（2022-2024）三年全国中考物理选择题压轴题合集：简单机械

简单机械 一．选择题（共21小题） 1．（2024•烟台）骨骼、肌肉和关节等构成了人体的运动系统，人体中最基本的运动大多是由肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的。下列关于人体中的杠杆说法正确的是（　　） A．图甲：手托重物时，可视为省力杠杆 B．图甲：手托重物时，肱二头肌对前臂的牵引力是阻力 C．图乙：踮脚时，可视为费力杠杆 D．图乙：向上踮脚的过程中，腓肠肌对足部骨骼的牵引力是动力 2．（2024•内江）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＞F2 B．F3＞F4 C．F1＜F4 D．F1＝F2＝F3＝F4 3．（2023•常德）如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物＝200N（不计绳重、轮重和摩擦），要使物体竖直匀速提升2m。下列说法中正确的是（　　） A．F甲＝200N，并向上移动4m B．F甲＝100N，并向上移动2m C．F乙＝200N，并向上移动1m D．F乙＝400N，并向上移动1m 4．（2023•海南）用下列简单机械提升同一重物，忽略机械自重和摩擦，最省力的是（　　） A． B． C． D． 5．（2023•广元）如图所示，杠杆OBA可绕O点在竖直平面内转动，OB＝2BA，在B点悬挂一个10N的重物G，在A点施加竖直向上的动力F，使杠杆OBA水平平衡（杠杆重力及摩擦均忽略不计），下列说法正确的是（　　） A．在A点施加竖直向上的力F1时，该杠杆是费力杠杆 B．作用在A点的力F1的大小为5N C．如果重物的悬挂点B向O点移动，要使杠杆水平平衡，F1应变小 D．若将作用于A点的力F1变为图中F2，要使杠杆水平平衡，F2应小于F1 6．（2023•重庆）在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（　　） A．重物上升的速度为0.4m/s B．动滑轮做的有用功为1000J C．工人的拉力的功率为90W D．动滑轮的机械效率为90% 7．（2023•重庆）小明按托盘天平的使用要求，正确测量正方体木块的质量，天平平衡时，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．天平的实质是省力杠杆 B．被测木块的质量为20.4g C．图中木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强 D．测量结束后，可以直接用手将砝码放回砝码盒 8．（2022•辽宁）用如图所示的滑轮组拉动重300N的箱子，以0.2m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动，箱子与地面间的摩擦力为自身重力的0.2倍，滑轮组的机械效率为75%，下列说法正确的是（　　） A．拉力F为80N B．10s内绳子自由端移动2m C．3s内物体重力做功180J D．拉力F的功率为16W 9．（2024•镇江）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（　　） A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当左移 C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移 10．（2024•菏泽）如图所示是我国古人运送巨木的劳动情境示意图。结合示意图判断，下列说法正确的是（　　） A．在抬巨木时众人越靠近支架越省力 B．只把悬绳向左移动一定距离更利于抬起巨木 C．在抬起巨木时横杆是省力杠杆 D．支架下端垫有底面积较大的石块是为了减小压力 11．（2024•巴中）如图所示，小王站在水平地面上，将长为0.6米，质量可忽略不计的木棒搁在肩上，支点O距离后端A处为0.2米，A处挂一个重40N的物体，他用手竖直压住前端B处使木棒保持水平平衡。若小王的质量为50kg，双脚与地面的总接触面积约为400cm2，下列说法正确的是（　　） A．手对木棒的压力大小为40N B．肩对木棒的支持力大小为80N C．地面对人的支持力大小为560N D．人对地面的压强大小约为1.35×104Pa 12．（2024•重庆）同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.08g B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程 13．（2024•枣庄）如图所示，小明用滑轮组将重为400N的货物在20s内匀速提升了2m，小明对绳子的拉力为250N，不计绳重及滑轮上的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．动滑轮的重力为50N B．滑轮组做的有用功为500J C．拉力F做功的功率为25W D．滑轮组的机械效率为80% 14．（2024•遂宁）修建房屋时，质量为60kg的建筑工人使用滑轮组提升建材。他用竖直向下的拉力在15s内将重为480N的建材匀速提升了3m，每个滑轮重20N，不计滑轮摩擦和绳重，g取10N/kg。