2025年中考物理一轮复习专题12：简单机械 练习 （含答案+解析）

这是一份2025年中考物理一轮复习专题12：简单机械 练习 （含答案+解析），共23页。试卷主要包含了单选题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示，一根绳子绕过定滑轮，一端拴在物体上，另一端拴在弹簧测力计上，沿四个不同方向匀速拉起物体，弹簧测力计的示数分别为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系为 ( )
A. F1>F2B. F3>F4
C. F1”或“=”或“”“
A
【解析】[1]图甲中滑轮是定滑轮，绳重和摩擦不计
F甲=G=100N[2]图乙中滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计
F乙=12×(G+G动)=12×(100N+20N)=60N
[3]图甲中是定滑轮，图乙中滑轮是动滑轮，绳重和摩擦不计，由
η=W有W总=W有W有+W额=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动可知，机械效率η甲>η乙。
[4]A.转轴加润滑油，减小滑轮间的摩擦力，可以减小额外功，机械效率变高，故A符合题意；
B.根据机械效率
η=W有用W总×100%=GℎFs×100%=GℎFnℎ×100%=GFn×100%可知增加提升高度，机械效率不受影响，故 B不符合题意；
C.根据机械效率
η=W有W总=W有W有+W额=GℎGℎ+G动ℎ=GG+G动可知，在动滑轮重一定时，减小物体质量，被提升物体的重力越小，机械效率越低，故 C不符合题意。
故选A。
13.【答案】动
100
80%
14.【答案】省力 160 逐渐变小
【解析】【分析】
(1)结合图片和生活经验，判断独轮车在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆；
(2)根据杠杆平衡条件，结合题目中的已知量解答；
(3)分析动力臂、阻力臂的大小变化情况，利用杠杆平衡条件分析判断。
本题考查了杠杆的分类和杠杆平衡条件的应用，易错点在第三问，确定动力臂不变、阻力臂变小是关键。
【解答】
(1)独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
(2)由杠杆的平衡条件可知：F×L动=G×L阻，即F×1m=800N×0.2m，解得：F=160N；
(2)向上施加在车把手上的力始终与把手垂直，则动力臂大小不变，而阻力G不变，阻力臂变小，由杠杆平衡条件可得，动力F将变小。
故答案为：省力；160；逐渐变小。
15.【答案】24 60%
【解析】解：(1)克服物体重力做的有用功：
W有用=Gℎ=40N×0.6m=24J；
(2)推力做的总功：
W总=Fs=20N×2m=40J，
斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=24J40J×100%=60%。
故答案为：24；60%。
(1)利用W=Gℎ求克服物体重力做的有用功；
(2)利用W=Fs求推力做的总功，斜面的机械效率等于有用功与总功的比值。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、机械效率的计算，属于基础题目。
16.【答案】=
80%
【解析】[1]用的力大小相等，先后经过光滑水平面和粗糙斜面运动的距离也相同，由W=Fs可知，拉力所做的功相等，即W1=W2．
[2]斜面倾角为30°，根据数学知识可知，在CD段物体上升的高度ℎ=12×s，拉力做的有用功为
W有用=Gℎ=8N×12×s=4N×s
额外功为
W额=fs=1N×s
拉力做的总功为
W总=W有用+W额=4N×s+1N×s=5N×s
斜面的机械效率为
η=W有用W总=4N×s5N×s×100%=80%
17.【答案】如图所示

【解析】过支点O作力F的作用线的垂线段即为力臂l．
18.【答案】
【解析】【详解】探究“滑轮组的机械效率和绕线方式是否有关”应让滑轮相同，提升的物重相同，绳子的绕法不同，由甲图可知有2段绳子拉着动滑轮，故乙图应用3段绳子拉着动滑轮，从动滑轮的挂钩开始连起，如图所示：
19.【答案】甲 D 57%
【解析】解：(1)实验2中，根据表格数据可知，s=3ℎ，即承担物重的绳子股数n=3，所以使用图甲做的实验；
(2)由实验1和实验2的数据分析：同一滑轮组的机械效率随钩码重力的变化而变化，钩码重力越大，机械效率越高：故D正确；
故选：D。
(3)实验3中，根据表格数据可知，s=5ℎ，即承担物重的绳子股数n=5，
第3次实验滑轮组的机械效率：
ηη=W有W总×100%=GℎFs=4N××0.5m×100%≈57%；
故答案为：(1)甲；(2)D；(3)57%。
(1)根据表中s和ℎ的关系，确定承担物重的绳子股数n，再根据n的大小确定滑轮组的结构回答；
(2)纵向比较实验1和2的数据，找出相同量和不同量，分析机械效率与变化量的关系；
