第12章《简单机械》单元测试卷（提升卷）（解析版）2023-2024学年八年级物理上册同步考点解读与专题训练（人教版）

第第页第十二章《简单机械》单元测试卷（提升卷）（解析版）（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．测试范围：人教版八年级下册第12章。2．g=10N/kg。第Ⅰ卷选择题一、选择题（本题共16小题，每小题2分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．（2022春•花山区校级期中）如图所示，三个理想滑轮拉同一物体在同一水平面做匀速直线运动，所用拉力分别为F1、F2、F3，那么这三个力的关系是（）A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3 C．F2＞F1＞F3 D．F2＜F1＜F3【答案】D【分析】（1）定滑轮的特点：使用定滑轮不省力，但能改变力的方向；（2）动滑轮的特点：动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，使用动滑轮能省一半力，但费距离。【解答】解：由题意可知，假设物体与地面的摩擦力为f，第一幅图中滑轮为定滑轮，不省力，则F1＝f，第二幅图中滑轮为动滑轮，省一半的力，则F2＝f，第三幅图中滑轮为动滑轮，但动力作用在动滑轮的轴上，费1倍的力，则F3＝2f；所以，F2＜F1＜F3，故ABC不符合题意，D符合题意。故选：D。2．（2023•天津一模）用如图所示的指甲剪剪指甲时，其中以O为支点的杠杆ABO属于（）A．费力杠杆 B．等臂杠杆 C．省力杠杆 D．省功杠杆【答案】C【分析】结合图片和生活经验，先判断用图示指甲剪剪指甲时支点的位置，确定动力臂和阻力臂的大小关系，据此得出属于哪种类型的杠杆。【解答】解：用图示指甲剪剪指甲时，手在A点向下施力，阻力作用在B点，绕O点转动，O点为支点，并且动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C正确、ABD错误。故选：C。3．（2022秋•涟水县期末）如图是辘轳取水的装置，下列说法错误的是（）A．该装置能够省力 B．提水时克服摩擦做的功是额外功 C．该装置能够省功 D．使用更轻的桶可以提高机械效率【答案】C【分析】（1）辘轳是一种变形的杠杆，根据使用过程中动力臂与阻力臂的大小关系判断是否省力；（2）使用机械时，从做功的目的出发，对我们有用的功为有用功，对我们无用但又不得不做的功为额外功，据此分析功的类型；（3）使用任何机械都不省功；（4）机械效率是有用功所占总功的百分比，即效率越高，有用功所占的比例就越大。【解答】解：A、辘轳是一种变形的杠杆，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，所以该装置能够省力，故A正确；B、提水时，目的是提水，所以对水做的功是有用功，克服摩擦做的功是无用但又不得不做的功，所以提水时克服摩擦做的功是额外功，故B正确；C、使用任何机械都不省功，故C错误；D、使用机械时，克服摩擦力做的功一般是额外功，所以减小摩擦力做的功，也就是减少额外功，因此可以提高机械效率，故D正确。故选：C。4．（2022秋•崇川区期末）如图是一种利用滚轴和绳子组装的特殊机械，借助这种机械可以将较重的物体搬运到高处，某人借助该机械吊起一辆摩托车。不计绳和机械自重，下列说法错误的是（）A．图中A部分可等效为定滑轮 B．该机械既可省力，也能改变力的方向 C．图中B部分可等效为动滑轮 D．若绳子被拉下6m时，摩托车上升1m【答案】D【分析】（1）（3）轴固定不动的滑轮是定滑轮，滑轮和物体一起移动的滑轮是动滑轮；（2）利用该滑轮组装置既能省力，又能改变力的方向；（4）由图知，A、B组成滑轮组，n＝5，拉力端移动距离s＝5h。【解答】解：AC、提升物体时，A的轴的位置固定不动，属于定滑轮；B和物体一起移动，属于动滑轮，故A、C正确；B、利用该滑轮组装置既能省力，又能改变力的方向，故B正确。D、由图知，A、B组成滑轮组，n＝5，则拉力端移动距离s＝5h；人将绳拉下5m时，摩托上升的高度h＝1m，故D错误。故选：D。5．（2022春•天府新区期末）如图所示实验中，得出的结论不正确的是（）A．甲：用力推另一只船，自己的船也动起来，说明力的作用是相互的 B．乙：用力推木箱，木箱没有推动，是因为推力等于摩擦力 C．