专题08简单机械与机械效率【新题速递】冲刺2023年中考物理复习模拟新题选编（2023年5月）

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专题08 简单机械与机械效率 【新题速递】冲刺2023年中考物理复习模拟新题选编（2023年5月）（解析版）

目录
一、单选题 1
二、多选题 8
三、填空题 11
四、作图题 15
五、实验题 17
六、计算题 23

一、单选题
1．（2023·重庆渝中·二模）俯卧撑主要锻炼上肢、腰部及腹部的肌肉。如图所示，小明做俯卧撑时可视为一个杠杆，其重心在A处，手掌作用在地面B处，已知小明体重600N，1min内可做50个俯卧撑，每次重心A上升的距离为0.4m。则下列判断正确的是（　　）

A．做俯卧撑时可视为费力杠杆 B．图示位置时两只手掌对地面的压力共2400N
C．每次俯卧撑人做的功为192J D．小明做俯卧撑的功率为200W
【答案】D。
【解析】A．由于做俯卧撑时，脚尖可以看做支点，重力可以看做阻力，手部支撑力可以看做动力，支点到重力作用线的距离小于支点到动力作用线的距离，即阻力臂小于动力臂，所以做俯卧撑时可视为省力杠杆，故A错误；
B．由杠杆平衡条件可得

解得
F=480N
故B错误；
C．每次重心A上升的距离为0.4m，每次俯卧撑人克服人体重力做功

故C错误；
D．1min内可做50个俯卧撑，则做俯卧撑的功率

故D正确。
2．（2023·广东广州·统考一模）小昕在测量机械效率的实验时，分别用甲、乙、丙三种机械将重为1N的物体匀速提升0.2m，记录它们所做的总功如图所示，则（    ）

A．甲的机械效率高于乙
B．乙的额外功大于甲
C．丙的数据是错误的
D．甲的有用功小于乙
【答案】C。
【解析】分别用甲、乙、丙三种机械将重为1N的物体匀速提升0.2m，做的有用功

A．由图可知，甲机械做的总功为0.45J，乙机械做的总功为0.30J，根据可知，甲的机械效率低于乙，故A不符合题意；
B．甲的额外功

乙的额外功

由计算可知，乙的额外功小于甲，故B不符合题意；
C．使用机械可以省力或省距离，但使用任何机械都不能省功，三种机械的有用功都为0.2J，丙机械的总功一定大于等于0.2J，因此丙的数据是错误的，故C符合题意；
D. 甲、乙、丙的有用功都相等，故D不符合题意。
3．（2023·重庆·重庆南开中学校考一模）如图甲所示，是小南设计的测量物体重力的电子秤，电源电压为3V，是阻值为100Ω的定值电阻，R是压力敏感电阻，其阻值随压力变化如图乙所示，R能承受的最大压力是400N，O是杠杆支点，，托盘、杠杆和压杆质量不计。下列选项正确的是（　　）

A．物重越小，电压表的示数越大 B．空载时，电压表的示数为0V
C．电压表的最大示数是2V D．电压表示数为1V时，物重是250N
【答案】C。
【解析】由图甲可知，电阻R0与R串联，电压表测量定值电阻R0两端的电压；

A．由图乙可知，压敏电阻R的阻值随压力增大而减小，物重越小，压敏电阻受到的压力越小，则R的阻值越大，串联电路中的总电阻增大，电路中的电流变小，由可知，R0两端的电压变小，即电压表的示数变小，故A错误；
B．空载时压力为0，由图乙可知此时压敏电阻为450Ω，此时电路中的电流为

R0两端电压为

故B错误；
C．由串联分压规律可知，当秤达到最大称量时，压敏电阻阻值最小，电路中电流最大，定值电阻两端电压最大，电压表的示数最大。压力最大为400N时，由图象可知压力传感器R=50Ω，电路电流

R0两端电压

故C正确；
D．当电压表的示数为1V时，电路电流

压力传感器R的阻值

由图象可知，当压力传感器R"=200Ω时，所受压力F=250N，由杠杆平衡条件得
F·OA=G·OB
解得物重

故D错误。
4．（2023·吉林白城·校考一模）如图所示是学生使用圆珠笔在纸上写字时的情景，下列分析中正确的是（    ）

A．此时笔属于省力杠杆 B．圆珠笔的长度约为
C．笔相对于纸面是静止的 D．笔尖上的小滚珠可以减小摩擦
【答案】D。
【解析】A．手握圆珠笔在纸上写字时，手的作用力为动力，笔尖与纸的摩擦力为阻力，笔的上端与手的接触点为支点，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A错误；
B．一支圆珠笔的长度约是，故B错误；
C．圆珠笔在纸上写字时，圆珠笔相对于纸面位置发生变化，是运动的，故C错误；
D．圆珠笔的笔尖有滚珠，笔尖和纸之间的摩擦属于滚动摩擦，减小了摩擦，故D正确。
5．（2023·北京朝阳·统考一模）如图所示，用动滑轮把重90N的沙子从一楼地面运上二楼地面，每层楼高3m，动滑轮重10N。第一次用桶装沙子，桶重20N，第二次用布袋装沙子，布袋重5N，两次用时均为10s。下列说法错误的是（　　）