(3)由表中数据，根据ηη=W有W总×100%求出实验3的机械效率。
在此实验中，对滑轮组的分析、机械效率公式的运用是实验的基础，同时，实验中分别探究了机械效率高低与动滑轮个数、提升物体重力等多个量的关系，因此控制变量法的运用也十分关键。
20.【答案】右 不能 0.6 2.0 0.2
【解析】解：(1)实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆的平衡螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡；
(2)设杠杆上一格小格为L，一个钩码重为G，原来杠杆平衡是因为3G×2L=2G×3L；
两边各取下一个钩码后，2G×2L≠1G×3L，所以杠杆不能在水平位置平衡；
(3)由题知，阻力和阻力臂不变，据F阻L阻=F动L动可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F阻L阻=F1L1=F2L2，
可得：1N×0.3m=F2×0.5m；
解得：F2=0.6N；
(4)从支点O作力F作用线的垂线，可得力F的力臂L；从石块的重心沿竖直向下的方向画一带箭头的线段，可得石块重力的示意图，如图所示：
(5)由图戊知，弹簧测力计的分度值为0.2N，拉力大小F=2.0N，
动力臂L动=12×4L=2L，阻力臂L阻=2L，
由杠杆平衡条件F阻L阻=F动L动可得：
F×2L=G×2L，
石块重力大小G=F=2.0N，
石块的质量m=Gg=2.0N10N/kg=0.2kg。
故答案为：(1)右；(2)不能；(3)0.6；(4)见解答图；(5)2.0；0.2。
(1)调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)设杠杆上一格为L，一个钩码重为G，利用杠杆平衡条件判断杠杆是否平衡；
(3)由题知，阻力、阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知动力与动力臂的乘积不变，据此求解；
(4)从支点到力的作用线的距离叫力臂；重力的方向竖直向下，作用点在物体的重心，据此作图；
(5)先确定弹簧测力计的分度值，再根据指针位置读数得出拉力大小；求出动力臂，利用杠杆平衡条件求出石块重力大小，再利用m=Gg求石块的质量。
本题为“探究杠杆的平衡条件”实验题目，考查了实验前杠杆调平衡、杠杆平衡条件的应用、力臂和力的示意图的画法、重力公式的应用等，需要认真审题！
21.【答案】(1)甲；(2)匀速；(3)高；(4)66.7%；(5)偏小
【解析】解：(1)由s=nℎ可得，n=sℎ=，而图甲中提升物体绳子条数为3，故选择装置甲；
(2)在测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动测力计；
(3)比较1、2、3次实验数据可判定，在装置相同情况下，物体越重，滑轮组的机械效率越高；
(4)第4次实验测得的机械效率：
η=W有用W总=GℎFs×100%=2N××0.4m×100%≈66.7%；
(5)当拉力的方向不在竖直方向上时，由于动力臂变短，会造成拉力偏大，从而使得总功变大，根据η=W有用W总知，在有用功不变的情况下，总功增大，所以机械效率偏小。
故答案为：(1)甲；(2)匀速；(3)高；(4)66.7%；(5)偏小。
(1)根据s=nℎ求出提升物体绳子的条数，从而确定滑轮组的装置；
(2)在实验中，测绳端拉力F时，应尽量竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，受到的拉力等于测力计示数；
(3)根据表格中数据分析解答；
(4)根据η=W有用W总=GℎFs×100%算出第4次实验测得的机械效率；
(5)当拉力的方向不在竖直方向上时，由于动力臂变短，会造成拉力偏大，从而使得总功变大，然后根据机械效率的公式进行分析。
此题是测量滑轮组的机械效率，其中考查了机械效率的计算及应用，同时还考查了影响滑轮组机械效率的因素。知道滑轮组的机械效率和物体重、动滑轮重有关，如果动滑轮重不变，物体越重，机械效率越高；如果物体重不变，动滑轮越重，机械效率越低。
22.【答案】解：(1)玻璃缸对地面的压力等于玻璃缸的重力加上水的重力，即F压=G缸+G水=200N+1000N=1200N，则当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强为：
p=F压S=1200N0.4m2=3000Pa；
(2)将浸没的重物甲缓慢拉离
水面后，玻璃缸中水位下降了5cm，则重物甲排开水的体积为V排=SΔℎ=0.4m2×0.05m=0.02m3，
重物甲浸没在水中时所受的浮力为：
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m3=200N；
(3)先做出绳AC拉力的力臂OD，如图，直角三角形ADO中，∠A=30°，OD=12OA，B是OA的中电，OB=12OA，OB=OD

