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江苏省泰州市姜堰区实验初级中学2022-2023学年九年级上学期第一次月考物理试卷
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这是一份江苏省泰州市姜堰区实验初级中学2022-2023学年九年级上学期第一次月考物理试卷，共4页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省泰州市姜堰实验初中九年级（上）第一次月考物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1．（2分）小华是一名普通的中学生，下列估算值恰当的是（ ）
A．小华从一楼上到二楼克服自身重力做的功约为3000J
B．小华将两个鸡蛋举高1m，做功约10J
C．小华从地上捡起一本九上物理书到课桌上做功约2焦
D．小华跳绳的功率约为500瓦
2．（2分）用如图所示的装置来提升物体，既能省力又能改变施力方向的装置是（ ）
A． B． C． D．
3．（2分）如图所示的情境中，人对物体做功的是（ ）
A．人用力搬石头没有搬动
B．人将货物从地面拉到高处
C．人用推车没有推动
D．人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动
4．（2分）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
5．（2分）如图所示，夹食物时两根筷子都可以看作杠杆，能正确表示其中一根杠杆的支点O、杠杆受到的动力F1和阻力F2的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）对同一滑轮组，下列各措施中不能提高机械效率的是（ ）
A．增加提升重物的重力
B．改用质量小的动滑轮
C．减少提升高度，减少做功
D．在轮轴处加润滑油，减小摩擦
7．（2分）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
D．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
8．（2分）如图所示，关于简单机械，下列说法错误的是（ ）
A．图甲：食品夹在正常使用过程中，相当于一个费力杠杆
B．图乙：在旗杆顶部安装定滑轮是为了改变拉力的方向
C．图丙：盘山公路相当于一个斜面，可以省力
D．图丁：使用滑轮组提升重物既可省力，又能省功
9．（2分）如图，OAB是杠杆，OA与杆AB垂直，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于10N
D．作用点在B点的最小动力小于10N
10．（2分）如图1的物体在同一水平地面先后做直线运动。当物体运动的路程和时间图像如图2时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图3时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2。则下列关系正确的是（ ）
A．F1＜F2 B．P1＜P2 C．F1＞F2 D．P1＞P2
11．（2分）如图，质量为m的小环穿在固定的光滑曲杆上，从某点A静止释放后沿曲杆运动，则环在运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．只要A点高于D点，小环就一定能到达D点
B．小环从A点到B点，动能一直增加，机械能不变
C．小环从A点到D点，重力势能一直减小，机械能不变
D．若小环能到达D点，小球到达C点时的动能为0
12．（2分）如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切摩擦。用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1的大小为450N
B．用图乙绕法匀速提升400N重物时，机械效率为85%
C．分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法机械效率大
D．分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，F1、F2做功相等
二、填空题（本大题共10小题，共27分）
13．（3分）小明用20N的水平推力，用时5s将重150N的购物车沿水平地面向前推动10m，则推力对购物车做功 J，重力对购物车做功 J，推力做功的功率 W。
14．（3分）如图所示，分别用滑轮A、B匀速提升甲、乙两个重力相同的物体（物重大于滑轮重，不计绳重及摩擦）。滑轮B实质上是一个 杠杆；拉力F1 F2（选填“＞”“＜”或“＝”）；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了 滑轮（填“A”或“B”）
15．（2分）如图，某小区利用无人机进行大面积消杀作业。携带消毒液的无人机总重200N，从地面起飞至5m高度 J，携带消毒液的无人机水平匀速飞行，在喷洒消毒液的过程中 。
16．（3分）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，则力F的大小为 N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将 （选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将 。
17．（2分）如图所示，一块厚度和密度都均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用甲、乙两种方法使其一端缓慢抬离地面甲和F乙始终竖直向上，则F甲 F乙，如果两种方法都将水泥板缓慢拉到竖直位置，不计空气阻力等因素，两次拉力做功W甲 W乙（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。
18．（3分）如图所示，用20牛的拉力F匀速提起物体A，不计摩擦 牛。若物体A在10秒内上升4米，此过程中拉力F做的功为 焦，功率为 瓦。
19．（2分）一个重240N的物体匀速推到斜面顶端，人沿斜面向上的推力为120N，如图所示，上升的高度h＝1.2m，则人对物体做的有用功是 J，斜面与物体之间的摩擦力是 N。
20．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲是他制作的“会跳的卡片”，使橡皮筋伸长，迅速松手后，B为内表面，实验时应把 面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片 ，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后 （选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。
21．（4分）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图线b所示。物体重90N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则在0～2s的过程中 ，拉力的功率是 W。此动滑轮重是 N，滑轮组的机械效率是 %。
22．（2分）港珠澳大桥的设计采用的是斜拉索式，如图甲所示为斜拉大桥效果图，其主通航孔桥采用双塔双索面斜拉桥，如图乙、丙所示，最后抽象成图丁所示的模型。
从图丁的模型可以看出它主要用到了哪种机械 （选填“杠杆”“斜面”、“滑轮”）。其中F1代表桥自重和过往车辆产生的对桥的作用力，为了减小钢索F2承受的拉力，在允许的前提下，可以适当 （填“增加”或“减小”）桥塔的高度。
三、解答题（本大题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，用羊角锤拔钉子，请在图中标出支点O的位置并画出动力F1的力臂l1。
24．（2分）如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，l1为动力F1的力臂，请在图中作出动力F1的示意图和阻力臂l2。
25．（2分）画出如图滑轮组的绕线，要求既能够省力，又能够改变力的方向。
26．（6分）俯卧撑是一项常见的健身运动，如图所示是刘燕同学做俯卧撑时的情景。她的身体可以看做一个杠杆，O为支点，她的体重为450N。
（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是多少？
（2）若她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是多大？
27．（6分）某型号汽车发动机的额定功率为6×104W，在水平路面上匀速行驶时受到的阻力是1800N．在额定功率下，当汽车匀速行驶时
（1）发动机所提供的牵引力大小；
（2）行驶速度的大小；
（3）行驶5min牵引力所做的功。
28．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%
（1）拉力做的总功；
（2）有用功与物重；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
29．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是 。
（3）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，应在B点挂 个钩码。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，则弹簧测力计的示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”利用如图所示的装置进行探究1，钩码重力为阻力F2，图中拉力F1＝ N。多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1L1总是大于F2L2，其原因是 。
30．（5分）在“探究定滑轮和动滑轮的特点”实验时，小明用同一个滑轮做了四次实验，前
两次按图甲、乙进行，后两次按图丙进行，并将测得的数据记录在表格中。
实验序号
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
拉力F/N
绳子自由端移动的距离s/cm
1
1.0
20.0
1.0
20.0
2
2.0
20.0
2.0
20.0
3
1.0
20.0
0.7
40.0
4
2.0
20.0
1.2
40.0
（1）分析第1、2次的数据，可以得出结论：使用定滑轮 （选填“能”或“不能”）省距离；用图乙进行实验时，若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）用图丙进行实验时，最好 匀速拉动绳子自由端；分析第3、4次数据时发现，拉力的大小总比钩码重力的一半要大 ；
（3）在本实验中进行了多次实验，目的是 。
A．从多次实验中选取最准确的数据
B．多次测量取平均值，减小误差
C．从特殊现象中得到普遍规律
D．利用控制变量法
31．（7分）为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙的实验装置进行实验。
（1）两组实验都应该注意小球应该由 释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块。
（2）分析图乙你能得出结论是 。
（3）本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？ ，理由是 。
（4）实验后，同学们联想到在许多公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的超载““超速”，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
（a）为了探究“超载”安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较；
（b）为了探究“超速“安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较。分析表格中对应的实验数据可知： 对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
32．（7分）如图所示，是小明“测滑轮组机械效率”的实验装置，测得的实验数据如下表。
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η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3
（1）实验过程中，应竖直向上 拉动弹簧测力计。
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是 。（精确到0.1%）
（3）分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）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。
（5）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 。