A．第一次人对绳子的拉力为60N B．第二次动滑轮做的有用功为285J
C．第二次人拉绳子的功率为31.5W D．第一次动滑轮的机械效率为75%
【答案】B。
【解析】A．由可知，第一次人对绳子的拉力为

故A正确，不符合题意
B．由可知，第二次动滑轮做的有用功为

故B错误，符合题意；
C．第二次做的额外功为

第二次做的总功为

由可知，第二次人拉绳子的功率为

故C正确，不符合题意；
D．第一次动滑轮做的有用功为

第一次做的额外功为

第一次做的总功为

第一次动滑轮的机械效率为

故D正确，不符合题意。
6．（2023·广东汕头·统考一模）如图所示，工人利用滑轮组将质量57kg的建筑材料匀速提升，绳子自由端移动的速度为0.4m/s，动滑轮的质量为3kg，忽略绳重和摩擦，则（g取10N/kg）（　　）

A．经过10s建筑材料被提升4m B．工人对绳子的拉力为200N
C．经过10s工人做的有用功为2280J D．此过程中该滑轮组的机械效率为95%
【答案】D。
【解析】A．由可知，绳子自由端移动的距离
s=vt=0.4m/s×10s=4m
由图可知n = 2，物体上升的高度为2m，故A错误；
B．建筑材料的重力
G=mg=57kg×10N/kg= 570N
动滑轮的重力
G动=m动g=3kg×10N/kg=30N
因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力

故B错误；
C．经过10s工人做的有用功
W有=Gh=570N×2m=1140J
故C错误；
D．拉力做的总功
W总=Fs=300N×4m=1200J
滑轮组的机械效率

故D正确。
7．（2023·河南郑州·二模）如图所示，工人用10s沿斜面把一箱货物从底端匀速拉到顶端，拉力为800N，斜面长5m、高2m，货物质量为160kg。对此，下列说法正确的是（g取10N/kg）（　　）

A．货物的重力和斜面对货物的支持力是一对平衡力
B．货物受到的摩擦力大小为800N
C．拉力的功率为400W
D．斜面的机械效率是75%
【答案】C。
【解析】A．货物的重力和斜面对货物的支持力方向不在同一直线上，不是一对平衡力，故A错误；
B．拉力做的功为

有用功为

克服摩擦力做的功

由得，货物受到的摩擦力大小为

故B错误；
C．拉力的功率为

故C正确；
D．斜面的机械效率是

故D错误。
8．（2023·河南驻马店·统考一模）如图，这是一种塔式起重机，已知起重机上的滑轮组在匀速起吊的物体时，滑轮组的机械效率是，g取10N/kg。下列分析和计算错误的是（　　）

A．起重机的吊臂AOB可视为杠杆
B．减小起吊物体的质量，滑轮组的机械效率将增大
C．物体上升，滑轮组所做有用功是
D．物体上升，滑轮组所做总功是
【答案】B。
【解析】A．吊臂AOB是可以在力的作用下绕点转动的硬棒，因此吊臂AOB可视为杠杆，故A正确，不符合题意；
B．减小起吊物体的质量，起吊物体的重力减小，额外功不变，有用功减小，有用功在总功中所占的比例变小，则滑轮组的机械效率变小，故B错误，符合题意；
C．物体上升，滑轮组所做有用功

故C正确，不符合题意；
D．由可得，物体上升，滑轮组所做总功

故D正确，不符合题意。
二、多选题
9．（2023·北京通州·统考一模）一个重700N的工人站在地面上，利用如图甲所示的滑轮组提升一批不同重力的货物。此时，工人正在用竖直向下的拉力F使重为500N的货物A以0.2m/s的速度匀速上升，拉力F所做的功W与时间t的关系如图乙所示。已知缠绕滑轮组的绳子最多只能承受550N的拉力，在不计绳重和摩擦的情况下，下列说法中正确的有（　　）

