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2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械
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这是一份2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械，共21页。
2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械
一．选择题（共13小题）
1．（2021•昆明）2021年5月15日凌晨2时，我国“天问一号”火星探测器从距离火星表面125千米的高度，约2万千米/时的速度，经过三个减速阶段，并在距离火星表面100米时，处于悬停状态，完成精避障后再缓速下降，历时9分钟，成功登陆火星。以下说法错误的是（ ）
A．打开降落伞进行伞系减速阶段，探测器的动能不断增加，重力势能不断减小
B．探测器的外壳需要防热性强的材料
C．探测器处于悬停状态时，受到平衡力的作用
D．火星离地球上亿公里，地面发出的指令并不能立刻被探测器接收到
2．（2021•云南）同学们正在进行排球训练，排球离开手后先向上运动，达到最高点后落下。下列说法正确的是（ ）
A．排球离开手上升过程中一直受到托力的作用
B．排球下落过程中重力势能减小，动能增大
C．排球运动到最高点时受平衡力的作用
D．排球运动过程中与空气摩擦产生热量，机械能不变
3．（2021•云南）如图甲所示，用动滑轮将正方体物块从装有水的容器底部缓慢匀速提起，拉力F随提升高度h变化的关系如图乙所示。物块完全离开水面后，动滑轮的机械效率为87.5%，绳重和摩擦忽略不计。下列选项正确的是（ ）
A．物块的边长为0.6m
B．动滑轮重为300N
C．提升物块完全离开水面前，动滑轮的机械效率大于87.5%
D．将物块提升至上表面与水面相平的过程中拉力F做的功为1650J
4．（2022•昆明模拟）如图所示，甲、乙两个滑轮组，其中每个滑轮的质量都相同，分别用拉力F1、F2将重物G1、G2提起来，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若G1＝G2，G1、G2提升的高度相等，则F1与F2的大小相等、做的功也相等
B．若G1＝G2，使甲、乙两绳子自由端以相同的速度拉升重物，F1的拉力功率较大
C．若G1＞G2，把G1、G2提升相同的高度，则甲的机械效率大于乙的机械效率
D．若G1＝120N，让它上升1m，甲的机械效率为80%，则滑轮重20N
5．（2022•云南模拟）舂米就是把打下的稻谷去壳的过程，舂出来的壳就是米糠，剩下的米粒就是我们吃的白米。如图所示是舂米工具的结构示意图，其中O为固定转轴，A处连接着石球。脚在踏杆的B处施力，使石球升B高，脚拾起后石球会落下去击打稻谷。石球重为60N，不计摩擦和杆重。以下说法正确的是（ ）
A．此时舂米工具是费力杠杆
B．脚竖直向下至少用力24N，才能将石球抬起
C．脚沿与杆垂直方向用力时，该力的力臂为1.4m
D．如果考虑杆重的话，脚会更费力
6．（2021•昆明模拟）如图甲所示，用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组提升重物A。拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，重物上升的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。不计一切摩擦和绳重，已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%。下列说法错误的是（ ）
A．0～1s内，重物A受到了非平衡力的作用
B．若以动滑轮为参照物，重物A是静止的
C．动滑轮的重力为300N
D．若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将变为70%
7．（2021•云南模拟）用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物的关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．此滑轮组动滑轮的重为5N
B．当G物＝15N时，滑轮组机械效率为η＝75%
C．同一滑轮组的机械效率η随G物的增大而增大，最后等于100%
D．G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组的机械效率仍不改变
8．（2022•云南模拟）如图，小球沿光滑轨道由静止从A点向D点运动的过程中（空气阻力不计），下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的动能最大
B．小球在B点的速度最小
C．小球不能到达D点
D．小球在C点和B点的机械能相等
9．（2022•昆明一模）关于下列现象，说法正确的是（ ）
A．秋千从低处向高处摆动过程中重力势能转化为动能
B．汽车突然刹车时，乘客的身体会前倾，是由于身体上部受到惯性的作用
C．静止在水平地面上的课桌对地面的压力与地面对课桌的支持力是一对平衡力
D．一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态
10．（2022•云南模拟）2021年2月10日，“天问一号”探测器成为我国第一颗人造火星卫星。下列说法正确的是（ ）
A．若以地球为参照物，“天问一号”是静止的
B．“天问一号”在近火点的动能最小，重力势能最大
C．“天问一号”在做环火轨道运行过程中受平衡力
D．“天问一号”实施近火捕获制动利用了力的作用是相互的这一原理
11．（2022•云南模拟）在农业领域，一架普通无人机携带农药，一天可完成将近600亩农田农药喷洒任务，科技带来的优势非常明显。假定无人机每次装20kg农药，喷洒的过程中是在同一高度匀速飞行，下列说法正确的是（ ）
A．喷洒农药的过程中，无人机重力势能不变
B．喷洒农药的过程中，无人机动能不变
C．喷洒农药的过程中，无人机动能增大
D．喷洒农药的过程中，无人机的机械能减小
12．（2021•西山区模拟）在空中悬停的直升机上进行跳伞训练，勇敢的老王从静止开始竖直下落，其速度与时间的关系如图所示。在前30s的下落过程中（ ）
A．老王的动能不断增大
B．老王的机械能不断增大
C．老王所受重力做的功不断增大
D．老王所受重力做功的功率不断增大
13．（2021•西山区二模）如图所示，一颗钢珠从点自由下落（不计空气阻力），分别经过空中B、C两点。A、B两点间的距离等于B、C两点间的距离。下列说法正确的是（ ）
A．钢珠在下落过程中动能不变
B．钢珠在B点的重力势能小于在C点的重力势能
C．钢珠的重力在AB段做的功等于在BC段做的功
D．钢珠在A点的机械能大于在C点的机械能
二．填空题（共10小题）
14．（2022•砚山县一模）某同学用所学滑轮知识在家里阳台上安装了如图所示的升降装置，他用此装置将重480N的物体匀速拉高10m，所用拉力为300N，则拉力做的功是 J；该装置的机械效率为 。
15．（2022•昆明模拟）用如图甲所示的滑轮组提升物体，如图乙是在承重允许的范围内该滑轮组机械效率与所挂物体的重力变化情况的关系图像，从图像可知，同一个滑轮组，提起物体越重，滑轮组的机械效率越 ；不计绳重及摩擦，当物重为3200N时，滑轮组的机械效率为 。（百分号前保留1位小数）
16．（2022•昆明模拟）如图所示，甲工人用水平推力F甲推动重为750N的货物，在水平路面上匀速移动2m至仓库门口A处，用时10s，此过程中甲工人做功的功率P甲＝30W；乙工人接看使用滑轮组拉动该货物在同样的路面上匀速移动3m到达指定位置B，拉力F乙为80N。则甲工人做的功为 J；该滑轮组的机械效率为 。
17．（2022•宣威市校级模拟）如图所示，A物体质量为10kg.在力F的作用下沿水平地面做匀速直线运动、物体运动了10m，弹簧测力计读数为10N，已知A受地面的摩擦力为16N，拉力F做的功是 J，滑轮的机械效率为 。
18．（2021•云南模拟）新冠疫情期间，送餐机器人走进人们生活，如图所示，机器人工作时在水平地面上沿直线匀速前行。机器人的手臂属于 杠杆，若此时餐盘中食物所受外力全面消失，它将 。
19．（2022•昆明模拟）2022年2月8日，中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中获得了冠军，如图为谷爱凌在比赛时的照片。谷爱凌从大跳台腾跃到空中最高点的过程中重力势能 ，动能 。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）
20．（2022•麒麟区校级模拟）2020年9月15日，我国在黄海海域用长征十一号海射运载火箭，采取“一箭九星”方式将“吉林一号”高分03﹣1组卫星送入预定轨道，发射获得圆满成功，这是长十一火箭执行的第二次海上发射任务，标志着我国已经具备稳定高效的海上发射能力。长十一火箭在加速升空过程中，动能 ，机械能 。（两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）
21．（2022•云南模拟）一人造地球卫星沿椭圆轨道运行，我们把卫星运行过程中离地球最近的一点叫近地点，最远的一点叫远地点（如图所示）。已知卫星在运行过程中机械能保持不变，那么卫星在远地点的势能 （最大/最小/为零）、动能 。（最大/最小/为零）
22．（2022•云南模拟）如图所示，小球从左侧斜面的P点由静止释放，在右侧斜面上能到达的最高位置是Q点，M、N是小球运动过程中先后通过的两个等高点。小球在M点和N点时的 能相等；从P点到Q点过程中，机械能总量 。
