2025年江苏省苏州市中考物理一轮专题复习简单机械与机械效率部分重难点专项练习

江苏省徐州市2024-2025学年度中考物理一轮专题复习简单机械与机械效率部分重难点专项练习一、单选题1．（2024·江苏徐州·三模）如图所示，下列简单机械中，属于省距离的是（）A．斜面 B．镊子C．钢丝钳 D．定滑轮2．（2024·江苏徐州·模拟预测）下列对图中物理现象的分析，正确的是（）A．甲图中小明脚踩滑板从高处匀速滑下时，小明的机械能增大B．乙图中蜡烛跷跷板往复转动，利用的是杠杆原理C．丙图中学生背书包在水平路面上行走时，人对书包做了功D．丁图中用动滑轮吊木箱时，减小木箱重力可提高动滑轮的机械效率3．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图所示的滑轮组，动滑轮的重力是2N，第一次匀速提升重10N的物块时，绳子自由端的拉力为5N，若绳重和摩擦导致的额外功占总功百分比为定值，再利用此滑轮组匀速提升重为46N的物块，拉力的大小为（）A．12N B．16N C．18N D．20N4．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图所示，A、B两物体叠放在水平桌面上，，，A、B均为正方体，边长分别为20cm、10cm。在拉力的作用下，5s内，物体A、B一起向右匀速直线移动了3m。若不计滑轮和绳自重及绳与滑轮间的摩擦，下列说法错误的是（）A．A与B之间的摩擦力为0 B．A对地面的压强为2500PaC．绳子自由端移动的速度为1.2m/s D．拉力F做功的功率为30W5．（2023·江苏徐州·二模）如图，一辆搬运砖头的独轮车，人抬起车把时，车体可以看成个杠杆。关于这个杠杆，下列说法正确的是（）

A．独轮车属于费力杠杆 B．图中拉力F大于重力GC．手握的位置靠近把手末端时更省力 D．砖头的位置远离车轮时抬起更省力6．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。如果两侧各去掉一个钩码，下列说法正确的是（）A．左端下沉 B．无法判断 C．仍然平衡 D．右端下沉7．（2024·江苏徐州·模拟预测）有关蜡烛跷跷板的小制作，下列说法正确的是（）A．选用越粗的蜡烛效果越好B．转轴位置离蜡烛重心越远越好C．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方D．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可将蜡烛两端的下侧面削去一些8．（2023·江苏徐州·一模）如图所示，用滑轮组竖直向上提升重物，不计绳重和摩擦，下列措施能提高滑轮组机械效率的是（）A．增大动滑轮的重力 B．减小定滑轮的重力C．增大重物的重力 D．增大重物上升的高度9．（2024·江苏徐州·模拟预测）利用如图所示的滑轮组提起一个重为的物体，绳子自由端的拉力，内物体被匀速提升。若不计绳重和摩擦，则下列说法中正确的是（）A．绳子自由端移动的距离是 B．动滑轮的重力为C．滑轮组的机械效率为 D．提升物体的过程中，拉力F功率为10．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图甲是我国古代提水器具——桔槔，其杠杆模型如图乙所示，若为轻质杠杆，其中，，重物重为100N，空水桶重为10N，人用力将空水桶匀速向下拉，下列说法正确的是（）A．重物对杠杆作用力的力臂是B．人将重物提起时，桔槔是省力杠杆C．人对空水桶向下的拉力为200ND．杠杆转动至水平位置的过程中，拉力大小不变二、填空题11．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图所示，塔式起重机上的滑轮组既可以，又可以改变施力的，若用它将900N的物体匀速吊起5m高，拉力为400N，则滑轮组的机械效率为。