江西省中考物理第10讲简单机械分层精炼Word文件下载.docx

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C.工人做功功率为120W

D.该斜面的机械效率为80%

三、计算题

9.（2019襄阳）工人师傅用如图所示的滑轮组将重为600N的货物匀速提升了2m，做了1500J的功．求：

（1）滑轮组的机械效率；

（2）当他用400N的拉力匀速提升其他货物时，额外功占总功的15%，求提升货物的重．

第9题图

四、实验与探究题

10.（2019百色改编）

【实验名称】探究“杠杆的平衡条件”

【实验器材】杠杆（每小格均等长）、铁架台、刻度尺、细线和若干个重力为1N的钩码．

【设计与进行实验】

（1）为了便于测量力臂要将如图甲所示杠杆调节在水平位置平衡，应将平衡螺母适当往________（选填“左”或“右”）调．

第10题图

（2）杠杆调节好后，进行了三次实验，实验情景如图乙、丙、丁所示，以两边钩码的重力分别为动力F1和阻力F2，对应的力臂为L1和L2，由此可得杠杆的平衡条件为____________．实验中进行多次实验的目的是________（选填“A”或“B”）．

A.取平均值减少误差

B.使实验结论具有普遍性

（3）将如图丁所示杠杆两边的钩码各撤掉1个，则杠杆________（选填“保持平衡”“左端下沉”或“右端下沉”）．

【分析与论证】如图戊所示，用细绳竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，则拉力F为________N；

保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力F大小将________（选填“变大”“不变”或“变小”）．

第10题图戊

11.（2019宜春市模拟）

【实验名称】测量滑轮组的机械效率．

【进行实验与收集证据】如图所示为测量某滑轮组机械效率的实验装置．

第11题图

（1）实验时沿竖直方向________缓慢拉动弹簧测力计．

（2）分析表中数据可知：

实验2是用图________做的实验．

（3）实验序号3中的机械效率η3＝________.

实验序号

钩码重量G/N

钩码上升高度h/m

绳端拉力F/N

绳端移动距离s/m

机械效率η

1

4

0.1

1.8

0.3

74%

2

8

3.1

86%

3

2.5

0.4

【分析论证】

（1）通过比较________（填实验序号）两次实验数据得出结论：

同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高．通过比较2、3两次实验数据可得出结论：

不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率________（选填“越高”“越低”或“不变”）．

（2）实验过程中边拉动边读数，弹簧测力计示数不稳定，有同学认为应静止时读数．你认为他的想法________（选填“正确”或“不正确”），因为他没有考虑到________对滑轮组机械效率的影响．

练习二

基础过关

1.思维导图是一种归纳总结知识的方法，如图所示请填写对应的内容：

A________，B________．

2019益阳）如图所示是吊车吊起货物的示意图，已知AB＝4m，BC＝6m．吊臂是一个杠杆，当吊臂吊着2t的货物处于静止状态时，杠杆的支点是________（选填“A”“B”或“C”）点，伸缩撑杆对吊臂的支持力大小为________N．（g＝10N/kg）

3.（2019南昌市一模）如图所示，用甲、乙两种装置将物体匀速提升相同高度，物体重均为10N，滑轮重均为1N，不计绳重，所用的拉力分别是F1和F2，机械效率分别是η1和η2，则F1________F2，η1________η2.（均选填“＞”“＜”或“＝”）

4.（易错·

2019广西北部湾经济区）如图所示，杠杆在拉力F的作用下水平平衡．现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F的变化情况是（　　）

A.一直变大B.一直变小

C.一直不变D.先变大后变小

5.（易错）（不定项）如图所示，是同学们画的几种情景下的示意图，其中正确的是（　　）

第5题图

A.动力F1的力臂l1

B.使杠杆在图示位置静止的最小力F

C.使杠杆在图示位置静止的最小力F及其力臂l

D.用撬棒撬铁钉的最小力F及其力臂l

6.（2019滨州）（不定项）如图所示，用50N拉力将质量为8kg的物体5s内匀速提升1m，不计摩擦和绳重，g＝10N/kg，则下列说法中正

确的是（　　）

A.有用功为100J

B.拉力做功的功率为20W

C.滑轮组的机械效率为80%

D.动滑轮的重力为10N

7.（2019梧州）如图所示，斜面长s＝2m，高h＝0.5m．建筑工人将质量m＝40kg，长度a＝50cm，宽度b＝20cm，高度c＝10cm的长方体模具，用绳子从斜面底端匀速拉到顶端时，用时15s，沿斜面向上的拉力F＝150N．（忽略绳子重力，g＝10N/kg）．求：