A．拉力F为300N
B．拉力F的功率为120W
C．此人使用该滑轮组最多能使重为1300N的货物匀速上升
D．此人使用该滑轮组匀速提升货物时，最大的机械效率约为90.9%
【答案】ABD。
【解析】A．由图乙可知，1s内拉力做的功为120J，1s内货物上升的高度
h=vAt=0.2m/s×1s=0.2m
由图可知滑轮组的动滑轮绕绳子的段数n=2，绳子自由端移动的距离
s=nh=2×0.2m=0.4m
由W=Fs可知拉力

故A正确；
B．拉力的功率

故B正确；
C．不计绳重和摩擦的情况，动滑轮的重力
G动=nF-G=2×300N-500N=100N
人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力
F人最大=G人=700N
由于绳子所能承受的最大拉力为550N，即绳子所能承受的最大拉力小于人的最大拉力，因此此人使用该滑轮组提升货物时绳子自由端的最大拉力
F最大=F绳最大=550N
货物的最大重力
G最大=nF最大-G动=2×550N-100N=1000N
故C错误；
D．不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率

滑轮组的最大机械效率

故D正确。
10．（2023·北京石景山·统考一模）如图甲所示，置于水平工作台面上的卷扬机，其底面积为0.2m2，质量为50kg，卷扬机对绳子竖直向上的拉力F与卷扬机拉动绳子的速度v的关系如图乙所示，卷扬机拉动绳子的功率保持不变。现用卷扬机通过一个动滑轮匀速竖直提升重为500N的物体A，经过2s物体A被提升了20cm。取g=10N/kg，下列说法正确的是（　　）

A．拉力F的功率是60W
B．动滑轮所受的重力为100N
C．提升物体A时，动滑轮的机械效率约为83.3%
D．提升物体A时，卷扬机对工作台面的压强为2500Pa
【答案】AC。
【解析】A．由题意可得，物体提升的速度为


动滑轮上有两股绳，则绳子的速度为


由图可得，当绳子的速度为0.2m/s时，绳子的拉力为F=300N，由P=Fv可得拉力F的功率为
P=Fv=300N×0.2m/s=60W
故A正确；
B．由于绳子与滑轮间有摩擦力的存在，所以由题意可得，绳子的拉力为


结合上述分析可得


动滑轮所受的重力小于100N，故B错误；
C．设A提升高度为h，由上述分析可得，总功为


有用功为


动滑轮的机械效率为


故C正确；
D．提升物体A时，卷扬机对工作台面的压力为
F压=GA+F=500N+300N=800N
提升物体A时，卷扬机对工作台面的压强为


故D错误。
三、填空题
11．（2023·安徽合肥·统考二模）如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是其杠杆模型示意图。壁灯与支架总重力为60N，壁灯与支架总重力的作用线恰好经过B点，厘米，厘米，厘米，DC垂直于AD，上方螺丝钉A受到墙面垂直的力=_________N。

【答案】70
【解析】
如图，在图中画出动力和阻力，可知

D点为支点，DB为动力臂，AD为阻力臂，由杠杆平衡条件可得

代入数据得


解得


即上方螺丝钉A受到墙面垂直的力 FA=70N。
12．（2023·江苏南京·校联考模拟预测）我国海军福建舰航母配备先进的电磁弹射系统，其简化原理如甲图。金属滑块处于强磁场中，通过牵引索与飞机相连，构成电磁弹射器。当金属滑块接通强电流时，滑块会获得强大的推力，牵引飞机加速起飞。电磁弹射器的工作原理类似于___________（选填“发电机”、“电动机”或“电磁铁”）。为避免下方滑轨因受金属滑块的压力过度磨损，某同学设计了乙和丙两种方案（忽略绳重和摩擦），这两种方案中较省力的是___________方案，滑轮组机械效率较高的是___________方案。

【答案】 电动机 丙 乙
【解析】[1]电磁弹射器的弹射车与飞机前轮连接，并处于强磁场中，当弹射车内的导体通以强电流时，即可受到强大的推力，由此可知其原理是通电导体在磁场中受力而运动，其原理与电动机相同；
[2][3]根据图乙可知，乙方案中是定滑轮，使用定滑轮不省力也不费力；丙方案中是滑轮组，可以省力；丙方案中由于需要克服动滑轮的重力做功，在有用功相同的情况下，丙方案中的总功大，机械效率低，所以省力的是丙方案，机械效率较高的是乙方案。
13．（2023·江苏南京·校联考模拟预测）如图为塔式起重机的起重结构简化示意图，定滑轮a的作用是______。若该起重机将重为1.5×104N的货物由地面提升20m，整个过程中用时40s，起重机吊臂顶端滑轮组钢绳自由端拉力F的功率为9×103W，则此过程中滑轮组钢绳自由端的拉力为______N，此滑轮组的机械效率为______（结果精确到0.1%），滑轮组的机械效率不可能达到100%的原因是______（合理即可）。