（6）小华也利用重为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小明的测量值，则小华测量值偏大的原因可能是 。（填字母）
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.所使用的动滑轮重力比小明使用的小
2022-2023学年江苏省泰州市姜堰实验初中九年级（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1．（2分）小华是一名普通的中学生，下列估算值恰当的是（ ）
A．小华从一楼上到二楼克服自身重力做的功约为3000J
B．小华将两个鸡蛋举高1m，做功约10J
C．小华从地上捡起一本九上物理书到课桌上做功约2焦
D．小华跳绳的功率约为500瓦
【答案】C
【分析】（1）估测出小华的质量，利用G＝mg求出求出重力，再估测出一层楼的高度，利用W＝Gh计算；
（2）估测出；两个鸡蛋的重力，然后利用W＝Gh计算；
（3）估测出物理书的质量，利用G＝mg求出重力，再估测出课桌的高度，利用W＝Gh计算；
（4）估测出跳绳时重心上升的高低，利用W＝Gh求出跳一次克服重力做的功，然后估测出1min跳绳的次数，求出总功，最后利用P＝计算功率。
【解答】解：A、一个中学生的质量约为50kg小华＝m小华g＝50kg×10N/kg＝500N，从一楼走上二楼上升高度约为3m1＝G小华h4＝500N×3m＝1500J，故A错误；
B、两个鸡蛋的重力约1N6＝G鸡蛋h2＝1N×3m＝1J，故B错误；
C、从地上捡起一本九上科学书到课桌上做功约为：W3＝G书h7＝m书gh3＝0.8kg×10N/kg×0.8m＝3.4J，与2J接近；
D、跳一次克服重力做功W5＝G小华h＝500N×0.04m＝20J，
在这一分钟做的总功W总＝180×W＝180×20J＝3600J，
小明在这一分钟内跳绳的功率：P＝＝＝60W。
故选：C。
2．（2分）用如图所示的装置来提升物体，既能省力又能改变施力方向的装置是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】（1）使用定滑轮不能省力，但能改变力的方向；使用动滑轮能省力，不能改变力的方向；
（2）单独使用定滑轮或动滑轮都不能既省力、也不能改变力的方向，而滑轮组是动滑轮、定滑轮的组合，可以省力，也可能改变力的方向。
【解答】解：
A、是定滑轮，不能省力；
B、是动滑轮，不能改变力的方向；
C、是滑轮组，动力的方向向下，可以改变力的方向；
D、是滑轮组，动力的方向向上，不可以改变力的方向；
故选：C。
3．（2分）如图所示的情境中，人对物体做功的是（ ）
A．人用力搬石头没有搬动
B．人将货物从地面拉到高处
C．人用推车没有推动
D．人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动
【答案】B
【分析】做功的两个必要因素：一、作用在物体上的力；二、物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可。
【解答】解：
AC、人用力搬石头没有搬动，虽然人对物体有力的作用，所以人对物体没有做功；
B、人将货物从地面拉到高处，且货物在拉力的方向上通过的距离，故B符合题意；
D、人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动时，但箱子在竖直向上的方向上没有通过距离，故D不符合题意。
故选：B。
4．（2分）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
【答案】D
【分析】（1）影响动能大小的因素有质量和速度，分析动能的变化就是分析质量和速度的变化；
（2）影响重力势能的因素是质量和高度，分析重力势能的变化就是分析质量和高度的变化；
（3）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准时：减小的转化为增多的。
【解答】解：A、火箭加速上升的过程，速度增加，同时高度增加，故不是重力势能和动能的转化；
B、滚摆缓慢上升的过程，速度变慢，同时高度增加，故是将动能转化为重力势能的过程；
C、热气球匀速上升的过程，速度不变，同时高度增加，故不是重力势能和动能的转化；
D、苹果加速下落的过程，速度变大，同时高度减小，故是将重力势能转化为动能的过程；
故选：D。
5．（2分）如图所示，夹食物时两根筷子都可以看作杠杆，能正确表示其中一根杠杆的支点O、杠杆受到的动力F1和阻力F2的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先确定支点位置，即O点，然后根据动力和阻力的方向判断。
【解答】解：观察使用筷子的过程如下图所示，O点为支点2，手指作用在筷子A点向下的力为动力即F1；故选项D正确，ABC错误。
故选：D。
6．（2分）对同一滑轮组，下列各措施中不能提高机械效率的是（ ）
A．增加提升重物的重力
B．改用质量小的动滑轮
C．减少提升高度，减少做功
D．在轮轴处加润滑油，减小摩擦
【答案】C
【分析】（1）滑轮组的机械效率是指有用功和总功的比值，比值越大，机械效率越高。
（2）要提高滑轮组的机械效率可以在有用功一定时，减少额外功；额外功一定时，增大有用功。
【解答】解：
A、增加提升重物的重力，额外功不变，有用功和总功的比值变大，故A不符合题意；
BD、改用质量小的动滑轮，减小摩擦，减小了额外功，即滑轮组的机械效率升高；
C、减少提升物体的高度＝＝＝ 可知，故C错误。
故选：C。
7．（2分）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
D．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
【答案】C
【分析】（1）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。
（2）完成相同的功，所用的时间越短，功率越大。
（3）有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率。
（4）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大。
【解答】解：A、功率越大，机械效率与功率无关；
B、完成相同的功，功率越大；
C、有用功一定，则总功减小可知，故C正确；
D、机械效率越高的机械，但有用功不一定多。
故选：C。
8．（2分）如图所示，关于简单机械，下列说法错误的是（ ）
A．图甲：食品夹在正常使用过程中，相当于一个费力杠杆
B．图乙：在旗杆顶部安装定滑轮是为了改变拉力的方向
C．图丙：盘山公路相当于一个斜面，可以省力
D．图丁：使用滑轮组提升重物既可省力，又能省功
【答案】D
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（2）定滑轮的轮轴是固定不动的，定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（3）盘山公路相当于一个斜面；
（4）使用任何机械都不省功。
【解答】解：A、食品夹在使用过程中，是费力杠杆；
B、学校旗杆顶部安装定滑轮是为了改变力的方向；
C、盘山公路相当于一个斜面，能省力；
D、使用滑轮组提升重物既可省力，使用滑轮组提升物体不能省功。
故选：D。
9．（2分）如图，OAB是杠杆，OA与杆AB垂直，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于10N
D．作用点在B点的最小动力小于10N
【答案】D
【分析】（1）由图可知，阻力臂是确定的，即图中支点O到重力作用点的距离，但我们只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆。
（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
根据杠杆平衡条件求出最小的动力。
【解答】解：（1）因无法确定动力臂的大小，所以无法确定它是哪种杠杆；
（2）加在B点的动力F与OB垂直向上时，动力作用线和杠杆垂直，此时动力最小，所以OB＞OA＝2OC。
根据杠杆的平衡条件F×OB＝G×OC，此时的最小动力F＝＜＝×20N＝10N，D正确。
故选：D。
10．（2分）如图1的物体在同一水平地面先后做直线运动。当物体运动的路程和时间图像如图2时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图3时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2。则下列关系正确的是（ ）
A．F1＜F2 B．P1＜P2 C．F1＞F2 D．P1＞P2
【答案】B
【分析】（1）根据图像确定物体两次的运动状态，然后根据其运动状态得出推力和摩擦力的关系，再根据摩擦力大小的影响因素得出两次受到的摩擦力大小，进而得出两次推力的大小关系；
（2）利用由P＝＝＝Fv比较其功率关系。
【解答】解：由图像甲可知，物体做匀速直线运动甲＝＝＝4m/s；
由图像乙可知，物体的速度保持不变，速度大小为v乙＝4m/s；
因为两次都是匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，物体对地面的压力不变，则物体受到的摩擦力不变1＝F4；
已知v甲＜v乙，由P＝＝＝Fv可得1＜P2。
故选：B。
11．（2分）如图，质量为m的小环穿在固定的光滑曲杆上，从某点A静止释放后沿曲杆运动，则环在运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．只要A点高于D点，小环就一定能到达D点
B．小环从A点到B点，动能一直增加，机械能不变
C．小环从A点到D点，重力势能一直减小，机械能不变
D．若小环能到达D点，小球到达C点时的动能为0
【答案】B
【分析】曲杆光滑且不计空气阻力，所以机械能是守恒的；动能由物体的速度和质量决定，势能由物体的高度和质量决定，机械能为动能和势能的和；根据动能与重力势能的转化的知识分析。
【解答】解：
A、小环在滑动的过程中；A点高于D点，则小环在A点的重力势能小于C点的重力势能，所以小环就不能到达D点；
B、小环从A点到B点，重力势能转化为动能；由于曲杆光滑，保持不变；
C、小环从A点到B点，从B点到C点，从C点到D点，故C错误；
D．若小环能到达D点，所以小环到达C点时有向右运动的速度，故D错误。
故选：B。
12．（2分）如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切摩擦。用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1的大小为450N
B．用图乙绕法匀速提升400N重物时，机械效率为85%
C．分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法机械效率大
D．分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，F1、F2做功相等
【答案】D
【分析】A、图甲中n＝2，利用η＝＝＝＝求拉力F1的大小；
B、图甲中，利用忽略绳重及一切摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力；
在图乙中，利用忽略绳重及一切摩擦时η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时，利用忽略绳重及一切摩擦时η＝＝＝＝比较两种绕法的机械效率大小；
D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时，利用W有＝Gh分析两图中有用功的关系；利用W额外＝G动h分析两图中额外功的关系，利用W总＝W有+W额外分析F1、F2做功的关系。
【解答】解：A、图甲中n＝2＝＝＝，所以拉力F1＝＝＝500N；
B、图甲中（G+G动），则动滑轮的重力：G动＝2F5﹣G＝2×500N﹣900N＝100N，
在图乙中，忽略绳重及一切摩擦，则滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝，故B错误；
C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时＝＝＝可知，故C错误；
D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时有＝Gh可知，两图中的有用功相等，
由W额外＝G动h可知，两图中的额外功相等，
因为W总＝W有+W额外，所以F1、F5做的总功相等，故D正确。
故选：D。
二、填空题（本大题共10小题，共27分）
13．（3分）小明用20N的水平推力，用时5s将重150N的购物车沿水平地面向前推动10m，则推力对购物车做功 200 J，重力对购物车做功 0 J，推力做功的功率 40 W。
【答案】200；0；40。
【分析】（1）知道推力和在推力方向上移动的距离，利用W＝Fs求推力做的功，利用P＝可求得推力做功的功率；
（2）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。据此分析重力是否做功，若做功，利用W＝Gh计算。
【解答】解：
（1）推力对购物车做功：
W＝Fs＝20N×10m＝200J；
推力做功的功率P＝＝＝40W；
（2）购物车在水平地面上移动10m，重力的方向竖直向下，所以重力不做功。
故答案为：200；0；40。