下列结论正确的是（　　） A．工人拉动绳子的速度为0.2m/s B．工人对绳子拉力的功率50W C．此装置的机械效率为96% D．若工人脚与地接触面积共400cm2，则他对地的压强为1.5×104Pa 15．（2023•内蒙古）如图所示，工人用滑轮组将重为200N的货物10s内匀速提升6m，拉力为150N。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动的速度是1.8m/s B．该滑轮组的机械效率为80% C．拉力做功的功率是90W D．该滑轮组的动滑轮重为100N 16．（2023•自贡）杆秤是一种中国传统的称量工具，凝聚着中国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA＝8cm，秤砣质量m＝0.2kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB＝32cm，则鱼的质量为（　　） A．1.0kg B．0.8kg C．0.6kg D．0.4kg 17．（2022•绍兴）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（　　） A．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向左移动 B．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向右移动 C．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向左移动 D．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向右移动 18．（2022•遂宁）码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB＝1：3。下列计算结果错误的是（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）（　　） A．水对桶底的压强为1.0×104Pa B．水对桶底的压力为600N C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为1.0×104Pa 19．（2022•德州）用如图所示的装置提升货物。篮子A的重力为15N，绳子能承受的拉力足够大。已知人的重力为500N，现用20N的拉力F拉绳子，此时篮子上升的速度为0.5m/s（忽略绳重和摩擦，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动的速度为1.5m/s B．动滑轮的重为5N C．匀速拉动时，篮子里最多能承载960N的货物 D．只改变图中滑轮组的绕绳方式，其机械效率将改变 20．（2022•辽宁）使用如图所示的滑轮组，沿水平方向匀速拉动质量为300kg的物体，弹簧测力计的示数为200N，物体在10s内移动1m。物体所受的摩擦力为物重的0.1倍。不计绳重和滑轮组内的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．滑轮组的机械效率为50% B．动滑轮重为100N C．绳子自由端拉力的功率为20W D．增大物重机械效率不变 21．（2023•北京）如图是小强利用器械进行锻炼的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2。为了锻炼不同位置的肌肉力量，他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3，压强为p。已知小强重为650N，两只脚与地面接触的总面积为400cm2，不计杆重与绳重，下列判断正确的是（　　） A．F1为200N B．F2为1100N C．F3为830N D．p为11750Pa 简单机械 参考答案与试题解析 一．选择题（共21小题） 1．（2024•烟台）骨骼、肌肉和关节等构成了人体的运动系统，人体中最基本的运动大多是由肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的。下列关于人体中的杠杆说法正确的是（　　） A．图甲：手托重物时，可视为省力杠杆 B．图甲：手托重物时，肱二头肌对前臂的牵引力是阻力 C．图乙：踮脚时，可视为费力杠杆 D．图乙：向上踮脚的过程中，腓肠肌对足部骨骼的牵引力是动力 【分析】首先确定杠杆的支点、动力、阻力及对应的动力臂和阻力臂，比较力臂大小得出杠杆类型。 【解答】解：AB、用手托重物时，肘关节处可以视为支点，肱二头肌对前臂杠杆的牵引力使得杠杆转动，是动力， 由图甲知，动力臂小于阻力臂，因此手托重物时，可视为费力杠杆，故AB错误； CD、由图可知人踮脚时绕着O点转动，腓肠肌对足部骨骼的牵引力F1使得杠杆转动，是动力， 由图乙知，动力臂大于阻力臂，可视为省力杠杆，故C错误，D正确。 故选：D。 【点评】解答本题关键是知道支点及力臂的定义，在解题时先找出支点、动力作用点、阻力作用点的位置，然后根据力臂的定义判断动力臂与阻力臂的大小关系。 2．（2024•内江）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＞F2 B．