12．（2024·江苏徐州·中考真题）如图所示，工人用动滑轮提起木箱，使用动滑轮可以。如果木箱重600N，工人用400N的力，将木箱匀速提高3m，则有用功为J，动滑轮的机械效率为。13．（2023·江苏徐州·二模）如图所示，物体重240N，动滑轮重20N，工人用135N的拉力将物体匀速提升2m，用了10s，此过程中有用功是，滑轮的机械效率是，克服动滑轮重所做的功占额外功的%。（小数点后保留1位）14．（2024·江苏徐州·三模）用如图所示的滑轮组将重80N的物体匀速提升2m，拉力F为50N．此过程中拉力F做的有用功为J，滑轮组机械效率为，若匀速提升重为50N的物体，则这个滑轮组的机械效率将（选填“增大”“减小”或“不变”）。15．（2024·江苏徐州·一模）如图所示，物体重240N，动滑轮重20N。工人用135N的拉力将物体匀速提升了2m，用时10s，此过程中拉力匀速提升物体的功率是W，动滑轮的机械效率是（结果精确到0.1%），克服动滑轮重所做的功为J。16．（2024·江苏徐州·三模）如图，用滑轮组提升重物时，将重60N的物体在10s内匀速提升了3m，已知动滑轮重为10N（不计绳重和摩擦），则提升重物的过程中，绳子自由端拉力F的大小为N，提升物体的过程中拉力的功率为W，滑轮组的机械效率为。17．（2024·江苏徐州·三模）如图所示的动滑轮，拉着物体A沿水平方向向左做匀速运动，弹簧测力计的示数为10N，整个装置的机械效率是80％，则拉力大小为N，物体A受到地面的摩擦力方向为，大小为N。18．（2024·江苏徐州·模拟预测）一位体重为600N的同学在做俯卧撑，1min钟内做了40个，每做一次肩膀升高40cm。如图所示，A点为重心，把该同学看成一个杠杆，则杠杆的支点是（选填“脚尖”或“手掌”）。地面对他双手的作用力大小是N，此次做俯卧撑的功率为W。19．（2024·江苏徐州·二模）用如图所示的滑轮组将货物向上匀速提升3m，已知货物重300N，货物上升速度是0.3m/s，拉力大小为120N，则此过程中做的有用功为J，拉力做功的功率是W，滑轮组的机械效率为。20．（2024·江苏徐州·三模）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向移动。如图乙所示，在左侧刻度线“2”处挂4个钩码，则在右侧刻度线“4”处需挂个钩码，杠杆才能平衡。根据这一次实验数据，得出杠杆的平衡条件，这种做法的不足是：。21．（2024·江苏徐州·二模）如图所示，将重为10N的物体沿斜面向上从底端匀速拉到顶端。若斜面长L为1m，斜面高h为0.3m，拉力F为4N，拉力的功率为2W，则此过程中，克服重力做功J，斜面的机械效率是%，物体从斜面底端运动到斜面顶端所用的时间是s。22．（2022·江苏徐州·二模）小明用轻质杠杆做探究杠杆平衡条件的实验时，先将杠杆调节为水平平衡，然后在支点O的右侧A刻线处挂上两个重均为1N的钩码，再用弹簧测力计在B刻线处竖直向上拉杠杆，使其水平平衡，如图所示。杠杆上相邻刻线间的距离均为2cm，弹簧测力计竖直向上的拉力为N，若取下一个钩码，则杠杆再次水平平衡时弹簧测力计竖直向上的拉力将减小N，若弹簧测力计沿杠杆所在竖直平面内的虚线方向拉杠杆，则杠杆水平平衡时弹簧测力计的拉力（选填“增大”“不变”或“减小”）。