【答案】 改变用力的方向 9000/9×103 83.3% 由于要克服摩擦力与动滑轮重力做额外功
【解析】[1]图示中滑轮a的轴固定不动，为定滑轮，其作用是改变用力的方向。
[2]由图可知承担物重的绳子段数n为2，绳子自由端移动的距离
s＝nh＝2×20m＝40m
拉力做的总功为
W总＝Pt＝9×103W×40s＝3.6×105J
钢绳自由端的拉力为

[3]滑轮组的机械效率

[4]由于要克服摩擦力与动滑轮重力做额外功，总功总是大于有用功，滑轮组的机械效率不能达到100%。
14．（2023·广东佛山·统考一模）杆秤是运用不等臂杠杆的特点制作的，是测量物体__________的工具。如图所示，若秤能质量为0.75kg，20AO＝BO，该称最多能称量__________kg的物体（不计秤杆、秤钩的质量），若杆秤的秤砣磨掉一些，则秤得物体的质量比物体真实质量__________（选填“偏大”、“偏小”或“偏小”）。

【答案】 质量 15 偏大
【解析】[1]杆秤是一种测量物体质量大小的工具，本质是一个省力杠杆，可以用质量较小的秤砣测量出质量较大的物体。
[2]如图，杠杆平衡

即

故

[3]若秤砣有缺损，m2减小，而G1lOA不变，所以l要变大，杆秤所示的质量值要偏大。
15．（2023·江苏南京·统考一模）小明用如图所示的滑轮将重为的钩码缓缓匀速竖直提升，钩码上升时间为，弹簧测力计示数为。该滑轮实质上是一个________杠杆，钩码上升速度v为____________，拉力功率P为_____________W，机械效率为________。在滑轮下方再增加一个钩码，该滑轮的机械效率变________。若去掉条件“”，以上所求三个物理量中仍然能够求出的有________（用题中符号表示）。

【答案】 省力 0.05 0.2 大
【解析】[1]图中滑轮是动滑轮，实质是动力臂是阻力臂2倍的杠杆，是一个省力杠杆。
[2]钩码上升速度

[3]绳子自由端的速度
v绳=2v=2×0.05m/s=0.1m/s
拉力功率

[4]机械效率

[5]滑轮下方再增加一个钩码，提升相同的高度，由W有=Gh可知有用功增大，由

可知该滑轮的机械效率变大。
[6]若去掉条件“”，速度和功率用到时间，无法求出速度和功率，由

可知仍然能够求出机械效率。
四、作图题
16．（2023·安徽·模拟预测）如图甲为我国古代的一种攻城武器——投石机，图乙为其简化图它在发射石弹前需要借助人的外力将A端拉下并放好石弹，发射时只需撒掉A端人的外力就可以将石弹发射出去。请你在图乙中画出发射的下拉A端时人施加在A端的最小为F。

【答案】
【解析】根据杠杆平衡条件，当动力臂最长时，动力最小，图乙中支点在O点，用虚线连接OA作为动力臂时，动力臂最长；过A点作垂直于OA斜向下的力F，并标上箭头和垂直符号，具体如下图所示

17．（2023·山东泰安·统考一模）图甲是小明自行车的手闸，其中ABO可视为一种杠杆，简化示意图如图乙，O为支点，F2为阻力，请在图乙中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。

【答案】
【解析】由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2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，因此OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：


五、实验题
18．（2023·安徽淮北·统考一模）在理化实验操作考试中，有如下考查点（每个钩码重0.5N）：
（1）请在图甲中作出的力臂；_______

（2）小明在实验中记录数据的表格如下：
实验次数
动力
动力臂
动力×动力臂
阻力
阻力臂
阻力×阻力臂
1
0.5
0.4

1
0.2

2
1
0.04

2
0.08

3
2
0.3

3
0.2

请你帮小明检查一下，实验序号2的数据一定是错误的，错误的原因可能是__________；
（3）为了研究“为什么选取杠杆的中点作为支点？”，小明进行了如图乙所示的实验，由此可知杠杆自身重力为________N，于是小明总结得出：选取杠杆中点作为支点的原因是为了避免杠杆自身重力对杠杆平衡的影响。
【答案】 动力臂和阻力臂记反了/动力和阻力记反了 0.25
【解析】（1）[1]力臂 过支点与的作用线垂直，是支点到垂足之间的距离，如图所示：