丙：松手后小卡片转动，说明不在同一直线上的两个力不是平衡力 D．丁：测力计示数小于物体的重力，说明使用斜面既省力又省距离【答案】D【分析】（1）物体间力的作用是相互的；（2）物体受到平衡力作用时，其运动状态不变，处于静止状态或匀速直线运动状态；（3）二力平衡的条件：大小相等、方向相反、作用在同一直线、作用在同一物体；（4）根据使用任何机械都不省功进行分析。【解答】解：A、人推船，人给船一个力，由于物体间力的作用是相互的，所以另一只船也会给人一个力，则自己的船也会后退，故A正确；B、人沿水平方向推水平地面上的箱子，没有推动，箱子处于静止状态，受到平衡力的作用，即推力与静摩擦力平衡，所以推力等于静摩擦力，故B正确；C、将小纸片转过一个角度，两个拉力不在同一战线上，松手后小卡片转动，这表明不在同一直线上的两个力不是平衡力，故C正确；D、使用任何机械都不省功，所以测力计示数小于物体的重力，说明使用斜面可以省力但费距离，故D错误。故选：D。6．（2022秋•东莞市期末）宁德时代车间里工人把刚做好的一箱锂电池沿斜面推上车，简化模型如图所示，斜面长2m，高0.8m，工人用大小为250N沿斜面向上的推力F，将重力为500N的货物匀速推到斜面顶端，有关于此过程中正确的说法是（）A．有用功为500J B．总功为1000J C．机械效率为50% D．货物受到的摩擦力为50N【答案】D【分析】（1）知道货物的重力、斜面高。利用W＝Gh求工人做的有用功；（2）知道推力大小、斜面长，利用W＝Fs求工人做的总功；（3）斜面的机械效率等于有用功与总功之比；（4）使用斜面时克服摩擦做的功为额外功，其大小等于总功减去有用功，再利用W＝fs求摩擦力。【解答】解：A、工人做的有用功：W有用＝Gh＝500N×0.8m＝400J，故A错误；B、工人做的总功：W总＝Fs＝250N×2m＝500J，故B错误；C、斜面的机械效率：η＝＝×100%＝80%，故C错误；D、因为W总＝W有用+W额，所以工人做的额外功：W额＝W总﹣W有用＝500J﹣400J＝100J，由W额＝fs得摩擦力：f＝＝＝50N，故D正确。故选：D。7．（2023春•昌平区期中）如图甲所示是用瓶起子打开瓶盖的情境，开启过程中某时刻，可将瓶起子看作一个杠杆（忽略杠杆所受重力），用“O”表示支点位置，手施加的力为动力Fl（方向垂直杠杆），杠杆所受阻力为F2（方向垂直杠杆），图乙中，能表示此时支点、动力和阻力的示意图是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】（1）瓶起子相当于省力杠杆；（2）瓶盖对瓶起子齿部的力为阻力。【解答】解：由图可知，用瓶起子打开瓶盖时，是绕着瓶起子最前端的一点旋转的，故该点为支点；由力的作用效果可知，手对瓶起子的力是动力，方向为向上；瓶盖对瓶起子齿部的力为阻力，该力是向下的，则瓶起子相当于一个省力杠杆，手对瓶起子的力小于瓶盖对瓶起子的力。四个图中，只有图D符合上述分析。故选：D。8．（2023春•雨花区校级期中）《天工开物》是我国第一部关于农业和手工业全书，蕴含了大量的物理知识，下列是《天工开物》中的场景，正确的是（）A拉弓B独轮推车C制糖D桔槔拉弓拉满了，说明力可以改变物体的运动状态独轮推车，匀速推动，此时推力大于摩擦力往桶里加水，水对桶底压强逐渐变小用桔槔装水，运用了杠杆原理A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】（1）力的作用效果有二：改变物体的运动状态，改变物体的形状；（2）物体处于匀速直线运动状态时，受到平衡力的作用，平衡力的特点是：作用在同一个物体上、大小相等、方向相反、在同一条直线上；（3）液体压强跟液体密度和液体的深度有关；在液体密度一定时，液体深度越大，液体压强越大；在液体深度一定时，液体密度越大，液体的压强越大；（4）杠杆是在力的作用下绕固定点转动的硬棒。【解答】解：A、用力拉弓，弓被拉弯，说明力可以改变物体的形状，故A错误；B、因为独轮推车做匀速直线运动，车受到平衡力的作用，故推力等于车所受的摩擦力，故B错误；C、往桶里加水，水的深度增加，由p＝ρgh可知，水对桶底压强逐渐变大，故C错误；D、由图可知，用桔槔装水，运用了杠杆原理，故D正确。故选：D。9．（2021春•高密市期末）如图所示，杠杆处于平衡状态，动力F的力臂是（）A．OD B．AD C．OA D．OC【答案】D【分析】根据力臂的概念选择﹣﹣力臂是指从支点到力的作用线的距离。