（1）长方体模具的密度；

（2）匀速拉动物体的过程中，拉力的功率；

（3）斜面的机械效率．

8.（2019淄博改编）日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义．提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法．

【进行实验与收集证据】为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据记录在下表中．

实验

次数

滑轮

材质

钩码重

G/N

提升

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

铝

0.6

0.18

56%

0.2

1.0

67%

塑料

0.8

0.48

83%

5

2.1

0.42

95%

【分析与论证】

（1）比较1和2两次实验发现：

在所用滑轮组一定时，提升的钩码________，机械效率越高．

（2）比较3和4两次实验发现：

滑轮组的机械效率还与____________有关．

（3）比较________两次实验发现：

在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关．

（4）第5次实验是利用图________的装置完成的，判断依据是________．

（5）利用图甲的装置，把重6N的物体用2.5N的拉力匀速拉起，滑轮组的机械效率为________．可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率．

【交流与反思】

（1）小明利用图丙装置实验发现：

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．

（2）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.焦耳定律　　　　　　　B.牛顿第一定律

C.阿基米德原理D.欧姆定律

能力提升

9.（2019绥化）如图所示，轻质杠杆OB可绕固定轴O自由转动（AB＝2AO）．将棱长为10cm的正方体合金块，用轻绳挂在A点处，在B点施加竖直向上的力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，此时合金块对水平地面的压强恰好为0，则合金块的质量是________kg.若撤去F1，在B点施加力F2时，合金块对地面的压强为1.2×

103Pa，则力F2的大小是________N.

第9题图

10.（全国视野创新题推荐·

2019绵阳）用水平力F1拉动如图所示装置，使木板A在粗糙水平面上向右匀速运动，物块B在木板A上表面相对地面静止，连接B与竖直墙壁之间的水平绳的拉力大小为F2.不计滑轮重和绳重，滑轮轴光滑．则F1与F2的大小关系是（　　）

A.F1＝F2B.F2<

F1<

2F2

C.F1＝2F2D.F1>

11.（2019葫芦岛）（不定项）如图所示，某人将物体沿水平方向匀速拉动了5m，所用时间为10s．物体和地面之间的摩擦力为320N，滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和滑轮组的摩擦，下列说法中正确的是（　　）

A.A、B、C处绳子受力的大小关系是FB>

FC>

FA

B.绳子A处向上的速度为1m/s

C.动滑轮重为80N

D.拉力F做功的功率为160W

参考答案及解析

1.C　力　【解析】剪铁皮需要用很大的力气，所以需要选择省力杠杆，三幅图中只有C图的动力臂是大于阻力臂的，由杠杆平衡条件可知，费距离则省力，故选C图剪刀；

这样选择的目的是为了省力．

2.小于　小于

3.200　靠近　【解析】由题意可知，以C为支点，支架ABC是一个杠杆．AC为A处螺钉水平拉力的力臂，室外机对其压力的力臂为AB长的

，由杠杆平衡条件可得：

F×

AC＝G×

AB；

即F×

30cm＝300N×

×

40cm；

解得拉力F＝200N；

若拉力过大，支架对螺钉拉力会使螺钉松动造成危险，而根据杠杆平衡条件知，在A处拉力力臂和阻力G一定时，室外机的位置越靠近墙壁，室外机对支架压力力臂越小，A处的拉力越小；

故为了安全，室外机位置应靠近墙壁．

4.400　210　【解析】由题图可知，图甲中的两个滑轮均为定滑轮，则拉力F甲＝G＝400N；

图乙中的滑轮组分担物重的绳子段数n＝2，则拉力F乙＝

＝

＝210N.

5.C　【解析】撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，A正确；

定滑轮特点是不能省力也不能省距离，但能改变力的方向，B正确；

使用斜面可以省力，但不能省功，C错误；

定滑轮的优点是改变力的方向，动滑轮的优点是省力，但不能改变力的方向，而由定滑轮和动滑轮组成的滑轮组既能省力，又能改变动力的方向，D正确．故选C.

6.A　【解析】如解图所示，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，因为

不变、阻力（物重G不变），由FLOB＝GLOA得F＝

G.即当杠杆匀速转动到水平位置时，动力F的大小不变．故选A.

