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2022-2023学年江苏省南京市江宁区九年级上学期物理9月月考试题及答案
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这是一份2022-2023学年江苏省南京市江宁区九年级上学期物理9月月考试题及答案，共15页。
A. a、cB. a、bC. c、dD. b、d
【答案】A
【解析】
【详解】托铁球、举哑铃时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。踮起脚尖时，做俯卧撑时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。则属于费力杠杆的是a、c。故A正符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
2. 下列四个情境中，属动能转化为势能的是（ ）
A. 拉弓放箭B. 踩板下滑
C. 秋千上摆D. 弹簧拉车
【答案】C
【解析】
【详解】A．拉弓放箭的过程是将弓的弹性势能转化为箭的动能，故A不符合题意；
B．踩板下滑的过程是重力势能转化为动能，故B不符合题意；
C．秋千上摆的过程，是动能转化为重力势能，故C符合题意；
D．弹簧拉车的过程是弹簧的弹性势能转化为车的动能，故D不符合题意。
故选C。
3. 下列事例中，人对物体做了功的是（ ）
A. 将重物从一楼扛到二楼
B. 踢出去的足球在草地上滚动
C. 运动员举着杠铃保持不动
D. 提着水桶在水平路面上匀速前行
【答案】A
【解析】
【详解】A．将重物从一楼扛到二楼，对重物的力是向上的，并且在力的方向上移动了距离，做了功，故A符合题意；
B．踢出去的足球，由于惯性在草地上滚动，有距离，但不再受人的作用力，没有做功，故B不符合题意；
C．运动员举着杠铃保持不动，用了力，但没有移动距离，没有做功，故C不符合题意；
D．提着水桶在水平路面上匀速前行，力的方向竖直向上，移动的距离在水平方向上，二者方向相互垂直，水桶没有在力的方向上通过距离，没有做功，故D不符合题意。
故选A。
4. 下列有关机械做功、功率、机械效率的说法，正确的是（ ）
A. 效率越高的机械，功率越大B. 做功越多的机械，功率越大
C. 做有用功越多的机械，效率越高D. 功率越大的机械，做功越快
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．功率指做功的快慢，取决于做功的多少和做这些功所用的时间；效率是有用功与总功之比。两者没有必然的联系，故A错误；
B．功率是由做功的多少和做这些功所用的时间共同决定的，做功多的机械，功率不一定大，故B错误；
C．效率的高低取决于有用功占总功的比例，做有用功多的机械，效率不一定高，故C错误；
D．功率就是表示机械做功的快慢，功率越大，表示机械做功越快，故D正确。
故选D。
5. 为了比较两位同学上楼时的功率，使用下列哪组器材一般不能达到目的（ ）
A. 皮尺、体重计B. 皮尺、秒表
C. 体重计、皮尺、秒表D. 体重计、秒表
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据功率的公式
为了比较两位同学上楼的功率，可以比较他们相同时间所做的功，故A不符合题意；
B．没有测量力的大小的工具，不能完成实验，故B符合题意；
C．所用器材可以完成实验，故C不符合题意；
D．可以比较两位同学上楼高度相同时，利用体重计和秒表达到实验目的，故D不符合题意。
故选B。
6. 2022年北京冬奥会赛场上，我国选手谷爱凌摘得自由式滑雪大跳台比赛的金牌。谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起后下落，在此过程中（ ）
A. 动能一直减小B. 重力势能一直减小
C. 动能先减小后增大D. 重力势能先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】AC．谷爱凌离开跳台后，从低处运动到高处时，质量不变，速度减小，动能减小，从高处运动到低处时，质量不变，速度增大，动能增大，所以整个过程动能先减小后增大，故C符合题意，A不符合题意；
BD．谷爱凌离开跳台后，从低处运动到高处时，质量不变，高度增大，重力势能增大，从高处运动到低处时，质量不变，高度减小，重力势能减小，所以整个过程重力势能先增大后减小，故BD不符合题意
故选C。
7. 如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆（ ）
A. 保持平衡B. A端下沉C. B端下沉D. 以上均可能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】轻质杠枉AOB的重力可不计，杠杆的示意图如下所示
由图像可知
l1=OA=OB>l2
动力和阻力大小均等于物体的重力，即F1=G1，F2=G2。根据杠杆的平衡条件可知
F1l1= F2l2
因为l1>l2，所以F1< F2，即G1< G2。若将G1、G2的位置对调，则
F1=G2>F2=G1
所以
F1l1> F2l2
所以A端下沉。故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
8. 一根直杆可以绕O点转动，在直杆的中点挂一个重为G的重物，在杆的另一端施加一个力F，如图所示，在力F从水平方向缓慢转动到沿竖直向上的方向过程中，为使直杆保持在图示位置平衡，则拉力F的变化情况是
A. 一直变大B. 一直变小
C. 先变大，后变小D. 先变小，后变大
【答案】D
【解析】
【详解】由图示可知，当保持如图的状态不变时，重力的大小与重力的力臂的大小是不变的，所以重力与重力的力臂的乘积是一定的，当力F从水平方向缓慢转动到沿竖直向上的方向过程中，力F的力臂是先变大，当力F的方向与直杆垂直时，力臂最大，然后力臂又逐渐变小，根据杠杆的平衡条件可知，力F的变化是先变小，后变大的。
故选D。
9. 在下图的三种场景中，拉力F1、F2、F3大小相等，在拉力的作用下物体移动的距离也相等。若拉力所做的功分别记为W1、W2、W3，下列关于它们大小关系的判断中正确的是（ ）
A. W1=W2＜W3B. W1=W2=W3C. W1=W2>W3D. W1＜W2＜W3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由图可知，第一幅图中滑轮为定滑轮，它的特点是不省力，不省距离，所以拉力移动的距离等于物体移动距离为s，拉力做的功为
W1=F1s
第二幅图中，拉力移动的距离也等于物体移动距离为s，拉力做的功为
W2=F2s
第三幅图中滑轮为动滑轮，可以省一半力，但是费距离，拉力移动距离为2s，拉力做的功为
W3=F3×2s
又因为拉力F1、F2、F3大小相等，所以综上分析可得
W1=W2＜W3
故选A。
10. 用四只完全相同的滑轮组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，把相同的物体匀速提升相同的高度。若用η甲、η乙表示甲、乙两滑轮组的机械效率，W甲、W乙表示拉力所做的功（不计绳重与摩擦），则（ ）
A. η甲=η乙，W甲=W乙B. η甲<η乙，W甲C. η甲>η乙，W甲>W乙D. η甲=η乙，W甲【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，物体的重力相同，物体上升的高度相同，根据W有=Gh可知，所做的有用功相同，由于不计绳重和摩擦，此时对动滑轮做的功是额外功，又因为滑轮相同，提升的高度也相同，所以额外功相同，再根据
W总=W有+W额
可知，W总是相同的，故拉力做的功相同，即W甲=W乙，而机械效率为
所以机械效率也是相同的，即η甲=η乙，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图，在“探究动能的大小与什么因素有关”实验中，下列说法正确的是（ ）
A. 王亚平的“太空授课”可以操作本实验
B. 小球静止在斜面上时没有能量
C. 木块被撞击后滑行得越远，说明小球的动能越大
D. 不同质量小球从同一高度下滑，是为了探究动能与速度的关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．在太空中，物体处于失重状态，所以小球在斜面上不会滑下，王亚平的“太空授课”可以操作本实验，故A错误；
B．小球静止在斜面上时由于位置高，所以具有重力势能，故B错误；
C．小球的动能大小是无法直接观察到的，可以根据木块被撞击后在水平面上滑行距离的远近来反映，木块被撞击后滑行得越远，说明小球的动能越大，故C正确；
D．不同质量小球从同一高度下滑，小球到达水平面时的速度相同，小球的质量不同，是为了探究动能与质量的关系，故D错误。
故选C。
