【中考二轮】2024年中考物理重点专练（全国通用）专题12+简单机械专题训练.zip

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简单机械包括杠杆、滑轮、斜面和轮轴，这些经典简单机械，是中考物理的重要考点。在2024年的中考中，这些知识点的命题趋势将会更加注重实践应用和问题解决能力的考察。
杠杆命题，将更倾向于考察学生对杠杆平衡原理的理解和应用。题目可能会设置各种实际场景，要求学生根据杠杆平衡条件，分析出杠杆的平衡状态以及力矩的平衡关系。这需要学生具备较强的分析能力和计算能力。
滑轮的命题，将更加注重考察学生对滑轮组的工作原理以及滑轮的机械效率的理解。题目可能会通过设置各种实际工程问题，要求学生设计出合理的滑轮组，以达到预期的工作效果。这需要学生充分理解滑轮的工作原理，同时具备较强的创新思维和实践能力。
斜面的命题，将更注重考察学生对斜面机械效率的理解和应用。题目可能会要求学生分析斜面的受力情况，计算斜面的机械效率，或者设计出最优的斜面方案。这需要学生具备较强的物理知识和分析能力。
2024年中考物理关于"简单机械"的命题趋势，将更加注重实践应用和问题解决能力的考察。这需要学生在平时的学习中，不仅要掌握基本的物理知识，还要注重培养自己的分析能力、计算能力和创新思维能力。只有这样，才能在中考中取得优异的成绩。
知识点1：杠杆
1.杠杆及其五要素：
（1）杠杆定义：在力的作用下绕着固定点转动的硬棒叫杠杆。
杠杆的形状多样，可以是直的（比如开瓶扳手等），也可以是弯的（比如压水井把手等）；杠杆可以是单一的，也可以是几个杠杆组合起来的（比如筷子、剪刀等是双杠杆的组合）。
（2）杠杆五要素：
①支点：杠杆绕着转动的点，用字母O表示。
②动力：使杠杆转动的力，用字母F1表示。
③阻力：阻碍杠杆转动的力，用字母F2表示。
④动力臂：从支点到动力作用线的距离．用字母l1表示。
⑤阻力臂：从支点到阻力作用线的距离．用字母l2表示。
2.杠杆的平衡条件：
（1）杠杆平衡：杠杆静止不动或匀速转动都叫做杠杆平衡。
（2）杠杆平衡条件的表达式：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
（3）公式的表达式为：F1l1=F2l2。
3.杠杆中最小力的问题及力臂的画法：
求最小动力问题，可转化为找最长力臂问题。找最长力臂，一般分两种情况：
（1）在动力的作用点明确的情况下，支点到力的作用点的连线就是最长力臂；
（2）在动力作用点未明确时，支点到最远的点的距离是最长力臂。
4.杠杆的分类及应用：
杠杆分为三类：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆；
实验 探究杠杆的平衡条件
【实验图示】
【实验步骤】
1.将杠杆的中点支撑在铁架台上，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
2.在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆水平平衡，这时杠杆两端受到的作用力等于各自钩码所受的重力。将动力F1、阻力F2、动力臂l1、阻力臂l2，记录在表格中。
3.改变阻力和阻力臂的大小，相应调节动力和动力臂的大小，再做几次实验。
重点：实验前杠杆调水平平衡的原因
1.消除自重影响。将杠杆调至水平位置平衡时，就将杠杆自身的重心调到了支点上，这时杠杆重力的力臂为零，重力不能使杠杆转动，从而可以避免杠杆自重对杠杆平衡的影响。
2.便于测量力臂。杠杆处于倾斜状态时，力臂不在杠杆上，如图甲所示，此时无法从杠杆上直接读出或测出力臂，力臂的测量较困难。当杠杆处于水平平衡时，力臂在杠杆上，如图乙所示，可以从杠杆上直接读出或测出力臂。
【实验结论】
杠杆的平衡条件；动力×动力臂=阻力×阻力臂，即F1l1=F2l2
物理方法：归纳法
分析杠杆平衡条件时，通过对多次实验数据的分析归纳，总结出杠杆的平衡条件，利用的是归纳法。
【注意事项】
（1）实验前，通过调节杠杆两端的螺母，使杠杆在水平位置平衡。
（2）实验过程中，不能再调节平衡螺母使得杠杆在水平位置平衡，只能改变钩码的个数、位置或者弹簧测力计的拉力大小、位置。
（3）实验至少做三次，得出普遍规律，避免实验的偶然性。
实验拓展
如图所示，还可以用弹簧测力计的拉力作为动力做"探究杠杆的平衡条件"的实验。此时要注意弹簧测力计的拉力方向要始终沿竖直方向，否则动力臂不沿杠杆方向，这种情况下直接在杠杆上读出（或测出）的动力臂数值会比实际值偏大。
知识点2：滑轮
1.滑轮：
（1）滑轮定义：边缘有凹槽，能绕轴转动的小轮。因为滑轮可以连续旋转，因此可看作是能够连续旋转的杠杆，仍可以用杠杆的平衡条件来分析。
（2）滑轮分类：定滑轮和动滑轮。
2.定滑轮工作特点：
（1）特点∶使用定滑轮不省力（F=G），也不省距离（s=h），但能改变施力的方向。
（2）实质∶定滑轮是一个等臂杠杆。如图所示，定滑轮的轴相当于支点 O，作用于绳端的拉力为动力F1，重物对绳子的拉力为阻力F2，动力臂和阻力臂都等于滑轮的半径，即l1=l2=r，根据杠杆平衡条件可知， F1=F2，即F = G，所以使用定滑轮不省力。
