2022年江西省中考物理专题练6-功和简单机械

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2022年江西省中考物理专题练6-功和简单机械
一．选择题（共2小题）
1．（2021•南昌一模）如图所示的滑轮组，用F＝60N的拉力，拉动水平地面上重为400N的物体，使物体匀速前进了2m。物体和地面之间的摩擦力为90N，在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．拉力做的功是360J
B．绳子自由端移动的距离是2m
C．滑轮组的机械效率是75%
D．A点受到的拉力为400N
2．（2022•富平县一模）甲、乙两个完全相同且表面有水的皮球。从不同的高度由静止开始下落至同一地面，在地面上留下如图所示的圆形水迹，下列判断正确的是（　　）

A．接触地面前两球的机械能守恒
B．下落至最低处甲球的动能更大
C．乙球初始位置的重力势能更大
D．从最低处反弹的过程中，球的动能转化为势能
二．多选题（共6小题）
（多选）3．（2022•江西模拟）如图所示的滑轮组，在不计绳重和摩擦的情况下，均将重为G的物体匀速提升h的高度，且每个滑轮的重力都等于G0（G0＜G），下列说法正确的是（　　）

A．绳子自由端拉力的大小关系为F1＝F2＞F3
B．甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h
C．甲图和乙图中的装置总功相等为Gh+G0h
D．乙图中的装置机械效率最高为100%
（多选）4．（2022•江西模拟）如图甲所示，用水平力F1拉着重为G的物体在水平路面上匀速移动s的距离，如图乙所示，用滑轮拉着它也在同一路面上匀速移动s的距离，水平拉力为F2．在使用滑轮的过程中，以下说法正确的是（　　）

A．总功为W总＝2F2s
B．有用功为W有＝Gs
C．机械效率为η＝Gs/（2F2s）
D．额外功为W额＝2F2s﹣F1s
（多选）5．（2021•东湖区校级模拟）如图所示，是我们学习中常见的图像，这种图像如果在横纵坐标加上适当的物理量及单位，可以用来描述（　　）

A．物体所受重力大小与质量的关系
B．水的密度大小与水的温度的关系
C．浸没在液体中的物体所受浮力与在液体中所处深度的关系
D．竖直方向滑轮组的机械效率与定滑轮重力的关系
（多选）6．（2021•九江模拟）如图所示，小明分别使用甲、乙、丙、丁四种机械匀速提升物体（绳长不变），测得拉力和物体M、N所受的重力如表所示，则（　　）

F甲
F乙
F丙
F丁
GM
GN
5.2N
12N
5.5N
8N
5N
10N
A．甲的机械效率比丙的大
B．丙的机械效率比丁的小
C．使用丙提升物体M时省力
D．实验测得的数据无法算出机械效率
（多选）7．（2022•吉安县模拟）如图为用频闪照相的方法记录下甲、乙两物（质量相同）的运动轨迹。关于这两个物体运动时相对应的图像，分析正确的是（　　）

A． B． C． D．
（多选）8．（2021•景德镇模拟）将某皮球从离地某一高度O点处水平抛出，球落地后又弹起，它的部分运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．皮球做曲线运动是因为受到非平衡力的作用
B．皮球经过相同高度的A、B两点时动能相等
C．皮球在D点时的机械能小于在C点时的机械能
D．皮球第一次反弹后到达最高点P点时速度不为零
三．填空题（共11小题）
9．（2021•江西）如图所示的滑轮组，在拉力F作用下物体A以0.1m/s的速度匀速上升，则绳子自由端移动的速度是 　 　m/s；若以动滑轮为参照物，物体A是 　 　的。


10．（2022•江西模拟）如图所示的甲，乙两套装置，每个滑轮的质量均相等，用它们分别将重力为G1和G2的重物匀速提升一定高度，所用竖直向上的拉力大小分别为F1和F2，忽略绳重和摩擦。若F1＝F2，则G1　 　G2；若G1和G2相等，则它们的机械效率η1　 　η2．（两空均填“＞”、“＝”或“＜）