第6题解图

7.B　【解析】用同一滑轮组分别提升两个不同的物体A和B到相同高度，且不计绳重及摩擦的影响，故两次提升重物时所做的额外功相同，故③错误；

所做的有用功只与物重有关．已知提升A的过程中滑轮组的机械效率较大，故A的物重大于B的物重，故①错误，④正确；

进而可知提升A的拉力大于B的拉力，故②正确，故B符合题意．故选B.

8.BD　【解析】由题可知，推力F＝500N，物体的重力G＝800N，斜面长度s＝3m，斜面高度h＝1.5m，克服物体重力做的有用功：

W有用＝Gh＝800N×

1.5m＝1200J，B正确；

推力做的功：

W总＝Fs＝500N×

3m＝1500J；

推力做功的功率P＝

＝150W，C错误；

斜面的机械效率：

η＝

100%＝

100%＝80%；

D正确；

所做的额外功：

W额＝W总－W有用＝1500J－1200J＝300J，因为W额＝fs，所以斜面对物体的摩擦力：

f＝

＝100N，A错误．故选BD.

9.解：

（1）由图可知，承担物重的绳子段数n＝3

拉力所做的有用功W有＝Gh＝600N×

2m＝1200J

滑轮组的机械效率η＝

100%＝80%

（2）由题意知，η′＝1－15%＝85%

由η＝

100%知，提升重物的重力G＝3Fη′＝3×

400N×

85%＝1020N

10.【设计与进行实验】

（1）右　

（2）F1L1＝F2L2B（3）左端下沉　【分析与论证】1　变大　

【解析】【设计与进行实验】

（1）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡；

由图甲知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；

（2）杠杆平衡的条件：

F1L1＝F2L2；

实验结论必须在多次实验的基础上得出，多次实验能有效地避免实验结果偶然性出现，故选B；

（3）设每个钩码的重力为G，杠杆每个单元格长度为L0，如果在杠杆两端各撤掉一个钩码，左边＝2G×

4L0＝8GL0，右边＝G×

6L0＝6GL0，则左边＞右边，杠杆不能平衡，左端下沉；

【分析与论证】若不计杠杆的重力，根据杠杆的平衡条件：

F向上L向上＝F向下L向下，F×

4L0＝2G×

2L0，解得F＝G＝1N；

若拉力F向左倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，拉力F将变大．

11.【进行实验与收集证据】

（1）匀速　

（2）乙　（3）80%　【分析论证】

（1）1、2　越低　

（2）不正确　摩擦力

【解析】【进行实验与收集证据】

（1）实验时应沿竖直方向匀速缓慢拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示数等于拉力大小；

（2）由表中实验2的数据，根据s＝nh可得绳子的有效段数：

n＝

＝3，且物重G＝8N，故实验2是用图乙做的实验．（3）实验序号3中的机械效率：

η3＝

100%＝80%.【分析论证】

（1）根据s＝nh可知，第1次实验绳子的有效段数为3，故第1、2实验是用同一装置做的实验，实验2中提升的物体重力大，机械效率高，故通过比较1、2两次实验数据得出结论：

同一滑轮组提升重物时，物重越大，滑轮组的机械效率越高；

根据s＝nh可知，第3次实验绳子的有效段数为4，是用丙图做的，通过比较2、3两次实验数据知，不同滑轮组提升相同重物时，动滑轮越重，滑轮组的机械效率越低；

（2）在弹簧测力计静止时读数，由于不会克服绳与轮之间的摩擦，所以测得的拉力偏小，她的想法是不正确的，因为她没有考虑到摩擦力对滑轮组机械效率的影响．

1.费力　天平

2.A　5×

104　【解析】吊臂绕着点A转动，故点A为支点．根据杠杆平衡条件FBlB＝FClC可得：

FB＝

＝5×

104N.

3.＞　＞　【解析】定滑轮不省力，而动滑轮省一半力；

在图中，使用定滑轮时F1＝G＝10N；

使用动滑轮时，F2＝

（G＋G轮）＝

（10N＋1N）＝5.5N，所以F1＞F2；

不计绳重，所以使用定滑轮时没有额外功，而使用动滑轮时，要对动滑轮本身做额外功，故η1＞η2.

4.A　【解析】将测力计绕c点从a位置转动到b位置过程中，钩码的总重力G不变，其力臂l1不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；

而从a位置转动到b位置过程中，拉力F的力臂l2减小，由于杠杆始终保持水平平衡，由杠杆平衡条件Gl1＝Fl2可得，拉力F一直变大，A正确．故选A.