根据杠杆平衡条件，FA×OD=FB×OB，FB=FA，绳子AC能承受的最大拉力FA=620N，B点最大拉力FB=620N；滑轮组绳子的最大拉力F绳=13(600N−20N)=200N；
F绳=12(G物+G动)，物体最大重力：G物=2F绳−G动=2×200N−20N=380N，滑轮组的最大机械效率：η═G物G物+G动=380N380N+20N=95%。
答：(1)当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强3000Pa；
(2)重物甲浸没在水中时所受的浮力200N；
(3)滑轮组的绳子不会断裂，当∠CAO=30°时，杆OA刚好水平，若绳子AC能承受的最大拉力FA=620N时，利用此装置将重物拉离水面后缓慢上升过程中的最大机械效率是95%。
【解析】(1)玻璃缸对地面的压力等于玻璃缸的重力加上水的重力，根据p=FS求出当重物甲拉离水面后，玻璃缸对地面的压强；
(2)将浸没的重物甲缓慢拉离水面后，玻璃缸中水位下降了5cm，据此求出重物甲排开水的体积，根据F浮=ρ水gV排求出重物甲浸没在水中时所受的浮力；
(3)第三个问题，就是求滑轮组的最大机械效率。对于该滑轮组来说，当提升的物体重力最大时，它的机械效率最大。
前两个问比较简单，第三个问要理解好，就是求滑轮组机械效率，滑轮组最大机械效率，要知道滑轮组一定时，物体越重，机械效率越大。
23.【答案】解：(1)克服钢板重力做的有用功：W有用=G钢板ℎ=m钢板gℎ=3600 kg×10N/kg×10m=3.6×105J；
(2)由图可知，滑轮组共有4段绳子拉着动滑轮，n=4，故s=nℎ=4×10m=40m，
拉力做的功：，
拉力大小：F=W总s=4.5×105J40m=1.125×104N；
(3)额外功为W额外=W总−W有用=4.5×105J−3.6×105J=9×104J；
因为不计钢丝绳的重力和摩擦，动滑轮重；
提升的物体最重时，滑轮组的机械效率最大，则。
【解析】本题考查滑轮组的机械效率。
(1)根据W有用=Gℎ=mgℎ计算有用功；
(2)根据效率利用计算总功，根据动滑轮上绳子的股数得出绳子自由端移动的距离，结合W=Fs得出拉力大小；
(3)当提升的物体重力最大时，滑轮组的机械效率最大。
24.【答案】解：(1)提升重物做的有用功：
W有用=Gℎ=1.2×104N×2m=2.4×104J
(2)由η=W有用W总可得，拉力做的总功：
W总=W有用η=2.4×104J80%=3×104J
由图可知，承担物重的绳子股数n=3，绳子自由端移动的距离
s=nℎ=3×2m=6m
由W总=Fs可知，拉力
F=W总s=3×104J6m=5000N
(3)额外功
W额=W总−W有用=3×104J−2.4×104J=6000J
克服动滑轮做功：
W额1=W额−W额2=6000J−5200J=800J
由W额1=G动ℎ可得动滑轮重：
G动=W额1ℎ=800J2m=400N
答：(1)提升重物做的有用功为2.4×104J；
(2)绳端的拉力为5000N；
(3)动滑轮的重力为400N。

【解析】详细答案和解答过程见答案。
25.【答案】不等臂
右
B
1.96
【解析】【详解】(1)杆秤使用时，动力臂和阻力臂不等，属于不等臂杠杆。
(2)杆秤是利用杠杆的平衡条件工作的，在秤盘上放置物体称量时，相当于增大阻力，而阻力臂及动力(称砣的重力)不变，据杠杆的平衡条件知，需要增大动力臂，所以在图乙中，要从0刻度向右侧移动秤砣。
(3)因为杆秤的刻度是均匀的，B同学在秤盘上放10kg物体后，标出10对应的刻度，可将0到10刻度之间平均分10等分，这样的操作更简单易行，所以B同学的方法更合理。
(4)没称物品时，设杆秤和秤盘的重心到提纽的距离为L0，根据杠杆平衡条件则有G盘+G杆×L0=G砣×2cm
即(m盘+m杆)×L0=m砣×2cm
0.5kg×L0=1kg×2cm
解得L0=4cm。称标准2.5物品时，根据杠杆平衡条件则有2.5kg×10N/kg×10cm+0.5kg×10N/kg×4cm=1kg×10N/kg×L
解得此时秤砣到提纽的距离L=27cm。当用质量为0.8kg的秤砣称得“2.5kg”时，根据杠杆平衡条件则有
m×10N/kg×10cm+0.5kg×10N/kg×4cm=0.8kg×10N/kg×27cm
解得物品的实际质量m=1.96kg。
物理量
实验1
实验2
实验3
钩码所受总重力G/N
4
6
4
钩码上升的高度ℎ/m
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
2.0
2.8
1.4
绳端移动的距离s/m
0.3
0.3
0.5
机械效率η
67%
71%
？
次数
物体的重力G/N
提升高度ℎ/m
拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2
0.2
1
0.6
66.7%
2
3
0.2
1.4
0.6
71.4%
3
4
0.2
1.8
0.6
74.1%
4
2
0.2
1.5
0.4