11．（2021•吉州区模拟）如图所示，在右侧B处将一重为G的物体从水平地面匀速直线拉到高为h的位置，此过程中绳的拉力对物体所做的功为 　 　，若改用左侧A处的滑轮组把同一物体，也从水平地面匀速直线拉到高为h的位置，绳端拉力所做的功为WA，则该滑轮组机械效率η＝　 　。如果其他条件不变，仅增加物体的质量，则滑轮组的机械效率 　 　（选填“增大”“不变”或“减小”）。

12．（2021•江西模拟）如图所示，不考虑摩擦，用竖直向上的力F匀速拉动均匀杠杆，使悬挂在O点的重为G的物体缓慢升高，此时杠杆的机械效率为η1；若将力F的作用点由C点向左移动到B点，仍将该物体缓慢升高相同高度时，杠杆的机械效率为η2，则η1　 　η2（选填“＞““＜“或“＝”）；在物体被提升的过程中，其重力势能　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。

13．（2022•江西模拟）为了记录运动会中精彩的瞬间，学校邀请摄影师携带无人机来进行航拍。如图所示，当无人机悬停在空中时，升力对无人机 　 　；当无人机水平飞行时，升力对无人机 　 　。（均选填“做功”或“不做功”）

14．（2022•江西模拟）“歼20”是我国自主研制的新一代隐身歼击机，具有卓越的机动性能，当它在空中加速向上运动时，动能　 　，重力势能　 　。（填“增大”或“减小”或“不变”）
15．（2021•江西模拟）2020年7月23日在文昌航天发射场由长征五号遥四运载火箭将“天问一号”火星探测器发射升空并成功进入预定轨道，开启了火星探测之旅。火箭加速升空过程蕴含着好多我们学过的物理知识，如图所示：“天问一号”动能 　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”），机械能 　 　（选填“守恒”或“不守恒”）。

16．（2021•南昌模拟）物理图像是研究物理问题的有效方法之一，若如图中横坐标表示时间t，纵坐标表示功率P，则阴影部分的面积表示的物理量是　 　；若图中横坐标表示距离s，纵坐标表示力F，则阴影部分的面积表示的物理量是　 　。（均填写物理量的名称）

17．（2021•南昌县模拟）物体的速度改变了，则该物体　 　（选填：一定、不一定）受到了力；跳伞运动员在空中匀速下降时，其动能　 　（选填：变大、变小、不变）。
18．（2021•江西模拟）如图所示是“套圈”游戏。“套圈”从出手到落地的过程中，先后经历了a、b、c三个位置（不计空气阻力），其中a为“套圈”出手后运动的最高点，且hab＝hbc。则“套圈”在由a点运动到c点的过程中，动能　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；设“套圈”在ab段重力做功的平均功率为P1，在bc段重力做功的平均功率为P2，则P1　 　P2（选填“＞““＜“或“＝”）。

19．（2021•江西模拟）如图所示，把一个铁锁用绳子悬挂起来，将铁锁拉到自己的鼻子附近，稳定后松手，铁锁向前摆去，铁锁摆回时 　 　（选填“会”或“不会”）打到自己的鼻子。铁锁在摆动过程中，机械能是 　 　（选填“守恒”或“不守恒”）的。

四．实验探究题（共4小题）
20．（2021•江西）[探究名称】探究杠杆的平衡条件
[猜想与假设】
猜想一：动力×动力臂＝阻力×阻力臂
猜想二：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离
【设计实验与进行实验】
（1）如图甲所示，应将杠杆两端的螺母向 　 　（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示，小明同学挂上钩码并调节钩码的位置，使杠杆水平平衡，记录的数据如表。
（3）改变钩码的 　 　和钩码的位置重复上述实验两次，记录的数据如表。