14．（3分）如图所示，分别用滑轮A、B匀速提升甲、乙两个重力相同的物体（物重大于滑轮重，不计绳重及摩擦）。滑轮B实质上是一个 省力 杠杆；拉力F1 ＞ F2（选填“＞”“＜”或“＝”）；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了 A 滑轮（填“A”或“B”）
【答案】省力；＞；A
【分析】（1）定滑轮不随物体一起运动，使用定滑轮不省力，但是可以改变力的方向。
（2）动滑轮会随着物体一起运动，使用动滑轮可以省力，但是不能改变力的方向。
【解答】解：滑轮B是动滑轮，实质上是一个省力杠杆，所以有：F1＝G；滑轮B是动滑轮，有：1＞F5；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了A滑轮，可以改变动力的方向。
故答案为：省力；＞；A。
15．（2分）如图，某小区利用无人机进行大面积消杀作业。携带消毒液的无人机总重200N，从地面起飞至5m高度 1000 J，携带消毒液的无人机水平匀速飞行，在喷洒消毒液的过程中 减小 。
【答案】1000；减小
【分析】由题意可知无人机的质量，根据重力公式可求得其重力，已知上升的高度，根据W＝Gh求出该过程无人机克服重力做的功；
动能的大小与质量、速度有关。
【解答】解：该机在上升过程中无人机重力做的功：W＝Gh＝200N×5m＝1000J；
无人机在5米高空水平飞行进行喷洒消毒时，飞机的速度不变，所以无人机的动能减小。
故答案为：1000；减小。
16．（3分）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，则力F的大小为 55 N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将 变小 。
【答案】55；不变；变小
【分析】（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，知道两力臂的大小关系、阻力G的大小，利用杠杆平衡条件求出动力F的大小；
（2）将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，分析动力臂、阻力臂以及阻力的变化，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
【解答】解：
（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，杠杆在A位置时OA＝2LG，
由杠杆平衡条件可知：FLOA＝GLG，则力F的大小为：F＝＝×110N＝55N；
（2）力F的力臂为支点O到力F作用线的垂线段；将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，则动力F的力臂都是LOA，即力F的力臂将不变；
在该过程中，动力臂不变，即阻力不变，所以根据杠杆平衡条件可知动力F会变小。
故答案为：55；不变。
17．（2分）如图所示，一块厚度和密度都均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用甲、乙两种方法使其一端缓慢抬离地面甲和F乙始终竖直向上，则F甲 等于 F乙，如果两种方法都将水泥板缓慢拉到竖直位置，不计空气阻力等因素，两次拉力做功W甲 小于 W乙（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】等于；小于。
【分析】（1）把水泥板看做一个杠杆，抬起一端时，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其几何中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，则此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系。
（2）若甲、乙两种情况均将水泥板拉至竖直位置，不计空气阻力等因素，则拉力做的功等于克服水泥板重力做的功，由图可知重心上升高度的关系，再根据W＝Gh可比较拉力做功的大小关系。
【解答】解：（1）把水泥板看做一个杠杆，抬起一端时，两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力、质地均匀的物体，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一；
根据杠杆的平衡条件可得F＝＝G，所以前后两次所用的力大小相等；
（2）若甲、乙两种情况均将水泥板拉至竖直位置，则拉力做的功等于克服水泥板重力做的功甲＜h乙，则根据W＝Gh可知拉力做功的关系为W甲＜W乙。
故答案为：等于；小于。
18．（3分）如图所示，用20牛的拉力F匀速提起物体A，不计摩擦 20 牛。若物体A在10秒内上升4米，此过程中拉力F做的功为 80 焦，功率为 8 瓦。
【答案】见试题解答内容
【分析】要知道定滑轮的特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向；动滑轮的特点：使用动滑轮能省一半力，但费距离；
根据公式W＝Fs可求拉力做的功，利用公式P＝可求拉力的功率。
【解答】解：滑轮重力和摩擦不计时，由图可知，使用定滑轮不能够省力A＝GA＝20N；
拉力F做的功W＝F•s＝20N×4m＝80J；
功率P＝＝＝8W；
故答案为：20；80；8。
19．（2分）一个重240N的物体匀速推到斜面顶端，人沿斜面向上的推力为120N，如图所示，上升的高度h＝1.2m，则人对物体做的有用功是 288 J，斜面与物体之间的摩擦力是 24 N。
【答案】288；24。
【分析】（1）克服物体重力所做的功是有用功，利用W＝Gh计算有用功；
（2）推力所做的功是总功，利用W＝Fs计算总功；额外功等于总功减去有用功，摩擦力等于额外功与斜面长的比值。
【解答】解：（1）由题知G＝240N，h＝1.2m，
克服物体重力所做的功为有用功，则有用功为：
W有＝Gh＝240N×5.2m＝288J；
（2）已知F＝120N，s＝3m，
推力做的总功：
W总＝Fs＝120N×2m＝360J；
由W额＝fs可得摩擦力：
f＝＝＝＝24N。
故答案为：288；24。
20．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲是他制作的“会跳的卡片”，使橡皮筋伸长，迅速松手后，B为内表面，实验时应把 B 面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片 做功 ，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后 乙 （选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。
【答案】B；做功；乙
【分析】橡皮筋拉开后具有弹性势能，恢复时转化为动能，所以卡片会跳起来。弹性势能是指物体由于发生弹性形变而具有的能，决定弹性势能大小的因素是物体弹性形变的程度。
【解答】解：实验时应把B面紧贴在桌面后松手，此时橡皮筋才能发生弹性形变；
橡皮筋才能发生弹性形变，对卡片做功；
图乙、丙中的两张卡片，乙图橡皮筋的弹性形变程度最大，故乙图中卡片可以弹跳得更高一些。
故答案为：B；做功；乙。
21．（4分）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图线b所示。物体重90N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则在0～2s的过程中 18J ，拉力的功率是 12 W。此动滑轮重是 12 N，滑轮组的机械效率是 75 %。
【答案】18J；12；12；75
【分析】（1）由图线a（绳子自由端竖直移动的距离随时间的变化关系图象）可知，在0～2s的过程中，绳子自由端移动的距离；利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用P＝求拉力做功的功率；由图线b（物体上升的高度随时间变化的关系图象）可知，在0～2s的过程中，物体和动滑轮上升的高度；
根据总功求出克服动滑轮重力所做的功，根据W＝Gh求出动滑轮的重力；
（2）根据G＝mg求出物体的重力，再利用W＝Gh求所做的有用功；滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
（1）由图线a可知，在0～2s的过程中，
拉力做的总功：W总＝Fs＝60N×8.4m＝24J；
拉力做功的功率：P＝＝＝12W；
克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则：W动＝W总×10%＝24J×10%＝3.4J；
由图线b可知，在0～5s的过程中、动滑轮上升的高度为：h＝20cm＝0.2m；
则动滑轮的重力为：G动＝＝＝12N；
（2）则有用功：W有用＝Gh＝90N×0.12＝18J；
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝。
故答案为：18J；12；75。
22．（2分）港珠澳大桥的设计采用的是斜拉索式，如图甲所示为斜拉大桥效果图，其主通航孔桥采用双塔双索面斜拉桥，如图乙、丙所示，最后抽象成图丁所示的模型。
从图丁的模型可以看出它主要用到了哪种机械 杠杆 （选填“杠杆”“斜面”、“滑轮”）。其中F1代表桥自重和过往车辆产生的对桥的作用力，为了减小钢索F2承受的拉力，在允许的前提下，可以适当 增加 （填“增加”或“减小”）桥塔的高度。
【答案】杠杆；增加。
【分析】通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用用到了哪种机械；根据杠杆的平衡条件分析桥塔高度的变化。
【解答】解：图丁所示的模型，可以看做是一个在力的作用下能绕O点转动的硬棒，即可知道它就是杠杆的模型；
F1大小不变、L1大小不变，为了减小钢索F4承受的拉力，根据杠杆的平衡条件可知2，根据力臂的定义可知，可以适当增加桥塔的高度；
故答案为：杠杆；增加。
三、解答题（本大题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，用羊角锤拔钉子，请在图中标出支点O的位置并画出动力F1的力臂l1。
【答案】
【分析】（1）由动力的方向可知杠杆逆时旋转，绕着转动的点为杠杆与地面的接触点，即支点为O；
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：因为支点是杠杆转动时围绕的固定点，所以当向左用力时；
反向延长力F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F5的力臂l1．如图所示：
24．（2分）如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，l1为动力F1的力臂，请在图中作出动力F1的示意图和阻力臂l2。
【答案】见解答。
【分析】根据力臂是支点到力的作用线的垂直距离可作出F2的力臂l2，根据力的作用线与力臂垂直，可作出力的作用线，与杠杆的交点就是力的作用点，根据动力和阻力的关系可确定力的方向。
【解答】解：由图可知，O为支点2的作用线引垂线，支点到垂足的距离就是力臂l2；如下图所示：
作力臂l7的垂线即力F1的作用线，与杠杆的交点就是作用点，F1使杠杆的转动方向与力F6的相反；如下图所示：
25．（2分）画出如图滑轮组的绕线，要求既能够省力，又能够改变力的方向。
【答案】
【分析】要既省力又能改变力的方向，应使拉力方向向下，然后根据情况判断绕线方式。
【解答】解：图中滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，由题意知，故绳子先连接定滑轮的下端的挂钩、定滑轮
26．（6分）俯卧撑是一项常见的健身运动，如图所示是刘燕同学做俯卧撑时的情景。她的身体可以看做一个杠杆，O为支点，她的体重为450N。
（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是多少？
（2）若她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是多大？
【答案】（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是300N；
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是72W。
【分析】（1）支点到力的作用线的距离是力臂，由图示可以求出力的力臂；应用杠杆平衡的条件可以求出地面对手的支持力；
（2）根据做功公式计算她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m所做功，根据功率公式计算她做功的功率。
【解答】解：（1）由图示可知，O为支点；
由杠杆平衡条件得：FL＝GLG，即F×1.35m＝450N×0.7m，
解得：F＝300N。
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，
做功的功率：P＝＝＝72W。
答：（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是300N；
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.6m。
27．（6分）某型号汽车发动机的额定功率为6×104W，在水平路面上匀速行驶时受到的阻力是1800N．在额定功率下，当汽车匀速行驶时