【解答】解：动力臂是指从支点到动力F的作用线的距离，由图可知，动力F的力臂是线段OC。故选：D。10．（2023•漳州模拟）如图所示，当物体A、B的重分别为20N、10N时，物体A恰好在水平面上向右做匀速直线运动，滑轮和绳子的重忽略不计。则绳子对物体A的拉力是（）A．5N B．10N C．20N D．30N【答案】A【分析】由图可知，吊起动滑轮绳子的股数n＝2，滑轮和绳子的重忽略不计，根据F＝求出A物体对绳子的拉力，进而求出绳子对A的拉力。【解答】解：由图可知，吊起动滑轮绳子的股数n＝2，滑轮和绳子的重忽略不计，则A物体对绳子的拉力：F＝＝＝5N，根据力的相互作用可知，绳子对A的拉力F′＝F＝5N。故选：A。11．（2022秋•澄城县期中）甲、乙两种机器所做的总功之比是2：3，机械效率之比是3：1，则它们所做的有用功之比（）A．2：3 B．2：1 C．2：9 D．9：2【答案】B【分析】已知总功和机械效率的比值，根据η＝的变形公式即可求出有用功之比。【解答】解：由η＝可得，W有甲＝η甲W总甲，W有乙＝η乙W总乙，则它们有用功之比为：＝＝＝。故选：B。12．（2022春•凤凰县期末）如图所示，快递小哥为了把较重的货物装入运输车，用同样的器材设计了甲、乙两种方式提升货物。若把同一货物匀速提升到同一高度，忽略绳重和摩擦，下列分析正确的是（）A．甲方式可以省力 B．乙方式不能改变力的方向 C．乙方式可以省力 D．甲方式可以省功【答案】C【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力；（2）（3）使用滑轮组可以省力，也能改变力的方向；（4）使用任何机械时，人们所做的功，都不会少于（大于或等于）不用机械时所做的功，也就是使用任何机械都不省功。这个结论叫做功的原理。【解答】解：A、由图可知，甲方式是两个定滑轮，定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力，故A错误；BC、乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，不仅可以省力，也可以改变力的方向，故B错误，C正确；D、使用任何机械，不仅不省功，反而要多做额外功，故D错误。故选：C。13．（2022秋•虎丘区校级期中）小明用如图所示的实验装置研究杠杆的机械效率，实验时，将重为G的钩码挂在铁质杠杆A点上，弹簧测力计作用于C点，现竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时拉力为F1，杠杆的机械效率为η1，不计摩擦，则（）A．仅将测力计移到B点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，机械效率为η2，则η2＝η1B．仅将钩码移到B点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，机械效率为η3，则η3＝η1 C．仅将测力计移到B点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时拉力为F2，则F2＝F1D．仅将钩码移到B点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时拉力为F3，则F3＝F1【答案】A【分析】（1）该实验中克服钩码重力做的功为有用功，克服杠杆重力做的功为额外功，总功等于有用功与额外功之和；通过分析有用功、总功和额外功的变化得出机械效率的变化；（2）分析阻力、阻力臂以及动力臂的变化，根据杠杆平衡条件可知动力的变化，从而得出正确结论。【解答】解：A、将弹簧测力计移动到B点时，仍将钩码竖直向上匀速提升的高度，根据W有用＝Gh知有用功不变；因杠杆的偏转角度不变，杠杆重心上升的高度不变，则由W额＝G杠杆h杠杆可知，克服杠杆重力做的额外功不变，由于有用功和额外功都不变，所以总功也不变，由η＝×100%知机械效率不变，即η2＝η1，故A正确；B、将钩码移动到B点时，仍将钩码竖直向上匀速提升的高度，根据W有用＝Gh知有用功不变；因杠杆的偏转角度变小，杠杆重心上升的高度变小，则由W额＝G杠杆h杠杆可知，克服杠杆重力做的额外功变小，由于有用功不变，额外功变小，所以总功变小，由η＝×100%知机械效率变大，即η3＞η1，故B错误；C、将弹簧测力计移动到B点时，根据图像可知，阻力、阻力臂均不变，动力臂变小，由F1L1＝F2L2可知，动力F2变大，即F2＞F1，故C错误；D、将钩码移动到B点时，根据图像可知，阻力不变，阻力臂变大，动力臂不变，由F1L1＝F3L3可知，动力F3变大，即F3＞F1，故D错误。