实验次数
动力F1/N
OB间距离/cm
阻力F2/N
OA间距离/cm
小明
1
1.0
5
0.5
10
2
1.5
10
1.0
15
3
1.0
10
2.0
5
小红和小明
4
0.8
15
1.0
10
5
1.4
15
1.0
10
【分析与论证】
根据小明同学的数据可验证猜想 　 　（选填“一”、“二”或“一和二”）是正确的。而小红同学则认为小明同学每组数据中的力臂恰好都等于支点到力的作用点的距离，具有一定的特殊性，还应改变动力或阻力的 　 　进行实验。
于是，小红同学协助小明同学按图丙方式进行实验，获得表中后两组数据。综合分析表中数据可验证猜想 　 　是错误的。若要验证另一种猜想是否正确，必须添加的测量工具是 　 　。
通过以上探究，小明同学真正理解了力臂是支点到 　 　的距离。
21．（2021•江西模拟）在“测滑轮组机械效率”的实验中，小华用大小相同的滑轮，组成如图所示的滑轮组进行了实验，并把数据整理记录在如表中。
实验次数
滑轮材质
钩码重G/N
提升钩码的高度h/m
有用功W有用/J
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
总功W总/J
机械效率η
1
铝
1
0.1
0.1
0.6
0.3
0.18
56%
2
铝
2
0.1
0.2
1.0
0.3
0.3
67%
3
塑料
2
0.1
0.2
0.8
0.3
0.24
①
（1）本实验需要的测量工具除了如图所示的之外还需要　 　；
（2）上表①处的正确数据是　 　；
（3）比较1、2两次实验可知：使用同一滑轮组提升不同的重物，钩码越重，滑轮组的机械效率越　 　；
（4）比较2、3两次实验可推测，若将铝质滑轮更换为体积大小相同的铁质滑轮，再次将重2N的钩码提升0.1m，此时滑轮组的机械效率可能为　 　（只填序号）
A.72%
B.67%
C.53%
（5）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功。进一步推理得出：假如没有额外功，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是　 　。
A.光的反射定律
B.牛顿第一定律
C.阿基米德原理
D.焦耳定律

22．（2021•寻乌县模拟）在探究杠杆平衡条件的实验中

（1）在实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆处于　 　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向　 　调节，这样做的目的是便于　 　，并消除杠杆自重对实验的影响；
（2）图乙中，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在A处下方再挂一个钩码，则B处所挂钩码须向右移动　 　格，可使杠杆在水平位置再次平衡；
（3）若取掉乙图中挂在B处的钩码，改用弹簧测力计钩在C处对杠杆施拉力，为使杠杆保持水平平衡，且弹簧测力计示数最小，则弹簧测力计对杠杆的拉力方向是　 　；
（4）此实验多次改变挂在支点O两边钩码的质量和悬挂位置，收集杠杆平衡时多组动力、动力臂、阻力和阻力臂的数据，其目的是　 　（选填“减小误差”或“寻找普遍规律”）；
（5）小李同学将甲图状况调节成水平平衡后，进行丙图实验（两弹簧测力计不同时使用，测力计挂钩钩在4格处）
①将弹簧测力计向右下方向拉，示数为F3，力与水平方向成α角，杠杆水平平衡；
②将该弹簧测力计的方向改为向左下方拉，示数为F4，力与水平方向成β角，杠杆水平平衡。若F3＞F4，则α　 　β（选填“＞”或“＝”或“＜”）。
23．（2022•吉安县模拟）为了模拟研究汽车超载和超速带来的安全隐患，小明同学设计了如图所示的探究实验：
【设计并进行实验】
（1）小明设计了如图1所示的三种方案，你认为将木块B放在方案 　 　位置最合理；

（2）小明设计将A、B、C三个小球先后从同一装置高分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB），推动小木块运动一段距离后停止，请你根据生活经验和所学的物理探究方法回答；
（3）该实验通过 　 　来判断A的安全隐患大小；
（4）在探究超速带来的安全隐患时，为改变A到达水平面的速度，采用的具体方法是 　 　；
（5）用来研究超载安全隐患时，我们应选择如图2所示的 　 　实验进行比较。

【交流与评估】
（6）若水平面足够光滑（完全没有阻力），则 　 　（选填“能”或“不能”）得出以上结论，其原因是木块被撞击后将 　 　。
（7）请从实验结论着手，解释汽车不能超速的原因是 　 　。
五．计算题（共3小题）
24．（2021•南康区模拟）如图所示装置，AOB为杠杆，O为支点，OA＝20cm、OB＝30cm，甲、乙为两金属块，当乙全部浸没在水中时，杠杆恰好在水平位置平衡，已知ρ甲＝3ρ乙＝6ρ水，求甲、乙两金属块的体积比是多少？（不计杠杆、滑轮的重量及摩擦）