12. 如图，两个滑轮组，提升一个重为 17N的物体 A（每个滑轮重相同），使物体A在2s内拉升了 20cm，拉力如图所示（不计绳重和摩擦）。下列说法正确的是（ ）
A. 甲中，绳端移动的距离为60cm
B. 绳自由端移动的速度之比为2∶3
C. 拉力之比为3∶2
D. 乙中，动滑轮的重力为2N
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图甲可知，该滑轮组绳子的承重段数n1=3，所以绳端移动的距离为
s1=n1h=3×20cm=60cm
故A正确；
B．由图甲可知，绳自由端移动的速度为
由图乙可知，该滑轮组绳子的承重段数n2=2，所以绳端移动的距离为
s2=n2h=2×20cm=40cm
所以绳自由端移动的速度为
故
v1∶v2=0.3m/s∶0.2m/s=3∶2
故B错误；
C．由图可知
F1∶F2=6N∶9N=2∶3
故C错误；
D．在图乙中，由于不计绳重和摩擦，根据可得，动滑轮的重力为
G动=2F2-GA=2×9N-17N=1N
故D错误。
故选A。
二、填空题（本题共 7 小题，每空 1 分，共 24 分）
13. 如图所示，旋翼无人机正在喷洒农药，当无人机水平匀速飞行时，无人机处于______（选填“平衡”或“非平衡”）状态，喷洒过程中无人机的动能_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 平衡 ②. 减小
【解析】
【详解】[1][2]当无人机水平匀速飞行时，做匀速直线运动，无人机处于平衡状态，速度不变，质量变小，动能变小。
14. 如图 a 所示是用手捏开夹子的情形，捏开夹子是________（省力/费力）的；如图 b 所示说明__________ ；如图 c 所示，点燃蜡烛跷跷板的两端，发现跷跷板不停地往返摆动，原理是______ 。
【答案】 ①. 省力 ②. 使用滑轮组可以省力 ③. 杠杆原理
【解析】
【详解】[1]用手捏开夹子时，夹子的手柄部分比较长，在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，所以此时夹子是省力的。
[2]如图b所示，将绳子的一头系在一棍上，在另一棍子的中部绕几圈，另一头由另一人拉着，它的实质是一个滑轮组，说明使用滑轮组可以省力。
[3]点燃的蜡烛上下摆动，有一个支点、两个力、两个力臂，符合杠杆的五要素，所以其原理是杠杆的平衡条件，即杠杆原理。
15. 如图所示，木块从高处自由下落时将小桌的脚打入沙子中。要将小桌的脚打入沙子中更深些，应选用质量较______（选填“大”或“小”）的木块，并将其从更__________（选填“高”或“低”）处下落。
【答案】 ①. 大 ②. 高
【解析】
【详解】[1][2]要将小桌的脚打入沙子中更深一些，则需要增大重力势能，影响重力势能的因素是质量和高度，且物体质量越大、位置越高，物体具有的重力势能就越大，所以应选用质量较大的木块，并将其从更高处下落。
16. 如图所示，橡皮筋两头分别固定在罐子的顶部和底部，中间系一个钩码，就制成了一个“魔罐”。当你将“魔罐”在水平地面上滚出后，你将看到“魔罐”来回滚动，它能滚回来是_____________________能转化为 _____________能。
【答案】 ① 弹性势 ②. 动
【解析】
【详解】[1][2]“魔罐”在开始滚动的时候具有动能，滚动的过程中，罐子的动能转化为橡皮筋的弹性势能，当动能为0时，弹性势能最大，“魔罐”开始向回滚动，在“魔罐”滚回来的过程中，橡皮筋的弹性势能减小，罐子的动能增大，即它能滚回来是弹性势能转化为动能。
17. 如图所示，这是一个会跳的卡片，将卡片反过来，把它放在桌面上用手向下压，使橡皮筋伸长，迅速松开手，观察到卡片向上跳起。这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片_________，因此它具有弹性势能。要想使卡片向上跳得更高，应_________（选填“增大”或“减小”）两个小豁口 A 和 B 之间的距离。
【答案】 ①. 做功 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]“橡皮筋伸长”说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋会对硬卡片施力，使它弹起，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片做功，因此它具有弹性势能。
[2]跳起高度与橡皮筋的形变量有关，保持其他条件不变，将卡片上的两个卡口之间的间隔增大，压平松手，则橡皮筋的形变量增大，弹性势能增大，转化成的重力势能增大，故卡片跳起的高度变高。
18. 如图所示一轻质硬棒，AB=BC=CD，在 A点悬挂一个 60N的重物 G，C点在 F1作用下处于水平平衡，则硬棒的支点可能在杠杆上_______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）点，F1的大小为___________N。若将重物拿走，在A点施加一个与F1平行且大小等于100N的力F2（图中虚线所示），使杠杆处于水平平衡，则F1大小为_________N。
【答案】 ①. D ②. 360 ③. 300
【解析】
【详解】[1]动力与阻力使杠杆的转动方向相反，一个是顺时针，则另一个为逆时针，若AC为支点，则杠杆无动力臂或阻力臂；若B为支点，则F1和G使杠杆转动的方向相同，若D为支点，F1和G使杠杆转动的方向相反，故硬棒的支点可能在杠杆上的D点。
[2]根据数学关系可知，F1的力臂为CD的一半，即l1=0.5CD，根据杠杆平衡条件可得
G×AD=F1×0.5CD
所以F1的大小为
[3]若将重物拿走，在A点施加一个与F1平行且大小等于100N的力F2，此时F2的力臂为l2=0.5AD，杠杆处于水平平衡，根据杠杆平衡条件可得
F2×0.5AD=F1×0.5CD
所以F1的大小为
19. 清洁机器人在水平地面上匀速运动时，所受水平动力与速度的关系如图乙所示，g取10N/kg。在150N的水平动力作用下，该机器人在水平地面上匀速运动10s的过程中，所受阻力大小为_______，动力所做功为_______ J；当该机器人在水平地面上以0. 6m/s的速度匀速运动时水平动力的功率是_______ W。
【答案】 ①. 150 ②. 750 ③. 180
【解析】
【详解】[1]由于机器人在水平地面上匀速运动，所以，由二力平衡条件知道，机器人所受的阻力是：
f=F=150N；
[2]由图象知道，在150N的水平推力作用下机器人的速度是v=0.5m/s，由知道， 匀速直线运动通过的路程是：
s=vt=0.5m/s×10s=5m
推力做的功是：
W=Fs=150N×5m=750J
[3]由图象知道，该机器人在水平地面上以0.6m/s速度匀速直线运动时的推力是F′=300N，所以，水平推力的功率是：
P′=F′v′=300N×0.6m/s=180W
20. 如图所示，沿斜面向上拉一个重4.5N的物体到高处，拉力F为2N，斜面长s为1.2m，高h为0.4m，则拉力做的功为_____J，斜面的机械效率为_____，斜面在生产、生活中随处可见，在盘山公路、镊子、汽车方向盘中，应用了斜面的是_____。
【答案】 ①. 2.4 ②. 75% ③. 盘山公路
【解析】
【详解】[1]拉力做功为
[2]对物体做的有用功为
斜面的机械效率为
[3]镊子应用的是杠杆的原理，方向盘应用的是轮轴的原理，盘山公路应用了斜面的原理，故选盘山公路。
21. 用如图所示的滑轮组将90N的重物匀速提升2m，用时10s，已知动滑轮重为10N，机械效率为75%。此过程总功为______J，拉力F的大小为______N，拉力 F 做功的功率为__________W，当该滑轮组的机械效率低于______时，使用它将不再省力。
【答案】 ①. 240 ②. 40 ③. 24 ④. 33.3%
【解析】
【详解】[1]拉力做的有用功为
由可得拉力做的总功
[2]由图知承担物重的绳子段数为
由可得拉力的大小
[3]由可得拉力的功率
[4]不再省力，说明拉力至少等于物体的重力，则有
故当机械效率低于33.3%时，不再省力。
三、解答题（本题共 8 小题，共 52 分，其中第 26、27 题应写出必要的解题过程）
22. 如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F的力臂l。
【答案】
【解析】
【详解】已知羊角锤与物体的接触点O为支点，从支点O到力F的作用线作垂线段，即可作出力臂l，如图所示：
23. 如图甲所示是正在使用的核桃夹，上、下两部分都是杠杆，图乙是上半部分杠杆的示意图，请在A点画出最小动力F1力，及其力臂l1。
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】连接OA两点，OA即为最长动力臂l1，当动力F1与动力臂垂直时，动力最小，据此可作出最小动力F1；动力F1方向向下，如图所示：