（2）[2]由表格中数据得，实验2中的数据动力是阻力的，动力臂也是阻力臂的，不符合杠杆平衡条件，错误原因可能是动力与阻力记反或者动力臂与阻力臂记反。
（3）[3]由图得，杠杆的重心在支点右边离支点2格的位置，由杠杆平衡条件得

则

19．（2023·云南昆明·统考一模）小华同学为“探究杠杆的平衡条件”，设计了如图所示的实验。

（1）实验前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 _____（选填“平衡”或“非平衡”）状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 _____（选填“左”或“右”）调节；
（2）调节好杠杆后，为了获取实验数据，在图乙、丙两个方案中，按 _____方案进行实验能更加方便地测出 _____。
（3）经过实验，得到的数据如下表：
实验序号
动力F1/N
动力臂动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
1.5
0.10
1.0
0.15
2
10
0.30
2.0
0.15
3
2.0
0.15
1.5
0.20
由数据可初步得到的结论是 _____（用公式表示）；
（4）保持杠杆一直处于水平位置平衡，当弹簧测力计由图乙逐渐旋转至图丙所示位置时，弹簧测力计的示数 _____（选填“变小”“变大”或“不变”）。
（5）甲物体静置在水平地面上时，对地面的压强为p0。小华将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，把质量为m0的乙物体悬挂在杠杆的B端，如图丁所示，此时杠杆在水平位置平衡且甲物体对地面的压强为p1，AO∶OB＝1∶3，O为支点。要使甲物体刚好被细绳拉离地面，小华设计了以下两种方案，请你帮他完成；
方案一：仅将支点O向 _____（选填“左”或“右”）移动适当距离；
方案二：仅增加乙物体的质量，则乙物体增加的质量为 _____。
【答案】 平衡 右 乙 力臂 F1L1＝F2L2 变大 左
【解析】（1）[1][2]如图甲所示，杠杆在此位置静止，所以此时杠杆处于平衡状态；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节。
（2）[3][4]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，图乙所示实验，测力计拉力与杠杆垂直，可以直接从杠杆上读取测力计拉力力臂，图丙所示实验，拉力与杠杆不垂直，不便于测量测力计拉力力臂，图乙中竖直向上拉动实验操作更方便。
（3）[5]由表中实验数据可知，F1L1＝F2L2，此时杠杆平衡，由此可得杠杆平衡条件是：F1L1＝F2L2。
（4）[6]当弹簧测力计逐渐由图乙位置向右倾至图丙的位置时，弹簧测力计拉力的力臂在减小，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数变大。
（5）[7]方案一：将支点O向左移动适当的距离，OA减小，OB增大，由FA×OA＝m0g×OB可知，FA变大，当FA＝G甲时，甲物体刚好拉离地面。
[8]方案二：甲静止在地面，G甲＝F甲＝p0S，如图丁所示，当杠杆在水平位置平衡且甲物体对地面的压强为p1，此时物体对地面的压力F1＝p1S，杠杆A端受到的拉力
FA＝G甲﹣F1＝p0S﹣p1S
由杠杆平衡条件可知
FA×OA＝G0×OB，即（p0S﹣p1S）×1＝m0g×3
则，当甲物体刚好被细绳拉离地面时，由杠杆平衡条件可知
G甲×OA＝G总×OB
即有
p0S×1＝（m0g+Δmg）×3
则

所以。
20．（2023·安徽·模拟预测）某实验小组用如图所示的装置测量滑轮组的机械效率。测量过程中，同学们使用滑轮组正确提升重物并将相关数据记录在下表中。
次数
物体重力（N）
物体上升的高度（cm）
弹窗测力计的示数（N）
强子自由端移动的距离（cm）
机械效率
1
2
10
1.0
30
66.7%
2
4
10
1.7
30

3
6
10
2.4
30
83.3%
（1）实验过程中需要竖直向上______拉动弹簧测力计；第二次实验中，滑轮组的机械效率约为______（百分号前保留一位小数）；
（2）小组同学进一步分析数据发现，三次测量的额外功分别为0.10J、0.11J、0.12J。你认为对额外越来越大的原因解释合理的是______（选填序号）。
A．完全是因为测量误差导致的
B．三次测量过程中，需要克服动滑轮重力所做的功越来越多
C．所挂物体的重力越来越大，使拉动时机械内部压力增大，摩擦力增大
【答案】 匀速 78.4% C
【解析】（1）[1]实验过程中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使系统处于平衡状态。
[2]第二次实验中，提升重物所做的有用功为