23．（2021•云南模拟）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验，让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平桌面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应使铁球到达底部的 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是将小球从斜面的 由静止释放。
（2）由甲、丙两次实验可以得出的结论是：当 一定时，物体的 越大，物体具有的动能越大，通过 两次实验，可以探究物体动能与物体质量的关系。
（3）该实验是通过观察 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．用磁感线来描述磁场
C．探究电功大小与哪些因素有关，通过重物提升的高度来判断电流做功的多少
（4）实验结束后，该同学拿走木块，先后将同一小球从同一斜面的不同高度处静止释放，记录小球在相同表面上滑行到静止的距离，如图丁所示，根据此现象，小明得出了动能与速度有关的结论，你认为该同学实验方案是否合理： 。（选填“合理”或“不合理”）
三．实验探究题（共4小题）
24．（2022•昆明模拟）小宇和陈宏同学在探究“杠杆的平衡条件”的实验中，用到的器材有：刻度均匀的杠杆（每小格为2cm），支架，细线，钩码多个（每个钩码重0.5N）。
（1）实验前，杠杆在支架上静止时如图甲所示，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。接下来，要使杠杆在水平位置平衡，他们应该 （选填“调整平衡螺母”或“用手将杠杆转到水平位置”）。这样操作的好处是 。
（2）杠杆调节在水平位置平衡后，他们分别在杠杆两端加减、移动钩码，多次使杠杆在水平位置平衡后，将实验测量的部分数据记录在表中。
次数
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1
8
2
4
2
1.5
6
1.5
6
3
2
4
4
2
4
2
6
4
（3）第4次实验时，小宇在杠杆A点挂上4个钩码，如图乙所示，要使杠杆在水平位置平衡，她应在B点挂上 个钩码。
（4）实验结束后，陈宏同学联想到生活中的杆秤，如图14丙所示，其主要结构由秤杆、秤钩A、提钮（B、C）、秤砣D组成。
①不称货物时，提住提钮B，将秤砣移至E处，杆秤恰能在水平方向平衡，E称为“定盘心”，是杆秤的 刻度线。
②在称量货物时，使用提钮 ，该杆秤的称量范围更大。
③若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏 。（选填“大”或“小”）
25．（2022•五华区校级模拟）在生活和生产中，简单机板有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图1的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向 调节（选填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量 。
（2）小明用图2的实验装置探究滑轮组机械效率。实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如表。
实验次数
物重G/N
物体上升高度h/cm
测力计的示数F/N
测力计移动的距离s/cm
1
4
3
1.6
9
2
4
6
18
3
4
8
1.6
24
①实验时沿竖直方向拉绳子自由端最省力，且应 拉动弹簧测力计。由图2可知，第2次实验中弹簧测力计示数为 N；
②分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）小明用图3的实验装置探究斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0.2m，若机械效率η＝80%，则物体在斜面上受到的摩擦力为 N。
26．（2022•昆明模拟）某物理兴趣小组利用如图所示的装置探究杠杆平衡的条件。
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）平衡状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调。
（2）小明利用装置乙进行了多次实验，并将部分实验数据记录在表中，其中第3次的测量数据中漏了阻力臂，则所遗漏的阻力臂为 cm。第2次实验的杠杆属于 （选填“费力”或“省力”）杠杆。
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
4
5
10
2
2
8
3
4
6
3
10
4
5
（3）如图丙所示，若在D点不挂钩码，改用弹簧测力计在D点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从位置1转动到位置2时，其示数大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）实验中小华提出问题：若支点不在杠杆的中点，杠杆平衡的条件是否成立？于是该小组利用如图丁所示的装置进行探究，在杠杆E点处挂上3个钩码，用弹簧测力计在F点处竖直向上拉。以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2，多次调整力和力臂的大小进行实验，发现：当杠杆平衡时，F1L1 （选填“＞”、“＝”或“＜”）F2L2，原因是 。
27．（2022•砚山县一模）在探究“物体动能与质量和速度的关系”实验中，如图甲所示，将钢球从某一高度由静止释放，钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，将木块撞出一段距离。
试验次数
钢球的质量/g
钢球下摆的高度h/cm
木块滑行的距离/cm
1
20
20
25
2
40
20
45
3
60
20
62
（1）从表中数据可以看出，实验中控制了钢球的 相同，从而探究动能与 的关系。
（2）第1次实验时若不考虑能量损失，钢球对木块最多可做 J的功；第3次实验时，木块被撞后在木板滑行无法记录数据，需要重做第三次实验，甲同学建议换用同样较长的木板，乙同学建议换一个较大的木块，丙同学建议降低钢球下摆的高度，若要将第三次实验数据与前两次比较，你认为应当采用 同学的建议。由上述实验数据和现象可得出结论：在速度一定时，物体的质量越大，动能越 。
（3）小华将实验装置改进成图乙所示，利用质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，来研究铁球动能大小 的关系。
（4）小华还想用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究铁球的动能大小与质量的关系，这个设计方案是 （选填“正确”或“错误”）的。
四．计算题（共1小题）
28．（2021•昆明）“天问一号”火星探测器是中国人民的骄傲，因为它是我国首次登陆火星的探测器。着陆火星的“祝融号”，质量为240kg，在牵引力的驱使下，30min匀速运动了100m，假设祝融号在火星上受到的阻力是其在火星上所受重力的0.06倍，已知g火＝0.38g，火星表面大气密度是地球表面大气密度的0.01倍，g取10N/kg。求：
（1）祝融号所受的阻力；
（2）在这段时间内牵引力做的功；
（3）同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比。
2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．【解答】解：
A、打开降落伞进行伞系减速阶段，探测器的质量不变，速度和高度都减小，所以其动能和重力势能都不断减小，故A错误；
B、探测器在降落过程中需要克服空气阻力做功，会使探测器的内能增大、温度升高，所以探测器的外壳需要防热性强的材料，故B正确；
C、探测器处于悬停状态时，即处于平衡状态，所以一定受到平衡力的作用，故C正确；
D、地面发出的指令通过电磁波传播，虽然电磁波的传播速度很快，但火星离地球上亿公里，路程很远，所以指令被探测器接收到需要一定的时间，故D正确。
故选：A。
2．【解答】解：A、排球和手之间是弹力，产生弹力时不能离开物体，故排球离开手上升过程中，排球不受手的托力作用，故A错误。
B、排球下落过程中，排球的质量不变，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，故B正确。
C、排球运动到最高点，不能保持静止状态，排球只受重力作用，所以排球在最高点不受平衡力作用，故C错误。
D、排球运动过程中与空气摩擦产生热量，这是摩擦生热，机械能转化为内能，机械能减少，内能增加，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：
A.动滑轮绳子的有效股数n＝2，由图乙可知，物块浸没时绳子的拉力F1＝1375N，
绳重和摩擦忽略不计，由F=1n（G+G动﹣F浮）可得：1375N=12（G+G动﹣F浮）﹣﹣﹣﹣①
当物块完全离开水面后绳子的拉力F2＝2000N，
由F=1n（G+G动）可得：2000N=12（G+G动）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：F浮＝1250N，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮＝ρ液gV排可得，物块的体积：V＝V排=F浮ρ水g=1250N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.125m3，