24. 用图示所示的滑轮组提升重物，若拉力 F 将绳子的自由端移动 1.2m 时，重物升高 0.6m，请你在图中画出绳子绕法。
【答案】
【解析】
【详解】由题意知，绳端移动距离是物体上升高度的2倍，所以滑轮组由2段绳子承担物重，根据“奇动偶定”原则可知，绳子应系在定滑轮的挂钩上，如图所示：
25. 如图所示，是探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。
（1）实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时，如图甲所示，此时杠杆______（选填“是”或“不是”）平衡状态；接着把左端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）调节，直至使杠杆在水平位置平衡；
（2）实验中，通过改变钩码的位置或钩码的个数来改变力臂或力的大小进行多次实验，目的是：_________________；
（3）根据实验数据分析：杠杆在水平平衡位置时，不但有动力×动力臂＝阻力×阻力臂的关系，同时还满足动力×支点到动力作用点间距离=阻力×支点到阻力作用点间距离的关系。为了使实验结论明确，把实验装置中右侧改为弹簧测力计，如图乙所示，这样做的最终的目的是为了__________。
A.便于直接读出拉力的大小
B.便于正确认识力臂
C.便于测量力臂的大小
（4）在杠杆左侧挂上一个重为 0.5N 的钩码，调整杠杆支点至图丙所示位置时，杠杆恰好处于水平静止。则杠杆的自重为_____N。
【答案】 ①. 是 ②. 左 ③. 寻找普遍规律 ④. B ⑤. 0.25
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态。
[2]杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，即向左调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）[3]通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获得多组实验数据，归纳出的物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小，主要是为了获取多组实验数据，归纳出物理规律。
（3）[4]“动力×支点到动力作用点间距离=阻力×支点到阻力作用点间距离”，是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，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故为了使实验结论明确，把实验装置中右侧改为弹簧测力计，如图乙所示，这样做的最终目的是便于正确认识力臂，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
（4）[5]设杠杆自重为G，每一格的长度为l，则每一格的重力为，支点O左侧部分的杠杆重，力臂为l，右侧部分重，力臂为2l，根据杠杆平衡条件可得
解得：G=0.25N。
26. 在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，实验小组用如图所示的装置进行了实验，实验数据记录如表所示。
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做______运动。
（2）如果在第一次实验时，忽略绳重和摩擦，可以计算出动滑轮的重为_____N。
（3）第2次实验时所做的有用功为_________J，滑轮组的机械效率是__________。
（4）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物所受重力越_________选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度________（选填“有关”或“无关”）。
（5）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是__。
A.增大绳重
B减轻动滑轮重
C.加快物体提升的速度
（6）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功；进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都___________ 。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的选项是________ 。
A.平面镜成像规律
B.牛顿第一定律
C.阿基米德原理
D.光的反射定律
（7）实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数，你认为他的想法_________（正确/不正确），因为他没有考虑到_______对滑轮组机械效率的影响。
【答案】 ①. 匀速直线 ②. 0.4 ③. 0.4 ④. 88.9% ⑤. 大 ⑥. 无关 ⑦. B ⑧. 不能省功 ⑨. B ⑩. 不正确 ⑪. 摩擦力
【解析】
【详解】（1）[1]实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速直线运动，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小。
（2）[2]由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，忽略绳重和摩擦，根据可得，动滑轮的重为
（3）[3][4]克服钩码重力做功为有用功，根据表格中的数据可得，第2次实验时所做的有用功为
W有2=G2h2=4N×0.1m=0.4J
拉力做的功为总功，根据表格中的数据可得，第2次实验时所做的总功为
W总2=F2s2=1.5N×0.3m=0.45J
所以第2次实验时，滑轮组的机械效率为
（4）[5]分析1、2、3次实验的数据可知，重物越重，机械效率越大，所以可得：使用同一滑轮组提升重物时，重物所受重力越大，滑轮组的机械效率越高。
[6]分析3、4次实验的数据可知，钩码上升的高度不同，但滑轮组的机械效率相同，所以滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关。
（5）[7]A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故A不符合题意；
B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率变大，故B符合题意；
C．由（4）可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据可知，机械效率与物体提升的速度无关，故C不符合题意。
故选B。
（6）[8][9]实验表明：额外功越小，总功越接近有用功；进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；由此可见使用任何机械都不能省功，这个研究方法是理想化推理法；
ACD．平面镜成像规律、阿基米德原理、光的反射定律，都可以通过实验直接验证，故ACD不符合题意；
B．牛顿第一定律不能用实验直接验证，是在实验的基础下推理得出的，故B符合题意。
故选B。
（7）[10][11]实验时，应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，受到的拉力等于测力计的示数，若静止时读数，拉力虽然也等于测力计的示数，但是与之前相比，缺少了滑动摩擦力对滑轮组机械效率的影响，所以他的想法不正确。
27. 如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断______（选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是：_______；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是：__________（选填序号）；
①换质量更大的木块；
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功_______（选填“相等”或“不相等”），小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是 P1、P2，则 P1_______P2（选填“>”或“=” 或“<”）；