三、作图题23．（2024·江苏徐州·二模）如图所示是工人借助撬棒来撬动石头，请画出动力F的力臂l。四、实验题24．（2022·江苏徐州·一模）在“探究杠杆的平衡条件”实验中。安装好杠杆，发现杠杆左端偏高，此时需要将平衡螺母向调节，使之在水平位置平衡。如图所示，在杠杆左侧20cm处挂了三个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，可以在杠杆右侧30cm处挂个钩码。若将实验器材静止放在斜面上，是否可以完成以上操作过程？25．（2022·江苏徐州·中考真题）在“探究杠杆的平衡条件”实验中。（1）如图甲所示，安装杠杆时，为了使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向移动；（2）如图乙所示，杠杆上每一格的长度为5cm，在杠杆左边挂钩码，弹簧测力计对杠杆竖直向下的拉力是动力，则动力臂为cm；（3）如果要用弹簧测力计向上拉，要保持弹簧测力计的示数不变，需要对图乙所示的实验设计进行的调整是；（4）如图丙所示，当杠杆绕支点转动时，杠杆上A点的速度方向总是和杠杆垂直。作用在A点的三个大小相等、方向不同的力F1、F2、F3，请指出为什么力臂最大的F2对杠杆转动的作用最大？。26．（2024·江苏徐州·一模）小红利用杠杆做以下实验，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。(1)如图甲所示，杠杆在水平位置平衡，若在A、B两点再各增加1个钩码，杠杆将（选填“顺时针旋转”或者“逆时针旋转”）；(2)如图乙所示，在A、C两点分别悬挂等重的载物盘，制作了一个天平。此天平是利用了（选填“省力”或“费力”或“等臂”）杠杆原理制成的；(3)小红正确使用自制天平称量物体质量时：假如支点O因某种原因向左偏移，则测量值真实值（选填“大于”“等于”或“小于”）；(4)杆秤是利用杠杆平衡原理制成的测量物体质量的工具。如图丙所示某杆秤的0刻度距离提纽1cm，秤钩到提纽的水平距离为5cm，秤砣的质量为0.5kg。则提纽右侧距离提纽5cm处的刻度值应为kg。27．（2024·江苏徐州·二模）小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，要想使杠杆在水平位置平衡，接下来应将杠杆两端的螺母向（“左”或“右”）侧调节；（2）如图乙所示，小明在A点挂2个重力均为1N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为N；于是小明便得出了杠杆的平衡条件为：.小张认为他这样得出的结论是不合理的原因是：；（3）小明竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数（选填“变大”“变小”或“不变”）；（4）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图丁所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。其原因是：。28．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图是某学习小组探究“斜面的机械效率”实验装置及实验数据记录表：斜面的倾斜程度物块重斜面高沿斜面拉力斜面长机械效率较缓100.15.01较陡100.36.71最陡100.58.01(1)沿斜面拉动木块时，为使测力计的示数稳定，应尽量使木块做运动。(2)比较表中“物块重”和“”两栏对应的数据，可知斜面是一种省力的简单机械。(3)第三次实验时即“最陡”时，此次实验把物块拉上去的机械效率是。(4)分析第1次实验的数据即“较缓”时可知，斜面对物体摩擦力为N。五、计算题29．（2023·江苏徐州·中考真题）工人用一个定滑轮匀速提升质量为18kg的物体，所用的拉力为200N，物体升高2m，g取10N/kg。求：（1）物体受到的重力；（2）定滑轮的机械效率。六、科普阅读题30．（2024·江苏徐州·中考真题）读短文，回答文后问题.风杯式风速计风是由于空气流动而产生的风速是最基本的气象要素之一，生产生活中很多时候需要测量风速。