由V＝L3可得，物块的边长：L=3V=30.125m3=0.5m，故A错误；
B.绳重和摩擦忽略不计，物块完全离开水面后，动滑轮的机械效率：
η=W有W总×100%=Gℎ(G+G动)ℎ×100%=GG+G动×100%，即87.5%=GG+G动×100%﹣﹣﹣﹣﹣③
由②③可得：G＝3500N，G动＝500N，故B错误；
C.绳重和摩擦忽略不计，提升物块完全离开水面前，滑轮组的机械效率：
η′=W有'W总'×100%=(G−F浮)ℎ(G+G动−F浮)ℎ×100%=G−F浮G+G动−F浮×100%=3500N−1250N3500N+500N−1250N×100%≈81.8%，
则动滑轮的机械效率小于87.5%，故C错误；
D.将物块提升至上表面与水面相平的过程中，由图乙可知，物体上升的高度h＝0.6m，拉力F＝1375N，
绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×0.6m＝1.2m，
此过程中拉力F做的功W＝Fs＝1375N×1.2m＝1650J，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：
AB、从图中可知，n1＝3，n2＝2，每个滑轮的质量都相同，根据G＝mg可知每个滑轮的重力相同。
若G1＝G2，根据F=1n（G+G动）可知，F1=13（G1+G动），F2=12（G2+G动）＞F1；
重物匀速提升的高度相同，由W有＝Gh可知，有用功相同，不计绳重及摩擦，则额外功是克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，因动滑轮相同，提升的高度相同，故做的额外功相同；
而W总＝W有+W额外，所以总功相同，即拉力F1和F2做的功相等，故A错误；
使甲、乙两绳子自由端以相同的速度拉升重物，且已知F2＞F1，根据P=Wt=Fst=Fv可知F2的拉力功率较大，故B错误；
C、若G1＞G2，把G1、G2提升相同的高度，由W有＝Gh可知，使用甲装置所做的有用功较多，不计绳重及摩擦，则额外功是克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，因动滑轮相同，提升的高度相同，故做的额外功相同；
而W总＝W有+W额外，所以使用甲装置所做的总功较多，根据η=W有W总=1−W额外W总可知，甲的机械效率大于乙的机械效率，故C正确；
D、若G1＝120N，让它上升1m，则甲的机械效率η=W有W总=G1ℎG1ℎ+G动ℎ=G1G1+G动=120N120N+G动=80%，据此得出滑轮的重力G动＝30N，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：A、由图可知，舂米工具在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故A错误；
B、当脚竖直向下用力时，如图所示动力臂为OC，阻力臂为OD，如图所示：
；
F2•OC＝G•OD，F2•OB•cosθ＝G•OA•cosθ，所以：F2•OB＝G•OA，F2×1m＝60N×0.4m，解得F2＝24N，故脚竖直向下用力F2为至少为24N，故B正确；
C、不计摩擦和杆重，图中O为支点，脚沿与杆垂直方向用力F1时，力臂OB最长，OB＝1.4m﹣0.4m＝1m，故C错误；
D、由图可知，杆的重心与脚的位置在支点的同一侧，根据杠杆的平衡条件可知：F2•OC+G杆×L杆＝G•OD，所以如果考虑杆重的话，脚会更省力，故D错误。
故选：B。
6．【解答】解：
A.由图丙可知，物体在0～1s内做变速运动，运动状态发生改变，由此可知物体A受到了非平衡力作用，故A正确；
B.随物体一起运动的滑轮叫动滑轮，因为重物相对于动滑轮的位置没有发生改变，所以重物相对于动滑轮是静止的，故B正确；
C.在1s～2s内，由图甲可知滑轮组绳子的有效股数n＝3，由图乙可知拉力F＝500N，由图丙可知物体匀速上升，
则滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=GℎFs×100%=GℎFnℎ×100%=GnF×100%=G3×500N×100%＝80%，解得：G＝1200N，
不计一切摩擦和绳重，由F=1n（G+G动）可得，动滑轮的重力G动＝nF﹣G＝3×500N﹣1200N＝300N，故C正确；
D.若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，
滑轮组的机械效率η′=W有'W总'×100%=G'ℎ'(G'+G动)ℎ'×100%=G'G'+G动×100%=900N900N+300N×100%＝75%，故D错误。
故选：D。
7．【解答】解：
A、由图可知，G物1＝12N时，滑轮组的机械效率η1＝80%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动，
即：80%=12N12N+G动，
解得动滑轮重力：G动＝3N，故A错误；
B、同理可得，当G物＝15N时，滑轮组的机械效率：η′=G物G物+G动=15N15N+3N×100%≈83.3%，故B错误；
C、由图像可知，同一滑轮组机械效率η随G物的增大而增大；但使用滑轮组时，不可避免地要克服动滑轮重做额外功，所以总功一定大于有用功；由公式η=W有用W总知机械效率一定小于100%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动可知，该滑轮组的机械效率不变，故D正确。
故选：D。
8．【解答】解：A、物体整个运动过程中机械能守恒，动能最大时重力势能最小，因此B点动能最大，故A错误；
B、物体整个运动过程中机械能守恒，动能最大时重力势能最小，因此B点动能最大，速度最大，故B错误；
C、物体整个运动过程中机械能守恒，A点与D点位于同一高度，因此可以达到D点，故C错误；
D、物体整个运动过程中机械能守恒，因此小球在整个过程中机械能不变，故D正确。
故选：D。
9．【解答】解：A、秋千从低处向高处摆动的过程中，秋千的高度逐渐增大，重力势能逐渐增大，其速度逐渐减小，动能逐渐减小，是将动能转化为重力势能，故A错误；
B、汽车突然刹车时，乘客的身体会前倾，是因为乘客具有惯性，而不是受到惯性作用，故B错误；
C、静止在水平地面上的课桌对地面的压力与地面对课桌的支持力是作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力，故C错误；
D、一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止或匀速直线运动状态，这是牛顿第一定律的内容，是牛顿总结了伽利略等前人的研究成果，概括出一条重要物理定律，故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：A、以地球为参照物，“天问一号”与地球之间的位置关系一直在发生变化，所以它是运动的，故A错误；
B、“天问一号”在近火点时的速度最大，动能最大，高度最低，势能最小，故B错误；
C、“天问一号”在做环火轨道运行中做的是曲线运动，运动方向发生了变化，所以受到的不是平衡力，故C错误；
D、“天问一号”实施近火捕获制动，向下喷出气体，给气体一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，气体给“天问一号”一个向上的力，使其运动状态发生变化，故D正确。
故选：D。
11．【解答】解：因为喷洒的过程中无人机是在同一高度匀速飞行，因此高度不变，喷洒药物质量变小，重力势能变小；速度不变动能减小；动能和重力势能均减小，所以机械能减小，故D正确。
故选：D。
12．【解答】解：
AB、勇敢的老王从静止开始竖直下落，根据图像可知，其速度先变大，质量不变，动能变大，高度降低，重力势能变小；一段时间后速度变小，动能变大，高度降低，重力势能减小，从15s以后速度保持不变，动能不变；老王在运动的过程中，需要克服空气的阻力做功，机械能转化为内能，机械能变小，故AB错误；
C、老王竖直下落，下落的高度越来越大，老王的重力不变，根据W＝Gh可知，老王所受重力做的功不断增大，故C正确；
D、老王的速度先变大后变小，最后不变，根据P=Wt=Gℎt=Gv可知，老王所受重力做功的功率先变大后变小，最后保持不变，故D错误。
故选：C。
13．【解答】解：
A、小球从A点由静止开始下落，质量不变，速度越来越大，其动能不断变大，故A错误；
B、小球的质量不变，C点的高度小于在B点的高度，故小球在C点的重力势能小于在B点的重力势能，故B错误；
C、已知AB和BC的距离相等，小球的重力一定，根据W＝Gh可知，在AB段和BC段重力做的功相同，故C正确；
D、钢珠在下落的过程中，不计空气阻力，机械能是守恒的，所以钢珠在A点的机械能等于在C点的机械能，故D正确。
故选：C。
二．填空题（共10小题）
14．【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝2×10m＝20m，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝300N×20m＝6000J；
（2）拉力做的有用功：
W有＝Gh＝480N×10m＝4800J，
该装置的机械效率：
η=W有W总×100%=4800J6000J×100%＝80%。
故答案为：6000；80%。
15．【解答】解：（1）由图像可知，同一个滑轮组，提起物体越重，滑轮组的机械效率越大；
（2）由图像可知，当物重为400N时，机械效率为40%，