定滑轮的施力方向不影响力的大小
如图所示，利用定滑轮拉起一个重为G的物体，改变拉力的方向，作出每次的阻力臂和动力臂，由图可知每次阻力和阻力臂的乘积均为 Gl2，其中l2 = R（R为滑轮半径）；根据几何知识可知，三次的动力臂l1=l1'=l1"=R，根据杠杆的平衡条件可得F1 = F1'=F1"= G，因此定滑轮的施力方向不影响力的大小。
3.动滑轮工作特点：
（1）特点∶使用单个动滑轮最多可以省一半力（F=G），但费距离（s = 2h），且不能改变施力的方向。
（2）实质：动滑轮是一个动力臂等于阻力臂二倍的省力杠杆。如图所示，作用于绳端的拉力为动力F1，重物对绳子的拉力为阻力F2，动滑轮上升时绕着滑轮的边缘 O点转动，O点相当于动滑轮的支点，动力臂等于滑轮的直径d，阻力臂等于滑轮的半径r，即l1=2l2，根据杠杆平衡条件可知，F1=F2，即F=G，所以使用动滑轮可以省一半的力。

动滑轮的施力方向影响拉力的大小
如图所示，利用动滑轮拉起一个重为 G的物体，改变拉力的方向，作出每次的动力臂和阻力臂，由图可知每次阻力和阻力臂的乘积均为GR，R为滑轮半径；根据几何知识可知，三次的动力臂l1＞l2＞l3，根据杠杆的平衡条件可得F1＜F2＜F3，其中l1 = 2R，F1 =G。故使用动滑轮时，施力方向影响拉力的大小，只有竖直向上拉时，拉力才等于物重的二分之一。
4.滑轮组及其工作特点：
定滑轮和动滑轮组合在一起的装置叫做滑轮组；使用滑轮组既可以省力，又可以改变力的方向，但要费距离；
竖直滑轮组和水平滑轮组的必背公式
5.轮轴：
（1）轮轴：轮轴由有共同转动轴的大轮和小轮组成。通常把大轮叫轮，小轮叫轴，例如汽车方向盘、门把手、辘铲等。
（2）轮轴的实质：轮轴相当于一个杠杆，轮和轴的中心O是支点，作用在轮上的力是动力F1，作用在轴上的力是阻力F2，轮半径OA就是杠杆的动力臂l1，轴半径OB就是杠杆的阻力臂l2。
（3）轮轴的特点：因为轮半径大于轴半径，即杠杆的动力臂大于阻力臂，所以作用在轮上的动力F1总小于作用在轴上的阻力F2．使用轮轴可省力，但是动力作用点移动的距离大于用轮轴提升的重物（钩码）所通过的距离。
（4）轮轴的公式：F1R=F2r，即轮半径是轴半径的几倍，作用在轮上的力就是作用在轴上的力的几分之一。
6.斜面：
（1）斜面是简单机械的一种，可用于克服垂直提升重物的困难。将物体提升到一定高度时，力的作用距离和力的大小都取决于倾角。如物体与斜面间摩擦力很小，则可达到很高的效率。
（2）用F表示力，L表示斜面长，h表示斜面高，物重为G，不计阻力时，根据功的原理得FL=Gh，斜面倾角越小，斜面越长，则越省力，但越费距离。
（3）日常生活中常见的斜面，如盘山公路、螺丝钉上的螺纹等。
知识点3：机械效率
1.有用功和额外功：
（1）有用功：利用机械做功的时候，对人们有用的功就叫做有用功。
（2）额外功：并非我们需要但又不得不做的功叫做额外功。
（3）总功：有用功与额外功的和叫总功。
（4）如上图斜面模型，总功的计算：W总=Fs；W总=W有用+W额外=Gh+f摩s
（5）有用功的计算方法：W有用=Gh；W有用=W总-W额外
（6）额外功的计算方法：W额外=f摩s；W额外=W总-W有用
2.机械效率的概念：
（1）概念：有用功跟总功的比值叫做机械效率，通常用百分数表示。
（2）计算公式：用W总表示总功，用W有用表示有用功，用η表示机械效率，则：。
（3）提高机械效率的主要办法：
①在有用功一定时，尽量减少额外功，采用减轻机械自身的重力和加润滑油来减少摩擦的措施；
②在额外功一定时，增大有用功，在机械能够承受的范围内尽可能增加每次提起重物的重力，充分发挥机械的作用。
（1）由于额外功不可避免，有用功只是总功的一部分，因而机械效率总小于1。
（2）机械效率由有用功和总功两个因素共同决定，不能理解成：“有用功多，机械效率高”或“总功大，机械效率低”。
（3）当总功一定时，机械做的有用功越多（或额外功越少），机械效率就越高；
（4）当有用功一定时，机械所做的总功越少（或额外功越少），机械效率就越高；
（5）当额外功一定时，机械所做的总功越多（或有用功越多），有用功在总功中所占的比例就越大，机械效率就越高。
探究动滑轮的特点
实验目的：探究动滑轮是否省力，能否改变施力的方向，拉力移动的距离和重物升高高度的关系
实验图示
实验操作
1.如图甲所示，把钩码挂在弹簧测力计下，记下钩码的重力G；
2.如图乙所示，通过动滑轮用弹簧测力计拉同样的钩码，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使钩码匀速上升，读出弹簧测力计的示数F，用刻度尺测出钩码上升的高度h和绳子自由端移动的距离s，记录在表格中；
3.改变钩码的个数，多做几次实验，并把实验数据记录在表格中
注意事项：利用弹簧测力计拉钩码时，要使弹簧测力计匀速且竖直向上运动
实验分析：使用动滑轮提升钩码时所用的拉力小于钩码重力，且近似等于钩码重力的一半，绳子自由端移动的距离等于钩码升高高度的2倍，拉力的方向与钩码移动的方向相同