故选：A。14．（2022春•湖里区校级期末）如图，快递小哥为了把较重的货物装入运输车，用同样的器材设计了甲、乙两种方式提升货物。若把同一货物匀速提升到同一高度，忽略绳重和摩擦。下列分析正确的是（）A．甲方式可以省力 B．乙方式不能改变力的方向 C．货物若提升1m，乙方式绳子自由端拉动3m D．甲、乙两种方式，有用功相同【答案】D【分析】（1）定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力；（2）使用滑轮组可以省力，也能改变力的方向；（3）已知物体上升的高度，由s＝nh可求得绳子自由端移动的距离；（4）甲、乙两滑轮组均将同一货物提升相同高度，由W有＝Gh分析。【解答】解：A、由图可知，甲方式是两个定滑轮，定滑轮的本质是等臂杠杆，不能省力，故A错误；B、乙方式是一个动滑轮和定滑轮组成的滑轮组，不仅可以省力，也可以改变力的方向，故B错误；C、由题可知，乙滑轮组由2段绳子承担重物，货物若提升1m，乙方式绳子自由端拉动s＝2h＝2×1m＝2m，故C错误；D、由题可知，甲、乙两滑轮组均将同一货物提升相同高度，由W有＝Gh可知W甲有＝W乙有，故D正确。故选：D。15．（2023•新泰市一模）某同学探究“影响滑轮组的机械效率的因素”，他用质量相同的滑轮做了如图所示的实验，并测算了各次实验的机械效率（如图），下列相关说法中正确的是（）①实验时，弹簧测力计应在竖直匀速拉动时读数②根据甲、乙两次实验可知：滑轮组的机械效率与绳子的绕法有关③根据乙、丙两次实验可知：同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越高④实验时，换用不同装置进行多次实验，目的是为了减小误差A．只有①② B．只有②④ C．只有①③ D．只有③④【答案】C【分析】①在实验中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；②分析甲、乙两次实验中相同因素和不同因素，得出滑轮组的机械效率与变化量的关系；③乙、丙两次实验可知用的是同一滑轮组，丙中提升的物重大，结合机械效率大小回答；④为得出普遍规律，应换用不同的装置进行多次实验。【解答】解：①在实验中，测绳端拉力F时，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数，故①正确；②甲、乙两次实验中绳子绕法不同，提升物重相同，机械效率都是70%，因此，说明滑轮组的机械效率与绳子的绕法无关，故②错误；③乙、丙两次实验可知用的是同一滑轮组，丙中提升的物重大，②的机械效率小于③，说明同一滑轮组提起物重越大，机械效率越高，故③正确；④为避免实验的偶然性，应换用不同的装置进行多次实验归纳得出普遍规律，故④错误。故选：C。16．（2023•蓬江区模拟）如图甲所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上有一光滑滑环，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动，使杆保持水平状态，测力计示数F与滑环离开O点的距离s的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．滑环的重力为50N B．滑环的重力为100N C．杠杆的重力为35N D．杠杆的重力为75N【答案】A【分析】杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动时，滑环对金属杆的拉力等于测力计的拉力与滑环的重力之差，当s为0.1m和1m时根据杠杆的平衡条件分析得出金属杆平衡的表达式；然后联立即可求出滑环和杠杆的重力。