25．（2022•江西模拟）一辆总质量为2t的汽车，在平直公路上以80kW的额定功率从静止开始运动，经15s运动200m恰好达到最大速度，接着匀速运动25s关闭发动机，滑行10s停下。其v﹣t图像如图所示，已知汽车在匀速直线运动过程中受到的阻力恰为车重的15，（g取10N/kg）求：
（1）匀速直线运动过程中汽车的牵引力F。
（2）运动过程中汽车达到的最大速度v。
（3）整个过程中发动机所做的功W。

26．（2022•吉安县模拟）如图，货车满载防疫物资时经过一座路面平直的桥梁，这个桥梁限重55t。车轮与水平地面接触面积为1m2，对地面的压强是5×105Pa。（g＝10N/kg）
（1）货车满载时车和货物的总重力。
（2）请通过计算货车满载时车和货物的总质量，判断货车是否允许通过这座桥梁？
（3）货车以20m/s的速度在平直的公路上行驶20km，发动机的输出功率为200kW。求货车受到的阻力和发动机对货车所做的功。


2022年江西省中考物理专题练6-功和简单机械
参考答案与试题解析
一．选择题（共2小题）
1．【解答】解：
AB、由图可知，n＝2，则绳子自由端移动的距离：
s绳＝2s物＝2×2m＝4m；
拉力做的功：
W总＝Fs绳＝60N×4m＝240J；故A、B错误；
C、克服物体和地面之间的摩擦力做的功为有用功，则有用功：
W有＝fs物＝90N×2m＝180J，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100%=180J240J×100%＝75%．故C正确；
D、因物体在水平地面上做匀速运动，则此时A处绳子的拉力与物体受到的摩擦力是一对平衡力，
所以，A点受到的拉力：FA＝f＝90N；故D错误。
故选：C。
2．【解答】解：A、皮球从空中下落的过程中，受到空气阻力的作用，克服摩擦做功，机械能转化为内能，所以机械能不守恒，故A错误；
BC、由图可看出，乙的黑色圆斑较大，说明篮球着地时的弹性势能大，而篮球的弹性势能是由篮球的重力势能转化来的，所以乙处篮球的初始重力势能大，所处的高度大，在最低处时，甲的动能要小于乙的动能，故C正确，B错误；
D、从最低处反弹的过程中，球的弹性势能变小，球的动能增大，重力势能增大，所以球的弹性势能转化为球的动能和重力势能，故D错误。
故选：C。
二．多选题（共6小题）
3．【解答】解：A、已知物体重为G，每个滑轮的重力都等于G0，甲图上面是定滑轮、下面是动滑轮，不计绳重和摩擦，拉力F1=12（G+G0），乙图的滑轮上下都是定滑轮，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F2＝G，丙图的滑轮组，n＝3，在不计绳重和摩擦的情况下，拉力F3=13（G+G0），故绳子自由端拉力的大小关系为F2＞F1＞F3，故A错误；
B、分别利用甲、丙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，做的有用功相同，W有用1＝W有用3＝Gh，在不计绳重和摩擦的情况下，额外功相同等于G0h，即W额1＝W额3＝G0h，故甲图和丙图中的装置消耗的额外功相等为G0h说法正确，故B正确；
C、分别利用甲、乙装置把相同的重为G的物体匀速提升相同的高度h，根据绳子自由端移动的距离s＝nh，由图中滑轮组的结构可知，n1＝2，n2＝1，提升物体的高度h相同，则s1＝2h，s2＝h，则拉力做的总功：W1＝F1s1=12（G+G0）2h＝（G+G0）h；W2＝F2s2＝Gh，所以W1≠W2，甲图和乙图中的装置总功不相等，故C错误；
D、对于乙图，在不计绳重和摩擦时，有用功W有用3＝Gh，拉力做的总功：W2＝F2s2＝Gh，根据公式 η=W有W总×100%=GℎGℎ×100%=1，可得乙图中的装置机械效率最高为100%，故D正确。
故选：BD。
4．【解答】解：
A、使用动滑轮拉力端移动距离s′＝2s，拉力做的总功W总＝F2s′＝F2×2s＝2F2s，故A正确；
B、使用动滑轮做的有用功，等于直接拉物体做的功，即W有＝F1s，故B错误；
C、机械效率η=W有W总=F1s2F2s=F12F2，故C错误；
D、额外功W额＝W总﹣W有＝2F2s﹣F1s，故D正确。