实验结论：使用动滑轮可以省力，但不能改变施力的方向，且费距离
理解：动滑轮上拉力大于物重一半的原因
实验中测得动滑轮上的拉力略大于物重的一半，这是因为动滑轮的重不可忽略，另外，绳子与滑轮间、轮与轴之间存在摩擦力（若无特殊说明，一般可忽略不计），因此实际情况是拉力 。
一、单选题
1．（2023·山东泰安·统考模拟预测）小明同学利用如图所示装置匀速提起重200N的物块，物块浸没在水中受到的浮力是80N，滑轮重30N，，不计摩擦、绳重及杠杆重，在物块上表面露出水面前，下列判断正确的是（ ）
A．拉力大小为20N
B．物块所受浮力不断减小
C．装置中的滑轮是定滑轮
D．整个装置的机械效率为80%
【答案】D
【解析】A．作用在A端拉力为
由杠杆的平衡条件可知
故A错误；
B．物块上表面露出水面前，由于液体的密度和物体排开液体的体积不变，所以受到的浮力不变，故B错误；
C．由图知，滑轮与物体一起上升，所以为动滑轮，故C错误；
D．整个装置的机械效率为
故D正确。
故选D。
2．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）如图所示是轻质杠杆AOB，在其A端挂一重物G，若在B端施加一个始终垂直于OB且向下的力F，使杠杆绕点O顺时针缓慢转动到OB处于水平位置，则在此过程中，力F的大小将（ ）
A．逐渐变大B．逐渐变小
C．保持不变D．先变大后变小
【答案】B
【解析】轻质杠杆受两个力：A端物体的拉力，大小等于物体重力G，另一个是拉力F；杠杆绕点O顺时针缓慢转动到OB处于水平位置的过程中，如图所示：
由杠杆的平衡条件得
G•LG=F•LF
所以B端的拉力，物体重力G不变，由于拉力F始终垂直于OB，所以拉力的力臂LF不变；由上图可知，重力的力臂LG逐渐变小；故拉力F逐渐减小。
故选B。
3．（2023·江苏常州·常州市第二十四中学校考一模）工人用如图所示的滑轮组，在时间t内，将重为G的货物匀速提升了h，人对绳子竖直向下的拉力恒为F。以下说法正确的是（ ）
A．拉力F的功率为
B．额外功为(2F-G)h
C．滑轮组的机械效率为
D．滑轮组的机械效率随h的增大而增大
【答案】B
【解析】A．由图可知，连接动滑轮绳子的股数n=2，绳端移动的距离
s=nh=2h
拉力F做的功
W总=Fs=2Fh
则拉力F的功率
故A错误；
B．拉力做的有用功
W有=Gh
则额外功
W额=W总-W有=2Fh-Gh=(2F-G)h
故B正确；
C．滑轮组的机械效率
故C错误；
D．根据可知，滑轮组的机械效率与提升的高度h无关，故D错误。
故选B。
4．（2023·山东临沂·统考二模）伴随着中国城市化建设的高速发展，塔吊在建筑施工、货物搬运等方面发挥着越来越大的作用，如图为塔吊的工作场景，下一列对相关知识的分析正确的是（ ）
A．塔吊将建筑材料匀速向上提升时，机械能不变
B．塔吊吊着建筑材料匀速转动时，建筑材料受力平衡
C．所吊的建筑材料越重，机械效率越高
D．塔吊顶端的大气压强比地面的大气压强大
【答案】C
【解析】A．塔吊将建筑材料匀速向上提升时，动能不变，但重力势能变大，所以机械能变大，故A错误；
B．塔吊吊着建筑材料匀速转动时，运动方向发生改变，所以建筑材料受非平衡力作用，故B错误；
C．塔吊上按装了滑轮组，所吊的建筑材料越重，有用功越大，则有用功在总功中的比例越大，机械效率越高，故C正确；
D．大气压强与海拔高度有关，塔吊顶端的大气压强比地面的大气压强小，故D错误。
故选C。
二、多选题
5．（2023·江西南昌·统考二模）如图所示，物体在拉力F的作用下沿斜面向上做匀速直线运动，从斜面底端开始计时，下列说法正确的是（ ）
A．物体受到的拉力与斜面对物体的摩擦力是一对平衡力
B．物体向上运动过程中机械能变大
C．物体向上运动过程中，拉力做的功大于物体克服摩擦力做的功
D．斜面越陡越省力
【答案】BC
【解析】A．用力F沿斜面匀速向上拉动物体时，物体受到沿斜面向上的拉力和沿斜面向下的摩擦力以及重力沿斜面向下的分力作用处于平衡状态，由力的平衡条件可知，拉力F等于摩擦力加上重力沿斜面向下的分力，因物体所受到的拉力与斜面对物体的摩擦力大小不相等，所以二力不是一对平衡力，故A错误；
B．物体向上运动过程中质量不变，速度不变，动能不变；高度变大，重力势能变大，机械能变大，故B正确；
C．物体向上运动过程中，拉力F大于摩擦力f，所以拉力F做的功大于物体克服摩擦力做的功，故C正确；
D．斜面越长越省力，故D错误。
故选BC。
6．（2023·辽宁鞍山·统考二模）如图所示，F1=4N，F2=3N，此时物体A相对于地面静止，物体B以0.1m/s的速度在物体A表面向左做匀速直线运动。（不计弹簧测力计，滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）下列说法中正确的是（ ）
A．F2的功率为0.6W
B．弹簧测力计的示数为9N
C．物体A和地面之间没有摩擦力
D．如果增大F2，物体A仍保持静止状态
【答案】ABD
【解析】A．由图可知，水平使用滑轮组，承担动滑轮绳子的股数n=2，拉力端移动速度为
v=2v物=2×0.1m/s=0.2m/s
根据
可知F2的功率为