F3＞F4 C．F1＜F4 D．F1＝F2＝F3＝F4 【分析】定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。 【解答】解：定滑轮实质是一个等臂杠杆，使用定滑轮不能省力，无论沿哪个方向匀速拉起物体，力的大小都相等，故F1＝F2＝F3＝F4，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选：D。 【点评】本题考查了定滑轮的特点，属于基本内容，比较简单。 3．（2023•常德）如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G物＝200N（不计绳重、轮重和摩擦），要使物体竖直匀速提升2m。下列说法中正确的是（　　） A．F甲＝200N，并向上移动4m B．F甲＝100N，并向上移动2m C．F乙＝200N，并向上移动1m D．F乙＝400N，并向上移动1m 【分析】（1）轴不随物体一起运动的滑轮是定滑轮，使用定滑轮不省力但能改变力的方向； （2）轴随物体一起运动的滑轮是动滑轮，使用动滑轮能省一半力，但费距离，绳自由端移动的距离s＝2h。 【解答】解：AB、图甲是动滑轮，动滑轮不能改变力的方向，但是可以省一半的力，所以F甲＝G物＝×200N＝100N，拉力端移动的距离为s＝2h＝2×2m＝4m，故AB错误； CD、图乙是动滑轮，由图可知，G物＝F乙＝200N，所以F乙＝400N，拉力端移动的距离为s'＝h＝×2m＝1m，故C错误，D正确。 故选：D。 【点评】此题考查了动滑轮的工作特点，是一道基础题。 4．（2023•海南）用下列简单机械提升同一重物，忽略机械自重和摩擦，最省力的是（　　） A． B． C． D． 【分析】（1）根据杠杆平衡条件来分析； （2）忽略机械自重和摩擦，滑轮组绳子拉力为物重的来分析。 【解答】解：分别用如图四种机械提起同一重物，忽略机械自重和摩擦：则 A、根据杠杆平衡条件可得：G×L＝F×3L，则F＝G； B、由图可知，该滑轮组由1股绳子承担物重，拉力等于物重； C、由图可知，该滑轮组由2股绳子承担物重，拉力为物重的二分之一； D、由图可知，该滑轮组由2股绳子承担物重，拉力为物重的二分之一。 综上分析可知，最省力的是A。 故选：A。 【点评】本题考查学生对杠杆平衡条件和滑轮及滑轮组的综合理解和运用。 5．（2023•广元）如图所示，杠杆OBA可绕O点在竖直平面内转动，OB＝2BA，在B点悬挂一个10N的重物G，在A点施加竖直向上的动力F，使杠杆OBA水平平衡（杠杆重力及摩擦均忽略不计），下列说法正确的是（　　） A．在A点施加竖直向上的力F1时，该杠杆是费力杠杆 B．作用在A点的力F1的大小为5N C．如果重物的悬挂点B向O点移动，要使杠杆水平平衡，F1应变小 D．若将作用于A点的力F1变为图中F2，要使杠杆水平平衡，F2应小于F1 【分析】（1）动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆，动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆； （2）根据杠杆的平衡条件计算； （3）根据杠杆的平衡条件F1×OA＝G×OB分析； （4）将作用于A点的力F1变为图中F2，动力臂会变小，据此分析。 【解答】解：A．在A点施加竖直向上的力F1时，动力臂是OA，阻力臂是OB，动力臂大于阻力臂，该杠杆是省力杠杆，故A错误； B．由杠杆的平衡条件可知，F1×OA＝G×OB，且OA＝OB+BA＝3BA，即F1×3BA＝G×2BA，F1＝G＝×10N≈6.7N，故B错误； C．如果重物的悬挂点B向O点移动，则OB变小，由F1×OA＝G×OB可知，OA与G大小不变，要使杠杆水平平衡，F1应变小，故C正确； D．将作用于A点的力F1变为图中F2，动力臂会变小，由杠杆的平衡条件可知，在OB与G不变情况下，F2应大于F1，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了杠杆的分类和杠杆平衡条件的应用，难度不大。 6．（2023•重庆）在美丽乡村建设的工地上，如图所示，工人借助动滑轮用250N的拉力，将450N的重物匀速提升2m，用时10s。则（　　） A．重物上升的速度为0.4m/s B．动滑轮做的有用功为1000J C．工人的拉力的功率为90W D．动滑轮的机械效率为90% 【分析】（1）根据v＝求出重物上升的速度； （2）利用W有＝Gh求有用功； （3）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功，利用P＝求拉力做功的功率； （4）利用η＝×100%求动滑轮的机械效率。 【解答】解：A、重物上升的速度：v＝＝＝0.2m/s，故A错误； B、动滑轮做的有用功：W有＝Gh＝450N×2m＝900J，故B错误； C、由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m， 拉力做的总功：W总＝Fs＝250N×4m＝1000J， 拉力做功的功率：P＝＝＝100W，故C错误； D、动滑轮的机械效率：η＝×100%＝×100%＝90%，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查速度公式、功、功率和机械效率公式的应用，难度不大。 