【解答】解由图甲可知，金属杆是粗细均匀的一只杠杆，绕O点转动，金属杆的重心在杠杆的中点，阻力F2＝G杆，阻力臂为L2＝L＝×1m＝0.5m，用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动时，滑环对金属杆的拉力等于测力计的拉力与滑环的重力之差，由图乙可知，当s＝0.1m时，L1＝0.1m，动力F1＝550N﹣G环，则根据杠杆平衡的条件可得：F1L1＝F2L2，即：（550N﹣G环）×0.1m＝G杆×0.5m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①当s＝OA＝1m时，L1′＝1m，动力F1′＝100N﹣G环，则根据杠杆平衡的条件可得：F1′L1′＝F2L2，即：（100N﹣G环）×1m＝G杆×0.5m﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②解①②可得：G环＝50N，G杆＝100N，故A正确，BCD错误。故选：A。第Ⅱ卷非选择题二、填空题（本题共6小题，每空1分，共12分）17．（2023•历下区校级模拟）凛冽的寒风、刺骨的泉水，抵挡不住来自全球的1195名冬泳爱好者的热情，2020年1月11日，第八届中国济南冬季畅游泉水国际公开赛开幕。如图所示，运动员用手向后划水，身子就能向前进，利用了力的作用是相互的。划水的手和划船的桨原理相同，可以看作是一个费力（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。【答案】相互；费力。【分析】（1）力是物体对物体的作用，物体间力的作用是相互的；（2）根据杠杆使用的特点可分为：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆。【解答】解：运动员用手向后划水，给水一个向后的力，由于物体间力的作用是相互的，所以身子就能向前进；划船的桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，划水的手和划船的桨原理相同，故可以看作是一个费力杠杆。故答案为：相互；费力。18．（2023春•闵行区校级期中）如图所示，小明在木杆右端施加一个垂直于木杆向上的力F，使杆从OA位置匀速转到水平位置，在此过程中力F变大（选填“变大”“不变”或“变小”）。若将力F的方向改为水平向右拉动，则能否将杠杆缓缓抬至水平的位置。请说明理由不能，水平位置时动力臂为零，杠杆无法平衡。【答案】变大；不能，水平位置时动力臂为零，杠杆无法平衡【分析】力臂是支点到力的作用线的距离，分析使木杆从OA位置匀速转到水平位置的过程中阻力、阻力臂和动力臂的变化，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析动力F的大小变化。【解答】解：将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，因作用力F始终与OA垂直，则动力臂不变，阻力为杠杆的重力，则阻力大小也不变，但阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F变大；若将力F的方向改为水平向右拉动，当杠在水平位置时，F的力臂通过支点，此时的动力臂为0，而阻力臂不为0，所以不能使杠杆平衡。故答案为：变大；不能，水平位置时动力臂为零，杠杆无法平衡。19．（2023•新化县校级一模）如图，小明拉着质量为30kg行李箱匀速经过一段长3m、高1m的斜坡路面，用时10s，若此过程拉力F方向沿斜面向上，大小为125N，拉力F做功的功率是37.5W，斜面的机械效率是80%。【答案】37.5；80。【分析】（1）已知行李箱的质量、提升的高度（斜坡高），根据公式W＝Gh＝mgh可求克服行李箱重力做的功（有用功）；已知拉力的大小、斜坡长，根据公式W＝Fs可求拉力做的总功；利用功率公式计算拉力做功的功率；（2）斜面的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】解：（1）克服行李箱重力做的功（有用功）：W有用＝Gh＝mgh＝30kg×10N/kg×1m＝300J；拉力做的总功：W总＝Fs＝125N×3m＝375J，拉力做功的功率：P＝＝＝37.5W；（2）斜面的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%。故答案为：37.5；80。20．（2023春•龙岗区期中）如图为中国传统农耕的“春谷图”，若要更加省力，可以进行如下操作：①脚的位置不动，将支点远离B端；②支点位置不变，将A端靠近B端（填“靠近”或“远离”）。【答案】远离；靠近。