如图甲所示，风杯式风速计是一种常用的风速测量仪器，其原理如图乙所示，风杯是半球形空心杯，三个风杯用夹角为120°的三根支架固定在竖直的转轴上，起风时，气流冲击风杯，风相对风杯的速度越大，冲击力越大，凹面迎风的风杯受到的风压大，凸面迎风的风杯由于风的绕流作用，受到的风压小，作用在三个风杯上的风压差使静止的风杯开始旋转，越转越快。当风速一定时，风杯转速增大到一定值时不再增大，此时风速和风杯转速的关系为v=2πRbn，其中v为风速，n为风杯转速（每秒转过的圈数），R为风杯转动半径，b为风速计常数，风杯的转轴连接一个电路板，转轴每转一圈都会使电路中产生一个短暂的电流，根据电流的周期可以算出风杯的转速，进而算出此时的风速。(1)因为转轴的摩擦，风速较小时，风杯可能转不起来，适当（填“增大”或“减小”）支架的长度，可以提高风速计的灵敏度；(2)如图乙所示，风从左边吹向风速计，则风杯旋转方向为（填“顺”或“逆”）时针；(3)为什么当风速一定时，风杯转速增大到一定值时不再增大？；(4)若一个风速计的风杯转动半径为0.2m，风速计常数b为3，计算时π≈3，某次测量风速时，电流一时间图像如图丙所示，则此时风速为m/s。参考答案题号12345678910答案BBDDCDCCCD1．B【详解】AC．使用斜面和钢丝钳时省力，费距离，故AC不符合题意；B．使用镊子时费力，省距离，故B符合题意；D．定滑轮实质上是一个等臂杠杆，既不省力，也不省距离，故D不符合题意。故选B。2．B【详解】A．图中小明脚踩滑板从高处匀速滑下时，小明的动能不变，重力势能减小故小明的机械能是减小的，故A错误；B．乙图中蜡烛跷跷板往复转动，利用的是杠杆原理，故B正确；C．丙图中学生背书包在水平路面上行走时，力的方向与运动方向垂直，人对书包不做功，故C错误；D．额外功不变，如果减小木箱质量，有用功会减小，机械效率会降低，故D错误。故选B。3．D【详解】由图可知，滑轮组的动滑轮绕3段绳，设两次物体上升的高度是h，绳重和摩擦导致的额外功占总功百分比为η0，则总功(10N+2N)h+5N×3h×η0=5N×3h①(46N+2N)h+F×3h×η0=F×3h②由①和②得到F=20N故选D。4．D【详解】A．物体A、B一起向右匀速直线运动，A、B之间没有相对运动和相对运动趋势，故A与B之间的摩擦力为0，故A正确，不符合题意；B．A对地面的压力等于A和B组成的整体的重力，为则A对地面的压强为故B正确，不符合题意；C．与动滑轮连接的绳子段数n=2，根据滑轮组绳子自由端与物体移动距离的规律可知，绳子自由端移动的距离为则绳子自由端移动的速度为故C正确，不符合题意；D．拉力F做功为则拉力F做功的功率为故D错误，符合题意。故选D。5．C【详解】AB．由图可知，整个杠杆是绕轮子的中心转动的，所以轮子的中心是杠杆的支点，砖块重力是阻力，人的拉力是动力，从图中看出，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，则动力小于阻力，故AB错误；C．在阻力和阻力臂不变的情况下，由杠杆平衡条件可知，手握的位置靠近把手末端时，动力臂大，则动力小，更省力，故C正确；D．砖头的位置远离车轮时，此时的动力臂和阻力大小不变，阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，抬起更费力，故D错误。故选C。6．D【详解】设每个钩码的重力为G，每个小格的长度为l，根据杠杆平衡条件，若两侧各去掉一个钩码，则左边力和力臂的乘积为右边力和力臂的乘积为右边乘积大于左边乘积，所以右端下沉，故D正确，ABC不正确。故选D。7．C【详解】A．蜡烛越粗，燃烧越慢，蜡烛摆动效果越不明显。故A错误；B．转轴位置离蜡烛重心不是越远越好，太远蜡烛可能不摆动。故B错误；CD．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方或者可将蜡烛两端的上侧面削去一些。故C正确，D错误。故选C。8．