P=F2v=3N×0.2m/s=0.6W
故A正确；
B．不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，由力的平衡条件可得，弹簧测力计的示数为
F=3F2=3×3N=9N
故B正确；
C．因为不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，所以动滑轮对物体B的拉力为
F=2F2=2×3N=6N
物体B在水平方向上做匀速直线运动，物体B受力平衡，所以物体A对物体B的摩擦力为
f=F=6N
方向水平向左，由于物体A静止，所以物体A在水平方向上受力平衡，物体A在水平方向上受到水平拉力F1=4N的作用，方向水平向右，物体B对物体A的摩擦力f′=f=6N的作用，方向水平向左，水平拉力F1、物体B对物体A的摩擦力f′的合力为
F合=f′﹣F=6N﹣4N=2N
方向水平向左，由于物体A静止，所以地面对物体A的摩擦力为
方向水平向右，故C错误；
D．如果增大F2，B将做加速运动，B对A的压力和接触面的粗糙程度不变，B与A之间的摩擦力不变，A受力不变，同理可知，A受到地面的摩擦力也不变，即A的受力情况不变，还是处于静止状态，故D正确。
故选ABD。
7．（2023·河南开封·统考二模）如图所示，物体A重为60N，在10N的拉力作用下，在水平路面上以1m/s的速度做匀速直线运动6s，忽略绳子、滑轮重及绳子和动滑轮的摩擦力。下列描述正确的是（ ）
A．6s内绳子自由端移动的距离是12m
B．拉力做功的功率是10W
C．A受到的摩擦力大小是20N，向右
D．A的重力做功为360J
【答案】AC
【解析】A．由滑轮组结构看出，n=2，物体移动的距离
作用在物体上的水平拉力
6s内绳子自由端移动的距离
故A正确；
B．绳子自由端移动的速度
根据可知拉力做功的功率
故B错误；
C．忽略绳子、滑轮重及绳子和动滑轮的摩擦力，A受到的摩擦力大小，A相对于地面向左运动，故A所受的摩擦力的方向水平向右，故C正确；
D．重力的方向为竖直向下的方向，而物体A的运动方向为水平方向，故物体A没有在重力的方向上移动距离，故A的重力做功为0J，故D错误。
故选AC。
8．（2023·山东威海·统考一模）重为600N的建筑工人用如图所示的滑轮组，将重为450N的货物沿竖直方向以0.4m/s的速度匀速提升了4m，建筑工人做功的功率为200W。不计滑轮轴的摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．建筑工人所用的拉力为500N
B．建筑工人所做的有用功是1800J
C．建筑工人所做的额外功是200J
D．提升货物的过程中地面对工人的支持力为350N
【答案】BC
【解析】A．由图可知n=2，绳子自由端移动的速度
v=nv物=2×0.4m/s=0.8m/s
由
可知，工人的拉力
故A错误；
B．提升货物所做的功为有用功
W有=Gh=450N×4m=1800J
故B正确；
C．绳子自由端移动的距离
s=nh=2×4m=.8m
工人做的总功
W总=Fs=250N×8m=2000J
则额外功
W额=W总-W有=2000J-1800J=200J
故C正确；
D．工人在竖直方向上受到竖直向下的重力、绳子的拉力和地面竖直向上的支持力，由力的平衡条件可知，地面对工人的支持力
F支=F+G人=250N+600N=850N
故D错误。
故选BC。
三、填空题
9．（2023·安徽·校联考三模）斜面也是一种简单机械。如图所示，某工人沿斜面将重为400N的物体匀速推到斜面的顶端。已知斜面的高为2m，长为5m，斜面的机械效率为80%，则推力的大小为 N。
【答案】200
【解析】推力做的有用功
W有用=Gh=400N×2m=800J
由可得，推力做的总功

由W总=Fs可得，推力大小

10．（2023·四川攀枝花·统考三模）如图所示，O为杠杆OA支点。当物体甲挂在动滑轮挂钩上在空中静止，物体乙挂在B点时，杠杆OA保持水平平衡，A端受到竖直向上的拉力为。已知动滑轮重、物体乙重，，杠杆、细绳的质量及轮与轴的摩擦均忽略不计，g取，则物体甲所受的重力 N，滑轮组的机械效率 %。
【答案】 300 75
【解析】[1]由题知
OB:AB=1:2
则
OB：OA=1：3
则OA=3OB； 杠杆OA在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件得
F1×OA=G乙×OB
即
F1×3OB=600N×OB
解得F1=200N； 由图知，物体甲和动滑轮的总重由两段绳子承担，即n=2， 不计绳重和摩擦，则
即
解得G甲=300N。
[2]若去掉杠杆，使用滑轮组提升重物时，有用功W有=G甲h，总功
W总=F1s=2F1h
则滑轮组的机械效率
11．（2023·广东清远·统考二模）如图为塔式起重机的起重结构简化示意图，a属于 （选填“定”或“动”）滑轮，b能起到 （选填“改变力的方向”或“省力”）的作用。请你提出一个使起重机机械效率提高的方法： 。
【答案】 定 省力 适当增加物重
【解析】[1]图示中滑轮的轴固定不动，为定滑轮。