【分析】在力的作用下，能够绕着固定点转动的硬棒叫杠杆；根据杠杆的平衡条件可知：在阻力和阻力臂不变时，若动力臂大于阻力臂，杠杆可以省力；减小阻力臂，动力臂和阻力不变时，可以减小动力。【解答】解：脚的位置不动，将支点远离B端，动力臂L1增大，阻力臂L2减小；又知阻力F2大小不变，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F1会更小，更省力；支点位置不变，将A端靠近B端，阻力臂L2变小，在阻力F2和动力臂L1不变的情况下，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力F1会更小，更省力.故答案为：远离；靠近。21．（2023•开州区校级模拟）在重庆城际铁路建设过程中，体重为600N的工人用如图所示的滑轮组，在100s内，将重为800N的货物匀速提升了20m，动滑轮的重为120N。不计绳重和摩擦，则此时工人对地面的压力为140N；该工人用此滑轮组提升重物时能达到的最大机械效率为90%。【答案】140；90%【分析】（1）由F＝（G+G动）可求得滑轮组绳子自由端拉力F，此过程中该工人对地面的压力等于自身的重力减去绳子的拉力；（2）工人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力等于工人自身的重力，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求工人所能提升物体的最大重力，利用η＝＝＝＝求滑轮组的机械效率。【解答】解：由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2，则自由端拉力F＝（G+G动）＝×（800N+120N）＝460N，此时工人对地面的压力F压＝G人﹣F＝600N﹣460N＝140N，工人向下拉绳子时的最大拉力：F最大＝G人＝600N，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以工人所能提升物体的最大重力：G最大＝nF最大﹣G动＝2×600N﹣120N＝1080N，则η最大＝＝＝＝＝＝×100%＝90%。故答案为：140；90%。22．（2022秋•泽州县期末）如图，用12N的拉力F拉着物体A在水平地面匀速直线运动了1m，用时10s，已知物体A的重力为100N，则拉力F的功率是2.4W，当把物体A换成质量更大的重物时，滑轮组的机械效率变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】2.4；变大。【分析】（1）由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据s＝ns′求出绳端移动的距离，根据W＝Fs求出拉力做的总功，根据P＝求出拉力的功率；（2）物体A换成质量更大的重物时，物体A与地面间的摩擦力增大，有用功增大，而额外功几乎不变，根据机械效率定义确定机械效率的变化。【解答】解：（1）由图可知，n＝2，则绳子自由端移动的距离：s＝ns′＝2×1m＝2m，拉力做的总功：W总＝Fs＝12N×2m＝24J，拉力的功率：P＝＝＝2.4W；（2）把物体A换成质量更大的重物时，物体A与地面间的摩擦力增大，有用功增大，而额外功几乎不变，这样有用功在总功所占的比例将变大，滑轮组的机械效率将变大。故答案为：2.4；变大。三．作图题（本题共2小题，每题3分，共6分）。23．（2023春•普陀区校级期中）滑轮可以看作变形杠杆。请在图中标出该沿轮的支点O的位置并画出力臂l1、l2。【答案】【分析】动滑轮实质是一个动力臂为阻力臂二倍的杠杆，动力臂为滑轮的直径，阻力臂为滑轮的半径。【解答】解：动滑轮的支点O在绳与轮最左边的接触点；F为动力，支点到动力作用线的距离为动力臂l1；物体对滑轮的拉力为阻力，支点到阻力作用线的距离为阻力臂l2；如图所示：24．（2023•盐都区一模）在图中画出最省力的绕法。【答案】【分析】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子通过动滑轮，段数越多越省力。【解答】解：从动滑轮的上挂钩开始依次绕绳子，最后有三段绳子承担物重，这就是最省力的绕法，如图所示：四．实验题（本题共3小题，每空1分，共19分）25．