5.BD

6.BC　【解析】物体的重力为G＝mg＝8kg×

10N/kg＝80N，有用功W有＝Gh＝80N×

1m＝80J，故A错误；

绳端移动的距离s＝nh＝2×

1m＝2m，拉力F做的功W总＝Fs＝50N×

2m＝100J，拉力F的功率P＝

＝20W，故B正确；

该滑轮组的机械效率η＝

100%＝80%，故C正确；

由图可知n＝2，不计摩擦和绳重，由F＝

（G＋G动）得，动滑轮的重力G动＝nF－G＝2×

50N－80N＝20N，故D错误．故选BC.

7.解：

（1）长方体模具的体积V＝abc＝0.5m×

0.2m×

0.1m＝0.01m3

长方体模具的密度ρ＝

＝4×

103kg/m3

（2）匀速拉动物体的过程中，拉力所做的功W总＝Fs＝150N×

2m＝300J

拉力的功率P＝

＝20W

（3）拉力所做的有用功W有＝Gh＝mgh＝40kg×

10N/kg×

0.5m＝200J

斜面的机械效率η＝

100%≈66.7%

8.【分析与论证】

（1）越重　

（2）动滑轮的重量　（3）2、3　（4）乙　s＝h　（5）80%　【交流与反思】

（1）减小斜面的粗糙程度　

（2）不能省功　B

【解析】【分析与论证】

（1）由表格数据可知，在第2次实验时，所挂钩码由1N增至2N，机械效率由56%增至67%，由此可以归纳出：

在所使用的滑轮组一定时，提升的钩码越重，滑轮组的机械效率越高；

（2）通过比较第3、4次实验可知，在其他条件不变时，只改变动滑轮的材质（即动滑轮的重量），相同体积的塑料动滑轮比铝动滑轮轻，使用塑料动滑轮时，机械效率高，由此可总结出：

滑轮组的机械效率还与动滑轮的重量有关；

（3）通过比较实验2和3可知，其他条件不变，第3次提升重物的高度由第2次的0.1m变为0.2m，但机械效率仍为67%，因此可以得出结论：

在所用滑轮组一定时，机械效率与提升的高度无关；

（4）由第5次实验中的数据可知，提升的高度为0.2m，绳端移动的距离也为0.2m，s＝h，由此判断此次实验使用的是图乙装置定滑轮；

（5）滑轮组的机械效率η＝

（1）利用控制变量的思想，在保持斜面倾斜程度不变时，可以采用减小斜面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率；

（2）根据推理，使用任何机械都不能省功；

这种物理方法叫推理法，牛顿第一定律使用的是科学推理法，焦耳定律、阿基米德原理及欧姆定律主要使用的是控制变量法，故选B.

9.9　52　【解析】由杠杆平衡条件可知mg×

lOA＝F1×

lOB，即：

m×

lOA＝30N×

lOB，解得m＝9kg；

合金块对地面的压力为F＝pS＝1.2×

103Pa×

0.1m×

0.1m＝12N，合金块的重量为G＝mg＝9kg×

10N/kg＝90N，A点受到的拉力为FA＝G－F＝90N－12N＝78N，由杠杆平衡条件得：

FA×

lOA＝F2×

lOBsin30°

，AB＝2AO，解得F2＝52N.

10.D　【解析】由于物块B在木板A上表面相对地面静止，故B在水平方向上受力F2＝fB；

由于木板A在粗糙水平面上向右匀速运动，故A在水平方向上向右受绳子的拉力F＝fB＋f地＝

F1，即F1＝2（F2＋f地），故ABC错误，D正确．故选D.

11.BC　【解析】如图所示，使用滑轮组时，同一根绳子上受到的拉力相同，所以FB>

FA＝FC，A错误；

由图可知，n＝2，则拉力端移动的距离s＝nsB＝2×

5m＝10m，所以绳子A处向上移动的速度为：

vA＝

＝1m/s，B正确；

物体受到的摩擦力f＝320N，滑轮组做的有用功为：

W有用＝fsB＝320N×

5m＝1.6×

103J，由η＝

可得，拉力做的总功为：

W总＝

＝2×

103J，所以额外功为：

W额＝W总－W有用＝2×

103J－1.6×

103J＝400J，由W额＝G动sB，可得动滑轮的重力为G动＝

＝80N，C正确；

由P＝

可得，拉力做功的功率为：

P＝

＝200W，D错误．故选BC.