7．（2023•重庆）小明按托盘天平的使用要求，正确测量正方体木块的质量，天平平衡时，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．天平的实质是省力杠杆 B．被测木块的质量为20.4g C．图中木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强 D．测量结束后，可以直接用手将砝码放回砝码盒 【分析】（1）动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆，动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆； （2）天平的读数等于砝码的质量加游码在标尺上所对的刻度值； （3）根据p＝分析； （4）不能用手去触摸天平托盘和砝码。 【解答】解：A．天平的动力臂等于阻力臂，实质是等臂杠杆，故A错误； B．由图可知，游码在标尺左端的零刻度处，所以被测木块的质量为20g，故B错误； C．天平衡量平衡后，木块和砝码的质量相同，对托盘的压力相同，因为木块的底面积较大，由p＝可知，图中木块对托盘的压强小于砝码对托盘的压强，故C正确； D．为了防止污染砝码，取放砝码必须用镊子，不能用手直接拿砝码，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了杠杆的分类、天平的读数、压强计算公式的应用和使用天平的注意事项，综合性较强。 8．（2022•辽宁）用如图所示的滑轮组拉动重300N的箱子，以0.2m/s的速度在水平地面上做匀速直线运动，箱子与地面间的摩擦力为自身重力的0.2倍，滑轮组的机械效率为75%，下列说法正确的是（　　） A．拉力F为80N B．10s内绳子自由端移动2m C．3s内物体重力做功180J D．拉力F的功率为16W 【分析】A、根据f＝0.2G得出箱子与地面间的摩擦力，根据F箱＝f得出箱子所受的拉力；从图中可知n＝2， 根据η＝＝＝＝＝75%可知拉力F； B、根据v＝nv箱得出绳子自由端的速度，根据s＝vt得出10s内绳子自由端移动的距离； C、根据做功的两个必要因素分析重力做功的大小； D、根据P＝＝＝Fv可知拉力F的功率。 【解答】解：A、箱子与地面间的摩擦力f＝0.2G＝0.2×300N＝60N，对箱子受力分析可知，箱子所受的拉力F箱＝f＝60N， 从图中可知n＝2， 根据η＝＝＝＝＝75%可知 则拉力F＝＝＝40N，故A错误； B、绳子自由端的速度v＝nv箱＝2×0.2m/s＝0.4m/s， 10s内绳子自由端移动的距离s＝vt＝0.4m/s×10s＝4m，故B错误； C、箱子水平运动，重力的方向为竖直向下，箱子没有在重力的方向上移动距离，故3s内物体重力做功0J，故C错误； D、根据P＝＝＝Fv可知拉力F的功率P＝Fv＝40N×0.4m/s＝16W，故D正确。 故选D。 【点评】本题考查功、功率、效率的计算，综合性强，难度适中。 9．（2024•镇江）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（　　） A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当左移 C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移 【分析】根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂和阻力×阻力臂的关系，得出结论。 【解答】解：由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大， A、若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故A不符合题意； B、钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故B不符合题意； C、弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会更大，故C不符合题意； D、弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会变小，故D符合题意。 故选：D。 【点评】此题考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂大小变化。 10．（2024•菏泽）如图所示是我国古人运送巨木的劳动情境示意图。结合示意图判断，下列说法正确的是（　　） A．在抬巨木时众人越靠近支架越省力 B．只把悬绳向左移动一定距离更利于抬起巨木 C．在抬起巨木时横杆是省力杠杆 D．支架下端垫有底面积较大的石块是为了减小压力 【分析】（1）在抬巨木时，横杆相当于一个杠杆，支架处是支点。在抬起巨木时，动力臂大于阻力臂，由此可知横杆的杠杆类型； 根据杠杆的平衡条件可知，在阻力和阻力臂一定时，增大动力臂可以更省力；在阻力和动力臂一定时，减小阻力臂可以更省力； （2）在压力一定时，增大受力面积可以减小压强。 