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究“物体动能大小与质量的关系”，经过思考设计了实验方案；用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；这个实验方案是____（选填“正确”或“错误”）的，因为压缩程度相同时，小球获得的动能__________，木块移动的距离______________。
【答案】 ①. 钢球 ②. 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 ③. ④ ④. 相等 ⑤. < ⑥. 错误 ⑦. 相同 ⑧. 相同
【解析】
【详解】（1）[1]本实验中使用到了转换法，即实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小。
（2）[2]由图可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，所以小球到达水平面时的速度不同，因此这探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，所以动能越大，因此可得结论：质量一定时，物体的速度越大，动能越大。
（3）[3]在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变钢球质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
①换质量更大的木块，这改变的是摩擦力的大小，故①不符合题意；
②在实验中需要控制速度相同，所以不能够降低第二次钢球的高度，故②不符合题意；
③换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故③不符合题意；
④换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故④符合题意。
故选④。
（4）[4][5]物体克服摩擦力做功能量来自于物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为0，因此说明小球无论在什么样的平面上，克服摩擦力做的功是相等的，小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别为P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，运动时间越长，由于克服摩擦力所做的功相同，根据可知，P1（5）[6][7][8]用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，所以弹性势能相同，转化出的动能相同，因此木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验的，所以该方案是错误的。
28. 学了功率的知识后，甲和乙两位同学想测量自己平时从底楼爬到教学楼三楼的功率，他们测试前设计了如下问题，请你帮忙补充完整。
（1）实验原理：_______（写出公式）。
（2）甲和乙两同学都觉得测功率需要多次实验，他们给出了以下两种方法。 甲：每天测1次自己正常爬楼的功率，一星期后把测得的所有值取平均值。乙：在2h内不间断地爬楼N次，最后求出 N 次爬楼的平均值。其中，甲同学求得的功率值能较准确地反映他爬楼的功率，乙同学求得的值将比通常情况下的功率值偏___________（选填“大”或“小”），采取多次测量取平均值主要目的是_______________。
【答案】 ①. ②. 小 ③. 为了减小误差
【解析】
【详解】（1）[1]上楼的过程就是克服重力做功的过程，所以爬楼的功率为
（2）[2][3]由题意可知，若在2h内不断地爬楼N次，由于受到体力的影响，爬楼的时间会越来越长，爬楼的功率会越来越小，最终求得的值将比通常情况下的功率值偏小，因此按照甲的方法求得的值能较准确地反映他通常情况下爬楼的功率，而采取多次测量取平均值的主要目的是为了减小误差。
29. 杆秤是一种用来测量物体质量的工具。小金尝试做了如图所示的杆秤。在秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，测得OA= 5cm，OB= 10cm。
(1)计算秤砣的质量。_______
(2)小金在B处标的刻度应为_______ kg。若图中OC= 2OB，则C处的刻度应为_______ kg。
(3)当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数____(选填“<” 或“>”)2kg，由此可知一杆杆秤不能随意更换秤砣。
0
【答案】 ①. 1kg ②. 2kg ③. 4kg ④. <
【解析】
【详解】(1)不计秤盘质量，以O点为支点，可将杆秤看做一个杠杆，当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，根据杠杆平衡条件有
代入数据解得
(2)由题可知，秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，所以在B处标的刻度应为2kg；因为
OC= 2OB
故C处称量的质量是B处的两倍，即4kg，所以C处的刻度应为4kg。
(3)当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，物体重力不变，重力的力臂不变，秤砣的重力变大，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，根据杠杆平衡条件可知秤砣重力的力臂变短，即向O点移动；由图已知O处刻度为0，B处标的刻度为2kg，所以移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数小于2kg，故杆秤不能随意更换秤砣。
答：(1)秤砣的质量是1kg。
(2)C处的刻度应为4kg。
(3)若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数小于2kg，由此可知一杆杆秤不能随意更换秤砣。
30. 如图甲是疫情期间的一块校园移动牌，简化图如图乙，其中AB为竖直牌面，CD（水平）和BE（竖直）为支架，并且测得牌面长AB为150cm，宽为120cm，支架长度CE＝ED＝2BE＝50cm，指示牌的质量为15kg（所有支架的受风面积忽略不计）。
（I）乙圆所画指示牌模型可视作简单机械中 ___________模型；
（2）假设风对指示牌的作用点在AB中点，根据图示风向计算：刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力F。（ ）
【答案】 ①. 杠杆 ②. 75N
【解析】
【详解】（1）根据图示可知，指示牌的模型是一个可以绕固定点转动的硬棒，即可以视为杠杆模型；
（2）根据题意可知，当指示牌刚好把D端吹离地面时，以C点为支点可构建杠杆模型；重力G为阻力，对应力臂为CE；风力F为动力，根据题意可知动力臂
L＝AB+BE，
根据杠杆平衡条件可得
G×CE＝F×L
mg×CE＝F×（AB+BE）
代入数据有
15kg×10N/kg×50cm＝F×（×150cm+×50cm）
解得F＝75N，即刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力为75N。
31. 工人利用如图所示的滑轮组匀速提升重700N的货物，绳子自由端被竖直向上拉起 6m，所做的额外功为600J，不计绳重和摩擦。求：
（1）拉力所做的有用功；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）当另一重物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，求此时被提升重物的重力。
【答案】（1）1400J；（2）70%；（3）1200N
【解析】
【详解】解：（1）由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，根据公式s绳=nh可得，物体上升的距离为
所以拉力做的有用功为
W有=Gh=700N×2m=1400J
（2）因为有用功为1400J，额外功为600J，所以滑轮组的机械效率为
（3）不计绳重和摩擦，由W额=Gh可得，动滑轮的重力为
当另一种物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，则此时滑轮组的机械效率为
应克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，所以滑轮组的机械效率为
解得：G＇=1200N。
答：（1）拉力所做的有用功为1400J；