（1）发动机所提供的牵引力大小；
（2）行驶速度的大小；
（3）行驶5min牵引力所做的功。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物体做匀速直线运动时，处于平衡状态，受到平衡力的作用，根据平衡力的大小相等、方向相反即可得出牵引力的大小；
（2）已知的条件有：牵引力的大小以及发动机的额定功率，求速度可由功率的推导式：P＝＝＝Fv得出；
（3）已知额定功率以及工作时间5min，直接由W＝Pt可求得牵引力所做的功。
【解答】解：（1）因为汽车匀速行驶，受平衡力作用，F＝f＝1800N；
（2）由P＝Fv得：v＝＝≈33.4m/s；
（3）t＝5min＝300s，
W＝Pt＝6×106W×300s＝1.8×106J。
答：发动机所提供的牵引力为1800N，行驶速度为33.3m/s7J。
28．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%
（1）拉力做的总功；
（2）有用功与物重；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
【答案】（1）拉力做的总功是3×104J；
（2）有用功是2.4×104J，物重是1.2×104N；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，动滑轮重是500N。
【分析】（1）先求拉力端移动的距离s，根据W总＝Fs求拉力做的总功；
（2）根据W有＝W总η求出有用功，再利用W有＝Gh求出物重；
（3）总功减去有用功即为额外功，再减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功即为克服动滑轮重力所做的额外功，根据W＝Gh求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）拉力做的总功：
W总＝Fs＝5×103N×3×2m＝3×104J，
（2）滑轮组的机械效率η＝得，有用功为：
W有＝W总η＝3×104J×80%＝6.4×104J，
由W有＝Gh可得物重：
G＝＝＝3.2×104N，
（3）由W有+W额＝W总可得，额外功：
W额＝W总﹣W有＝2×104J﹣2.7×104J＝0.6×104J，
克服动滑轮重力所做的额外功：
W动＝W额﹣W1＝3.6×104J﹣6.0×103J＝1000J，
则动滑轮的重力：
G动＝＝＝500N，
答：（1）拉力做的总功是3×104J；
（2）有用功是4.4×104J，物重是7.2×104N；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为2.0×103J，动滑轮重是500N。
29．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是 消除杠杆自重的影响、便于测量力臂的大小 。
（3）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，应在B点挂 6 个钩码。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，则弹簧测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”利用如图所示的装置进行探究1，钩码重力为阻力F2，图中拉力F1＝ 3.3 N。多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1L1总是大于F2L2，其原因是 杠杆自身重力对杠杆平衡有影响 。
【答案】（1）右；（2）消除杠杆自重的影响、便于测量力臂的大小；（3）6；（4）变大；（5）3.3；杠杆自身重力对杠杆平衡有影响
【分析】（1）（2）为了便于测量力臂大小，杠杆需要在水平位置平衡，调节平衡时螺母向上翘的一端移动，杠杆在水平位置平衡时重心与支点重合，可以消除杠杆自身重力影响、便于测量力臂；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）根据杠杆的平衡条件分析，当阻力和阻力臂不变时，如果作用在杠杆上的力方向不与杠杆垂直则该力的力臂短了，则动力变大；
（5）弹簧测力计的拉力由图读出；
杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；杠杆的重心过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，当重心不过支点时，则要考虑杠杆重力对杠杆平衡的影响。
【解答】解：（1）由图甲知，杠杆右端上翘，使杠杆在水平位置平衡；
（2）由于重力的方向竖直向下，根据力臂的定义，支点和力的作用点之间的距离即为力臂大小，即这样做的好处是便于测量力臂，杠杆的重心在支点上，同时消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（3）设每个钩码重为G，杠杆每格长度为L，则n＝6；
（4）由图示可知，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，FA＝4G，LA＝8L保持不变，由杠杆平衡条件可知弹簧测力计的拉力变大；
（5）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为3.3N。
用如图1所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，所以会发现F7L1总是大于F2L6。
故答案为：（1）右；（2）消除杠杆自重的影响；（3）6；（5）3.2。
30．（5分）在“探究定滑轮和动滑轮的特点”实验时，小明用同一个滑轮做了四次实验，前
两次按图甲、乙进行，后两次按图丙进行，并将测得的数据记录在表格中。
实验序号
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
拉力F/N
绳子自由端移动的距离s/cm
1
1.0
20.0
1.0
20.0
2
2.0
20.0
2.0
20.0
3
1.0
20.0
0.7
40.0
4
2.0
20.0
1.2
40.0
（1）分析第1、2次的数据，可以得出结论：使用定滑轮 不能 （选填“能”或“不能”）省距离；用图乙进行实验时，若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）用图丙进行实验时，最好 沿着竖直方向 匀速拉动绳子自由端；分析第3、4次数据时发现，拉力的大小总比钩码重力的一半要大 动滑轮自身受到重力 ；
（3）在本实验中进行了多次实验，目的是 C 。
A．从多次实验中选取最准确的数据
B．多次测量取平均值，减小误差
C．从特殊现象中得到普遍规律
D．利用控制变量法
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）定滑轮的使用特点是：不省力，也不能省距离，但能改变力的方向。
（2）知道弹簧测力计做匀速运动，物体受力才平衡。在理想状态下使用动滑轮能省一半力，但费距离。实际上使用动滑轮时，由于动滑轮重力不能忽略，则绳子自由端拉力的大小等于物重与动滑轮重力的一半。
（4）在进行探究性实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律。
【解答】解：（1）第1、2次的数据中拉力不变，也不能省距离，所以若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动。
（2）用图乙进行实验时，一定要沿着竖直方向匀速拉动绳子自由端，动滑轮自身的重量，都会影响实验的结果。
（3）使用中要进行多次测量，目的是为了得到普遍规律。
故答案为：（1）不能；不变；动滑轮自身受到重力。
31．（7分）为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙的实验装置进行实验。
（1）两组实验都应该注意小球应该由 静止 释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块。
（2）分析图乙你能得出结论是 质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大 。
（3）本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？ 不能 ，理由是 无法比较动能的大小 。
（4）实验后，同学们联想到在许多公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的超载““超速”，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
（a）为了探究“超载”安全隐患，应选择 1、3 两个序号的实验进行比较；
（b）为了探究“超速“安全隐患，应选择 1、2 两个序号的实验进行比较。分析表格中对应的实验数据可知： 速度 对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）实验中，为了控制速度，需要使钢球从斜面上由静止开始滚下；
（2）分析图乙，小球滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，可探究动能与速度的关系；
（3）由牛顿第一定律内容分析回答。
（4）a、研究超载危害，应控制速度相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；
b、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题。
【解答】解：
（1）实验的过程中需要将钢球从斜面上由静止滚下，这样便于控制速度；
（2）图乙两小球的质量相等，滚下的高度不同；
图乙中两小球的质量相同，滚下的高度越大，将木块推得越远，物体运动的速度越大；
（3）若水平面光滑，木块不受摩擦力。木块通过的距离无法确定。所以铁球动能的大小就无法比较。
（4）a、研究超载隐患时，由表中实验数据可知、3两个序号的实验进行比较；
b、为了探究“超速”安全隐患、2两个序号的实验进行比较，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，由此造成的危害更严重。
故答案为：
（1）静止；
（2）质量相同时，物体运动的速度越大；
（3）不能；无法比较动能的大小；
（4）a、8、3；b、1、7；速度。
32．（7分）如图所示，是小明“测滑轮组机械效率”的实验装置，测得的实验数据如下表。
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η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3
（1）实验过程中，应竖直向上 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是 74.1% 。（精确到0.1%）
（3）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。
（4）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 0.54 W。
（5）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功 变大 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大 。
（6）小华也利用重为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小明的测量值，则小华测量值偏大的原因可能是 C 。（填字母）
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.所使用的动滑轮重力比小明使用的小
【答案】（1）匀速；（2）74.1%；（3）越大；（4）0.54；（5）变大；绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；（6）C。
【分析】（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
（2）根据表中数据，由η＝＝求出第三次实验中滑轮组的机械效率；
（3）纵向分析表中实验数据得出结论；
（4）物体上升的速度为0.1m/s，根据v＝3v物得出则绳子自由端的速度；
根据P＝＝＝Fv求出拉力F的功率；
（5）根据表格中的数据，分别求出三次实验做的额外功得出结论；根据影响摩擦大小的因素分析；
（6）机械效率与动滑轮的重有关，根据机械效率公式分析。
【解答】解：（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力等于测力计示数；
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是：
η＝＝＝≈74.1%；
（3）纵向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；
（4）若在第三次实验中，F＝3.8N，则绳子自由端的速度：
v＝3×7.1m/s＝0.8m/s，
则拉力F的功率为：
P＝＝＝Fv＝1.8N×4.3m/s＝0.54W；
（5）根据表格中的数据分析可知：
三次实验的额外功分别为：
W额外4＝W总1﹣W有用1＝F4s1﹣G1h7＝0.6N×7.3m﹣1N×7.1m＝0.08J；