[2]轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，故b为动滑轮，动滑轮可以省力，但不能改变力的方向。
[3]根据公式
可知，在钢丝绳允许的情况下，适当增加物重可以提高机械效率。
12．（2023·广东广州·校考三模）如图，硬棒质量忽略不计，物体对棒的拉力为F1，在棒的A点施加力，的方向沿线，使硬棒在如图位置处于平衡状态。
（1）画出力的示意图 ；
（2）画出的力臂 ；
（3）撤去，在B点施加力，仍使硬棒在如图位置处于平衡状态。则和的关系可能是( )
A． B． C．
【答案】 见解析 见解析
【解析】（1）[1]由题意可知，的方向沿着线，杠杆在力F1作用下向下转动，故方向向下；（2）[2]从支点到力作用线的距离叫做力臂，从支点向的作用线作垂线，垂线段长度为力臂，如图
（3）[3]作出及其力臂，由图可知小于，由杠杆平衡条件可知，，故应选A。
13．（2023·江苏无锡·统考一模）物理学在桥梁建筑技术方面有很多应用，如图甲为宜兴首座钢结构斜拉桥荆邑大桥，桥梁全长544.5米，有十八层楼那么高。“桥塔为什么要造这么高？”
小华对此进行了研究：他将大桥的结构进行简化，抽象成图乙所示的模型。小华通过比较发现：适当增加桥塔的高度，可 （增大/减小）斜拉索拉力的力臂，从而 （增大/减小）斜拉索的拉力，在桥面上行驶的汽车，位置越靠近桥塔，钢索受到的拉力越 （大/小）、桥面限速60km/h，在遵守交通规则的前提下，一辆小车通过全桥至少需要 s（结果保留一位小数）。近年来，多起高架桥侧翻事故引起了人们对如图丙所示的独柱高架桥安全性的思考。
独柱式高架桥分如图丁（a）单支座式和图丁（b）双支座式，建造桥梁时应选择的支撑方式为 （单/双）支座式。当重载卡车在双支座式高架桥最右侧行驶时桥面侧翻，支点是 （左/右）支座。如果在两个支座中间再增加一个支座如图丁（c），桥面侧翻危害的风险将 （减小/增大/不变）。
【答案】 增大 减小 小 32.7 双 右 不变
【解析】[1][2][3]根据图乙可知：在桥的程度一定时，桥塔越高，根据杠杆的平衡条件可知：在阻力和阻力臂一定时。适当增加桥塔的高度，可增大斜拉索拉力的力臂，在桥面上行驶的汽车，阻力臂越小，钢索受到的拉力越小。
[4]桥面限速，在遵守交通规则的前提下
[5][6][7]从桥梁的稳定性角度考虑，建造桥梁时应选择的支撑方式为双支座式。当重载卡车在双支座式高架桥最右侧行驶时桥面侧翻，支点是右支座。如果在两个支座中间再增加一个支座如图丁（c），增大了支撑面，但是桥面侧翻危害的风险将不变。
四、作图题
14．（2023·辽宁铁岭·统考三模）如图甲所示是一台金属切割机，小王师傅用该机切割A点下方的钢管时，用力压B点，机器OAB部分可绕O点转动。请在乙图中画出：
（1）杠杆静止在此位置时，作用在A点的阻力F2的力臂L2；
（2）作用在B点的最小动力F1及其力臂L1。
【答案】
【解析】（1）从支点O向阻力F2的作用线作垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2；
（2）由杠杆平衡条件可知，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，动力作用在B点，因此OB作为动力臂L1时最长；图中阻力F2使杠杆逆时针转动，因动力和阻力使杠杆转动的方向相反，所以动力应使杠杆顺时针转动，则动力F1的方向应该向下，过B点作垂直于OB向下的力，即为最小动力F1的示意图，如图所示：
15．（2023·贵州铜仁·校考模拟预测）请你用笔画代替绳子，在图中画出滑轮组最省力的绕法。
【答案】
【解析】图中两个动滑轮，一个定滑轮，要想使滑轮组最省力，起点应在定滑轮上，才能有更多股绳子绕过定滑轮，使滑轮更省力，如图
五、实验题
16．（2023·山东济南·统考三模）小明分别用如图1所示的两种方法挑着同一物体行走，他发现两次用力不相同。由此，他想和小华一起用一个杠杆、一个重物、细线、若干钩码来探究“杠杆平衡时，保持阻力和动力臂不变，动力和阻力臂之间的关系”。
（1）实验前，他们调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 ；
（2）实验时，他们用细线将重物固定到杠杆左侧某一位置，将重物通过细线产生的拉力看作阻力；然后在杠杆右侧某一位置用细线悬挂若干钩码，使杠杆重新在水平位置平衡，如图2所示，将动力F1和阻力臂l2记录下来。接下来，他们要改变重物的悬挂位置和钩码的 ，使杠杆重新平衡，并把相应的数据记录下来；
（3）他们通过实验得到的实验数据如下表所示：
分析表中的数据，可以得出结论：保持阻力和动力臂不变，杠杆平衡时，动力跟阻力臂成 关系；
（4）结束实验后，小明又发现：杠杆平衡时满足“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”。这一结论是否具有普遍性？在以上实验的基础上，他们应该使 和 也不相同，继续实验收集数据……
【答案】 便于测量力臂 个数 正比 动力臂 阻力
【解析】（1）[1]力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来，便于测量力臂。