（2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）当另一重物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，此时被提升重物的重力为1200N。实验次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
3
10
2
15
2
2
20
5
8
3
4
5
1
20
实验次数
钩码所受的重力 G/N
钩码上升的高度 h/cm
拉力
F/N
绳自由端移动的距离 s/cm
机械效率
η
1
2
10
0.8
30
83.3%
2
4
10
1.5
30
3
6
10
2.2
30
90.9%
4
6
15
2.2
45
90.9%
A. a、cB. a、bC. c、dD. b、d
【答案】A
【解析】
【详解】托铁球、举哑铃时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆。踮起脚尖时，做俯卧撑时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。则属于费力杠杆的是a、c。故A正符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
2. 下列四个情境中，属动能转化为势能的是（ ）
A. 拉弓放箭B. 踩板下滑
C. 秋千上摆D. 弹簧拉车
【答案】C
【解析】
【详解】A．拉弓放箭的过程是将弓的弹性势能转化为箭的动能，故A不符合题意；
B．踩板下滑的过程是重力势能转化为动能，故B不符合题意；
C．秋千上摆的过程，是动能转化为重力势能，故C符合题意；
D．弹簧拉车的过程是弹簧的弹性势能转化为车的动能，故D不符合题意。
故选C。
3. 下列事例中，人对物体做了功的是（ ）
A. 将重物从一楼扛到二楼
B. 踢出去的足球在草地上滚动
C. 运动员举着杠铃保持不动
D. 提着水桶在水平路面上匀速前行
【答案】A
【解析】
【详解】A．将重物从一楼扛到二楼，对重物的力是向上的，并且在力的方向上移动了距离，做了功，故A符合题意；
B．踢出去的足球，由于惯性在草地上滚动，有距离，但不再受人的作用力，没有做功，故B不符合题意；
C．运动员举着杠铃保持不动，用了力，但没有移动距离，没有做功，故C不符合题意；
D．提着水桶在水平路面上匀速前行，力的方向竖直向上，移动的距离在水平方向上，二者方向相互垂直，水桶没有在力的方向上通过距离，没有做功，故D不符合题意。
故选A。
4. 下列有关机械做功、功率、机械效率的说法，正确的是（ ）
A. 效率越高的机械，功率越大B. 做功越多的机械，功率越大
C. 做有用功越多的机械，效率越高D. 功率越大的机械，做功越快
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．功率指做功的快慢，取决于做功的多少和做这些功所用的时间；效率是有用功与总功之比。两者没有必然的联系，故A错误；
B．功率是由做功的多少和做这些功所用的时间共同决定的，做功多的机械，功率不一定大，故B错误；
C．效率的高低取决于有用功占总功的比例，做有用功多的机械，效率不一定高，故C错误；
D．功率就是表示机械做功的快慢，功率越大，表示机械做功越快，故D正确。
故选D。
5. 为了比较两位同学上楼时的功率，使用下列哪组器材一般不能达到目的（ ）
A. 皮尺、体重计B. 皮尺、秒表
C. 体重计、皮尺、秒表D. 体重计、秒表
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据功率的公式
为了比较两位同学上楼的功率，可以比较他们相同时间所做的功，故A不符合题意；
B．没有测量力的大小的工具，不能完成实验，故B符合题意；
C．所用器材可以完成实验，故C不符合题意；
D．可以比较两位同学上楼高度相同时，利用体重计和秒表达到实验目的，故D不符合题意。
故选B。
6. 2022年北京冬奥会赛场上，我国选手谷爱凌摘得自由式滑雪大跳台比赛的金牌。谷爱凌离开跳台后，从低处向高处跃起后下落，在此过程中（ ）
A. 动能一直减小B. 重力势能一直减小
C. 动能先减小后增大D. 重力势能先减小后增大
【答案】C
【解析】
【详解】AC．谷爱凌离开跳台后，从低处运动到高处时，质量不变，速度减小，动能减小，从高处运动到低处时，质量不变，速度增大，动能增大，所以整个过程动能先减小后增大，故C符合题意，A不符合题意；
BD．谷爱凌离开跳台后，从低处运动到高处时，质量不变，高度增大，重力势能增大，从高处运动到低处时，质量不变，高度减小，重力势能减小，所以整个过程重力势能先增大后减小，故BD不符合题意
故选C。
7. 如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO＝BO，在A端挂重物G1、B端挂重物G2，杠杆刚好在如图所示位置平衡，若将G1、G2的位置对调，则杠杆（ ）
A. 保持平衡B. A端下沉C. B端下沉D. 以上均可能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】轻质杠枉AOB的重力可不计，杠杆的示意图如下所示
由图像可知
l1=OA=OB>l2
动力和阻力大小均等于物体的重力，即F1=G1，F2=G2。根据杠杆的平衡条件可知
F1l1= F2l2
因为l1>l2，所以F1< F2，即G1< G2。若将G1、G2的位置对调，则
F1=G2>F2=G1
所以
F1l1> F2l2
所以A端下沉。故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
8. 一根直杆可以绕O点转动，在直杆的中点挂一个重为G的重物，在杆的另一端施加一个力F，如图所示，在力F从水平方向缓慢转动到沿竖直向上的方向过程中，为使直杆保持在图示位置平衡，则拉力F的变化情况是
A. 一直变大B. 一直变小
C. 先变大，后变小D. 先变小，后变大
【答案】D
【解析】
【详解】由图示可知，当保持如图的状态不变时，重力的大小与重力的力臂的大小是不变的，所以重力与重力的力臂的乘积是一定的，当力F从水平方向缓慢转动到沿竖直向上的方向过程中，力F的力臂是先变大，当力F的方向与直杆垂直时，力臂最大，然后力臂又逐渐变小，根据杠杆的平衡条件可知，力F的变化是先变小，后变大的。
故选D。
9. 在下图的三种场景中，拉力F1、F2、F3大小相等，在拉力的作用下物体移动的距离也相等。若拉力所做的功分别记为W1、W2、W3，下列关于它们大小关系的判断中正确的是（ ）
A. W1=W2＜W3B. W1=W2=W3C. W1=W2>W3D. W1＜W2＜W3
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】由图可知，第一幅图中滑轮为定滑轮，它的特点是不省力，不省距离，所以拉力移动的距离等于物体移动距离为s，拉力做的功为
W1=F1s
第二幅图中，拉力移动的距离也等于物体移动距离为s，拉力做的功为
W2=F2s
第三幅图中滑轮为动滑轮，可以省一半力，但是费距离，拉力移动距离为2s，拉力做的功为
W3=F3×2s
又因为拉力F1、F2、F3大小相等，所以综上分析可得
W1=W2＜W3
故选A。
10. 用四只完全相同的滑轮组成如图所示的甲、乙两个滑轮组，把相同的物体匀速提升相同的高度。若用η甲、η乙表示甲、乙两滑轮组的机械效率，W甲、W乙表示拉力所做的功（不计绳重与摩擦），则（ ）
A. η甲=η乙，W甲=W乙B. η甲<η乙，W甲
【解析】
【详解】由题意可知，物体的重力相同，物体上升的高度相同，根据W有=Gh可知，所做的有用功相同，由于不计绳重和摩擦，此时对动滑轮做的功是额外功，又因为滑轮相同，提升的高度也相同，所以额外功相同，再根据
W总=W有+W额
可知，W总是相同的，故拉力做的功相同，即W甲=W乙，而机械效率为
所以机械效率也是相同的，即η甲=η乙，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
11. 如图，在“探究动能的大小与什么因素有关”实验中，下列说法正确的是（ ）
A. 王亚平的“太空授课”可以操作本实验
B. 小球静止在斜面上时没有能量
C. 木块被撞击后滑行得越远，说明小球的动能越大
D. 不同质量小球从同一高度下滑，是为了探究动能与速度的关系
【答案】C
【解析】
【详解】A．在太空中，物体处于失重状态，所以小球在斜面上不会滑下，王亚平的“太空授课”可以操作本实验，故A错误；
B．小球静止在斜面上时由于位置高，所以具有重力势能，故B错误；
C．小球的动能大小是无法直接观察到的，可以根据木块被撞击后在水平面上滑行距离的远近来反映，木块被撞击后滑行得越远，说明小球的动能越大，故C正确；
D．不同质量小球从同一高度下滑，小球到达水平面时的速度相同，小球的质量不同，是为了探究动能与质量的关系，故D错误。
故选C。