故选：AD。
5．【解答】解：
A．物体所受重力与物体质量成正比，所以图像不能描述重力和质量的关系，故A错误；
B．水在4℃密度最大，0到4℃的过程中水的温度越高密度越大，4℃以上水的温度越高密度越小，所以图像不能描述水的密度和水的温度关系，故B错误；
C．浸没在液体中的物体，排开液体的体积不变和液体的密度不变，所受的浮力不变，所以图像能描述浸没在液体中的物体所受浮力与在液体中所处深度的关系，故C正确；
D．滑轮组机械效率与被提升的物体重和动滑轮重、绳重以及摩擦有关，与定滑轮无关，所以图像能描述竖直方向滑轮组的机械效率与定滑轮重力的关系，故D正确。
故选：CD。
6．【解答】解：
由图可知，甲、乙定滑轮中绳子的有效股数n甲＝n乙＝1；丙动滑轮中绳子的有效股数n乙＝2；丁滑轮组中绳子的有效股数n丁＝2，
由η=W有W总=GℎFs=GℎF×nℎ=GnF可得，甲、乙、丙、丁四种机械的机械效率分别为：
η甲=GMn甲F甲=5N1×5.2N×100%≈96.2%，
η乙=GNn乙F乙=10N1×12N×100%≈83.3%，
η丙=GMn丙F丙=5N2×5.5N×100%≈45.5%，
η丁=GNn丁F丁=10N2×8N×100%＝62.5%，
综上可知，机械效率最大的是甲，机械效率最小的是丙，故AB正确，D错误；
由F丙＝5.5N＞GM＝5N可知，使用丙提升物体M时不能省力，故C错误。
故选：AB。
7．【解答】解：由图可知，甲物和乙物相同时间内通过的路程都相等，所以甲、乙两物体均做匀速直线运动；
在相同时间内，甲物体通过的路程小于乙物体通过的路程，所以甲物体的速度小于乙物体的速度，
两物体的质量相等，速度不变，则动能不变，
所以甲物体的动能小于乙物体的动能，故只有B图正确。
故选：BC。
8．【解答】解：A、皮球做曲线运动，即运动状态发生改变，是因为受到非平衡力的作用，故A正确；
B、由图可知，每次小球反弹后到达的最高点都比上一次的最高点要低，说明小球与地面碰撞时机械能减小，并且受到空气阻力，机械能逐渐变小，在A点的机械能大于在B点的机械能；机械能是物体动能与势能的总和，AB两点高度相同，则重力势能相同，所以在A点的动能大于在B点的动能；故B错误；
C、每次小球反弹后到的最高点都比上一次的最高点要低，说明小球与地面碰撞时机械能减小，并且受到空气阻力，机械能逐渐变小。小球先运动C点后运动到D点，故在D点的机械能小于在C点的机械能，故C正确；
D、从轨迹来看，小球既有水平方向的速度又有竖直方向的速度。小球在最高点时，竖直方向速度为零，但是仍然能往右运动，说明小球还具有水平方向速度，所以皮球第一次反弹后到达最高点P时，速度不为零，故D正确。
故选：ACD。
三．填空题（共11小题）
9．【解答】解：由题可知，物体移动的速度v物＝0.1m/s，且n＝2，
因为，在相同的时间内，绳子自由端移动的距离s是物体上升高度的n倍，即s＝nh，所以绳子自由端移动的速度：vF＝nv物＝2×0.1m/s＝0.2m/s；
物体运动时，动滑轮和物体A一起运动，物体A和动滑轮之间没有发生位置的改变，所以，以动滑轮为参照物，物体A是静止的
故答案为：0.2；静止。
10．【解答】解：
（1）由图知，两图中都只有1个动滑轮，每个滑轮的质量均相等，则动滑轮的重力相同；
用滑轮组提升重物时，忽略绳重和摩擦，则有F=1n（G物+G动），
甲图中，n＝2，则拉力F1=12（G1+G动），所以G1＝2F1﹣G动，
乙图中，n＝3，则拉力F2=13（G2+G动），所以G2＝3F2﹣G动，
因为F1＝F2，所以G1＜G2；
（2）忽略绳重和摩擦，它们的机械效率分别为：
η1=W有W总=G1ℎ(G1+G动)ℎ，η2=W有W总=G2ℎ(G2+G动)ℎ；
因为G1和G2相等，所以η1＝η2。
故答案为：＜；＝。
11．【解答】解：（1）由图可知，滑轮组上绳子的有效股数n＝2，则物体上升h的过程中绳端移动的距离s＝2h；
把重为G的物体从水平地面匀速直线拉到高为h的位置所做的功WB＝Gh，
利用滑轮组把同一物体从水平地面匀速直线拉到同一高度，在此过程中所做的有用功W有＝WB＝Gh，
使用滑轮组时拉力做的总功W总＝WA，则滑轮组的机械效率η=W有W总=WBWA=GℎWA；