由不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动可知，动滑轮的重力：
G动=1−ηηG=1−40%40%×400N＝600N，
则不计绳重和摩擦时，提升物重为3200N时的机械效率：
η'=W有'W总'=W有'W有'+W额外'=G'ℎG'ℎ+G动ℎ=G'G'+G动=3200N3200N+600N×100%≈84.2%。
故答案为：大；84.2%。
16．【解答】解：（1）由P=Wt可得甲工人做的功：
W甲＝P甲t＝30W×10s＝300J；
（2）由W＝Fs可得甲工人的推力：
F甲=W甲s1=300J2m=150N，
因为货物在水平路面上被匀速推动，所以货物受到的推力、摩擦力是一对平衡力，
货物受到的摩擦力：
f＝F甲＝150N；
乙工人使用滑轮组将货物在同样的路面上匀速移动3m，
由图知，n＝3，拉力端移动距离s乙＝3s2，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总=fs2F乙s乙=fs2F乙ns2=fnF乙=150N3×80N×100%＝62.5%。
故答案为：300；62.5%。
17．【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动距离：s＝2s物＝2×10m＝20m，
因为弹簧测力计和拉力F在同一根绳子上，所以拉力F等于弹簧测力计的示数，
则拉力F做的功：W＝Fs＝10N×20m＝200J；
（2）动滑轮的机械效率：η=W有W总=fs物Fs=fs物Fns物=fnF=16N2×10N×100%＝80%。
故答案为：200；80%。
18．【解答】解：（1）机器人的手臂在用力时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；
（2）原来餐盘中食物做匀速直线运动，若此时餐盘中食品所受外力全部消失，根据牛顿第一定律可知，它将做匀速直线运动。
故答案为：费力；做匀速直线运动。
19．【解答】解：谷爱凌从大跳台腾跃到空中最高点的过程中，质量不变，高度变大，重力势能增大；速度减小，动能减小。
故答案为：增大；减小。
20．【解答】解：长十一火箭加速上升过程中，质量不变、速度增大，其动能增大；同时高度增加，其重力势能增大；机械能等于动能与重力势能的总和，所以它的机械能不断增大。
故答案为：增大；增大。
21．【解答】解：人造地球卫星在远地点时，卫星和地球的相对距离最大，重力势能最大；卫星有一定的速度，但速度是最小的，故人造地球卫星在远地点时势能最大，动能最小。
故答案为：最大；最小。
22．【解答】解：由题可知，小球在右侧斜面上能到达的最高点Q低于初始位置P点，所以整个过程中小球的机械能不守恒，即从P点开始到Q点，越往后，小球的机械能总量越小。小球在M点和N点时的高度相同，根据重力势能的大小只与物体的质量和高度有关，同一个小球质量相等，故小球在M点和N点时的重力势能相等。
故答案为：重力势；减小。
23．【解答】解：（1）要探究动能大小与物体质量的关系，应使质量不同的小球从斜面的同一高度由静止滚下，保持小球的速度相同，质量不同；
（2）由图示实验可知，甲、丙两次实验，球的质量相同，甲滚下的高度大于丙滚下的高度，甲将纸盒推动得更远，说明球的动能更大，所以可得：质量相同的物体，运动速度越大，它具有的动能就越大；
要探究物体动能与物体质量的关系，需要控制物体的速度相同，改变物体的质量，甲、乙两图符合题意；
（3）该实验是通过观察纸盒被撞击后移动的距离来比较铁球动能的大小的，这种方法是转换法；
A．认识电压时，我们可以用水压来类比，用到了类比法，故A不符合题意；
B．用磁感线来描述磁场用的是模型法，故B不符合题意；
C．探究电功大小与哪些因素有关，通过重物提升的高度来判断电流做功的多少，采用的是转换法，故C符合题意；
（4）相同的表面对小球的阻力是相同的，通过观察小球滑行到静止的距离大小可以判断出小球的动能大小，即球滑行到静止的距离越大，小球的动能越大；可以得出动能与速度的关系，该实验方案正确。
故答案为：（1）速度；同一高度；（2）质量；速度；甲、乙；（3）纸盒移动的距离；C； （4）正确。
三．实验探究题（共4小题）
24．【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，此时杠杆处于静止状态，杠杆处于平衡状态；
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，此时杠杆的重心过支点，杠杆重力的力臂为0，消除杠杆的重力对杠杆平衡的影响，又便于测量力臂；
（3）设每一格为L，乙图所示位置处挂上4个钩码（每个重为0.5N），要使杠杆在水平位置平衡，
根据杠杆的平衡条件：4G•3L＝nG×2L，解得：n＝6，故应在杠杆右端的B点挂6个钩码；
（4）①不称货物时，提住提钮B，将秤砣移至E处，杆秤恰能在水平方向平衡，E称为“定盘心”，是杆秤的零刻度线；
②由图示可知，使用提钮C时，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由m秤砣gL秤砣＝m物gL物可知，杆秤的最大称量较大；
③当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
故答案为：（1）平衡；调整平衡螺母；消除杠杆自重影响，便于测量力臂；（3）6；（4）①零；②C；③大。
25．【解答】解：（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，右端偏高，平衡螺母需向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂的大小；
（2）①实验中应匀速直线拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下的钩码缓缓上升，此时测力计的示数等于绳端拉力；由图2知，测力计的分度值为0.2N，其示数为1.6N；
②由表中三次实验数据知，同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，相同情况下所做额外功减小，所以滑轮组的机械效率变大；
（3）保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
利用斜面做的有用功W有′＝Gh＝4N×0.2m＝0.8J；
总功为：W总′=W'有η=0.8J80%=1J；
克服摩擦做的额外功W额＝W总′﹣W有′＝1J﹣0.8J＝0.2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：f=W额s=0.2J1m=0.2N。
故答案为：（1）右；力臂；（2）①匀速；1.6；②变大；（3）减小接触面的粗糙程度；0.2。
26．【解答】解：（1）杠杆静止时杠杆处于平衡状态；如图，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动，才能使杠杆在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得第3次的测量数据中所遗漏的阻力臂为：L2=F1L1F2=10N×4cm5N=8cm；
由表格可知第2次实验的杠杆的动力臂小于阻力臂，所以杠杆此时属于费力杠杆；
（3）阻力和阻力臂的乘积不变，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂变小，要保持杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计的示数变大；
（4）图丁中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，多次调整力和力臂的大小进行实验，发现：当杠杆平衡时，F1L1＞F2L2，导致用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。
故答案为：（1）是；右；（2）8；费力； （3）变大 （4）＞；杠杆自重对实验有影响。
27．【解答】解：（1）与从斜面上滚下类似，质量不同的钢球从相同高度处摆下，摆线竖直时，钢球的速度是相同的；钢球的速度相同而质量不同，是探究动能与质量的关系；
（2）第1次实验时若不考虑能量损失，钢球对木块最多可做的功：W＝mgh＝0.02kg×10N/kg×0.2m＝0.04J；
上面的两次实验是在速度一定时，改变物体的质量，探究动能的大小，降低钢球下摆的高度会改变钢球速度，因此不能采用丙同学建议；动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，因此不能采用乙同学建议改变木块大小，综上所述，应采用甲的建议，换用同样较长的木板；
由表中的数据知：速度一定时，质量越大动能越大；
（3）质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，此时质量相同，速度不相同，所以可以研究铁球的动能大小与速度的关系；
（4）观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
故答案为：（1）速度；质量；（2）0.04；甲；大；（3）与速度；（4）错误。
四．计算题（共1小题）
28．【解答】解：
（1）祝融号在火星上的重力为：G火＝mg火＝m×0.38g＝240kg×0.38×10N/kg＝912N；
所受的阻力为：f＝0.06G火＝0.06×912N＝54.72N；
（2）祝融号做匀速直线运动，受到平衡力的作用，故牵引力为：F＝f＝54.72N；
牵引力做功为：W＝Fs＝54.72N×100m＝5472J；