12. 如图，两个滑轮组，提升一个重为 17N的物体 A（每个滑轮重相同），使物体A在2s内拉升了 20cm，拉力如图所示（不计绳重和摩擦）。下列说法正确的是（ ）
A. 甲中，绳端移动的距离为60cm
B. 绳自由端移动的速度之比为2∶3
C. 拉力之比为3∶2
D. 乙中，动滑轮的重力为2N
【答案】A
【解析】
【详解】A．由图甲可知，该滑轮组绳子的承重段数n1=3，所以绳端移动的距离为
s1=n1h=3×20cm=60cm
故A正确；
B．由图甲可知，绳自由端移动的速度为
由图乙可知，该滑轮组绳子的承重段数n2=2，所以绳端移动的距离为
s2=n2h=2×20cm=40cm
所以绳自由端移动的速度为
故
v1∶v2=0.3m/s∶0.2m/s=3∶2
故B错误；
C．由图可知
F1∶F2=6N∶9N=2∶3
故C错误；
D．在图乙中，由于不计绳重和摩擦，根据可得，动滑轮的重力为
G动=2F2-GA=2×9N-17N=1N
故D错误。
故选A。
二、填空题（本题共 7 小题，每空 1 分，共 24 分）
13. 如图所示，旋翼无人机正在喷洒农药，当无人机水平匀速飞行时，无人机处于______（选填“平衡”或“非平衡”）状态，喷洒过程中无人机的动能_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】 ①. 平衡 ②. 减小
【解析】
【详解】[1][2]当无人机水平匀速飞行时，做匀速直线运动，无人机处于平衡状态，速度不变，质量变小，动能变小。
14. 如图 a 所示是用手捏开夹子的情形，捏开夹子是________（省力/费力）的；如图 b 所示说明__________ ；如图 c 所示，点燃蜡烛跷跷板的两端，发现跷跷板不停地往返摆动，原理是______ 。
【答案】 ①. 省力 ②. 使用滑轮组可以省力 ③. 杠杆原理
【解析】
【详解】[1]用手捏开夹子时，夹子的手柄部分比较长，在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，所以此时夹子是省力的。
[2]如图b所示，将绳子的一头系在一棍上，在另一棍子的中部绕几圈，另一头由另一人拉着，它的实质是一个滑轮组，说明使用滑轮组可以省力。
[3]点燃的蜡烛上下摆动，有一个支点、两个力、两个力臂，符合杠杆的五要素，所以其原理是杠杆的平衡条件，即杠杆原理。
15. 如图所示，木块从高处自由下落时将小桌的脚打入沙子中。要将小桌的脚打入沙子中更深些，应选用质量较______（选填“大”或“小”）的木块，并将其从更__________（选填“高”或“低”）处下落。
【答案】 ①. 大 ②. 高
【解析】
【详解】[1][2]要将小桌的脚打入沙子中更深一些，则需要增大重力势能，影响重力势能的因素是质量和高度，且物体质量越大、位置越高，物体具有的重力势能就越大，所以应选用质量较大的木块，并将其从更高处下落。
16. 如图所示，橡皮筋两头分别固定在罐子的顶部和底部，中间系一个钩码，就制成了一个“魔罐”。当你将“魔罐”在水平地面上滚出后，你将看到“魔罐”来回滚动，它能滚回来是_____________________能转化为 _____________能。
【答案】 ① 弹性势 ②. 动
【解析】
【详解】[1][2]“魔罐”在开始滚动的时候具有动能，滚动的过程中，罐子的动能转化为橡皮筋的弹性势能，当动能为0时，弹性势能最大，“魔罐”开始向回滚动，在“魔罐”滚回来的过程中，橡皮筋的弹性势能减小，罐子的动能增大，即它能滚回来是弹性势能转化为动能。
17. 如图所示，这是一个会跳的卡片，将卡片反过来，把它放在桌面上用手向下压，使橡皮筋伸长，迅速松开手，观察到卡片向上跳起。这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片_________，因此它具有弹性势能。要想使卡片向上跳得更高，应_________（选填“增大”或“减小”）两个小豁口 A 和 B 之间的距离。
【答案】 ①. 做功 ②. 增大
【解析】
【详解】[1]“橡皮筋伸长”说明橡皮筋发生了弹性形变，发生弹性形变的物体要恢复原状，就会对使它发生形变的物体施加力的作用，所以橡皮筋会对硬卡片施力，使它弹起，这个现象说明：发生弹性形变的橡皮筋能对卡片做功，因此它具有弹性势能。
[2]跳起高度与橡皮筋的形变量有关，保持其他条件不变，将卡片上的两个卡口之间的间隔增大，压平松手，则橡皮筋的形变量增大，弹性势能增大，转化成的重力势能增大，故卡片跳起的高度变高。
18. 如图所示一轻质硬棒，AB=BC=CD，在 A点悬挂一个 60N的重物 G，C点在 F1作用下处于水平平衡，则硬棒的支点可能在杠杆上_______（选填“A”、“B”、“C”或“D”）点，F1的大小为___________N。若将重物拿走，在A点施加一个与F1平行且大小等于100N的力F2（图中虚线所示），使杠杆处于水平平衡，则F1大小为_________N。
【答案】 ①. D ②. 360 ③. 300
【解析】
【详解】[1]动力与阻力使杠杆的转动方向相反，一个是顺时针，则另一个为逆时针，若AC为支点，则杠杆无动力臂或阻力臂；若B为支点，则F1和G使杠杆转动的方向相同，若D为支点，F1和G使杠杆转动的方向相反，故硬棒的支点可能在杠杆上的D点。
[2]根据数学关系可知，F1的力臂为CD的一半，即l1=0.5CD，根据杠杆平衡条件可得
G×AD=F1×0.5CD
所以F1的大小为
[3]若将重物拿走，在A点施加一个与F1平行且大小等于100N的力F2，此时F2的力臂为l2=0.5AD，杠杆处于水平平衡，根据杠杆平衡条件可得
F2×0.5AD=F1×0.5CD
所以F1的大小为
19. 清洁机器人在水平地面上匀速运动时，所受水平动力与速度的关系如图乙所示，g取10N/kg。在150N的水平动力作用下，该机器人在水平地面上匀速运动10s的过程中，所受阻力大小为_______，动力所做功为_______ J；当该机器人在水平地面上以0. 6m/s的速度匀速运动时水平动力的功率是_______ W。
【答案】 ①. 150 ②. 750 ③. 180
【解析】
【详解】[1]由于机器人在水平地面上匀速运动，所以，由二力平衡条件知道，机器人所受的阻力是：
f=F=150N；
[2]由图象知道，在150N的水平推力作用下机器人的速度是v=0.5m/s，由知道， 匀速直线运动通过的路程是：
s=vt=0.5m/s×10s=5m
推力做的功是：
W=Fs=150N×5m=750J
[3]由图象知道，该机器人在水平地面上以0.6m/s速度匀速直线运动时的推力是F′=300N，所以，水平推力的功率是：
P′=F′v′=300N×0.6m/s=180W
20. 如图所示，沿斜面向上拉一个重4.5N的物体到高处，拉力F为2N，斜面长s为1.2m，高h为0.4m，则拉力做的功为_____J，斜面的机械效率为_____，斜面在生产、生活中随处可见，在盘山公路、镊子、汽车方向盘中，应用了斜面的是_____。
【答案】 ①. 2.4 ②. 75% ③. 盘山公路
【解析】
【详解】[1]拉力做功为
[2]对物体做的有用功为
斜面的机械效率为
[3]镊子应用的是杠杆的原理，方向盘应用的是轮轴的原理，盘山公路应用了斜面的原理，故选盘山公路。
21. 用如图所示的滑轮组将90N的重物匀速提升2m，用时10s，已知动滑轮重为10N，机械效率为75%。此过程总功为______J，拉力F的大小为______N，拉力 F 做功的功率为__________W，当该滑轮组的机械效率低于______时，使用它将不再省力。
【答案】 ①. 240 ②. 40 ③. 24 ④. 33.3%
【解析】
【详解】[1]拉力做的有用功为
由可得拉力做的总功
[2]由图知承担物重的绳子段数为
由可得拉力的大小
[3]由可得拉力的功率
[4]不再省力，说明拉力至少等于物体的重力，则有
故当机械效率低于33.3%时，不再省力。
三、解答题（本题共 8 小题，共 52 分，其中第 26、27 题应写出必要的解题过程）
22. 如图所示，用羊角锤拔钉子时，若O为支点，画出动力F的力臂l。
【答案】
【解析】
【详解】已知羊角锤与物体的接触点O为支点，从支点O到力F的作用线作垂线段，即可作出力臂l，如图所示：
23. 如图甲所示是正在使用的核桃夹，上、下两部分都是杠杆，图乙是上半部分杠杆的示意图，请在A点画出最小动力F1力，及其力臂l1。
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】连接OA两点，OA即为最长动力臂l1，当动力F1与动力臂垂直时，动力最小，据此可作出最小动力F1；动力F1方向向下，如图所示：
24. 用图示所示的滑轮组提升重物，若拉力 F 将绳子的自由端移动 1.2m 时，重物升高 0.6m，请你在图中画出绳子绕法。
【答案】
【解析】
【详解】由题意知，绳端移动距离是物体上升高度的2倍，所以滑轮组由2段绳子承担物重，根据“奇动偶定”原则可知，绳子应系在定滑轮的挂钩上，如图所示：