【解答】解：ABC、在抬巨木时，横杆相当于一个杠杆，支架处是支点。在抬起巨木时，动力臂大于阻力臂，由此可知横杆属于省力杠杆； 根据杠杆的平衡条件可知，在阻力和阻力臂一定时，增大动力臂可以更省力。在抬巨木时，众人越靠近支架，动力臂更小，则更费力； 在阻力和动力臂一定时，减小阻力臂可以更省力。把悬绳向左移动一定距离，阻力臂增大，则更费力，不利于抬起巨木，故AB错误、C正确； D、支架下端垫有底面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积的方法来减小支架对地面的压强，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用和减小压强的方法，难度适中。 11．（2024•巴中）如图所示，小王站在水平地面上，将长为0.6米，质量可忽略不计的木棒搁在肩上，支点O距离后端A处为0.2米，A处挂一个重40N的物体，他用手竖直压住前端B处使木棒保持水平平衡。若小王的质量为50kg，双脚与地面的总接触面积约为400cm2，下列说法正确的是（　　） A．手对木棒的压力大小为40N B．肩对木棒的支持力大小为80N C．地面对人的支持力大小为560N D．人对地面的压强大小约为1.35×104Pa 【分析】（1）利用杠杆平衡条件求手压木棒的压力； （2）木棒对肩膀的压力等于木棒B端受到的拉力与物体重力之和，由于力的作用是相互的，肩对木棒的支持力大小等于木棒对肩膀的压力； （3）把人和物体看做一个整体，人对地面的压力大小等于人的重力加上物体重力； （4）根据压强公式得出人对地面的压强。 【解答】解：A、由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，即：F×0.4m＝40N×0.2m，解得手压木棒的压力：F＝20N，故A错误； B、木棒对肩膀的压力：F压＝F+G＝20N+40N＝60N，由于力的作用是相互的，所以肩对木棒的支持力大小等于木棒对肩膀的压力，大小为60N，故B错误； C、人的重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，人对地面的压力大小等于人的重力加上物体的重力，大小为：500N+40N＝540N，故C错误； D、人对地面的压力大小F＝540N，由公式，故D正确。故选：D。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，注意：把人和物体看做一个整体，人对地面的压力大小等于人的重力加上物体重力。 12．（2024•重庆）同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.08g B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程 【分析】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。 【解答】解：A、当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线，从O到B点共50个小格每一小格表示的质量为：m0＝＝2g，故A错误； B、称中药时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明物体的质量大于秤砣指示的示数，可以向右侧移动秤砣，也可以减少物体的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B正确； C、根据G＝mg和杠杆平衡条件可得m物g×OA＝m砣g×OB，秤砣磨损了，OB变大，则测量结果将偏大，故C错误； D、若将提纽移到O点右侧，测量相同质量的物体时，左边力臂变大，则其量程变小，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，涉及到杠杆的五要素、杠杆的调节、杆秤的测量原理，有一定难题。 13．（2024•枣庄）如图所示，小明用滑轮组将重为400N的货物在20s内匀速提升了2m，小明对绳子的拉力为250N，不计绳重及滑轮上的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．动滑轮的重力为50N B．滑轮组做的有用功为500J C．拉力F做功的功率为25W D．滑轮组的机械效率为80% 【分析】（1）由图可知n＝2，利用不计绳重和摩擦时F＝（G+G动）求动滑轮的重力。 （2）利用W有＝Gh求滑轮组做的有用功。 （3）绳子自由端移动的距离s＝nh，利用W总＝Fs求拉力做的总功；利用P＝求拉力做功的功率。 （4）利用η＝×100%求滑轮组的机械效率。 【解答】解：A、由图可知n＝2，因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×250N﹣400N＝100N，故A错误； B、滑轮组做的有用功：W有＝Gh＝400N×2m＝800J，故B错误； C、绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2×2m＝4m，拉力做的总功：W总＝Fs＝250N×4m＝1000J，拉力做功的功率：P＝＝＝50W，故C错误； D、滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%，故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查了使用滑轮组时绳子自由端拉力、功、功率和机械效率公式的应用，关键是从图中得出滑轮组绳子的有效股数。 