（2）[2]探究“杠杆平衡，动力臂和动力之间的关系”，用细线将重物固定到杠杆左侧某一位置处，然后在杠杆右侧用细线悬挂钩码，移动其悬挂的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，如图所示，将动力F1和动力臂l1记录下来。接下来，应改变动力的大小，即改变钩码个数，再移动其悬挂的位置，多次重复前面的实验，并把相应的数据记录下来。
（3）[3]分析表中的数据，可以得出结论：保持阻力和动力臂不变，杠杆平衡时，动力跟阻力臂成正比关系。
（4）[4][5]分析表格中数据发现杠杆平衡时，动力和阻力的大小始终没有变化，所以实验数据缺乏普遍性，用来验证她的猜想不够充分，小明还要在动力臂和阻力不相同的情况下进行实验和收集数据。
17．（2023·广西贺州·统考一模）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小马同学用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：
（1）根据表格中的数据，承担物重的绳子段数n= ；
（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应 ；（选填“保持静止”或“保持匀速上升”）
（3）第三次实验时滑轮组的机械效率为 %（计算结果保留一位小数）；
（4）根据表格中的数据分析可知：要提高同一滑轮组机械效率，可以采取的措施是 。
【答案】 3 保持匀速上升 74.1 增大物重
【解析】（1）[1]根据绳子移动的距离与物体上升高度的关系可知，则承担物重的绳子段数为
（2）[2]实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应保持匀速上升时读数，这样系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数。
（3）[3]由表格信息可得，第3次实验机械效率为
（4）[4]比较表中数据可知，同一滑轮组，物体的重力越大，机械效率越高，所以增大提起的物重，可提高机械效率。
18．（2023·山东烟台·统考一模）小亮利用杠杆做“探究杠杆平衡条件”实验：
（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，若出现如图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；使杠杆在水平位置平衡的目的是 ；
（2）实验中，小亮多次调节左端钩码的位置，并移动右侧钩码的位置，如图乙所示，使杠杆保持水平平衡，记录多组数据，完成后，小亮认为实验结论就具有普遍性了，他这样的操作， （选填“完全”或“不完全”）符合实验要求，原因是 ；
（3）保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变，调节右侧悬挂钩码的数量和位置，使杠杆始终在水平位置平衡，记录对应的力F和力臂l1大小，绘制成图像如图丙所示。图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积 （选填“相等”或“不相等”）；
（4）如图丁所示，已知每个钩码的质量均为50g，用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，实验中始终保持杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计在a位置竖直向下拉时，测力计的示数为 N；弹簧测力计山图中a位置移至b位置时，其示数将 （选填“变大”、“不变”或“变小”），出现这一现象的原因是 ；（g取10N/kg）
（5）在某次实践活动中，另一位同学想用撬棒撬动地面上的石头，O是撬棒的支点，F2是阻力，如图戊所示，为了撬动石头，在C点施加的最小动力F1的方向是 。
【答案】 右 便于测量力臂 不完全 只改变了力臂的大小，没有改变力的大小重复实验 相等 0.4 变大 拉力的力臂变短 垂直于OC向下
【解析】（1）[1]如图甲所示情况，表明左边重一些，应将杠杆的平衡螺母向右移动，直到杠杆在水平位置平衡。
[2]由于实验中作用在杠杆上的力一般为竖直方向，杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆重合，便于直接在杠杆上读取力臂。
（2）[3][4]实验中，小亮操作仅改变了力臂的大小，没有对力的大小进行改变，实验结论具有偶然性，所以并不完全符合实验的要求。
（3）[5]保持左侧悬挂钩码的位置和数量不变，则左侧的力与力臂大小不变，乘积为一个定值，图像中每个点与两坐标轴围成的方形面积是右侧力与力臂的乘积，根据杠杆平衡条件，应与左侧的力与力臂乘积相同，故相等。
（4）[6]如图丁所示，假设每格的长度为l，则左侧的力臂为2l，右侧的力臂为5l，根据杠杆平衡条件可得
测力计的示数为