（2023春•宁明县月考）（1）在“探究定滑轮使用特点”实验中，小明和小华按如图甲所示方式组装定滑轮，在绳的左端挂上钩码，右端竖直向下拉弹簧测力计，使钩码保持平衡状态，读取弹簧测力计的示数，比较这个示数与钩码重力大小关系；改变钩码个数，重复上述步骤，这样做的目的是为了探究使用定滑轮不省力；接下来探究使用定滑轮改变力的方向，操作是竖直向下拉动测力计（观察到钩码向上运动）。（2）在“探究动滑轮工作时的特点”的实验中，先测出钩码的重力，然后按如图乙所示组装动滑轮，实验时，沿竖直方向匀速拉弹簧测力计，读出弹簧测力计的示数，分析下表中实验数据可知，与“使用动滑轮能省一半力”的结论偏差较大，这其中的原因可能是没有考虑动滑轮重力和摩擦。（3）比较表中钩码上升高度和弹簧测力计移动的距离，可知：使用动滑轮要多移动距离。实验次数物重G/N钩码上升的高度h/cm弹簧测力示数F/N弹簧测力计移动的距离s/cm11.0100.72021.5151.03032.0201.340【答案】故答案为：（1）钩码重力大小；使用定滑轮不省力；竖直向下拉动测力计（观察到钩码向上运动）；（2）钩码；竖直；没有考虑动滑轮重力和摩擦；（3）多移动距离。【分析】（1）使用定滑轮不省力，但能改变用力的方向，改变钩码个数，读出相应的弹簧测力计的示数加以比较得出结论：使用定滑轮不省力；竖直向下拉动测力计，观察到钩码向上运动；（2）使用动滑轮可省一半的力，故先测出钩码的重力，实验时，沿竖直方向匀速拉弹簧测力计（动滑轮是变形的杠杆，此时动力臂才是阻力臂的2倍），读出弹簧测力计的示数；实际中没动滑轮重力和摩擦是存在的；（3）根据表中数据可知，弹簧测力计移动的距离大于钩码上升的高度，据此分析。【解答】解：（1）实验时，读取弹簧测力计的示数，比较这个示数与钩码重的关系；改变钩码个数，重复上述步骤。这样做的目的是为了探究使用定滑轮不省力；接下来探究使用定滑轮改变力的方向，操作是竖直向下拉动测力计（观察到钩码向上运动）；（2）在“探究动滑轮工作时的特点”的实验中，先测出钩码的重力，然后按如图乙所示组装动滑轮，实验时，沿竖直方向匀速拉弹簧测力计，读出弹簧测力计的示数，分析下表中实验数据可知，与“使用动滑轮能省一半力”的结论偏差较大，这其中的原因可能是没有考虑动滑轮重力和摩擦；（3）比较表中钩码上升高度和弹簧测力计移动的距离可知，弹簧测力计移动的距离大于钩码上升的高度，故可知：使用动滑轮多移动距离。钩码升高0.2m，乙的距离为0.2m，丙中的距离为0.4m，故使用动滑轮费距离；故答案为：（1）钩码重力大小；使用定滑轮不省力；竖直向下拉动测力计（观察到钩码向上运动）；（2）钩码；竖直；没有考虑动滑轮重力和摩擦；（3）多移动距离。26．（2023春•顺义区期中）对于“动滑轮的机械效率跟动滑轮所受重力是否有关？”这一探究问题，小明选用带横杆的铁架台、刻度尺、弹簧测力计、细绳，另外还有钩码一盒，质量不等的滑轮2个进行实验（滑轮的轮与轴之间的摩擦很小，可忽略不计）。（1）该实验的自变量是动滑轮的重力，因变量是动滑轮的机械效率；（2）以下是他的部分实验步骤，请你帮他补充完整：①用调好的弹簧测力计分别测出一个钩码、一个动滑轮所受的重力，分别用T、G动1表示。如图所示组装实验器材，用弹簧测力计拉自由端，使钩码匀速竖直上升，此时动滑轮对钩码的拉力为T，T＝G，绳子自由端所受拉力用F表示，绳子自由端移动的距离用s表示，钩码上升的高度用h表示。用弹簧测力计测出F，用刻度尺分别测出s、h，并把测量数据记录在表格中；②用弹簧测力计测出另一动滑轮所受重力G动2，保证钩码所受重力不变，仿照步骤①分别测量对应的F、s、h，并把测量数据记录在表格中；（3）利用公式，计算两次实验中动滑轮的机械效率η，由η1≠η2（选填“＝”或“≠”），可以得出“动滑轮的机械效率跟动滑轮所受重力有关”。【答案】（1）动滑轮的重力；动滑轮的机械效率；（2）①匀速竖直；②钩码所受重力；（3）≠。【分析】（1）要探究“动滑轮的机械效率跟动滑轮所受重力是否有关”，根据控制变量法，应保持物体重力不变，改变动滑轮的重力，从而确定本实验的自变量和因变量；（2）①用弹簧测力计竖直向上匀速拉绳子自由端；③根据机效率的公式回答；（2）根据实验目的分析；【解答】解：（1）根据控制变量法，要探究“动滑轮的机械效率跟动滑轮所受重力是否有关”，需要控制物体质量不变，改变动滑轮的重力，所以自变量是动滑轮的重力，因变量是动滑轮的机械效率；（2）①用弹簧测力计竖直向上匀速拉绳子自由端，使钩码匀速竖直上升；②用弹簧测力计测出另一动滑轮所受重力G动2，保证钩码所受重力不变，仿照步骤①分别测量对应的F、s、h，并把测量数据记录在表格中；（3）动滑轮的机械效率：，动滑轮重不同，F不同，故η不等；可以得出“动滑轮的机械效率跟动滑轮所受重力有关”。