（2）如果其他条件不变，仅增加物体的重量，则额外功不变，有用功增大，有用功在总功中所占的比例增大，所以滑轮组的机械效率增大。
故答案为：Gh；GℎWA；增大。
12．【解答】解：不考虑摩擦时，有用功是克服物体重力所做的功，额外功是克服杠杆自重所做的功，将力F的作用点由C点向左移动到B点，仍将该物体缓慢升高相同高度时，有用功和额外功均不变，所以杠杆的总功W总＝W有+W额，总功也保持不变。
根据η=W有W总×100%，可知当有用功和总功均不变时，杠杆的机械效率也不变；
重力势能指物体由于被举高而具有的能量。所以在物体被提升的过程中，其重力势能变大。
故答案为：＝；变大。
13．【解答】解：升力的方向竖直向上，当无人机悬停在空中或水平飞行时，都没有在升力的方向上通过距离，升力对无人机不做功。
故答案为：不做功；不做功。
14．【解答】解：“歼20”隐身歼击机在空中加速向上运动时，速度变大，所以动能增大，高度变大，所以重力势能增大。
故答案为：增大；增大。
15．【解答】解：“天问一号”加速升空过程中，质量不变，速度增大，所以动能增大；同时高度增大，所以重力势能增大；“天问一号”的动能和势能均增大，则其机械能增大，所以机械能不守恒。
故答案为：增大；不守恒。
16．【解答】解：如图，当两个物理量的乘积等于另一个物理量时，这两个物理量分别为横坐标和纵坐标时，阴影部分的面积就可以表示另一个物理量。
（1）如果横坐标表示时间t，纵坐标表示功率P，功等于功率和时间的乘积，即W＝Pt，则阴影部分的面积表示功；
（2）如果横坐标表示距离s，纵坐标表示力F，功等于力和距离的乘积，即W＝Fs，则阴影部分的面积表示功。
故答案为：功；功。
17．【解答】解：物体的速度改变了，其运动状态发生改变，则该物体一定受到了力的作用；
跳伞运动员在空中匀速下降时，质量不变，速度不变，其动能不变。
故答案为：一定；不变。
18．【解答】解：“套圈”在由a点运动到c点的过程中，所处的高度降低，但它的速度变大，所以它的重力势能变小，动能变大。
“套圈”的重力一定，hab＝hbc，根据W＝Gh可知，“套圈”在ab段重力做功等于在bc段重力做功，即W1＝W2；
“套圈”在ab段的速度小于在bc段的速度，根据v=st可知，“套圈”在ab段所用时间大于在bc段所用时间，
根据P=Wt可知，“套圈”在ab段重力做功的平均功率小于在bc段重力做功的平均功率，即P1＜P2。
故答案为：变大；＜。
19．【解答】解：铁锁在摆动过程，不断与空气摩擦，有一部分机械能转化为内能，机械能减小，即机械能不守恒；鼻子和铁锁的初始高度相同，整个过程中铁锁的机械能减小，所以铁锁摆回时重力势能也会减小，达不到鼻子的高度，故铁锁摆回时不会打到鼻子。
故答案为：不会；不守恒。
四．实验探究题（共4小题）
20．【解答】解：【设计实验与进行实验】
（1）当杠杆不在水平位置平衡时，我们需要通过调节杠杆两端的平衡螺母来调平。调平原则为：左高左调，右高右调。本题中，杠杆左端较高，所以需要向左调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置平衡。
（3）小明所做的实验中，阻力是由挂在O点左侧的钩码提供的，动力是由挂在O点右侧的钩码提供的，所以阻力＝左侧钩码重，动力＝右侧钩码重，动力与重力的方向均为竖直向下。分析表格中实验1、2、3中数据可知，动力与阻力的大小都在变化，这就说明左右两侧所挂钩码的数量均在变化。
【分析与论证】小明所做的三次实验均是在杠杆在水平位置平衡时完成的，这就导致动力臂、阻力臂均在杠杆上，所以我们无法区分动力臂（阻力臂）与支点到动力（阻力）的距离，所以根据小明的数据，猜想一、二都可以得到验证。为了改变这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）与杠杆有一定的角度，而不是重合在一起。
分析实验4、5中的数据我们发现，动力×支点到动力作用点的距离≠阻力×支点到阻力作用点的距离，所以我们可以得出结论：猜想二是错误的。
若要验证猜想一，我们就需要测出倾斜后的动力（或阻力）的力臂，为此，我们需要使用刻度尺进行测量，注意测量时需使刻度尺与力的作用线垂直。