[7][8]弹簧测力计山图中a位置移至b位置时，右侧的力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉力变大，故其示数将变大。
（5）[9]根据杠杆平衡条件，要使力最小，则对应的力臂应最大，如图戊所示，为了撬动石头，在C点施加的最小动力F1应以OC为力臂，故其方向是垂直于OC向下。
六、计算题
19．（2023·山东日照·统考二模）如图所示的一套从水中打捞物体的简单滑轮组装置，动滑轮的重力为50N，物体A的密度为，体积为；通过滑轮组把A从水中匀速提升（A始终未露出水面），不计绳重、摩擦及水的阻力，ρ水=1×103 kg/m3，g=10N/kg。求：
（1）A浸没在水中所受浮力；
（2）A露出水面前，滑轮组的机械效率；
（3）若人的质量为70kg，与水平地面的接触面积为500cm2，人对地面的压强。
【答案】（1）400N；（2）80%；（3）1.15×104 Pa。
【解析】解：（1）因为A浸没在水中，所以A排开水的体积为
则A所受的浮力为
（2）由可知，A的质量为
A的重力为
由力的平衡条件可知，A浸没在水中时受到的拉力为
由图可知，因为不计绳重和摩擦及水的阻力，所以A露出水面前，绳子自由端的拉力为
则滑轮组的机械效率为
（3）人对水平地面的压力为
人对地面的压强为
答：（1）A浸没在水中所受浮力为400N；
（2）A露出水面前，滑轮组的机械效率为；
（3）人对地面的压强为。
20．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）在美丽乡村建设中，政府为某村购置一批健身器材。工人在往车上搬运装有健身器材的箱子时，用长木板搭了一个3m长的斜面，沿斜面方向对箱子施加500N的力，把120kg的箱子沿斜面匀速推到1m高的车厢上，如图所示。求：
（1）推箱子做的有用功；
（2）斜面的机械效率；
（3）箱子受到斜面的摩擦力大小。
【答案】（1）1200J；（2）80%；（3）100N
【解析】解：（1）此过程所做有用功
W有=Gh=mgh=120kg×10N/kg×1m=1200J
（2）所做总功
W总=Fs=500N×3m=1500J
机械效率
（3）此过程所做额外功
W额=W总-W有=1500J-1200J=300J
由W额=fs变形得，摩擦力
答：（1）工人推箱子做的有用功为1200J；
（2）斜面的机械效率为80%；
（3）箱子受到的摩擦力为100N。
21．（2023·山西晋中·统考二模）在开展“搬运建筑材料”的项目化学习过程中，甲、乙两同学利用一根质量分布均匀的圆柱形轻质木棒搬运一重物。已知：重物的质量是 50kg，搬运时将重物提升1.2m的高度，重物到甲同学的距离OA=1m，重物到乙同学的距离OB=1.5m。（g取10N/kg进行计算）
（1）将重物抬起过程中，对重物做功多少？
（2）搬运重物过程中，乙同学对木棒的作用力大小？ （木棒质量忽略不计）
（3）搬运至目的地，两位同学将重物放置在水平地面上，若重物与地面的接触面积为500cm2，则此时重物对地面的压强是多少？
【答案】（1）600J；（2）200N；（3）
【解析】答：（1）重物重力
抬起重物过程中对重物做功
（2）根据题意，可将木棒看成一根杠杆，与甲同学的接触点A为支点，则动力F1是乙同学对杠杆的作用力，动力臂L1为AB的长度，阻力F2等于重物的重力，阻力臂L2为AO的长度。根据杠杆的平衡条件，可得乙同学对杠杆的作用力
（3）由题知，受力面积
重物对地面的压强
答：（1）将重物抬起过程中，对重物做功600J；
（2）搬运重物过程中，乙同学对木棒的作用力大小为200N；
（3）此时重物对地面的压强是。
七、科普阅读题
22．（2023·宁夏银川·宁夏银川二十四中校考一模）阅读短文，回答问题。
“嫦娥五号”搭载采样剖面测温仪、岩芯钻探机和机器取样器等多种有用载荷在海南文昌发射中心成功发射，在月球附近成功选定着陆点后，开始避障下降和缓速垂直下降，最终平稳着陆于月球正面风暴洋的吕姆克山脉以北地区，并取回约2kg月壤。

（1）嫦娥五号返回器将月壤带回地球，这使中国成为继美、苏之后第三个携带月球样品回到地球的国家，样品从月球取回到地球，其质量 （选填“变大”“变小”或“不变”），由于月球表面的重力比地球表面的重力小得多，所以飞行器离开月球时所需的推力比离开地球时要 （选填“大”或“小”）得多；
（2）如图甲所示是火箭发射时的情景。在火箭加速上升的过程中，关于“嫦娥五号”，下列说法正确的是 ；
A．动能增大，重力势能减小
B．动能增大，机械能减小
C．动能增大，机械能增大
D．动能不变，机械能增大
（3）探测车在采集月球表面月壤样本时，机械臂简化图如图乙所示，，不计自身重力，当采集重力为1N的月壤时，在A点至少需要施加 N的拉力。
【答案】 不变 小 C 4
【解析】（1）[1]质量是物体本身的一种属性，与物体的形状、状态、位置和温度无关，故样品从月球取回到地球，其质量不变。
[2]飞行器离开月球时所需的推力至少等于飞行器在月球表面的重力，由于月球表面的重力比地球表面的重力小得多，故飞行器离开月球时所需的推力比离开地球时要小得多。