拉力做的总功为

则滑轮组的机械效率为

（2）[3]三次测量过程中，弹簧测力计上所挂物体的重力越来越大，使拉动时机械内部压力增大，摩擦力增大，从而需要克服机械内部摩擦力所做的功能来越多，即额外功越来越大。
故选C。
21．（2023·安徽合肥·统考二模）探究杠杆平衡条件的实验中，某同学喜欢自主创新式探究；

（1）首先是取两端带螺母的杠杆，从中部将杠杆支在铁架台上，让杠杆从水平位置放手，发现杠杆总是右端下沉，如图甲所示。发现右侧螺母已锈死。下一步的操作是___________，直到杠杆在水平位置平衡；
（2）杠杆平衡后，该同学在杠杆两边挂钩码，又用弹簧测力计来拉，如图乙所示，若杠杆再次平衡，弹簧测力计的示数应是___________N（一个钩码重力为0.5N，保留2位小数）。
【答案】 向左旋转杠杆左侧的平衡螺母 1.67
【解析】（1）[1]杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点的右侧，此时他们的操作应该是：将杠杆的左侧的平衡螺母向左调节，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）[2]设杠杆上每一格的长度为l，根据杠杆平衡条件可得

故可得

22．（2023·陕西渭南·校考一模）“探究杠杆的平衡条件”的实验。

（1）实验前，杠杆处于静止如图1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，应将平衡螺母向_____调；在后面的实验过程中_______（选填“能”或“不能”）再进行上述操作；
（2）如图2所示，在A点挂2个重力均为0.5N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；
（3）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（不考虑杠杆重心位置的变化），如图3所示，此过程中，弹簧测力计的示数_______（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（4）若要使图3状态下的弹簧测力计读数减小，可将弹簧测力计绕B点________（选填“顺时针”或“逆时针”）方向转动一个小角度；
（5）保持钩码数量和位置不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，绘制了l1-F1的关系图像，如图4所示，请根据图像推算，当l1为25cm时，F1为________N。
【答案】 是 左 不能 0.5 不变 顺时针 0.6
【解析】（1）[1]实验前，杠杆处于静止如图1所示，从图1可以看到，杠杆虽然左端上翘，右端下沉，但是它是处于静止状态的，它还是处于平衡状态。
[2][3]从图1可以看到，杠杆的左端上翘，右端下沉，说明杠杆的右端较重，应该把平衡螺母往左调；杠杆已经调整好，在水平位置平衡，在后面的实验过程中，不能再进行上述操作。
（2）[4]从图2可以看到，在A点的拉力为1.0N，A点的力臂为2l，在B点的拉力设为F，B点的力臂为4l，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，可得

解得，即弹簧测力计的示数为0.5N。
（3）[5]由题意可知，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，这过程杠杆处于平衡状态，符合杠杆的平衡条件，两边力臂的大小发生了改变，但是根据几何知识，可知，两个力臂的比值是不变的，还是和水平位置的杠杆力臂比值一样，由于在A点的拉力不变，根据杠杆的平衡条件，可知，B点弹簧测力计的拉力大小不变。
（4）[6]若要使图3状态下的弹簧测力计读数减小，左端的力与力臂的乘积大小不变，根据杠杆的平衡条件，则需要测力计拉力的力臂变大，根据作图法，可知，测力计绕B点顺时针方向转动一个小角度，测力计拉力的力臂变大，逆时针方向转动一个小角度，测力计拉力的力臂变小，可得弹簧测力计绕B点顺时针方向转动一个小角度。
（5）[7]由题意可知，保持钩码数量和位置不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，这动力臂与动力的乘积为一定值，从图4可以看到，任取一组数据，可得

当l1为25cm时，可知

可知F1为0.6N。
六、计算题
23．（2023·北京顺义·统考一模）如图所示，用卷扬机通过滑轮组提升物体A，物体A在50s内匀速上升10m，卷扬机对绳子竖直向下的拉力F为400N，滑轮组的机械效率η为75%，绳重及轮与轴之间的摩擦忽略不计，g取10N/kg，求：
（1）拉力F做功的功率P；
（2）物体A所受重力GA；
（3）动滑轮所受重力G动。

【答案】（1）160W ；（2）600N ；（3）200N
【解析】解：（1）由题意可得，物体A的速度为


动滑轮上有两股绳，则绳子端的速度为
v1=2v=2×0.2m/s=0.4m/s
则拉力的功率为
P=Fv=400N×0.4m/s=160W
（2）设物体A提升的距离为h，则有用功为
W有=GAh
总功为
W总=F×2h
由机械效率计算公式可得