若通过他们二人共同实验得出的数据可以验证猜想一，则说明动力臂（阻力臂）为支点到动力（阻力）作用线的距离。
故答案为：【设计实验与进行实验】（1）左；（3）数量。
【分析与论证】一和二；方向；二；刻度尺；力的作用线。
21．【解答】解：（1）实验过程中，应使用刻度尺测量物体上升的高度和绳子自由端移动的距离；
（2）上表①处的正确数据是机械效率：η=W有用W总=0.2J0.24J×100%≈83%；
（3）分析第1、2次实验，两次所用滑轮组相同，但第2次物重大于第1次物重，机械效率也大于第1次的机械效率，所以可得使用同一滑轮组提升不同的重物，钩码越重，滑轮组的机械效率越大；
（4）比较2、3两次实验可推测，若将铝质滑轮更换为体积大小相同的铁质滑轮，动滑轮重量增大，所做额外功增大，再次将重2N的钩码提升0.1m，此时滑轮组的机械效率小于2、3的机械效率，可能为C；
（5）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；可见使用任何机械不省功（采用了理想化推理法）：
ACD、平面镜成像规律、阿基米德原理、光的反射定律可通过实验直接验证，
B、而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，
故选B。
故答案为：（1）刻度尺；（2）83%；（3）大；（4）C；（5）不省功；B。
22．【解答】解：（1）杠杆平衡是指杠杆在力的作用下处于静止状态或匀速转动状态。调节杠杆在水平位置平衡，杠杆左端偏高，平衡螺母应向上翘的左端移动。
使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，同时消除杠杆自重对杠杆平衡的影响。
（2）设一个钩码重为G，一格的长度为L；根据杠杆的平衡条件可得4G×2L＝2G×nL
解得n＝4，
故应该将B处所挂钩码须向右移动1格。
（3）阻力与阻力臂一定时，由杠杆平衡条件可知，当动力臂最大时，动力最小，力的作用点与支点一定，最大力臂为支点到力的作用点的距离，力应与杠杆垂直，为使拉力最小，应竖直向上拉弹簧测力计。
（4）探究杠杆平衡的条件时进行多次实验，多次改变挂在支点O两边钩码的质量和悬挂位置，收集杠杆平衡时多组动力，动力臂、阻力和阻力臂的数据，其目的是通过实验数据总结实验结论，使实验结论具有普遍性，避免偶然性。
（5）根据阻力、阻力臂不变，动力与动力臂成反比，在杠杆上的长度相同，角度越大，力臂越大（90°以下），力越小，若F3＞F4，则 α＜β。
故答案为：（1）平衡；左；测量力臂；（2）1；（3）竖直向上；（4）寻找普遍规律； （5）＜。
23．【解答】解：（1）探究“动能的大小与哪些因素有关”时，让小球从某一高度由静止滑下，小球到达水平面后撞击木块，根据木块移动的距离判定动能的大小，故方案二是最合理的；
（3）实验中通过观察木块被撞击后移动的距离来判断动能大小，即A的安全隐患大小，这是转换法；
（4）在探究超速带来的安全隐患时，即要探究动能和速度的关系，需保持质量相同，改变小球A的速度，为改变A到达水平面的速度，实验中应选择同一小球，从斜面不同的高度由静止下滑；
（5）用来研究超载安全隐患时，即要探究动能和质量的关系，需保持速度相同，改变小球的质量，故应选甲和丙图进行实验；
（6）若水平面足够光滑（完全没有阻力），根据牛顿第一定律，纸盒被撞击后将做匀速直线运动，故不能得出以上结论。
（7）由实验可知在质量相同时，物体的速度越大，动能越大，则在汽车质量一定时，汽车的速度越大，动能越大，发生交通事故时造成的危害越大，所以汽车不能超速。
故答案为：（1）二；（3）观察木块被撞击后移动的距离；（4）选择同一小球，从斜面不同的高度由静止下滑；（5）甲、丙；（6）不能；做匀速直线运动；（7）在汽车质量一定时，汽车的速度越大，动能越大，发生交通事故时造成的危害越大。
五．计算题（共3小题）
24．【解答】解：设甲、乙的体积分别为V甲和V乙，由阿基米德原理，乙全部浸没在水中时，乙物体受到的浮力：
F浮乙＝ρ水gV乙，
乙的重力：G乙＝m乙g＝ρ乙V乙g＝2ρ水gV乙，由力的平衡，绳子对乙物体的拉力：
T＝G乙﹣F浮乙＝2ρ水gV乙﹣ρ水gV乙＝ρ乙gV乙；