（2）[3]火箭加速上升的过程中，嫦娥五号质量不变，速度增大，动能增大，高度增大，重力势能增大，机械能等于动能与势能的总和，所以嫦娥五号的机械能增大，故ABD错误，故C正确。
故选C。
（3）[4] 在阻力、阻力臂一定的情况下，要使动力最小，动力臂需要最长，阻力是月壤对杠杆竖直向下的拉力，阻力臂为OB，动力的方向应该垂直于OA向上，动力臂为OA时，动力臂最大，根据杠杆平衡条件可得，在A点施加的最小动力
一、单选题
1．（2023上·北京·九年级人大附中校考开学考试）如图甲所示，一个滑轮组竖直固定在水平支架上，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有重为G的物体A，用力F通过滑轮组绳的末端竖直向上匀速提升重物A，重物A向上运动的速度为v，力F做功的功率P随物体上升速度v之间的关系图象如图乙所示。滑轮与轴的摩擦、绳的质量忽略不计，g取10N/kg。则下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的大小为120N
B．滑轮组对水平支架的拉力为140N
C．拉力F的功率为1.2W时，10s内滑轮组对物体A做功12J
D．若在物体A下再加挂30N的重物，滑轮组的机械效率可以达到86.7％
【答案】D
【解析】A．因为有3段绳子与动滑轮接触，故当物体上升速度为4cm/s时，绳子上升的速度为12m/s=0.12m/s，此时拉力的功率为4.8W，有
故A错误
B．滑轮组对支架的拉力为
故B错误；
C．3段绳子与动滑轮接触，有
得
若拉力功率为1.2W，此时物体运动速度为1cm/s，则10s时间内对滑轮组对物体做功为
故C错误；
D．此时滑轮组的机械效率为
故D正确。
故选D。
2．（2023·广东珠海·珠海市文园中学校考一模）如图所示的杠杆质量不计，每小格的长度相等。物体A是边长为0.1m的正方体。当杠杆右侧挂一个重4N的物体B时杠杆平衡。此时物体A对水平桌面的压强为300Pa，下列说法正确的是（ ）
A．物体A受到地面的支持力为2N
B．物体A受到的重力为3N
C．物体B向右移动1小格，物体A受到的拉力增大2.6N
D．物体A向左移动1小格，物体A对桌面的压强为340Pa
【答案】D
【解析】
A．由图可知
由得A对桌面的压力
即物体受到的支持力为，故A错误；
B．根据物体受力平衡可知：A对桌面的压力等于A的重力减去杠杆的拉力，即
所以
由于杠杆平衡，根据杠杆平衡条件可得
所以
则
所以，故B错误；
C．当物体B向右移动一格后
根据杠杆平衡条件可得
所以
所以物体A受到的拉力增大量
故C错误；
D．当物体A向左移动小格后
根据杠杆平衡条件可得
所以
根据物体受力平衡可知：A对桌面的压力
压强
所以，当物体向左移动小格后，物体A对桌面的压强为，故D正确。
故选D。
3．（2023·内蒙古包头·统考二模）物理兴趣小组的小强设计了如图所示的装置传送物品，现有质量m=25kg的木箱，长L=5m、高h=3m的固定斜面他用F=100N的力拉绳，使木箱以v=0.2m/s的速度沿斜面匀速地由低端上升到顶端，此过程因绳和滑轮间的摩擦而做的额外功W0=20J。已知动滑轮质量m=1kg，连接动滑轮的绳子拉直且与斜面平行，不计绳的质量、木箱大小和木箱到动滑轮间的绳长，g取10N/kg，则下列说法错误的是（ ）
A．木箱由斜面低端上升到顶端所用的时间是25s
B．F做功的功率为40W
C．整个装置的机械效率是75%
D．斜面对木箱的摩擦力大小是50N
【答案】D
【解析】A．木箱由斜面底端上升到顶端所用的时间
故A正确，不符合题意；
B．如图所示，动滑轮上有两段绳子，则绳子自由端速度为
v绳=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s
F做功的功率为
P=Fv绳=100N×0.4m/s=40W
故B正确，不符合题意；
C．绳端移动距离为
s=2L=2×5m=10m
拉力做的总功为
W总=Fs=100N×10m=1000J
则克服木箱重力所做有用功为
W有=G箱h=m箱gh=25kg×10N/kg×3m=750J
则机械效率为
克服动滑轮重力所做功为
W滑=G滑h=m滑gh=1kg×10N/kg×3m=30J
克服斜面摩擦力做功为
W摩=W总-W0-W有-W滑=1000J-20J-750J-30J=200J
则可求斜面对木箱的摩擦力大小是
故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。
故选D。
4．（2023·四川达州·统考中考真题）一轻质不等臂杠杆AOB的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块，此时杠杆在水平位置平衡。现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所示。已知：，，，则下列判断正确的是（ ）
A．A端下降B．B端下降
C．仍然平衡D．无法判断
【答案】B
【解析】如图，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件得
即
而ρ铝