W额外5＝W总2﹣W有用2＝F4s2﹣G2h7＝1.0N×2.3m﹣2N×3.1m＝0.8J；
W额外3＝W总3﹣W有用6＝F3s3﹣G2h3＝1.3N×0.3m﹣2N×0.1m＝4.14J；
故随着物重的增大，额外功变大；
原因是随着物重的增大，绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；
（6）A．测拉力时，指针指在零刻度线下方，机械效率变小；
B．弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，机械效率变小；
C．使用的动滑轮的重力小于小明小组，额外功减小，符合题意。
故答案为：（1）匀速；（2）74.1%；（4）0.54；绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大。
2022-2023学年江苏省泰州市姜堰实验初中九年级（上）第一次月考物理试卷
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1．（2分）小华是一名普通的中学生，下列估算值恰当的是（ ）
A．小华从一楼上到二楼克服自身重力做的功约为3000J
B．小华将两个鸡蛋举高1m，做功约10J
C．小华从地上捡起一本九上物理书到课桌上做功约2焦
D．小华跳绳的功率约为500瓦
2．（2分）用如图所示的装置来提升物体，既能省力又能改变施力方向的装置是（ ）
A． B． C． D．
3．（2分）如图所示的情境中，人对物体做功的是（ ）
A．人用力搬石头没有搬动
B．人将货物从地面拉到高处
C．人用推车没有推动
D．人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动
4．（2分）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
5．（2分）如图所示，夹食物时两根筷子都可以看作杠杆，能正确表示其中一根杠杆的支点O、杠杆受到的动力F1和阻力F2的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2分）对同一滑轮组，下列各措施中不能提高机械效率的是（ ）
A．增加提升重物的重力
B．改用质量小的动滑轮
C．减少提升高度，减少做功
D．在轮轴处加润滑油，减小摩擦
7．（2分）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
D．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
8．（2分）如图所示，关于简单机械，下列说法错误的是（ ）
A．图甲：食品夹在正常使用过程中，相当于一个费力杠杆
B．图乙：在旗杆顶部安装定滑轮是为了改变拉力的方向
C．图丙：盘山公路相当于一个斜面，可以省力
D．图丁：使用滑轮组提升重物既可省力，又能省功
9．（2分）如图，OAB是杠杆，OA与杆AB垂直，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于10N
D．作用点在B点的最小动力小于10N
10．（2分）如图1的物体在同一水平地面先后做直线运动。当物体运动的路程和时间图像如图2时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图3时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2。则下列关系正确的是（ ）
A．F1＜F2 B．P1＜P2 C．F1＞F2 D．P1＞P2
11．（2分）如图，质量为m的小环穿在固定的光滑曲杆上，从某点A静止释放后沿曲杆运动，则环在运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．只要A点高于D点，小环就一定能到达D点
B．小环从A点到B点，动能一直增加，机械能不变
C．小环从A点到D点，重力势能一直减小，机械能不变
D．若小环能到达D点，小球到达C点时的动能为0
12．（2分）如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切摩擦。用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1的大小为450N
B．用图乙绕法匀速提升400N重物时，机械效率为85%
C．分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法机械效率大
D．分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，F1、F2做功相等
二、填空题（本大题共10小题，共27分）
13．（3分）小明用20N的水平推力，用时5s将重150N的购物车沿水平地面向前推动10m，则推力对购物车做功 J，重力对购物车做功 J，推力做功的功率 W。
14．（3分）如图所示，分别用滑轮A、B匀速提升甲、乙两个重力相同的物体（物重大于滑轮重，不计绳重及摩擦）。滑轮B实质上是一个 杠杆；拉力F1 F2（选填“＞”“＜”或“＝”）；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了 滑轮（填“A”或“B”）
15．（2分）如图，某小区利用无人机进行大面积消杀作业。携带消毒液的无人机总重200N，从地面起飞至5m高度 J，携带消毒液的无人机水平匀速飞行，在喷洒消毒液的过程中 。
16．（3分）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，则力F的大小为 N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将 （选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将 。
17．（2分）如图所示，一块厚度和密度都均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用甲、乙两种方法使其一端缓慢抬离地面甲和F乙始终竖直向上，则F甲 F乙，如果两种方法都将水泥板缓慢拉到竖直位置，不计空气阻力等因素，两次拉力做功W甲 W乙（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。
18．（3分）如图所示，用20牛的拉力F匀速提起物体A，不计摩擦 牛。若物体A在10秒内上升4米，此过程中拉力F做的功为 焦，功率为 瓦。
19．（2分）一个重240N的物体匀速推到斜面顶端，人沿斜面向上的推力为120N，如图所示，上升的高度h＝1.2m，则人对物体做的有用功是 J，斜面与物体之间的摩擦力是 N。
20．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲是他制作的“会跳的卡片”，使橡皮筋伸长，迅速松手后，B为内表面，实验时应把 面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片 ，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后 （选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。
21．（4分）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图线b所示。物体重90N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则在0～2s的过程中 ，拉力的功率是 W。此动滑轮重是 N，滑轮组的机械效率是 %。
22．（2分）港珠澳大桥的设计采用的是斜拉索式，如图甲所示为斜拉大桥效果图，其主通航孔桥采用双塔双索面斜拉桥，如图乙、丙所示，最后抽象成图丁所示的模型。
从图丁的模型可以看出它主要用到了哪种机械 （选填“杠杆”“斜面”、“滑轮”）。其中F1代表桥自重和过往车辆产生的对桥的作用力，为了减小钢索F2承受的拉力，在允许的前提下，可以适当 （填“增加”或“减小”）桥塔的高度。
三、解答题（本大题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，用羊角锤拔钉子，请在图中标出支点O的位置并画出动力F1的力臂l1。
24．（2分）如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，l1为动力F1的力臂，请在图中作出动力F1的示意图和阻力臂l2。
25．（2分）画出如图滑轮组的绕线，要求既能够省力，又能够改变力的方向。
26．（6分）俯卧撑是一项常见的健身运动，如图所示是刘燕同学做俯卧撑时的情景。她的身体可以看做一个杠杆，O为支点，她的体重为450N。
（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是多少？
（2）若她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是多大？
27．（6分）某型号汽车发动机的额定功率为6×104W，在水平路面上匀速行驶时受到的阻力是1800N．在额定功率下，当汽车匀速行驶时
（1）发动机所提供的牵引力大小；
（2）行驶速度的大小；
（3）行驶5min牵引力所做的功。
28．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%
（1）拉力做的总功；
（2）有用功与物重；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
29．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是 。
（3）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，应在B点挂 个钩码。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，则弹簧测力计的示数将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”利用如图所示的装置进行探究1，钩码重力为阻力F2，图中拉力F1＝ N。多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1L1总是大于F2L2，其原因是 。
30．（5分）在“探究定滑轮和动滑轮的特点”实验时，小明用同一个滑轮做了四次实验，前
两次按图甲、乙进行，后两次按图丙进行，并将测得的数据记录在表格中。
实验序号
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
拉力F/N
绳子自由端移动的距离s/cm
1
1.0
20.0
1.0
20.0
2
2.0
20.0
2.0
20.0
3
1.0
20.0
0.7
40.0
4
2.0
20.0
1.2
40.0
（1）分析第1、2次的数据，可以得出结论：使用定滑轮 （选填“能”或“不能”）省距离；用图乙进行实验时，若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）用图丙进行实验时，最好 匀速拉动绳子自由端；分析第3、4次数据时发现，拉力的大小总比钩码重力的一半要大 ；
（3）在本实验中进行了多次实验，目的是 。
A．从多次实验中选取最准确的数据
B．多次测量取平均值，减小误差
C．从特殊现象中得到普遍规律
D．利用控制变量法
31．（7分）为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙的实验装置进行实验。
（1）两组实验都应该注意小球应该由 释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块。
（2）分析图乙你能得出结论是 。
（3）本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？ ，理由是 。
（4）实验后，同学们联想到在许多公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的超载““超速”，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
（a）为了探究“超载”安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较；
（b）为了探究“超速“安全隐患，应选择 两个序号的实验进行比较。分析表格中对应的实验数据可知： 对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
32．（7分）如图所示，是小明“测滑轮组机械效率”的实验装置，测得的实验数据如下表。
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η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3
（1）实验过程中，应竖直向上 拉动弹簧测力计。
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是 。（精确到0.1%）
（3）分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重 ，滑轮组的机械效率越高。