物体A所受重力


（3）由动滑轮上有两股绳可得，绳上的力为


动滑轮的重力为


答：（1）功率为160W；
（2）A的重力为600N；
（3）动滑轮的重力为200N。
24．（2023·安徽淮北·统考二模）如图所示为某段盘山公路，从山谷到山顶的盘山公路长400m，山高60m，一辆5t的货车从山谷匀速开上山顶用时200s且牵引力保持2.5×104N不变。g取10N/kg，求：
（1）该段盘山公路的机械效率；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率。

【答案】（1）30%；（2）5×104W
【解析】解：（1）车行驶过程中牵引力所做的功

货车重力

牵引力做的有用功

该盘山公路的机械效率

（2）牵引力的功率

答：（1）该段盘山公路的机械效率为30%；
（2）货车在匀速爬坡过程中牵引力的功率为。
25．（2023·四川雅安·雅安中学校考一模）小超与同学到某工地参观，看到工人操作电动机通过如图所示滑轮组将正方体石料从水池底竖直匀速吊起。他们通过调查得知：石料的边长为0.2m，密度为2.5×103kg/m3，石料上升时速度恒为0.4m/s，圆柱形水池的底面积为0.2m2，动滑轮重为30N。请根据他们的调查数据求：（不计绳重和摩擦，ρ水=1.0×103kg/m3，g取10N/kg）：
（1）石料露出水面前受到的浮力；
（2）石料的重力；
（3）石料露出水面前滑轮组的机械效率。

【答案】（1）80N；（2）200N；（3）80%
【解析】解：（1）石料的体积
V=(0.2m)3=0.008m3
石料露出水面前受到的浮力
F浮=ρ水gV排=ρ水gV=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.008m3=80N
（2）石料的重力
G=mg=ρgV=2.5×103kg/m3×10N/kg×0.008m3=200N
（3）由图可知，绳子承重段数n=2，不计绳重和摩擦，绳子的拉力

石料露出水面前滑轮组的机械效率

答：（1）石料露出水面前受到的浮力为80N；
（2）石料的重力为200N；
（3）石料露出水面前滑轮组的机械效率为80%。
26．（2023·广西贵港·校考一模）为响应宁波市政府提出的“创建海绵型城市”的号召，小科设计了如图所示的市政自动排水装置模型，控制电路由电压为12V、最大容量为的蓄电池供电，蓄电池用“发电玻璃”制成的太阳能电板充电。为定值电阻，R为压敏电阻，压敏电阻通过杠杆与圆柱形浮体相连，，压敏电阻的阻值随压力变化的关系如表。（压板、杠杆和硬质连杆的质量及电磁铁线圈电阻忽略不计，所用绿灯、红灯及排水泵的额定电压均为）
压敏电阻受到的压力









压敏电阻R阻值









（1）“发电玻璃”光电转化率接近18%，要求在5h内对控制电路的蓄电池充满电，则选用的“发电玻璃”面积至少为多少？（太阳能辐射到每平方米地面上的平均功率按计算，计算结果精确到）
（2）按照设计要求，当水位上升到浮体刚好全部浸入水中时，压敏电阻受到压力为，通过电磁铁线圈的电流为，排水泵启动；当水位回落到浮体只有体积浸入水中时，硬质杠杆仍处于水平位置，线圈中电流为，排水泵停止工作，则小科应选择重力为多大的浮体？

【答案】（1）；（2）
【解析】解：（1）蓄电池充满电时储存的电能

由题知，发电玻璃光电转化率接近，在内对控制电路的蓄电池充满电，太阳能辐射到每平方米地面上的平均功率，设“发电玻璃”面积至少为，所以有

解得。
（2）当浮体刚好浸没时，压敏电阻受到压力为，由表中数据知，此时压敏电阻的阻值，控制电路中与串联，通过控制电路中的电流

由串联电路特点和欧姆定律可得，定值电阻的阻值

设此时连杆对端的作用力为，压敏电阻对处的作用力为，已知，则，根据杠杆的平衡条件有：，则

因为力的作用是相互的，所以端对浮体向下的压力

由力的平衡条件可得，此时浮体受到的浮力
        
当浮体只有体积浸入水中时，由阿基米德原理可得此时的浮力，此时控制电路中电流为，由串联电路特点和欧姆定律可得，此时压敏电阻的阻值

由表中数据知，压敏电阻受到压力，由杠杆平衡条件有：，所以

同理可得，此时浮体受到的浮力，即
       ②
解①②可得：，；所以，应选择重力为的浮体。
答：（1）选用的“发电玻璃”面积至少为；
（2）小科应选择重力为的浮体。
27．（2023·四川广元·统考一模）如图所示，是某工作队修建苍溪百利大桥时用滑轮组从水中打捞正方体物体M的情景。物体M的棱长为1m，用7500N的拉力F将物体M以0.5m/s的速度匀速提升2m。忽略绳重、绳与滑轮的摩擦和滑轮与轴的摩擦。（，g取10N/kg）
（1）物体M上升后，求还未露出水面时受到的浮力；
（2）物体M上表面在水面下4m时，求它的下表面受到水的压力；
（3）物体M上升后，未露出水面前，此滑轮组的机械效率是80%，求物体M的密度。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】解：（1）物体还未露出水面时，排开液体体积