（3）火星表面大气密度是地球表面大气密度的0.01倍，即ρ火＝0.01ρ地，V排＝V物；
物体在地球大气中受到的浮力为：F地＝ρ地V排g＝ρ地V物g，
在火星大气中受到的浮力为：F火＝ρ火V排g火＝ρ火V物g火，
故同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比为：
F地F火=ρ地V物g地ρ火V物g火=ρ地g地0.01ρ地×0.38g地=10.01×0.38=500019=5000：19。
答：（1）祝融号所受的阻力为54.72N；
（2）在这段时间内牵引力做的功为5472J；
（3）同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比为5000：19。
2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械
一．选择题（共13小题）
1．（2021•昆明）2021年5月15日凌晨2时，我国“天问一号”火星探测器从距离火星表面125千米的高度，约2万千米/时的速度，经过三个减速阶段，并在距离火星表面100米时，处于悬停状态，完成精避障后再缓速下降，历时9分钟，成功登陆火星。以下说法错误的是（ ）
A．打开降落伞进行伞系减速阶段，探测器的动能不断增加，重力势能不断减小
B．探测器的外壳需要防热性强的材料
C．探测器处于悬停状态时，受到平衡力的作用
D．火星离地球上亿公里，地面发出的指令并不能立刻被探测器接收到
2．（2021•云南）同学们正在进行排球训练，排球离开手后先向上运动，达到最高点后落下。下列说法正确的是（ ）
A．排球离开手上升过程中一直受到托力的作用
B．排球下落过程中重力势能减小，动能增大
C．排球运动到最高点时受平衡力的作用
D．排球运动过程中与空气摩擦产生热量，机械能不变
3．（2021•云南）如图甲所示，用动滑轮将正方体物块从装有水的容器底部缓慢匀速提起，拉力F随提升高度h变化的关系如图乙所示。物块完全离开水面后，动滑轮的机械效率为87.5%，绳重和摩擦忽略不计。下列选项正确的是（ ）
A．物块的边长为0.6m
B．动滑轮重为300N
C．提升物块完全离开水面前，动滑轮的机械效率大于87.5%
D．将物块提升至上表面与水面相平的过程中拉力F做的功为1650J
4．（2022•昆明模拟）如图所示，甲、乙两个滑轮组，其中每个滑轮的质量都相同，分别用拉力F1、F2将重物G1、G2提起来，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．若G1＝G2，G1、G2提升的高度相等，则F1与F2的大小相等、做的功也相等
B．若G1＝G2，使甲、乙两绳子自由端以相同的速度拉升重物，F1的拉力功率较大
C．若G1＞G2，把G1、G2提升相同的高度，则甲的机械效率大于乙的机械效率
D．若G1＝120N，让它上升1m，甲的机械效率为80%，则滑轮重20N
5．（2022•云南模拟）舂米就是把打下的稻谷去壳的过程，舂出来的壳就是米糠，剩下的米粒就是我们吃的白米。如图所示是舂米工具的结构示意图，其中O为固定转轴，A处连接着石球。脚在踏杆的B处施力，使石球升B高，脚拾起后石球会落下去击打稻谷。石球重为60N，不计摩擦和杆重。以下说法正确的是（ ）
A．此时舂米工具是费力杠杆
B．脚竖直向下至少用力24N，才能将石球抬起
C．脚沿与杆垂直方向用力时，该力的力臂为1.4m
D．如果考虑杆重的话，脚会更费力
6．（2021•昆明模拟）如图甲所示，用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组提升重物A。拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，重物上升的速度v随时间t变化的关系如图丙所示。不计一切摩擦和绳重，已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%。下列说法错误的是（ ）
A．0～1s内，重物A受到了非平衡力的作用
B．若以动滑轮为参照物，重物A是静止的
C．动滑轮的重力为300N
D．若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，滑轮组的机械效率将变为70%
7．（2021•云南模拟）用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物的关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．此滑轮组动滑轮的重为5N
B．当G物＝15N时，滑轮组机械效率为η＝75%
C．同一滑轮组的机械效率η随G物的增大而增大，最后等于100%
D．G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组的机械效率仍不改变
8．（2022•云南模拟）如图，小球沿光滑轨道由静止从A点向D点运动的过程中（空气阻力不计），下列说法正确的是（ ）
A．小球在A点的动能最大
B．小球在B点的速度最小
C．小球不能到达D点
D．小球在C点和B点的机械能相等
9．（2022•昆明一模）关于下列现象，说法正确的是（ ）
A．秋千从低处向高处摆动过程中重力势能转化为动能
B．汽车突然刹车时，乘客的身体会前倾，是由于身体上部受到惯性的作用
C．静止在水平地面上的课桌对地面的压力与地面对课桌的支持力是一对平衡力
D．一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态
10．（2022•云南模拟）2021年2月10日，“天问一号”探测器成为我国第一颗人造火星卫星。下列说法正确的是（ ）
A．若以地球为参照物，“天问一号”是静止的
B．“天问一号”在近火点的动能最小，重力势能最大
C．“天问一号”在做环火轨道运行过程中受平衡力
D．“天问一号”实施近火捕获制动利用了力的作用是相互的这一原理
11．（2022•云南模拟）在农业领域，一架普通无人机携带农药，一天可完成将近600亩农田农药喷洒任务，科技带来的优势非常明显。假定无人机每次装20kg农药，喷洒的过程中是在同一高度匀速飞行，下列说法正确的是（ ）
A．喷洒农药的过程中，无人机重力势能不变
B．喷洒农药的过程中，无人机动能不变
C．喷洒农药的过程中，无人机动能增大
D．喷洒农药的过程中，无人机的机械能减小
12．（2021•西山区模拟）在空中悬停的直升机上进行跳伞训练，勇敢的老王从静止开始竖直下落，其速度与时间的关系如图所示。在前30s的下落过程中（ ）
A．老王的动能不断增大
B．老王的机械能不断增大
C．老王所受重力做的功不断增大
D．老王所受重力做功的功率不断增大
13．（2021•西山区二模）如图所示，一颗钢珠从点自由下落（不计空气阻力），分别经过空中B、C两点。A、B两点间的距离等于B、C两点间的距离。下列说法正确的是（ ）
A．钢珠在下落过程中动能不变
B．钢珠在B点的重力势能小于在C点的重力势能
C．钢珠的重力在AB段做的功等于在BC段做的功
D．钢珠在A点的机械能大于在C点的机械能
二．填空题（共10小题）
14．（2022•砚山县一模）某同学用所学滑轮知识在家里阳台上安装了如图所示的升降装置，他用此装置将重480N的物体匀速拉高10m，所用拉力为300N，则拉力做的功是 J；该装置的机械效率为 。
15．（2022•昆明模拟）用如图甲所示的滑轮组提升物体，如图乙是在承重允许的范围内该滑轮组机械效率与所挂物体的重力变化情况的关系图像，从图像可知，同一个滑轮组，提起物体越重，滑轮组的机械效率越 ；不计绳重及摩擦，当物重为3200N时，滑轮组的机械效率为 。（百分号前保留1位小数）
16．（2022•昆明模拟）如图所示，甲工人用水平推力F甲推动重为750N的货物，在水平路面上匀速移动2m至仓库门口A处，用时10s，此过程中甲工人做功的功率P甲＝30W；乙工人接看使用滑轮组拉动该货物在同样的路面上匀速移动3m到达指定位置B，拉力F乙为80N。则甲工人做的功为 J；该滑轮组的机械效率为 。
17．（2022•宣威市校级模拟）如图所示，A物体质量为10kg.在力F的作用下沿水平地面做匀速直线运动、物体运动了10m，弹簧测力计读数为10N，已知A受地面的摩擦力为16N，拉力F做的功是 J，滑轮的机械效率为 。
18．（2021•云南模拟）新冠疫情期间，送餐机器人走进人们生活，如图所示，机器人工作时在水平地面上沿直线匀速前行。机器人的手臂属于 杠杆，若此时餐盘中食物所受外力全面消失，它将 。
19．（2022•昆明模拟）2022年2月8日，中国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中获得了冠军，如图为谷爱凌在比赛时的照片。谷爱凌从大跳台腾跃到空中最高点的过程中重力势能 ，动能 。（均选填“增大”、“减小”或“不变”）
20．（2022•麒麟区校级模拟）2020年9月15日，我国在黄海海域用长征十一号海射运载火箭，采取“一箭九星”方式将“吉林一号”高分03﹣1组卫星送入预定轨道，发射获得圆满成功，这是长十一火箭执行的第二次海上发射任务，标志着我国已经具备稳定高效的海上发射能力。长十一火箭在加速升空过程中，动能 ，机械能 。（两空均选填“增大”、“减小”或“不变”）
21．（2022•云南模拟）一人造地球卫星沿椭圆轨道运行，我们把卫星运行过程中离地球最近的一点叫近地点，最远的一点叫远地点（如图所示）。已知卫星在运行过程中机械能保持不变，那么卫星在远地点的势能 （最大/最小/为零）、动能 。（最大/最小/为零）
22．（2022•云南模拟）如图所示，小球从左侧斜面的P点由静止释放，在右侧斜面上能到达的最高位置是Q点，M、N是小球运动过程中先后通过的两个等高点。小球在M点和N点时的 能相等；从P点到Q点过程中，机械能总量 。