（4）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。
（5）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 。
（6）小华也利用重为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小明的测量值，则小华测量值偏大的原因可能是 。（填字母）
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.所使用的动滑轮重力比小明使用的小
2022-2023学年江苏省泰州市姜堰实验初中九年级（上）第一次月考物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共12小题，共24分）
1．（2分）小华是一名普通的中学生，下列估算值恰当的是（ ）
A．小华从一楼上到二楼克服自身重力做的功约为3000J
B．小华将两个鸡蛋举高1m，做功约10J
C．小华从地上捡起一本九上物理书到课桌上做功约2焦
D．小华跳绳的功率约为500瓦
【答案】C
【分析】（1）估测出小华的质量，利用G＝mg求出求出重力，再估测出一层楼的高度，利用W＝Gh计算；
（2）估测出；两个鸡蛋的重力，然后利用W＝Gh计算；
（3）估测出物理书的质量，利用G＝mg求出重力，再估测出课桌的高度，利用W＝Gh计算；
（4）估测出跳绳时重心上升的高低，利用W＝Gh求出跳一次克服重力做的功，然后估测出1min跳绳的次数，求出总功，最后利用P＝计算功率。
【解答】解：A、一个中学生的质量约为50kg小华＝m小华g＝50kg×10N/kg＝500N，从一楼走上二楼上升高度约为3m1＝G小华h4＝500N×3m＝1500J，故A错误；
B、两个鸡蛋的重力约1N6＝G鸡蛋h2＝1N×3m＝1J，故B错误；
C、从地上捡起一本九上科学书到课桌上做功约为：W3＝G书h7＝m书gh3＝0.8kg×10N/kg×0.8m＝3.4J，与2J接近；
D、跳一次克服重力做功W5＝G小华h＝500N×0.04m＝20J，
在这一分钟做的总功W总＝180×W＝180×20J＝3600J，
小明在这一分钟内跳绳的功率：P＝＝＝60W。
故选：C。
2．（2分）用如图所示的装置来提升物体，既能省力又能改变施力方向的装置是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】（1）使用定滑轮不能省力，但能改变力的方向；使用动滑轮能省力，不能改变力的方向；
（2）单独使用定滑轮或动滑轮都不能既省力、也不能改变力的方向，而滑轮组是动滑轮、定滑轮的组合，可以省力，也可能改变力的方向。
【解答】解：
A、是定滑轮，不能省力；
B、是动滑轮，不能改变力的方向；
C、是滑轮组，动力的方向向下，可以改变力的方向；
D、是滑轮组，动力的方向向上，不可以改变力的方向；
故选：C。
3．（2分）如图所示的情境中，人对物体做功的是（ ）
A．人用力搬石头没有搬动
B．人将货物从地面拉到高处
C．人用推车没有推动
D．人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动
【答案】B
【分析】做功的两个必要因素：一、作用在物体上的力；二、物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可。
【解答】解：
AC、人用力搬石头没有搬动，虽然人对物体有力的作用，所以人对物体没有做功；
B、人将货物从地面拉到高处，且货物在拉力的方向上通过的距离，故B符合题意；
D、人搬箱子沿水平方向做匀速直线运动时，但箱子在竖直向上的方向上没有通过距离，故D不符合题意。
故选：B。
4．（2分）如图所示的过程中，物体的重力势能转化为动能的是（ ）
A．火箭加速上升的过程
B．滚摆缓慢上升的过程
C．热气球匀速上升的过程
D．苹果加速下落的过程
【答案】D
【分析】（1）影响动能大小的因素有质量和速度，分析动能的变化就是分析质量和速度的变化；
（2）影响重力势能的因素是质量和高度，分析重力势能的变化就是分析质量和高度的变化；
（3）判断是哪种能量转化成了另一种能量的标准时：减小的转化为增多的。
【解答】解：A、火箭加速上升的过程，速度增加，同时高度增加，故不是重力势能和动能的转化；
B、滚摆缓慢上升的过程，速度变慢，同时高度增加，故是将动能转化为重力势能的过程；
C、热气球匀速上升的过程，速度不变，同时高度增加，故不是重力势能和动能的转化；
D、苹果加速下落的过程，速度变大，同时高度减小，故是将重力势能转化为动能的过程；
故选：D。
5．（2分）如图所示，夹食物时两根筷子都可以看作杠杆，能正确表示其中一根杠杆的支点O、杠杆受到的动力F1和阻力F2的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】先确定支点位置，即O点，然后根据动力和阻力的方向判断。
【解答】解：观察使用筷子的过程如下图所示，O点为支点2，手指作用在筷子A点向下的力为动力即F1；故选项D正确，ABC错误。
故选：D。
6．（2分）对同一滑轮组，下列各措施中不能提高机械效率的是（ ）
A．增加提升重物的重力
B．改用质量小的动滑轮
C．减少提升高度，减少做功
D．在轮轴处加润滑油，减小摩擦
【答案】C
【分析】（1）滑轮组的机械效率是指有用功和总功的比值，比值越大，机械效率越高。
（2）要提高滑轮组的机械效率可以在有用功一定时，减少额外功；额外功一定时，增大有用功。
【解答】解：
A、增加提升重物的重力，额外功不变，有用功和总功的比值变大，故A不符合题意；
BD、改用质量小的动滑轮，减小摩擦，减小了额外功，即滑轮组的机械效率升高；
C、减少提升物体的高度＝＝＝ 可知，故C错误。
故选：C。
7．（2分）理解物理概念是学好物理的关键。下列关于功、功率和机械效率的说法，正确的是（ ）
A．功率越大，做功就越快，机械效率也越大
B．做功所花时间越短，功率就越大
C．有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率
D．机械效率越高的机械，表明它做的有用功越多
【答案】C
【分析】（1）功率是表示物体做功快慢的物理量，物体的功率越大，做功越快。
（2）完成相同的功，所用的时间越短，功率越大。
（3）有用功一定，减小额外功，可以提高机械效率。
（4）机械效率越高的机械，有用功在总功中所占的比值越大。
【解答】解：A、功率越大，机械效率与功率无关；
B、完成相同的功，功率越大；
C、有用功一定，则总功减小可知，故C正确；
D、机械效率越高的机械，但有用功不一定多。
故选：C。
8．（2分）如图所示，关于简单机械，下列说法错误的是（ ）
A．图甲：食品夹在正常使用过程中，相当于一个费力杠杆
B．图乙：在旗杆顶部安装定滑轮是为了改变拉力的方向
C．图丙：盘山公路相当于一个斜面，可以省力
D．图丁：使用滑轮组提升重物既可省力，又能省功
【答案】D
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
（2）定滑轮的轮轴是固定不动的，定滑轮实质是等臂杠杆，不省力也不费力，但可以改变作用力方向；
（3）盘山公路相当于一个斜面；
（4）使用任何机械都不省功。
【解答】解：A、食品夹在使用过程中，是费力杠杆；
B、学校旗杆顶部安装定滑轮是为了改变力的方向；
C、盘山公路相当于一个斜面，能省力；
D、使用滑轮组提升重物既可省力，使用滑轮组提升物体不能省功。
故选：D。
9．（2分）如图，OAB是杠杆，OA与杆AB垂直，加在B点的动力使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计），则（ ）
A．该杠杆一定是省力杠杆
B．该杠杆一定是费力杠杆
C．作用点在B点的最小动力等于10N
D．作用点在B点的最小动力小于10N
【答案】D
【分析】（1）由图可知，阻力臂是确定的，即图中支点O到重力作用点的距离，但我们只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆。
（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
根据杠杆平衡条件求出最小的动力。
【解答】解：（1）因无法确定动力臂的大小，所以无法确定它是哪种杠杆；
（2）加在B点的动力F与OB垂直向上时，动力作用线和杠杆垂直，此时动力最小，所以OB＞OA＝2OC。
根据杠杆的平衡条件F×OB＝G×OC，此时的最小动力F＝＜＝×20N＝10N，D正确。
故选：D。
10．（2分）如图1的物体在同一水平地面先后做直线运动。当物体运动的路程和时间图像如图2时，受到的水平推力为F1；当物体运动的速度和时间图像如图3时，受到的水平推力为F2，两次推力的功率分别为P1、P2。则下列关系正确的是（ ）
A．F1＜F2 B．P1＜P2 C．F1＞F2 D．P1＞P2
【答案】B
【分析】（1）根据图像确定物体两次的运动状态，然后根据其运动状态得出推力和摩擦力的关系，再根据摩擦力大小的影响因素得出两次受到的摩擦力大小，进而得出两次推力的大小关系；
（2）利用由P＝＝＝Fv比较其功率关系。
【解答】解：由图像甲可知，物体做匀速直线运动甲＝＝＝4m/s；
由图像乙可知，物体的速度保持不变，速度大小为v乙＝4m/s；
因为两次都是匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，物体对地面的压力不变，则物体受到的摩擦力不变1＝F4；
已知v甲＜v乙，由P＝＝＝Fv可得1＜P2。
故选：B。
11．（2分）如图，质量为m的小环穿在固定的光滑曲杆上，从某点A静止释放后沿曲杆运动，则环在运动过程中，下列判断正确的是（ ）
A．只要A点高于D点，小环就一定能到达D点
B．小环从A点到B点，动能一直增加，机械能不变
C．小环从A点到D点，重力势能一直减小，机械能不变
D．若小环能到达D点，小球到达C点时的动能为0
【答案】B
【分析】曲杆光滑且不计空气阻力，所以机械能是守恒的；动能由物体的速度和质量决定，势能由物体的高度和质量决定，机械能为动能和势能的和；根据动能与重力势能的转化的知识分析。
【解答】解：
A、小环在滑动的过程中；A点高于D点，则小环在A点的重力势能小于C点的重力势能，所以小环就不能到达D点；
B、小环从A点到B点，重力势能转化为动能；由于曲杆光滑，保持不变；
C、小环从A点到B点，从B点到C点，从C点到D点，故C错误；
D．若小环能到达D点，所以小环到达C点时有向右运动的速度，故D错误。
故选：B。
12．（2分）如图所示，甲、乙分别为同一滑轮组的不同绕法，忽略绳重及一切摩擦。用图甲绕法匀速提升重为900N的物体时，下列判断正确的是（ ）
A．拉力F1的大小为450N
B．用图乙绕法匀速提升400N重物时，机械效率为85%
C．分别用两种绕法匀速提升相同重物时，图乙绕法机械效率大
D．分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度，F1、F2做功相等
【答案】D
【分析】A、图甲中n＝2，利用η＝＝＝＝求拉力F1的大小；
B、图甲中，利用忽略绳重及一切摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力；
在图乙中，利用忽略绳重及一切摩擦时η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率；
C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时，利用忽略绳重及一切摩擦时η＝＝＝＝比较两种绕法的机械效率大小；
D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时，利用W有＝Gh分析两图中有用功的关系；利用W额外＝G动h分析两图中额外功的关系，利用W总＝W有+W额外分析F1、F2做功的关系。
【解答】解：A、图甲中n＝2＝＝＝，所以拉力F1＝＝＝500N；
B、图甲中（G+G动），则动滑轮的重力：G动＝2F5﹣G＝2×500N﹣900N＝100N，
在图乙中，忽略绳重及一切摩擦，则滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝，故B错误；
C、分别用两种绕法匀速提升相同重物时＝＝＝可知，故C错误；
D、分别用两种绕法匀速提升相同重物升高相同高度时有＝Gh可知，两图中的有用功相等，
由W额外＝G动h可知，两图中的额外功相等，
因为W总＝W有+W额外，所以F1、F5做的总功相等，故D正确。
故选：D。
二、填空题（本大题共10小题，共27分）
13．（3分）小明用20N的水平推力，用时5s将重150N的购物车沿水平地面向前推动10m，则推力对购物车做功 200 J，重力对购物车做功 0 J，推力做功的功率 40 W。
【答案】200；0；40。
【分析】（1）知道推力和在推力方向上移动的距离，利用W＝Fs求推力做的功，利用P＝可求得推力做功的功率；
（2）做功的两个必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可。据此分析重力是否做功，若做功，利用W＝Gh计算。
【解答】解：
（1）推力对购物车做功：
W＝Fs＝20N×10m＝200J；
推力做功的功率P＝＝＝40W；
（2）购物车在水平地面上移动10m，重力的方向竖直向下，所以重力不做功。
故答案为：200；0；40。
14．（3分）如图所示，分别用滑轮A、B匀速提升甲、乙两个重力相同的物体（物重大于滑轮重，不计绳重及摩擦）。滑轮B实质上是一个 省力 杠杆；拉力F1 ＞ F2（选填“＞”“＜”或“＝”）；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了 A 滑轮（填“A”或“B”）
