。
(1)兴趣小组发现坐拉器在装配时用到一种如图丙所示的螺丝，该螺丝上的螺纹可以简化成的模型是（ ）
A．杠杆B．斜面
C．滑轮D．轮轴
(2)关于该坐拉器及其模型图，下列说法正确的是（ ）
A．该坐拉器是个组合杠杆，使用过程中可以省功
B．O′DC杠杆是费力杠杆，而 BOA杠杆是省力杠杆
C．人被抬得越高，坐拉器的机械效率越高
D．该坐拉器的机械效率为定值，不会发生变化
(3)小梅让小明坐在坐拉器的座椅上，小梅拉动手柄逐渐将小明抬起。小梅施加最小拉力的方向是（ ）
A．始终竖直向下B．始终水平向右
C．始终垂直于OA向下D．始终竖直向上
(4)小梅让小明继续静止坐在坐拉器的座椅上，小梅竖直向下匀速拉动手柄，将小明抬起。经过测量，手柄竖直向下移动30cm，座椅竖直升高9cm，用时5s，利用坐拉器抬起小明的机械效率为60%，则小梅抬起小明所做功的功率为 W。
(5)忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。小明又让小梅坐在坐拉器上，小明用手向下拉动手柄A将小梅抬起。在保持图乙的状态时，小明需要对手柄A施加的拉力至少为 N。
【答案】(1)B (2)B (3)C (4)18 (5)180
【解析】（1）螺纹可以看成一个直角三角形斜边绕一个圆柱得到的，故可以简化为斜面模型，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
（2）A．该坐拉器是个组合杠杆，任何机械不能省功，故A错误；
B．O′DC和BOA分别可以简化成下图两个杠杆模型

由
OA∶OB=5：1，O′C∶O′D=2：1O′DC杠杆，设阻力臂为，则动力臂为，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。而 BOA杠杆，设动力臂为，则阻力臂为，动力臂大于阻力臂，故为省力杠杆。故B正确；
CD．假设人重力为，被抬高，则D处应抬高，B处也应抬高，于是A处应向下拉，设A处力为F，则效率
故效率与抬起高度无关，而与人的质量有关，故CD错误。
故选B。
（3）要使施加力最小，则力应始终与力臂垂直，故小梅施加最小拉力的方向始终垂直于OA向下。
故选C。
（4）根据
小梅抬起小明所做的有用功
故小梅抬起小明所做的总功
则小梅抬起小明所做功的功率为
（5）小明的重力
由杠杆平衡条件得，对于杠杆
即
①
对于杠杆，小梅对杠杆的压力是阻力，大小等于小梅的体重，作用在D点的力FD是动力，则
即
解得
FD=900N
由于物体间相互作用力的大小相等，可知
FB=FD=900N
由①得
解得
小明需要对手柄A施加的拉力至少为180N。课标要求
考点
命题预测
能说出人类使用的一些机械。探究杠杆的平衡条件
杠杆
主要命题点有：杠杆五要素及作图、杠杆的平衡条件的应用、三种杠杆的辨析及应用、探究杠杆平衡条件、定滑轮的特点、动滑轮的特点、滑轮组的一些关系、连接滑轮组的作图、机械效率的含义、滑轮及滑轮组的机械效率的计算、斜面等机械的机械效率的相关计算、测量滑轮或斜面的机械效率等。
题型主要是选择题、填空题，计算题、有时也会出现在综合题中。
能说出人类使用的一些机械。了解机械的使用对社会发展的作用
滑轮和滑轮组
知道机械效率。了解提高机械效率的意义和途径
机械效率
实验次数
动力F1/N
a
阻力F2/N
b
1
1.0
10
2.0
5
2
1.5
5
0.5
15
3
2.0
15
1.5
20
解题技巧
（1）从支点到力的作用线的距离叫力臂，不能把从动力作用点到支点的距离作为动力臂，或把从阻力作用点到支点的距离作为阻力臂；力臂有时在杠杆上，有时不在杠杆上。如果力的作用线恰好通过支点，则力臂为零。
（2）杠杆力臂的画法—一找点、二画线、三作垂线段
①首先在杠杆的示意图上，确定支点O。