23．（2021•云南模拟）在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”的实验中，小明同学设计了如图所示甲、乙、丙三次实验，让铁球从同一斜面上某处由静止开始向下运动，然后与放在水平桌面上的纸盒相碰，铁球与纸盒在水平面上共同移动一段距离后静止。
（1）要探究动能大小与物体质量的关系应使铁球到达底部的 相同，为了达到这一目的所采取的具体操作方法是将小球从斜面的 由静止释放。
（2）由甲、丙两次实验可以得出的结论是：当 一定时，物体的 越大，物体具有的动能越大，通过 两次实验，可以探究物体动能与物体质量的关系。
（3）该实验是通过观察 来比较铁球动能的大小，从而得出结论的。下面的三个实例中也采用这种研究方法的是 。
A．认识电压时，我们可以用水压来类比
B．用磁感线来描述磁场
C．探究电功大小与哪些因素有关，通过重物提升的高度来判断电流做功的多少
（4）实验结束后，该同学拿走木块，先后将同一小球从同一斜面的不同高度处静止释放，记录小球在相同表面上滑行到静止的距离，如图丁所示，根据此现象，小明得出了动能与速度有关的结论，你认为该同学实验方案是否合理： 。（选填“合理”或“不合理”）
三．实验探究题（共4小题）
24．（2022•昆明模拟）小宇和陈宏同学在探究“杠杆的平衡条件”的实验中，用到的器材有：刻度均匀的杠杆（每小格为2cm），支架，细线，钩码多个（每个钩码重0.5N）。
（1）实验前，杠杆在支架上静止时如图甲所示，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）状态。接下来，要使杠杆在水平位置平衡，他们应该 （选填“调整平衡螺母”或“用手将杠杆转到水平位置”）。这样操作的好处是 。
（2）杠杆调节在水平位置平衡后，他们分别在杠杆两端加减、移动钩码，多次使杠杆在水平位置平衡后，将实验测量的部分数据记录在表中。
次数
F1/N
L1/cm
F2/N
L2/cm
1
1
8
2
4
2
1.5
6
1.5
6
3
2
4
4
2
4
2
6
4
（3）第4次实验时，小宇在杠杆A点挂上4个钩码，如图乙所示，要使杠杆在水平位置平衡，她应在B点挂上 个钩码。
（4）实验结束后，陈宏同学联想到生活中的杆秤，如图14丙所示，其主要结构由秤杆、秤钩A、提钮（B、C）、秤砣D组成。
①不称货物时，提住提钮B，将秤砣移至E处，杆秤恰能在水平方向平衡，E称为“定盘心”，是杆秤的 刻度线。
②在称量货物时，使用提钮 ，该杆秤的称量范围更大。
③若该杆秤配套的秤砣D有磨损，称量货物时杆秤显示的质量将比被测货物的真实质量偏 。（选填“大”或“小”）
25．（2022•五华区校级模拟）在生活和生产中，简单机板有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图1的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向 调节（选填“左”或“右”），使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量 。
（2）小明用图2的实验装置探究滑轮组机械效率。实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如表。
实验次数
物重G/N
物体上升高度h/cm
测力计的示数F/N
测力计移动的距离s/cm
1
4
3
1.6
9
2
4
6
18
3
4
8
1.6
24
①实验时沿竖直方向拉绳子自由端最省力，且应 拉动弹簧测力计。由图2可知，第2次实验中弹簧测力计示数为 N；
②分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）小明用图3的实验装置探究斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0.2m，若机械效率η＝80%，则物体在斜面上受到的摩擦力为 N。
26．（2022•昆明模拟）某物理兴趣小组利用如图所示的装置探究杠杆平衡的条件。
（1）实验前，杠杆处于静止状态如图甲所示，此时杠杆 （选填“是”或“不是”）平衡状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调。
（2）小明利用装置乙进行了多次实验，并将部分实验数据记录在表中，其中第3次的测量数据中漏了阻力臂，则所遗漏的阻力臂为 cm。第2次实验的杠杆属于 （选填“费力”或“省力”）杠杆。
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
4
5
10
2
2
8
3
4
6
3
10
4
5
（3）如图丙所示，若在D点不挂钩码，改用弹簧测力计在D点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从位置1转动到位置2时，其示数大小将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（4）实验中小华提出问题：若支点不在杠杆的中点，杠杆平衡的条件是否成立？于是该小组利用如图丁所示的装置进行探究，在杠杆E点处挂上3个钩码，用弹簧测力计在F点处竖直向上拉。以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子的拉力为阻力F2，多次调整力和力臂的大小进行实验，发现：当杠杆平衡时，F1L1 （选填“＞”、“＝”或“＜”）F2L2，原因是 。
27．（2022•砚山县一模）在探究“物体动能与质量和速度的关系”实验中，如图甲所示，将钢球从某一高度由静止释放，钢球摆到竖直位置时，撞击水平木板上的木块，将木块撞出一段距离。
试验次数
钢球的质量/g
钢球下摆的高度h/cm
木块滑行的距离/cm
1
20
20
25
2
40
20
45
3
60
20
62
（1）从表中数据可以看出，实验中控制了钢球的 相同，从而探究动能与 的关系。
（2）第1次实验时若不考虑能量损失，钢球对木块最多可做 J的功；第3次实验时，木块被撞后在木板滑行无法记录数据，需要重做第三次实验，甲同学建议换用同样较长的木板，乙同学建议换一个较大的木块，丙同学建议降低钢球下摆的高度，若要将第三次实验数据与前两次比较，你认为应当采用 同学的建议。由上述实验数据和现象可得出结论：在速度一定时，物体的质量越大，动能越 。
（3）小华将实验装置改进成图乙所示，利用质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，来研究铁球动能大小 的关系。
（4）小华还想用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，探究铁球的动能大小与质量的关系，这个设计方案是 （选填“正确”或“错误”）的。
四．计算题（共1小题）
28．（2021•昆明）“天问一号”火星探测器是中国人民的骄傲，因为它是我国首次登陆火星的探测器。着陆火星的“祝融号”，质量为240kg，在牵引力的驱使下，30min匀速运动了100m，假设祝融号在火星上受到的阻力是其在火星上所受重力的0.06倍，已知g火＝0.38g，火星表面大气密度是地球表面大气密度的0.01倍，g取10N/kg。求：
（1）祝融号所受的阻力；
（2）在这段时间内牵引力做的功；
（3）同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比。
2022年云南省中考物理专题练6-功和简单机械
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．【解答】解：
A、打开降落伞进行伞系减速阶段，探测器的质量不变，速度和高度都减小，所以其动能和重力势能都不断减小，故A错误；
B、探测器在降落过程中需要克服空气阻力做功，会使探测器的内能增大、温度升高，所以探测器的外壳需要防热性强的材料，故B正确；
C、探测器处于悬停状态时，即处于平衡状态，所以一定受到平衡力的作用，故C正确；
D、地面发出的指令通过电磁波传播，虽然电磁波的传播速度很快，但火星离地球上亿公里，路程很远，所以指令被探测器接收到需要一定的时间，故D正确。
故选：A。
2．【解答】解：A、排球和手之间是弹力，产生弹力时不能离开物体，故排球离开手上升过程中，排球不受手的托力作用，故A错误。
B、排球下落过程中，排球的质量不变，高度减小，重力势能减小，速度增大，动能增大，故B正确。
C、排球运动到最高点，不能保持静止状态，排球只受重力作用，所以排球在最高点不受平衡力作用，故C错误。
D、排球运动过程中与空气摩擦产生热量，这是摩擦生热，机械能转化为内能，机械能减少，内能增加，故D错误。
故选：B。
3．【解答】解：
A.动滑轮绳子的有效股数n＝2，由图乙可知，物块浸没时绳子的拉力F1＝1375N，
绳重和摩擦忽略不计，由F=1n（G+G动﹣F浮）可得：1375N=12（G+G动﹣F浮）﹣﹣﹣﹣①
当物块完全离开水面后绳子的拉力F2＝2000N，
由F=1n（G+G动）可得：2000N=12（G+G动）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：F浮＝1250N，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮＝ρ液gV排可得，物块的体积：V＝V排=F浮ρ水g=1250N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.125m3，
由V＝L3可得，物块的边长：L=3V=30.125m3=0.5m，故A错误；
B.绳重和摩擦忽略不计，物块完全离开水面后，动滑轮的机械效率：