25. 如图所示，是探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。
（1）实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时，如图甲所示，此时杠杆______（选填“是”或“不是”）平衡状态；接着把左端的平衡螺母向________（选填“左”或“右”）调节，直至使杠杆在水平位置平衡；
（2）实验中，通过改变钩码的位置或钩码的个数来改变力臂或力的大小进行多次实验，目的是：_________________；
（3）根据实验数据分析：杠杆在水平平衡位置时，不但有动力×动力臂＝阻力×阻力臂的关系，同时还满足动力×支点到动力作用点间距离=阻力×支点到阻力作用点间距离的关系。为了使实验结论明确，把实验装置中右侧改为弹簧测力计，如图乙所示，这样做的最终的目的是为了__________。
A.便于直接读出拉力的大小
B.便于正确认识力臂
C.便于测量力臂的大小
（4）在杠杆左侧挂上一个重为 0.5N 的钩码，调整杠杆支点至图丙所示位置时，杠杆恰好处于水平静止。则杠杆的自重为_____N。
【答案】 ①. 是 ②. 左 ③. 寻找普遍规律 ④. B ⑤. 0.25
【解析】
【详解】（1）[1]杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态。
[2]杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，即向左调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）[3]通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获得多组实验数据，归纳出的物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小，主要是为了获取多组实验数据，归纳出物理规律。
（3）[4]“动力×支点到动力作用点间距离=阻力×支点到阻力作用点间距离”，是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，也就是实验过程中没有改变动力或阻力的方向，故为了使实验结论明确，把实验装置中右侧改为弹簧测力计，如图乙所示，这样做的最终目的是便于正确认识力臂，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
（4）[5]设杠杆自重为G，每一格的长度为l，则每一格的重力为，支点O左侧部分的杠杆重，力臂为l，右侧部分重，力臂为2l，根据杠杆平衡条件可得
解得：G=0.25N。
26. 在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，实验小组用如图所示的装置进行了实验，实验数据记录如表所示。
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做______运动。
（2）如果在第一次实验时，忽略绳重和摩擦，可以计算出动滑轮的重为_____N。
（3）第2次实验时所做的有用功为_________J，滑轮组的机械效率是__________。
（4）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物所受重力越_________选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度________（选填“有关”或“无关”）。
（5）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是__。
A.增大绳重
B减轻动滑轮重
C.加快物体提升的速度
（6）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功；进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都___________ 。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的选项是________ 。
A.平面镜成像规律
B.牛顿第一定律
C.阿基米德原理
D.光的反射定律
（7）实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数，你认为他的想法_________（正确/不正确），因为他没有考虑到_______对滑轮组机械效率的影响。
【答案】 ①. 匀速直线 ②. 0.4 ③. 0.4 ④. 88.9% ⑤. 大 ⑥. 无关 ⑦. B ⑧. 不能省功 ⑨. B ⑩. 不正确 ⑪. 摩擦力
【解析】
【详解】（1）[1]实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速直线运动，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小。
（2）[2]由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，忽略绳重和摩擦，根据可得，动滑轮的重为
（3）[3][4]克服钩码重力做功为有用功，根据表格中的数据可得，第2次实验时所做的有用功为
W有2=G2h2=4N×0.1m=0.4J
拉力做的功为总功，根据表格中的数据可得，第2次实验时所做的总功为
W总2=F2s2=1.5N×0.3m=0.45J
所以第2次实验时，滑轮组的机械效率为
（4）[5]分析1、2、3次实验的数据可知，重物越重，机械效率越大，所以可得：使用同一滑轮组提升重物时，重物所受重力越大，滑轮组的机械效率越高。
[6]分析3、4次实验的数据可知，钩码上升的高度不同，但滑轮组的机械效率相同，所以滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关。
（5）[7]A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故A不符合题意；
B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率变大，故B符合题意；
C．由（4）可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据可知，机械效率与物体提升的速度无关，故C不符合题意。
故选B。
（6）[8][9]实验表明：额外功越小，总功越接近有用功；进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；由此可见使用任何机械都不能省功，这个研究方法是理想化推理法；
ACD．平面镜成像规律、阿基米德原理、光的反射定律，都可以通过实验直接验证，故ACD不符合题意；
B．牛顿第一定律不能用实验直接验证，是在实验的基础下推理得出的，故B符合题意。
故选B。
（7）[10][11]实验时，应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，受到的拉力等于测力计的示数，若静止时读数，拉力虽然也等于测力计的示数，但是与之前相比，缺少了滑动摩擦力对滑轮组机械效率的影响，所以他的想法不正确。
27. 如图是探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验示意图。小明同学让同一钢球分别从斜面由静止开始滚下，撞击木块。
（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断______（选填“钢球”或“木块”）动能的大小；
（2）利用如图所示的实验情景，可以得到的结论是：_______；
（3）在探究动能的大小与质量关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是：__________（选填序号）；
①换质量更大的木块；
②降低第二次钢球的高度；
③换质量更大的钢球；
④换质量更小的钢球；
（4）小明由此实验还联想到探究牛顿第一定律的实验，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始向下运动，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动直到停止，在水平面运动的整个过程中，克服摩擦力做的功_______（选填“相等”或“不相等”），小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别是 P1、P2，则 P1_______P2（选填“>”或“=” 或“<”）；