②画好动力作用线及阻力作用线，画的时候要用虚线将力的作用线延长。
③从支点O向力的作用线引垂线，画出垂足，则从支点到垂足的距离就是力臂，力臂用虚线(或实线)表示并用大括号标明，在旁边标上字母或，分别表示动力臂或阻力臂。
（3）利用杠杆平衡条件来分析和计算有关问题，一般遵循以下步骤：
①确定杠杆支点的位置；
②分清杠杆受到的动力和阻力，明确其大小和方向，并尽可能地作出力的示意图；
③确定每个力的力臂；
④根据杠杆平衡条件列出关系式并分析求解。
（4）判断省力、费力杠杆的方法：根据杠杆平衡条件，要判断一杠杆是否省力，关键在于判断动力臂和阻力臂的长短关系，所以首先应找准支点，并明确动力和阻力，然后过支点作动力臂和阻力臂，最后再根据动力臂和阻力臂的长短关系判断是省力杠杆还是费力杠杆。动力臂比阻力臂长的杠杆省力，动力臂比阻力臂短的杠杆费力。
解题技巧
（1）定滑轮的轴固定不动，使用定滑轮不省力，但是能改变力的方向。定滑轮实质是个等臂杠杆，动力作用点移动的距离等于重物移动的距离
（2）动力作用在绳上，阻力作用在轴上时，动滑轮实质是个动力臂为阻力臂2倍的省力杠杆，此时使用动滑轮能省一半力，但不能改变力的方向，动力作用点移动的距离是重物移动距离的2倍
（3）若滑轮组用n段绳子吊着物体，拉力为F，物重为G，动滑轮的重力为G动，动力作用点移动的距离为s，重物上升的高度为h，则有：,。
（4）“奇动偶定”：组装滑轮组时，要会确定绳头固定端，一般情况下，若n为奇数，固足端位于动滑轮的框架上，若n为偶数，固定端位于定滑轮的框架上。
斜面倾角
5°
10°
15°
实验序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
物体
A
B
C
A
B
C
A
B
C
重力大小/N
10.0
20.0
30.0
10.0
20.0
30.0
10.0
20.0
30.0
压力大小/N
9.96
19.92
29.88
9.85
19.70
29.55
9.66
19.32
28.98
解题技巧
（1）额外功的产生主要有两种原因：
①提升物体时，克服机械自重、容器重等所做的功，如用滑轮组提一桶水时，克服动滑轮重和桶重所做的功都是额外功，；
②克服机械的摩擦所做的功是额外功，如使用滑轮组时，克服轮与轴之间的摩擦以及绳与轮之间的摩擦所做的功都是额外功。
（2）机械效率的高低并不决定使用机械是省力还是费力，效率高只说明有用功在总功中所占的比例大；省力还是费力是指做一定的有用功时，所用动力的大小比阻力小还是大。机械效率高不一定省力。
（3）影响滑轮组机械效率的因素：动滑轮的重力、绳的重力、滑轮与绳间的摩擦力、滑轮与轴间的摩擦力、物体的重力。动滑轮和绳的重力越小、滑轮与绳间的摩擦力越小、滑轮与轴间的摩擦力越小、物重越大，机械效率越高。
（4）若用滑轮组拉着重为G的物体沿水平方向做匀速直线运动，则此时克服物体与水平面间的摩擦力f做的功为有用功，则，总功，此时的机械效率。
序号
动力
动力臂
阻力
阻力臂
①
1
20
2
10
②
2
15
1.5
20
③
3
5
1
15
实验次数
动力/N
动力到支点的距离/cm
阻力/N
阻力到支点的距离/cm
1
2.0
5
1.0
10
2
1.0
10
1.0
10
3
4.0
5
2.0
10
4
4.0
5
1.0
20
错题记录
错题改正
小梦家在房屋装修时，由于低层建筑没有电梯，装修师傅用如图甲所示的滑轮组提升重物，某次搬运过程中工人师傅将的重物匀速提起，所用拉力大小为，重物上升的高度h与所用时间t的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦。求本次运送过程中滑轮组的机械效率。
解：由题图乙可知，上升用时时，重物上升的高度，则绳子自由端移动的距离
拉力做的功
滑轮组的机械效率
错误之处：
错因分析：
正确解答：