η=W有W总×100%=Gℎ(G+G动)ℎ×100%=GG+G动×100%，即87.5%=GG+G动×100%﹣﹣﹣﹣﹣③
由②③可得：G＝3500N，G动＝500N，故B错误；
C.绳重和摩擦忽略不计，提升物块完全离开水面前，滑轮组的机械效率：
η′=W有'W总'×100%=(G−F浮)ℎ(G+G动−F浮)ℎ×100%=G−F浮G+G动−F浮×100%=3500N−1250N3500N+500N−1250N×100%≈81.8%，
则动滑轮的机械效率小于87.5%，故C错误；
D.将物块提升至上表面与水面相平的过程中，由图乙可知，物体上升的高度h＝0.6m，拉力F＝1375N，
绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×0.6m＝1.2m，
此过程中拉力F做的功W＝Fs＝1375N×1.2m＝1650J，故D正确。
故选：D。
4．【解答】解：
AB、从图中可知，n1＝3，n2＝2，每个滑轮的质量都相同，根据G＝mg可知每个滑轮的重力相同。
若G1＝G2，根据F=1n（G+G动）可知，F1=13（G1+G动），F2=12（G2+G动）＞F1；
重物匀速提升的高度相同，由W有＝Gh可知，有用功相同，不计绳重及摩擦，则额外功是克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，因动滑轮相同，提升的高度相同，故做的额外功相同；
而W总＝W有+W额外，所以总功相同，即拉力F1和F2做的功相等，故A错误；
使甲、乙两绳子自由端以相同的速度拉升重物，且已知F2＞F1，根据P=Wt=Fst=Fv可知F2的拉力功率较大，故B错误；
C、若G1＞G2，把G1、G2提升相同的高度，由W有＝Gh可知，使用甲装置所做的有用功较多，不计绳重及摩擦，则额外功是克服动滑轮自重做的功，即W额外＝G动h，因动滑轮相同，提升的高度相同，故做的额外功相同；
而W总＝W有+W额外，所以使用甲装置所做的总功较多，根据η=W有W总=1−W额外W总可知，甲的机械效率大于乙的机械效率，故C正确；
D、若G1＝120N，让它上升1m，则甲的机械效率η=W有W总=G1ℎG1ℎ+G动ℎ=G1G1+G动=120N120N+G动=80%，据此得出滑轮的重力G动＝30N，故D错误。
故选：C。
5．【解答】解：A、由图可知，舂米工具在使用的过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故A错误；
B、当脚竖直向下用力时，如图所示动力臂为OC，阻力臂为OD，如图所示：
；
F2•OC＝G•OD，F2•OB•cosθ＝G•OA•cosθ，所以：F2•OB＝G•OA，F2×1m＝60N×0.4m，解得F2＝24N，故脚竖直向下用力F2为至少为24N，故B正确；
C、不计摩擦和杆重，图中O为支点，脚沿与杆垂直方向用力F1时，力臂OB最长，OB＝1.4m﹣0.4m＝1m，故C错误；
D、由图可知，杆的重心与脚的位置在支点的同一侧，根据杠杆的平衡条件可知：F2•OC+G杆×L杆＝G•OD，所以如果考虑杆重的话，脚会更省力，故D错误。
故选：B。
6．【解答】解：
A.由图丙可知，物体在0～1s内做变速运动，运动状态发生改变，由此可知物体A受到了非平衡力作用，故A正确；
B.随物体一起运动的滑轮叫动滑轮，因为重物相对于动滑轮的位置没有发生改变，所以重物相对于动滑轮是静止的，故B正确；
C.在1s～2s内，由图甲可知滑轮组绳子的有效股数n＝3，由图乙可知拉力F＝500N，由图丙可知物体匀速上升，
则滑轮组的机械效率η=W有W总×100%=GℎFs×100%=GℎFnℎ×100%=GnF×100%=G3×500N×100%＝80%，解得：G＝1200N，
不计一切摩擦和绳重，由F=1n（G+G动）可得，动滑轮的重力G动＝nF﹣G＝3×500N﹣1200N＝300N，故C正确；
D.若将重物A的重力减小为900N，则提升重物匀速上升时，
滑轮组的机械效率η′=W有'W总'×100%=G'ℎ'(G'+G动)ℎ'×100%=G'G'+G动×100%=900N900N+300N×100%＝75%，故D错误。
故选：D。
7．【解答】解：
A、由图可知，G物1＝12N时，滑轮组的机械效率η1＝80%，
不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率η=W有用W总=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动，
即：80%=12N12N+G动，
解得动滑轮重力：G动＝3N，故A错误；
B、同理可得，当G物＝15N时，滑轮组的机械效率：η′=G物G物+G动=15N15N+3N×100%≈83.3%，故B错误；
C、由图像可知，同一滑轮组机械效率η随G物的增大而增大；但使用滑轮组时，不可避免地要克服动滑轮重做额外功，所以总功一定大于有用功；由公式η=W有用W总知机械效率一定小于100%，故C错误；
D、不计绳重和摩擦，G物不变，改变图甲中的绕绳方式，由公式η=G物G物+G动可知，该滑轮组的机械效率不变，故D正确。
故选：D。
8．【解答】解：A、物体整个运动过程中机械能守恒，动能最大时重力势能最小，因此B点动能最大，故A错误；
B、物体整个运动过程中机械能守恒，动能最大时重力势能最小，因此B点动能最大，速度最大，故B错误；
C、物体整个运动过程中机械能守恒，A点与D点位于同一高度，因此可以达到D点，故C错误；
D、物体整个运动过程中机械能守恒，因此小球在整个过程中机械能不变，故D正确。
故选：D。
9．【解答】解：A、秋千从低处向高处摆动的过程中，秋千的高度逐渐增大，重力势能逐渐增大，其速度逐渐减小，动能逐渐减小，是将动能转化为重力势能，故A错误；
B、汽车突然刹车时，乘客的身体会前倾，是因为乘客具有惯性，而不是受到惯性作用，故B错误；
C、静止在水平地面上的课桌对地面的压力与地面对课桌的支持力是作用在不同物体上的两个力，不是一对平衡力，故C错误；
D、一切物体在没有受到外力作用的时候，总保持静止或匀速直线运动状态，这是牛顿第一定律的内容，是牛顿总结了伽利略等前人的研究成果，概括出一条重要物理定律，故D正确。
故选：D。
10．【解答】解：A、以地球为参照物，“天问一号”与地球之间的位置关系一直在发生变化，所以它是运动的，故A错误；
B、“天问一号”在近火点时的速度最大，动能最大，高度最低，势能最小，故B错误；
C、“天问一号”在做环火轨道运行中做的是曲线运动，运动方向发生了变化，所以受到的不是平衡力，故C错误；
D、“天问一号”实施近火捕获制动，向下喷出气体，给气体一个向下的力，由于物体间力的作用是相互的，气体给“天问一号”一个向上的力，使其运动状态发生变化，故D正确。
故选：D。
11．【解答】解：因为喷洒的过程中无人机是在同一高度匀速飞行，因此高度不变，喷洒药物质量变小，重力势能变小；速度不变动能减小；动能和重力势能均减小，所以机械能减小，故D正确。
故选：D。
12．【解答】解：
AB、勇敢的老王从静止开始竖直下落，根据图像可知，其速度先变大，质量不变，动能变大，高度降低，重力势能变小；一段时间后速度变小，动能变大，高度降低，重力势能减小，从15s以后速度保持不变，动能不变；老王在运动的过程中，需要克服空气的阻力做功，机械能转化为内能，机械能变小，故AB错误；
C、老王竖直下落，下落的高度越来越大，老王的重力不变，根据W＝Gh可知，老王所受重力做的功不断增大，故C正确；
D、老王的速度先变大后变小，最后不变，根据P=Wt=Gℎt=Gv可知，老王所受重力做功的功率先变大后变小，最后保持不变，故D错误。
故选：C。
13．【解答】解：
A、小球从A点由静止开始下落，质量不变，速度越来越大，其动能不断变大，故A错误；
B、小球的质量不变，C点的高度小于在B点的高度，故小球在C点的重力势能小于在B点的重力势能，故B错误；
C、已知AB和BC的距离相等，小球的重力一定，根据W＝Gh可知，在AB段和BC段重力做的功相同，故C正确；
D、钢珠在下落的过程中，不计空气阻力，机械能是守恒的，所以钢珠在A点的机械能等于在C点的机械能，故D正确。
故选：C。
二．填空题（共10小题）
14．【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：
s＝nh＝2×10m＝20m，
拉力做的总功：
W总＝Fs＝300N×20m＝6000J；
（2）拉力做的有用功：
W有＝Gh＝480N×10m＝4800J，
该装置的机械效率：
η=W有W总×100%=4800J6000J×100%＝80%。
故答案为：6000；80%。
15．【解答】解：（1）由图像可知，同一个滑轮组，提起物体越重，滑轮组的机械效率越大；
（2）由图像可知，当物重为400N时，机械效率为40%，
由不计绳重和摩擦时η=W有W总=W有W有+W额外=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动可知，动滑轮的重力：
G动=1−ηηG=1−40%40%×400N＝600N，
则不计绳重和摩擦时，提升物重为3200N时的机械效率：
η'=W有'W总'=W有'W有'+W额外'=G'ℎG'ℎ+G动ℎ=G'G'+G动=3200N3200N+600N×100%≈84.2%。
故答案为：大；84.2%。
16．【解答】解：（1）由P=Wt可得甲工人做的功：
W甲＝P甲t＝30W×10s＝300J；
（2）由W＝Fs可得甲工人的推力：
F甲=W甲s1=300J2m=150N，
因为货物在水平路面上被匀速推动，所以货物受到的推力、摩擦力是一对平衡力，
货物受到的摩擦力：
f＝F甲＝150N；
乙工人使用滑轮组将货物在同样的路面上匀速移动3m，
由图知，n＝3，拉力端移动距离s乙＝3s2，
滑轮组的机械效率：