C【详解】用滑轮组竖直向上提升重物时，有用功就是克服物体重力做功W有=G物h不计绳重和摩擦，额外功就是对滑轮做功W额=G动h滑轮做的总功W总=W有+W额=G物h+G动h则滑轮组的机械效率η====A．由上式可知，增大动滑轮重力，额外功增大，有用功不变，所以机械效率减小，故A不符合题意；BD．由上式可知，滑轮组的机械效率的高低与定滑轮的动力、重物上升的高度没有关系，故BD不符合题意；C．由上式可知增大重物的重力，由数学知识可知，有用功占总功的比值增大，即机械效率增大，故D符合题意。故选C。9．C【详解】A．由图知，承担物重的绳子段数为3段，则有故A错误；B．由得，动滑轮的重力故B错误；C．由可得滑轮组的机械效率故C正确；D．拉力的功率为故D错误。故选C。10．D【详解】A．力臂是支点到力的作用线的垂线段，故重物对杠杆作用力的力臂是点O到重物重力的作用线的垂线段，小于OA，故A错误；B．人将重物提起时，作用力在B端绳子上，动力臂小于阻力臂，故桔槔是费力杠杆，故B错误；C．杠杆两端作用力的方向是竖直的，即相互平行，则根据杠杆平衡条件，人将重物提起时，杠杆B端在竖直方向上需要的力为空水桶向下的拉力为故C错误；D．杠杆转动至水平位置的过程中，由于作用力的方向是竖直的，即相互平行，可知即力臂的比为一定值，当物体重力不变时，拉力大小不变，故D正确。故选D。11．省力方向75%【详解】[1][2]根据滑轮组的特点可知，塔式起重机上的滑轮组既可以省力，又可以改变施力的方向。[3]由图知，该滑轮组承重绳子段数n=3，根据题意滑轮组的机械效率为η======75%12．省力180075%【详解】[1]图中所示的动滑轮相当于一个省力杠杆，可以省力但是费距离。[2]因为木箱提升了3m，所以可知做的有用功为W有用=Gh=600N×3m=1800J由图可知绳子段数为2，则木箱提高3m时，绳子自由端提高的距离为s=2×3m=6m则可得拉力做的功为W=Fs=400N×6m=2400J该动滑轮的机械效率为13．480J66.7【详解】[1]此过程中有用功是W有=Gh=240N×2m=480J[2]动滑轮绳子的有效股数n=2，则绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m拉力做的总功W总=Fs=135N×4m=540J滑轮的机械效率[3]克服动滑轮重所做的功W动=G动h=20N×2m=40J额外功为W额=W总-W有=540J-480J=60J克服动滑轮重所做的功占额外功的百分比14．16080%减小【详解】[1]此过程中拉力F做的有用功为[2]如图有2根绳子承担总重，拉力F做的总功为滑轮组机械效率为[3]根据效率的定义，忽略绳重摩擦，滑轮组的效率为动滑轮的重一定，当提升的物重减小时，效率减小。15．5488.9%40【详解】[1]如图为动滑轮，则拉力匀速提升物体的功率是[2]动滑轮的机械效率是[3]克服动滑轮重所做的功为16．352185.7%【详解】[1]如图，由两段绳子吊着动滑轮，不计绳重和摩擦，则绳子自由端拉力F的大小为[2]绳子自由端移动的距离为提升物体的过程中拉力的功率为[3]滑轮组的机械效率为17．10向右16【详解】[1]由图知动滑轮上绳子段数n=2，绳端拉力等于弹簧测力计的示数[2]滑动摩擦力的方向与相对滑动的方向相反。物体A沿水平方向向左做匀速运动，物体A受到地面的摩擦力方向为向右。[3]由可得，物体A与地面间的滑动摩擦力18．脚尖36096【详解】[1]做俯卧撑时，身体绕脚尖转动，则杠杆的支点是脚尖。[2]根据杠杆的平衡条件则有解得地面对他双手的作用力大小[3]根据数学相似的知识知道，每次做俯卧撑，重心上升的高度为1min钟内做功为则此次做俯卧撑的功率为19．90010883.3%【详解】[1]做的有用功为提升货物所做的功[2]由图知，滑轮组由3段绳子承担物重，所以手拉绳子的速度为拉力F做功的功率是[3]滑轮组的机械效率为20．