【答案】省力；＞；A
【分析】（1）定滑轮不随物体一起运动，使用定滑轮不省力，但是可以改变力的方向。
（2）动滑轮会随着物体一起运动，使用动滑轮可以省力，但是不能改变力的方向。
【解答】解：滑轮B是动滑轮，实质上是一个省力杠杆，所以有：F1＝G；滑轮B是动滑轮，有：1＞F5；学校升旗时，旗手向下拉绳子，旗杆顶部安装了A滑轮，可以改变动力的方向。
故答案为：省力；＞；A。
15．（2分）如图，某小区利用无人机进行大面积消杀作业。携带消毒液的无人机总重200N，从地面起飞至5m高度 1000 J，携带消毒液的无人机水平匀速飞行，在喷洒消毒液的过程中 减小 。
【答案】1000；减小
【分析】由题意可知无人机的质量，根据重力公式可求得其重力，已知上升的高度，根据W＝Gh求出该过程无人机克服重力做的功；
动能的大小与质量、速度有关。
【解答】解：该机在上升过程中无人机重力做的功：W＝Gh＝200N×5m＝1000J；
无人机在5米高空水平飞行进行喷洒消毒时，飞机的速度不变，所以无人机的动能减小。
故答案为：1000；减小。
16．（3分）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，则力F的大小为 55 N。保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将 不变 （选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将 变小 。
【答案】55；不变；变小
【分析】（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，知道两力臂的大小关系、阻力G的大小，利用杠杆平衡条件求出动力F的大小；
（2）将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，分析动力臂、阻力臂以及阻力的变化，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
【解答】解：
（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，杠杆在A位置时OA＝2LG，
由杠杆平衡条件可知：FLOA＝GLG，则力F的大小为：F＝＝×110N＝55N；
（2）力F的力臂为支点O到力F作用线的垂线段；将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，则动力F的力臂都是LOA，即力F的力臂将不变；
在该过程中，动力臂不变，即阻力不变，所以根据杠杆平衡条件可知动力F会变小。
故答案为：55；不变。
17．（2分）如图所示，一块厚度和密度都均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用甲、乙两种方法使其一端缓慢抬离地面甲和F乙始终竖直向上，则F甲 等于 F乙，如果两种方法都将水泥板缓慢拉到竖直位置，不计空气阻力等因素，两次拉力做功W甲 小于 W乙（两空均填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】等于；小于。
【分析】（1）把水泥板看做一个杠杆，抬起一端时，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其几何中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，则此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系。
（2）若甲、乙两种情况均将水泥板拉至竖直位置，不计空气阻力等因素，则拉力做的功等于克服水泥板重力做的功，由图可知重心上升高度的关系，再根据W＝Gh可比较拉力做功的大小关系。
【解答】解：（1）把水泥板看做一个杠杆，抬起一端时，两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力、质地均匀的物体，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一；
根据杠杆的平衡条件可得F＝＝G，所以前后两次所用的力大小相等；
（2）若甲、乙两种情况均将水泥板拉至竖直位置，则拉力做的功等于克服水泥板重力做的功甲＜h乙，则根据W＝Gh可知拉力做功的关系为W甲＜W乙。
故答案为：等于；小于。
18．（3分）如图所示，用20牛的拉力F匀速提起物体A，不计摩擦 20 牛。若物体A在10秒内上升4米，此过程中拉力F做的功为 80 焦，功率为 8 瓦。
【答案】见试题解答内容
【分析】要知道定滑轮的特点：使用定滑轮不省力但能改变力的方向；动滑轮的特点：使用动滑轮能省一半力，但费距离；
根据公式W＝Fs可求拉力做的功，利用公式P＝可求拉力的功率。
【解答】解：滑轮重力和摩擦不计时，由图可知，使用定滑轮不能够省力A＝GA＝20N；
拉力F做的功W＝F•s＝20N×4m＝80J；
功率P＝＝＝8W；
故答案为：20；80；8。
19．（2分）一个重240N的物体匀速推到斜面顶端，人沿斜面向上的推力为120N，如图所示，上升的高度h＝1.2m，则人对物体做的有用功是 288 J，斜面与物体之间的摩擦力是 24 N。
【答案】288；24。
【分析】（1）克服物体重力所做的功是有用功，利用W＝Gh计算有用功；
（2）推力所做的功是总功，利用W＝Fs计算总功；额外功等于总功减去有用功，摩擦力等于额外功与斜面长的比值。
【解答】解：（1）由题知G＝240N，h＝1.2m，
克服物体重力所做的功为有用功，则有用功为：
W有＝Gh＝240N×5.2m＝288J；
（2）已知F＝120N，s＝3m，
推力做的总功：
W总＝Fs＝120N×2m＝360J；
由W额＝fs可得摩擦力：
f＝＝＝＝24N。
故答案为：288；24。
20．（3分）小明利用所学的物理知识，制作了“会跳的卡片”，如图所示。图甲是他制作的“会跳的卡片”，使橡皮筋伸长，迅速松手后，B为内表面，实验时应把 B 面紧贴桌面后松手，橡皮筋能对卡片 做功 ，使卡片能向上运动。小明还利用相同的橡皮筋和卡纸做了图乙、丙中的两张卡片，压平后 乙 （选填“乙”或“丙”）图中卡片可以弹跳得更高一些。
【答案】B；做功；乙
【分析】橡皮筋拉开后具有弹性势能，恢复时转化为动能，所以卡片会跳起来。弹性势能是指物体由于发生弹性形变而具有的能，决定弹性势能大小的因素是物体弹性形变的程度。
【解答】解：实验时应把B面紧贴在桌面后松手，此时橡皮筋才能发生弹性形变；
橡皮筋才能发生弹性形变，对卡片做功；
图乙、丙中的两张卡片，乙图橡皮筋的弹性形变程度最大，故乙图中卡片可以弹跳得更高一些。
故答案为：B；做功；乙。
21．（4分）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离随时间变化的关系如图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图线b所示。物体重90N，克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则在0～2s的过程中 18J ，拉力的功率是 12 W。此动滑轮重是 12 N，滑轮组的机械效率是 75 %。
【答案】18J；12；12；75
【分析】（1）由图线a（绳子自由端竖直移动的距离随时间的变化关系图象）可知，在0～2s的过程中，绳子自由端移动的距离；利用W＝Fs求拉力做的总功，再利用P＝求拉力做功的功率；由图线b（物体上升的高度随时间变化的关系图象）可知，在0～2s的过程中，物体和动滑轮上升的高度；
根据总功求出克服动滑轮重力所做的功，根据W＝Gh求出动滑轮的重力；
（2）根据G＝mg求出物体的重力，再利用W＝Gh求所做的有用功；滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
【解答】解：
（1）由图线a可知，在0～2s的过程中，
拉力做的总功：W总＝Fs＝60N×8.4m＝24J；
拉力做功的功率：P＝＝＝12W；
克服动滑轮重所做的功占总功的10%，则：W动＝W总×10%＝24J×10%＝3.4J；
由图线b可知，在0～5s的过程中、动滑轮上升的高度为：h＝20cm＝0.2m；
则动滑轮的重力为：G动＝＝＝12N；
（2）则有用功：W有用＝Gh＝90N×0.12＝18J；
滑轮组的机械效率：η＝×100%＝。
故答案为：18J；12；75。
22．（2分）港珠澳大桥的设计采用的是斜拉索式，如图甲所示为斜拉大桥效果图，其主通航孔桥采用双塔双索面斜拉桥，如图乙、丙所示，最后抽象成图丁所示的模型。
从图丁的模型可以看出它主要用到了哪种机械 杠杆 （选填“杠杆”“斜面”、“滑轮”）。其中F1代表桥自重和过往车辆产生的对桥的作用力，为了减小钢索F2承受的拉力，在允许的前提下，可以适当 增加 （填“增加”或“减小”）桥塔的高度。
【答案】杠杆；增加。
【分析】通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用用到了哪种机械；根据杠杆的平衡条件分析桥塔高度的变化。
【解答】解：图丁所示的模型，可以看做是一个在力的作用下能绕O点转动的硬棒，即可知道它就是杠杆的模型；
F1大小不变、L1大小不变，为了减小钢索F4承受的拉力，根据杠杆的平衡条件可知2，根据力臂的定义可知，可以适当增加桥塔的高度；
故答案为：杠杆；增加。
三、解答题（本大题共10小题，共49分）
23．（2分）如图所示，用羊角锤拔钉子，请在图中标出支点O的位置并画出动力F1的力臂l1。
【答案】
【分析】（1）由动力的方向可知杠杆逆时旋转，绕着转动的点为杠杆与地面的接触点，即支点为O；
（2）力臂是从支点到力的作用线的距离。由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：因为支点是杠杆转动时围绕的固定点，所以当向左用力时；
反向延长力F1的作用线，由支点O向F1的作用线作垂线，垂线段的长度就为F5的力臂l1．如图所示：
24．（2分）如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于平衡状态，l1为动力F1的力臂，请在图中作出动力F1的示意图和阻力臂l2。
【答案】见解答。
【分析】根据力臂是支点到力的作用线的垂直距离可作出F2的力臂l2，根据力的作用线与力臂垂直，可作出力的作用线，与杠杆的交点就是力的作用点，根据动力和阻力的关系可确定力的方向。
【解答】解：由图可知，O为支点2的作用线引垂线，支点到垂足的距离就是力臂l2；如下图所示：
作力臂l7的垂线即力F1的作用线，与杠杆的交点就是作用点，F1使杠杆的转动方向与力F6的相反；如下图所示：
25．（2分）画出如图滑轮组的绕线，要求既能够省力，又能够改变力的方向。
【答案】
【分析】要既省力又能改变力的方向，应使拉力方向向下，然后根据情况判断绕线方式。
【解答】解：图中滑轮组由一个定滑轮和一个动滑轮组成，由题意知，故绳子先连接定滑轮的下端的挂钩、定滑轮
26．（6分）俯卧撑是一项常见的健身运动，如图所示是刘燕同学做俯卧撑时的情景。她的身体可以看做一个杠杆，O为支点，她的体重为450N。
（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是多少？
（2）若她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是多大？
【答案】（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是300N；
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，则她做功的功率是72W。
【分析】（1）支点到力的作用线的距离是力臂，由图示可以求出力的力臂；应用杠杆平衡的条件可以求出地面对手的支持力；
（2）根据做功公式计算她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m所做功，根据功率公式计算她做功的功率。
【解答】解：（1）由图示可知，O为支点；
由杠杆平衡条件得：FL＝GLG，即F×1.35m＝450N×0.7m，
解得：F＝300N。
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.2m，
做功的功率：P＝＝＝72W。
答：（1）在做俯卧撑时，地面对她两手的总支持力是300N；
（2）她1min内做俯卧撑48次，每次重心上升的高度为0.6m。
27．（6分）某型号汽车发动机的额定功率为6×104W，在水平路面上匀速行驶时受到的阻力是1800N．在额定功率下，当汽车匀速行驶时
（1）发动机所提供的牵引力大小；
（2）行驶速度的大小；
（3）行驶5min牵引力所做的功。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）物体做匀速直线运动时，处于平衡状态，受到平衡力的作用，根据平衡力的大小相等、方向相反即可得出牵引力的大小；
（2）已知的条件有：牵引力的大小以及发动机的额定功率，求速度可由功率的推导式：P＝＝＝Fv得出；
（3）已知额定功率以及工作时间5min，直接由W＝Pt可求得牵引力所做的功。
【解答】解：（1）因为汽车匀速行驶，受平衡力作用，F＝f＝1800N；
（2）由P＝Fv得：v＝＝≈33.4m/s；
（3）t＝5min＝300s，