η=W有W总=fs2F乙s乙=fs2F乙ns2=fnF乙=150N3×80N×100%＝62.5%。
故答案为：300；62.5%。
17．【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动距离：s＝2s物＝2×10m＝20m，
因为弹簧测力计和拉力F在同一根绳子上，所以拉力F等于弹簧测力计的示数，
则拉力F做的功：W＝Fs＝10N×20m＝200J；
（2）动滑轮的机械效率：η=W有W总=fs物Fs=fs物Fns物=fnF=16N2×10N×100%＝80%。
故答案为：200；80%。
18．【解答】解：（1）机器人的手臂在用力时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；
（2）原来餐盘中食物做匀速直线运动，若此时餐盘中食品所受外力全部消失，根据牛顿第一定律可知，它将做匀速直线运动。
故答案为：费力；做匀速直线运动。
19．【解答】解：谷爱凌从大跳台腾跃到空中最高点的过程中，质量不变，高度变大，重力势能增大；速度减小，动能减小。
故答案为：增大；减小。
20．【解答】解：长十一火箭加速上升过程中，质量不变、速度增大，其动能增大；同时高度增加，其重力势能增大；机械能等于动能与重力势能的总和，所以它的机械能不断增大。
故答案为：增大；增大。
21．【解答】解：人造地球卫星在远地点时，卫星和地球的相对距离最大，重力势能最大；卫星有一定的速度，但速度是最小的，故人造地球卫星在远地点时势能最大，动能最小。
故答案为：最大；最小。
22．【解答】解：由题可知，小球在右侧斜面上能到达的最高点Q低于初始位置P点，所以整个过程中小球的机械能不守恒，即从P点开始到Q点，越往后，小球的机械能总量越小。小球在M点和N点时的高度相同，根据重力势能的大小只与物体的质量和高度有关，同一个小球质量相等，故小球在M点和N点时的重力势能相等。
故答案为：重力势；减小。
23．【解答】解：（1）要探究动能大小与物体质量的关系，应使质量不同的小球从斜面的同一高度由静止滚下，保持小球的速度相同，质量不同；
（2）由图示实验可知，甲、丙两次实验，球的质量相同，甲滚下的高度大于丙滚下的高度，甲将纸盒推动得更远，说明球的动能更大，所以可得：质量相同的物体，运动速度越大，它具有的动能就越大；
要探究物体动能与物体质量的关系，需要控制物体的速度相同，改变物体的质量，甲、乙两图符合题意；
（3）该实验是通过观察纸盒被撞击后移动的距离来比较铁球动能的大小的，这种方法是转换法；
A．认识电压时，我们可以用水压来类比，用到了类比法，故A不符合题意；
B．用磁感线来描述磁场用的是模型法，故B不符合题意；
C．探究电功大小与哪些因素有关，通过重物提升的高度来判断电流做功的多少，采用的是转换法，故C符合题意；
（4）相同的表面对小球的阻力是相同的，通过观察小球滑行到静止的距离大小可以判断出小球的动能大小，即球滑行到静止的距离越大，小球的动能越大；可以得出动能与速度的关系，该实验方案正确。
故答案为：（1）速度；同一高度；（2）质量；速度；甲、乙；（3）纸盒移动的距离；C； （4）正确。
三．实验探究题（共4小题）
24．【解答】解：（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，此时杠杆处于静止状态，杠杆处于平衡状态；
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，此时杠杆的重心过支点，杠杆重力的力臂为0，消除杠杆的重力对杠杆平衡的影响，又便于测量力臂；
（3）设每一格为L，乙图所示位置处挂上4个钩码（每个重为0.5N），要使杠杆在水平位置平衡，
根据杠杆的平衡条件：4G•3L＝nG×2L，解得：n＝6，故应在杠杆右端的B点挂6个钩码；
（4）①不称货物时，提住提钮B，将秤砣移至E处，杆秤恰能在水平方向平衡，E称为“定盘心”，是杆秤的零刻度线；
②由图示可知，使用提钮C时，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由m秤砣gL秤砣＝m物gL物可知，杆秤的最大称量较大；
③当秤砣磨损一部分，相当于秤砣的质量减小了，根据杠杆的平衡条件知，在阻力和阻力臂不变时，动力减小，动力臂增大，所以测量结果偏大了。
故答案为：（1）平衡；调整平衡螺母；消除杠杆自重影响，便于测量力臂；（3）6；（4）①零；②C；③大。
25．【解答】解：（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，右端偏高，平衡螺母需向右调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂的大小；
（2）①实验中应匀速直线拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下的钩码缓缓上升，此时测力计的示数等于绳端拉力；由图2知，测力计的分度值为0.2N，其示数为1.6N；
②由表中三次实验数据知，同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，相同情况下所做额外功减小，所以滑轮组的机械效率变大；
（3）保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
利用斜面做的有用功W有′＝Gh＝4N×0.2m＝0.8J；
总功为：W总′=W'有η=0.8J80%=1J；
克服摩擦做的额外功W额＝W总′﹣W有′＝1J﹣0.8J＝0.2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：f=W额s=0.2J1m=0.2N。
故答案为：（1）右；力臂；（2）①匀速；1.6；②变大；（3）减小接触面的粗糙程度；0.2。
26．【解答】解：（1）杠杆静止时杠杆处于平衡状态；如图，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动，才能使杠杆在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得第3次的测量数据中所遗漏的阻力臂为：L2=F1L1F2=10N×4cm5N=8cm；
由表格可知第2次实验的杠杆的动力臂小于阻力臂，所以杠杆此时属于费力杠杆；
（3）阻力和阻力臂的乘积不变，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，动力臂变小，要保持杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件可知，测力计的示数变大；
（4）图丁中，杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，多次调整力和力臂的大小进行实验，发现：当杠杆平衡时，F1L1＞F2L2，导致用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符。
故答案为：（1）是；右；（2）8；费力； （3）变大 （4）＞；杠杆自重对实验有影响。
27．【解答】解：（1）与从斜面上滚下类似，质量不同的钢球从相同高度处摆下，摆线竖直时，钢球的速度是相同的；钢球的速度相同而质量不同，是探究动能与质量的关系；
（2）第1次实验时若不考虑能量损失，钢球对木块最多可做的功：W＝mgh＝0.02kg×10N/kg×0.2m＝0.04J；
上面的两次实验是在速度一定时，改变物体的质量，探究动能的大小，降低钢球下摆的高度会改变钢球速度，因此不能采用丙同学建议；动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，因此不能采用乙同学建议改变木块大小，综上所述，应采用甲的建议，换用同样较长的木板；
由表中的数据知：速度一定时，质量越大动能越大；
（3）质量相同的铁球将同一弹簧压缩不同程度后静止释放，撞击同一木块，将木块撞出一段距离进行比较，此时质量相同，速度不相同，所以可以研究铁球的动能大小与速度的关系；
（4）观察图乙的装置可知，若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击同一木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验目的。
故答案为：（1）速度；质量；（2）0.04；甲；大；（3）与速度；（4）错误。
四．计算题（共1小题）
28．【解答】解：
（1）祝融号在火星上的重力为：G火＝mg火＝m×0.38g＝240kg×0.38×10N/kg＝912N；
所受的阻力为：f＝0.06G火＝0.06×912N＝54.72N；
（2）祝融号做匀速直线运动，受到平衡力的作用，故牵引力为：F＝f＝54.72N；
牵引力做功为：W＝Fs＝54.72N×100m＝5472J；
（3）火星表面大气密度是地球表面大气密度的0.01倍，即ρ火＝0.01ρ地，V排＝V物；
物体在地球大气中受到的浮力为：F地＝ρ地V排g＝ρ地V物g，
在火星大气中受到的浮力为：F火＝ρ火V排g火＝ρ火V物g火，
故同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比为：
F地F火=ρ地V物g地ρ火V物g火=ρ地g地0.01ρ地×0.38g地=10.01×0.38=500019=5000：19。
答：（1）祝融号所受的阻力为54.72N；
（2）在这段时间内牵引力做的功为5472J；
（3）同一物体在地球大气中受到的浮力与它在火星大气中受到的浮力之比为5000：19。
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