（5）小明同学尝试改用如图丙所示装置探究“物体动能大小与质量的关系”，经过思考设计了实验方案；用质量不同的钢球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，比较木块被撞击的距离；这个实验方案是____（选填“正确”或“错误”）的，因为压缩程度相同时，小球获得的动能__________，木块移动的距离______________。
【答案】 ①. 钢球 ②. 质量一定时，物体的速度越大，动能越大 ③. ④ ④. 相等 ⑤. < ⑥. 错误 ⑦. 相同 ⑧. 相同
【解析】
【详解】（1）[1]本实验中使用到了转换法，即实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小。
（2）[2]由图可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，所以小球到达水平面时的速度不同，因此这探究的是动能大小与速度的关系，钢球的速度越大，撞击木块移动的距离越大，所以动能越大，因此可得结论：质量一定时，物体的速度越大，动能越大。
（3）[3]在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变钢球质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；
①换质量更大的木块，这改变的是摩擦力的大小，故①不符合题意；
②在实验中需要控制速度相同，所以不能够降低第二次钢球的高度，故②不符合题意；
③换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故③不符合题意；
④换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故④符合题意。
故选④。
（4）[4][5]物体克服摩擦力做功能量来自于物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为0，因此说明小球无论在什么样的平面上，克服摩擦力做的功是相等的，小车在玻璃、毛巾表面克服阻力做功的功率分别为P1、P2，接触面越光滑，小车的运动距离越远，运动时间越长，由于克服摩擦力所做的功相同，根据可知，P1
28. 学了功率的知识后，甲和乙两位同学想测量自己平时从底楼爬到教学楼三楼的功率，他们测试前设计了如下问题，请你帮忙补充完整。
（1）实验原理：_______（写出公式）。
（2）甲和乙两同学都觉得测功率需要多次实验，他们给出了以下两种方法。 甲：每天测1次自己正常爬楼的功率，一星期后把测得的所有值取平均值。乙：在2h内不间断地爬楼N次，最后求出 N 次爬楼的平均值。其中，甲同学求得的功率值能较准确地反映他爬楼的功率，乙同学求得的值将比通常情况下的功率值偏___________（选填“大”或“小”），采取多次测量取平均值主要目的是_______________。
【答案】 ①. ②. 小 ③. 为了减小误差
【解析】
【详解】（1）[1]上楼的过程就是克服重力做功的过程，所以爬楼的功率为
（2）[2][3]由题意可知，若在2h内不断地爬楼N次，由于受到体力的影响，爬楼的时间会越来越长，爬楼的功率会越来越小，最终求得的值将比通常情况下的功率值偏小，因此按照甲的方法求得的值能较准确地反映他通常情况下爬楼的功率，而采取多次测量取平均值的主要目的是为了减小误差。
29. 杆秤是一种用来测量物体质量的工具。小金尝试做了如图所示的杆秤。在秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，测得OA= 5cm，OB= 10cm。
(1)计算秤砣的质量。_______
(2)小金在B处标的刻度应为_______ kg。若图中OC= 2OB，则C处的刻度应为_______ kg。
(3)当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数____(选填“<” 或“>”)2kg，由此可知一杆杆秤不能随意更换秤砣。
0
【答案】 ①. 1kg ②. 2kg ③. 4kg ④. <
【解析】
【详解】(1)不计秤盘质量，以O点为支点，可将杆秤看做一个杠杆，当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，根据杠杆平衡条件有
代入数据解得
(2)由题可知，秤盘上不放重物时，将秤砣移至O点提纽处，杆秤恰好水平平衡，于是小金将此处标为0刻度。当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，秤砣移到B处，恰好能使杆秤水平平衡，所以在B处标的刻度应为2kg；因为
OC= 2OB
故C处称量的质量是B处的两倍，即4kg，所以C处的刻度应为4kg。
(3)当秤盘上放一个质量为2kg的物体时，若换用一个质量更大的秤砣，物体重力不变，重力的力臂不变，秤砣的重力变大，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，根据杠杆平衡条件可知秤砣重力的力臂变短，即向O点移动；由图已知O处刻度为0，B处标的刻度为2kg，所以移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数小于2kg，故杆秤不能随意更换秤砣。
答：(1)秤砣的质量是1kg。
(2)C处的刻度应为4kg。
(3)若换用一个质量更大的秤砣，移动秤砣使杆秤再次水平平衡时，其读数小于2kg，由此可知一杆杆秤不能随意更换秤砣。
30. 如图甲是疫情期间的一块校园移动牌，简化图如图乙，其中AB为竖直牌面，CD（水平）和BE（竖直）为支架，并且测得牌面长AB为150cm，宽为120cm，支架长度CE＝ED＝2BE＝50cm，指示牌的质量为15kg（所有支架的受风面积忽略不计）。
（I）乙圆所画指示牌模型可视作简单机械中 ___________模型；
（2）假设风对指示牌的作用点在AB中点，根据图示风向计算：刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力F。（ ）
【答案】 ①. 杠杆 ②. 75N
【解析】
【详解】（1）根据图示可知，指示牌的模型是一个可以绕固定点转动的硬棒，即可以视为杠杆模型；
（2）根据题意可知，当指示牌刚好把D端吹离地面时，以C点为支点可构建杠杆模型；重力G为阻力，对应力臂为CE；风力F为动力，根据题意可知动力臂
L＝AB+BE，
根据杠杆平衡条件可得
G×CE＝F×L
mg×CE＝F×（AB+BE）
代入数据有
15kg×10N/kg×50cm＝F×（×150cm+×50cm）
解得F＝75N，即刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力为75N。
31. 工人利用如图所示的滑轮组匀速提升重700N的货物，绳子自由端被竖直向上拉起 6m，所做的额外功为600J，不计绳重和摩擦。求：
（1）拉力所做的有用功；
（2）滑轮组的机械效率；
（3）当另一重物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，求此时被提升重物的重力。
【答案】（1）1400J；（2）70%；（3）1200N
【解析】
【详解】解：（1）由图可知，该滑轮组绳子的承重段数n=3，根据公式s绳=nh可得，物体上升的距离为
所以拉力做的有用功为
W有=Gh=700N×2m=1400J
（2）因为有用功为1400J，额外功为600J，所以滑轮组的机械效率为
（3）不计绳重和摩擦，由W额=Gh可得，动滑轮的重力为
当另一种物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，则此时滑轮组的机械效率为
应克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，所以滑轮组的机械效率为
解得：G＇=1200N。
答：（1）拉力所做的有用功为1400J；
（2）滑轮组的机械效率为80%；
（3）当另一重物被提起相同高度时，滑轮组的机械效率增加了10%，此时被提升重物的重力为1200N。实验次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
3
10
2
15
2
2
20
5
8
3
4
5
1
20
实验次数
钩码所受的重力 G/N
钩码上升的高度 h/cm
拉力
F/N
绳自由端移动的距离 s/cm
机械效率
η
1
2
10
0.8
30
83.3%
2
4
10
1.5
30
3
6
10
2.2
30
90.9%
4
6
15
2.2
45
90.9%
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