由力的作用是相互的，故乙物体对绳子向下的拉力大小为ρ乙gV乙，即绳子对下面滑轮的拉力为ρ乙gV乙，因作用在下面的滑轮的力由两段绳子分担，故绕在下面滑轮上绳子每段上的力为：
T1=ρ乙gV乙2，同理，绕在上面的滑轮上的绳子每段上的拉力为：
T2=ρ水gV乙2×2=ρ水gV乙4，
甲物体的重力：G甲＝ρ甲gV甲＝6ρ水gV甲，
根据杠杆的平衡条件有：
G甲×OA＝T2×OB，
6ρ水gV甲×OA=ρ水gV乙4×OB，
V甲V乙=OB4×6×OA=30cm4×6×20cm=116。
答：甲、乙两金属块的体积比是1：16。
25．【解答】解：（1）在匀速直线运动过程中汽车的所受阻力：
f＝0.2G＝0.2mg＝0.2×2×103kg×10N/kg＝4×103N；
由于汽车匀速直线行驶，处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，根据二力平衡可知，
汽车的牵引力：F＝f＝4×103N；
（2）由题意可知，汽车匀速运动时速度最大，根据P=Wt=Fst=Fv可得，
运动过程中汽车的最大速度：v最大=PF=80×103W4×103N=20m/s；
（3）由题意可知，汽车从静止开始运动，经15s运动200m恰好达到最大速度，接着匀速运动25s后关闭发动机，滑行10s停下，整个过程中发动机的工作时间t＝40s，且在这段时间内发动机的功率不变，由P=Wt 可得，
整个过程中发动机做的功：W＝Pt＝80×103W×40s＝3.2×106J。
答：（1）全程中汽车的所受阻力为4×103N；
（2）运动过程中汽车的最大速度为20m/s；
（3）整个过程中发动机做的功为3.2×106J。
26．【解答】解：（1）根据p=FS知，
该货车满载时，静止在水平路面上对地面的压力：
F压＝pS＝5×105Pa×1m2＝5×105N，
因为在水平面上，
所以压力等于重力，货车满载时车和货物的总重力为：G＝F＝5×105N，
（2）根据G＝mg知，
货车满载时车和货物的总质量为：
m=Gg=5×105N10N/kg=5×104kg＝50t＜55t，所以这辆货车允许通过；
（2）根据P=Wt=Fst=Fv知，
货车受到的牵引力为：
F=Pv=200×103W20m/s=104N，
因货车匀速行驶时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，货车的阻力大小为：
f＝F＝104N；
发动机对货车所做的功做的功：
W＝Fs＝104N×20×103m＝2×108J。
答：（1）货车满载时车和货物的总重力为5×105N，
（2）货车允许通过这座桥梁，计算过程见解析；
（3）货车受到的阻力和发动机对货车所做的功分别为104N、2×108J。