故答案为：（1）动滑轮的重力；动滑轮的机械效率；（2）①匀速竖直；②钩码所受重力；（3）≠。27．（2023•黑龙江一模）小军利用杠杆做了以下实验，实验时使用的每个钩码的质量均相等，杠杆上相邻刻度线间的距离相等，请回答下列问题：（1）将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆的左端低右端高，此时杠杆处于（填“处于”或“没有处于”）平衡状态。若想使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节。（2）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡后，在A处悬挂2个钩码，要使杠杆在水平位置再次平衡，需在B处悬挂4个钩码；之后在A、B两处再各增加1个钩码，杠杆将逆时针旋转（填“不动”、“顺时针旋转”或“逆时针旋转”）。（3）如图乙所示，小军在A、C两处分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平，左盘盛放物体，右盘加减砝码，此天平是利用了等臂杠杆制作而成的。（4）小军正确使用自制天平称量物体质量时：①假如支点O因某种原因向右偏移，则测量值大于（填“大于“、“等于”或“小于”）真实值；②假如砝码因生锈原因质量增大，则测量值小于（填“大于“、“等于”或“小于”）真实值。【答案】（1）处于；右；（2）4；（3）等臂；（4）①大于；②小于。【分析】（1）杠杆静止或匀速转动时杠杆就处于平衡状态；调节杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动；（2）设一个钩码的重是G，杠杆一个小格代表L，根据杠杆平衡条件即可求出；若在杠杆左右两边钩码下同时加一个相同的钩码，分别求出力和力臂的乘积，然后比较，杠杆沿乘积大的一端下沉；（3）天平的实质是等臂杠杆；（4）天平是较精密的测量工具，砝码锈蚀或缺损了就不能再使用，因为此时的砝码质量与标准值不同，所以会导致称量结果错误。支点O因某种原因向右偏移，砝码的力臂减小；砝码上生锈是砝码质量增加。【解答】解：（1）实验前，杠杆静止杠杆处于平衡状态；如图杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；（2）设一个钩码的重是G，杠杆一个小格代表L，在B点时，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，2G×4L＝F2×2L，解得：F2＝4G，即4个钩码。图乙中杠杆水平平衡后，在A、B两处再各增加1个钩码，左端：3G×4L＝12GL，右端：5G×2L＝10GL，左端大于右端，即左端下沉，故逆时针旋转；（3）天平称量是使左右两盘对杠杆拉力相同，根据杠杆的平衡条件，应是动力臂等于阻力臂，所以此天平是等臂杠杆；（4）小军正确使用自制天平称量物体质量时：①假如支点O因某种原因向右偏移，砝码的力臂减小，故测量值大于实际值；②假如砝码因生锈等原因质量增大，用比实际更少的砝码放在右盘，就可使横梁平衡。而读数时仍按上面标的数值来读数，使用这时计算物体质量就比实际少了。．则测量值小于真实值。故答案为：（1）处于；右；（2）4；（3）等臂；（4）①大于；②小于。五．计算题（本题共3小题，共31分）28．（2023•丰台区一模）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中图线a所示，物体上升的高度随时间变化的关系如图中图线b所示。已知物重4.5N，绳子自由端的拉力F为1.5N。在0～2s的过程中，求：（1）有用功；（2）拉力F的功率；（3）滑轮组的机械效率。【答案】（1）有用功为0.45J；（2）拉力F的功率为0.3W；（3）滑轮组的机械效率为75%。【分析】（1）由图可知在0～2.0s的过程中物体上升的高度，利用W＝Gh求拉力做的有用功；（2）由图可知在0～2.0s的过程中绳子自由端竖直移动的距离，根据W＝Fs求出拉力F做的总功，利用P＝求出拉力F的功率；（3）滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。【解答】