W＝Pt＝6×106W×300s＝1.8×106J。
答：发动机所提供的牵引力为1800N，行驶速度为33.3m/s7J。
28．（6分）如图，塔式起重机上的滑轮组匀速吊起重物时，所用的拉力为5×103N，重物升高2m，此过程中滑轮组的机械效率为80%
（1）拉力做的总功；
（2）有用功与物重；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，求动滑轮重。
【答案】（1）拉力做的总功是3×104J；
（2）有用功是2.4×104J，物重是1.2×104N；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为5.0×103J，动滑轮重是500N。
【分析】（1）先求拉力端移动的距离s，根据W总＝Fs求拉力做的总功；
（2）根据W有＝W总η求出有用功，再利用W有＝Gh求出物重；
（3）总功减去有用功即为额外功，再减去克服摩擦和钢丝绳重所做的功即为克服动滑轮重力所做的额外功，根据W＝Gh求出动滑轮的重力。
【解答】解：（1）拉力做的总功：
W总＝Fs＝5×103N×3×2m＝3×104J，
（2）滑轮组的机械效率η＝得，有用功为：
W有＝W总η＝3×104J×80%＝6.4×104J，
由W有＝Gh可得物重：
G＝＝＝3.2×104N，
（3）由W有+W额＝W总可得，额外功：
W额＝W总﹣W有＝2×104J﹣2.7×104J＝0.6×104J，
克服动滑轮重力所做的额外功：
W动＝W额﹣W1＝3.6×104J﹣6.0×103J＝1000J，
则动滑轮的重力：
G动＝＝＝500N，
答：（1）拉力做的总功是3×104J；
（2）有用功是4.4×104J，物重是7.2×104N；
（3）若克服摩擦和钢绳重所做的功为2.0×103J，动滑轮重是500N。
29．（6分）小红和小明利用如图所示装置探究杠杆的平衡条件。
（1）若实验前杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）在实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是 消除杠杆自重的影响、便于测量力臂的大小 。
（3）杠杆调节平衡后，小红在杠杆上的A点处挂4个钩码，如图乙所示，应在B点挂 6 个钩码。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡。当弹簧测力计在原位置逐渐向右倾斜时，则弹簧测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（5）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”利用如图所示的装置进行探究1，钩码重力为阻力F2，图中拉力F1＝ 3.3 N。多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1L1总是大于F2L2，其原因是 杠杆自身重力对杠杆平衡有影响 。
【答案】（1）右；（2）消除杠杆自重的影响、便于测量力臂的大小；（3）6；（4）变大；（5）3.3；杠杆自身重力对杠杆平衡有影响
【分析】（1）（2）为了便于测量力臂大小，杠杆需要在水平位置平衡，调节平衡时螺母向上翘的一端移动，杠杆在水平位置平衡时重心与支点重合，可以消除杠杆自身重力影响、便于测量力臂；
（3）根据杠杆的平衡条件分析解答；
（4）根据杠杆的平衡条件分析，当阻力和阻力臂不变时，如果作用在杠杆上的力方向不与杠杆垂直则该力的力臂短了，则动力变大；
（5）弹簧测力计的拉力由图读出；
杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；杠杆的重心过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，当重心不过支点时，则要考虑杠杆重力对杠杆平衡的影响。
【解答】解：（1）由图甲知，杠杆右端上翘，使杠杆在水平位置平衡；
（2）由于重力的方向竖直向下，根据力臂的定义，支点和力的作用点之间的距离即为力臂大小，即这样做的好处是便于测量力臂，杠杆的重心在支点上，同时消除了杠杆自重对杠杆平衡的影响；
（3）设每个钩码重为G，杠杆每格长度为L，则n＝6；
（4）由图示可知，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，FA＝4G，LA＝8L保持不变，由杠杆平衡条件可知弹簧测力计的拉力变大；
（5）由图可知，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为3.3N。
用如图1所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，所以会发现F7L1总是大于F2L6。
故答案为：（1）右；（2）消除杠杆自重的影响；（3）6；（5）3.2。
30．（5分）在“探究定滑轮和动滑轮的特点”实验时，小明用同一个滑轮做了四次实验，前
两次按图甲、乙进行，后两次按图丙进行，并将测得的数据记录在表格中。
实验序号
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
拉力F/N
绳子自由端移动的距离s/cm
1
1.0
20.0
1.0
20.0
2
2.0
20.0
2.0
20.0
3
1.0
20.0
0.7
40.0
4
2.0
20.0
1.2
40.0
（1）分析第1、2次的数据，可以得出结论：使用定滑轮 不能 （选填“能”或“不能”）省距离；用图乙进行实验时，若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动 不变 （选填“变大”、“不变”或“变小”）。
（2）用图丙进行实验时，最好 沿着竖直方向 匀速拉动绳子自由端；分析第3、4次数据时发现，拉力的大小总比钩码重力的一半要大 动滑轮自身受到重力 ；
（3）在本实验中进行了多次实验，目的是 C 。
A．从多次实验中选取最准确的数据
B．多次测量取平均值，减小误差
C．从特殊现象中得到普遍规律
D．利用控制变量法
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）定滑轮的使用特点是：不省力，也不能省距离，但能改变力的方向。
（2）知道弹簧测力计做匀速运动，物体受力才平衡。在理想状态下使用动滑轮能省一半力，但费距离。实际上使用动滑轮时，由于动滑轮重力不能忽略，则绳子自由端拉力的大小等于物重与动滑轮重力的一半。
（4）在进行探究性实验时，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出物理规律。
【解答】解：（1）第1、2次的数据中拉力不变，也不能省距离，所以若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动。
（2）用图乙进行实验时，一定要沿着竖直方向匀速拉动绳子自由端，动滑轮自身的重量，都会影响实验的结果。
（3）使用中要进行多次测量，目的是为了得到普遍规律。
故答案为：（1）不能；不变；动滑轮自身受到重力。
31．（7分）为了探究物体动能大小与哪些因素有关，同学们设计了如图甲、乙的实验装置进行实验。
（1）两组实验都应该注意小球应该由 静止 释放，然后分别撞击到放在同一水平面上的同一木块。
（2）分析图乙你能得出结论是 质量相同时，物体运动的速度越大，动能越大 。
（3）本实验装置的水平面如果绝对光滑，还能得出结论吗？ 不能 ，理由是 无法比较动能的大小 。
（4）实验后，同学们联想到在许多公交事故中，造成安全隐患的因素有汽车的超载““超速”，在影响物体动能大小的因素中，哪个对动能影响更大？于是利用上述器材进行了实验测定
实验序号
小球的质量m/g
小球自由滚下的高度h/cm
木块被撞后运动的距离s/m
1
30
10
4
2
30
20
16
3
60
10
8
（a）为了探究“超载”安全隐患，应选择 1、3 两个序号的实验进行比较；
（b）为了探究“超速“安全隐患，应选择 1、2 两个序号的实验进行比较。分析表格中对应的实验数据可知： 速度 对物体的动能影响更大，当发生交通事故时，由此造成的危害更严重。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）实验中，为了控制速度，需要使钢球从斜面上由静止开始滚下；
（2）分析图乙，小球滚下的高度不同，到达水平面的速度不同，可探究动能与速度的关系；
（3）由牛顿第一定律内容分析回答。
（4）a、研究超载危害，应控制速度相等，即小球下滑的高度相同而质量不同，分析表中实验数据，然后答题；
b、应用控制变量法，分析表中实验数据，然后答题。
【解答】解：
（1）实验的过程中需要将钢球从斜面上由静止滚下，这样便于控制速度；
（2）图乙两小球的质量相等，滚下的高度不同；
图乙中两小球的质量相同，滚下的高度越大，将木块推得越远，物体运动的速度越大；
（3）若水平面光滑，木块不受摩擦力。木块通过的距离无法确定。所以铁球动能的大小就无法比较。
（4）a、研究超载隐患时，由表中实验数据可知、3两个序号的实验进行比较；
b、为了探究“超速”安全隐患、2两个序号的实验进行比较，在同等条件下速度对物体的动能影响更大，由此造成的危害更严重。
故答案为：
（1）静止；
（2）质量相同时，物体运动的速度越大；
（3）不能；无法比较动能的大小；
（4）a、8、3；b、1、7；速度。
32．（7分）如图所示，是小明“测滑轮组机械效率”的实验装置，测得的实验数据如下表。
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η
1
1
0.1
0.6
0.3
55.6%
2
2
0.1
1.0
0.3
66.7%
3
4
0.1
1.8
0.3
（1）实验过程中，应竖直向上 匀速 拉动弹簧测力计。
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是 74.1% 。（精确到0.1%）
（3）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。
（4）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 0.54 W。
（5）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功 变大 （选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是 绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大 。
（6）小华也利用重为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小明的测量值，则小华测量值偏大的原因可能是 C 。（填字母）
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.所使用的动滑轮重力比小明使用的小
【答案】（1）匀速；（2）74.1%；（3）越大；（4）0.54；（5）变大；绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；（6）C。
【分析】（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计；
（2）根据表中数据，由η＝＝求出第三次实验中滑轮组的机械效率；
（3）纵向分析表中实验数据得出结论；
（4）物体上升的速度为0.1m/s，根据v＝3v物得出则绳子自由端的速度；
根据P＝＝＝Fv求出拉力F的功率；
（5）根据表格中的数据，分别求出三次实验做的额外功得出结论；根据影响摩擦大小的因素分析；
（6）机械效率与动滑轮的重有关，根据机械效率公式分析。
【解答】解：（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力等于测力计示数；
（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是：
η＝＝＝≈74.1%；
（3）纵向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；
（4）若在第三次实验中，F＝3.8N，则绳子自由端的速度：
v＝3×7.1m/s＝0.8m/s，
则拉力F的功率为：
P＝＝＝Fv＝1.8N×4.3m/s＝0.54W；
（5）根据表格中的数据分析可知：
三次实验的额外功分别为：
W额外4＝W总1﹣W有用1＝F4s1﹣G1h7＝0.6N×7.3m﹣1N×7.1m＝0.08J；
W额外5＝W总2﹣W有用2＝F4s2﹣G2h7＝1.0N×2.3m﹣2N×3.1m＝0.8J；
W额外3＝W总3﹣W有用6＝F3s3﹣G2h3＝1.3N×0.3m﹣2N×0.1m＝4.14J；
故随着物重的增大，额外功变大；
原因是随着物重的增大，绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大；
（6）A．测拉力时，指针指在零刻度线下方，机械效率变小；
B．弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，机械效率变小；
C．使用的动滑轮的重力小于小明小组，额外功减小，符合题意。
故答案为：（1）匀速；（2）74.1%；（4）0.54；绳子与轮之间和轮与轴之间的摩擦变大。
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