右2实验次数少，得出的结论具有偶然性【详解】[1]图甲中，杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在左侧，为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的螺母向右调。[2]图乙中，设一格为L，一个钩码重G，根据杠杆的平衡条件，则有4G×2L=nG×4L解得n=2，则在右侧刻度线“4”处需挂2个钩码，杠杆才能平衡。[3]根据这一次实验数据，得出杠杆的平衡条件，具有偶然性，所以这种做法的不足是实验次数少，得出的结论具有偶然性。21．3752【详解】[1]拉动物体所做的有用功，即克服重力做功为[2]总功为斜面的机械效率是[3]根据可得，物体从斜面底端运动到斜面顶端所用的时间是22．42增大【详解】[1]图中每个钩码重1N，杠杆上相邻刻线间的距离均为2cm，弹簧测力计在B刻线处竖直向上拉杠杆，杠杆水平平衡，根据杠杆的平衡条件有即解得F=4N。[2]若取下一个钩码，根据杠杆的平衡条件，杠杆再次水平平衡时即解得弹簧测力计竖直向上的拉力减小[3]弹簧测力计由竖直向上缓慢变为沿杠杆所在竖直平面内的虚线斜向上的过程中，拉力的力臂逐渐减小，阻力和阻力臂不变，根据可知，拉力逐渐增大。23．【详解】根据力臂的定义：力臂是支点到力的作用线的距离，过支点O作动力F的作用线的垂线，即动力F的力臂l，如下图所示：24．左2可以【详解】[1]安装好杠杆，发现杠杆左端偏高，右端偏低，右侧偏重，此时需要将平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置保持平衡。[2]如图所示，在杠杆左侧20cm处挂了三个钩码，设每个钩码的重力为G，要使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡的条件F1l1=F2l2，可得在杠杆右侧30cm处挂的钩码重力为故要使杠杆在水平位置平衡，可以在杠杆右侧30cm处挂2个钩码。[3]根据杠杆平衡的条件F1l1=F2l2，只要保证杠杆在斜面上保持静止，调节杠杆在水平位置平衡，可以完成以上操作过程。25．右25将测力计移到左端第5个格处见解析【详解】（1）[1]由甲图可知，杠杆左端向下倾斜，说明左端沉，为使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向右移动。（2）[2]乙图中，杠杆水平位置平衡，弹簧测力计对杠杆竖直向下的拉力是动力，则动力臂此时落在杠杆上，测力计悬挂点到支点的距离就等于动力臂的长度，由于每一格的长度为5cm，共5个格，所以动力臂的长度为l1=5cm×5=25cm（3）[3]钩码的作用效果是使杠杆逆时针转动，要使弹簧测力计向上拉，拉力的作用效果需使杠杆顺时针转动，所以要使杠杆在水平位置平衡，需将测力计移到左端第5个格处向上拉。（4）[4]作用在A点的三个力虽然大小相等，但F1、F3其对应的力臂比较小，所以力与其力臂的乘积相对较小，而F2的力臂最大，F2与其力臂的乘积最大，所以对杠杆转动的作用最大。26．(1)逆时针旋转(2)等臂(3)小于(4)0.4【详解】（1）在A、B两点再各增加1个钩码，则杠杆左侧杠杆右侧左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积，所以杠杆左端下沉，即沿逆时针方向转动。（2）两侧力臂相等，所以此天平相当于等臂杠杆。（3）假如支点O因某种原因向左偏移，则左侧力臂变小，右侧力臂变大，由可知，右侧拉力变小，即右侧所需放置的钩码减少，所以测量值小于真实值。（4）某杆秤的0刻度距离提纽1cm，秤钩到提纽的水平距离为5cm，秤砣的质量为0.5kg，则秤钩自重为解得提纽右侧距离提纽5cm处时，由杠杆平衡条件可得解得物体的质量为所以提纽右侧距离提纽5cm处的刻度