还未露出水面时受到的浮力

（2）物体M上表面在水面下4m时，它的下表面处水的深度


它的下表面受到水的压强

根据压强定义式可得它的下表面受到水的压力

（3）当物体M浸没在水中时，滑轮组的机械效率为


由图可知，绳子承重段数n为3，物体M的重力为

物体M的密度

答：（1）物体M上升后，还未露出水面时受到的浮力是1×104N；
（2）物体M上表面在水面下4m时，它的下表面受到水的压力是5×104N；
（3）物体M的密度是2.8×103kg/m3。
28．（2023·黑龙江绥化·校考一模）用如图1所示的滑轮组将重100N的物体匀速提升2m，拉力F为50N；如果将该滑轮组与其它部件组合成一监控水库水位的模拟装置（如图2所示），整个模拟装置是由长方体A和B、滑轮组、轻质杠杆CD、电子秤等组成。杠杆始终在水平位置平衡。已知 OC∶OD=1∶2，A 的体积为0.02m3，A重为450N， B重为300N，不计绳重与摩擦。求：
（1）水位上涨到A的上表面时，A受到的浮力；
（2）动滑轮重力；
（3）水位上涨过程中，当A物体五分之三露出水面时，电子秤所受的压力。

【答案】（1）200N；（2）50N；（3）230N
【解析】解：（1）当水位上涨到A的上表面时，A浸没在水中，所以
V排=VA=0.02m3
所以A受到的浮力
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m3=200N
（2）由图可知，通过动滑轮绳子的段数n=3，不计绳重和摩擦，由

可得，动滑轮重量
G动=3F-G=3×50N-100N=50N
（3）水位上涨过程中，当A物体露出水面时，排开水的体积

物体A此时受到的浮力
F浮′=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.008m3=80N
物体A受到浮力和滑轮组的拉力与A的重力平衡，所以物体A对滑轮组拉力
F=GA-F浮′=450N-80N=370N
根据力的作用的相互性可知，滑轮组绳子自由端对杠杆C端拉力与杠杆C端受到拉力大小相等，不计绳重与摩擦，所以绳子对C端拉力

杠杆始终在水平位置平衡，O为支点，由杠杆平衡条件有FC•OC=FD•OD，即
140N×OC=FD×OD
且OC∶OD=1∶2，解得绳子对D端拉力F拉=70N，所以B物体受到拉力为70N，B物体受到的拉力、电子秤的支持力与B的重力平衡，所以B受到的支持力
F支=GB-F拉=300N-70N=230N
所以电子秤受到B物体对它的压力大小等于230N。
答：（1）水位上涨到A的上表面时，A受到的浮力为200N；
（2）动滑轮重力为50N；
（3）水位上涨过程中，当A物体五分之三露出水面时，电子秤所受的压力230N。
29．（2023·北京·统考一模）俯卧撑是一项常见的健身项目，采用不同的方式做俯卧撑，健身效果通常不同。图甲所示的是小京在水平地面上做俯卧撑保持静止时的情境，他的身体与地面平行，可抽象成如图乙所示的杠杆模型，地面对脚的力作用在O点，双手的力作用在点，长为。已知小京的体重为，地面对手的力与身体垂直，大小为。
（1）求小京的重心A到点的距离；
（2）图丙所示的是小京手扶栏杆做俯卧撑保持静止时的情境，此时他的身体姿态与图甲相同，只是身体与水平地面成一定角度，栏杆对手的力为，若身体与地面成的角度变为且仍保持静止，，栏杆对手的力为，与均与他的身体垂直，均作用在点，分析并说明与的大小关系。


【答案】（1）1m；（2）F2 【解析】解：（1）根据杠杆平衡条件得

解得，小京的重心A到O点的距离

（2）栏杆对手的作用力看作动力，由题可知，与均与他的身体垂直，均作用在点，，即动力臂长度不变；而他的重力也不变，即阻力不变，当身体与地面成的角度变大，即时，阻力臂变短，根据杠杆平衡条件可知，此时动力变小，即F2 答：（1）小京的重心A到O点的距离为1m；
（2）分析见解析，两力大小关系为F2