14．（2024•遂宁）修建房屋时，质量为60kg的建筑工人使用滑轮组提升建材。他用竖直向下的拉力在15s内将重为480N的建材匀速提升了3m，每个滑轮重20N，不计滑轮摩擦和绳重，g取10N/kg。下列结论正确的是（　　） A．工人拉动绳子的速度为0.2m/s B．工人对绳子拉力的功率50W C．此装置的机械效率为96% D．若工人脚与地接触面积共400cm2，则他对地的压强为1.5×104Pa 【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，利用v绳＝nv物＝求出绳子自由端的速度； （2）每个滑轮重20N，不计滑轮摩擦和绳重，利用F＝（G+G动）求出自由端的拉力，根据P＝＝＝Fv绳求出工人对绳子拉力的功率； （3）根据η＝＝＝＝求出该滑轮组的机械效率； （4）工人对地面的压力等于人的重力减去绳对人的拉力，根据p＝求出工人对地的压强。 【解答】解：A、由图可知，n＝2，绳子自由端的速度为： v绳＝nv物＝＝＝0.4m/s，故A错误； B、每个滑轮重20N，不计滑轮摩擦和绳重，自由端的拉力为： F＝（G+G动）＝×（480N+20N）＝250N， 工人对绳子拉力的功率为： P＝＝＝Fv绳＝250N×0.4m/s＝100W，故B错误； C、该滑轮组的机械效率为： η＝＝＝＝＝×100%＝96%，故C正确； D、工人对地面的压力等于人的重力减去绳对人的拉力，即F压＝G人﹣F＝m人g﹣F＝60kg×10N/kg﹣250N＝350N， 则工人对地的压强为： p＝＝＝8.75×103Pa，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了压强公式、功率公式和滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。 15．（2023•内蒙古）如图所示，工人用滑轮组将重为200N的货物10s内匀速提升6m，拉力为150N。忽略绳重及摩擦，下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动的速度是1.8m/s B．该滑轮组的机械效率为80% C．拉力做功的功率是90W D．该滑轮组的动滑轮重为100N 【分析】A、货物在10s内匀速提升了6m，根据速度公式得出货物上升的速度，由图可知，滑轮组绳子的有效股数为n，根据v′＝nv得出绳子自由端移动的速度； C、根据W＝Fs＝F×nh得出拉力所做的总功，根据功率公式得出拉力的功率； B、根据W＝Gh得出拉力所做的有用功；根据机械效率公式得出滑轮组的机械效率； D、不计绳重和摩擦，根据作用在绳子自由端的力F＝得出动滑轮的重。 【解答】解：A、货物在10s内匀速提升了6m，货物上升的速度为： v＝； 由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2， 绳子自由端移动的速度为： v′＝nv＝2×0.6m/s＝1.2m/s； 故A错误； C、拉力所做的总功： W总＝Fs＝F×nh＝150N×2×6m＝1800J， 拉力的功率： P＝＝180W 故C错误； B、拉力所做的有用功： W有＝Gh＝200N×6m＝1200J； 滑轮组的机械效率： η＝×100%≈66.7%。 故B错误； D、不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的力： F＝ 动滑轮的重为： G动＝2F﹣G＝2×150N﹣200N＝100N。 故D正确。 故选：D。 【点评】本题考查功、速度、功率及机械效率公式的运用，注意F＝的适用条件是不计绳重和摩擦。 16．（2023•自贡）杆秤是一种中国传统的称量工具，凝聚着中国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA＝8cm，秤砣质量m＝0.2kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB＝32cm，则鱼的质量为（　　） A．1.0kg B．0.8kg C．0.6kg D．0.4kg 【分析】根据杠杆的平衡条件可求出物体的质量。 【解答】解：杆秤绕提纽O转动，所以点O是杆秤的支点，作用在A处的力使杆秤逆时针转动，由于杆秤水平平衡，其力臂是OA，作用在B处的力使杆秤顺时针转动，其力臂是OB； 根据杠杆的平衡条件F1×l1＝F2×l2可得：m鱼g×OA＝m秤砣g×OB，即m鱼×8cm＝0.2kg×32cm， 解得m鱼＝0.8kg。 故B正确，ACD错误。 故选：B。 【点评】本题主要考查杠杆的平衡，以及重力的计算，其中正确理解支点，动力臂和阻力臂的计算是解题的关键之一。 17．（2022•绍兴）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（　　） A．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向左移动 B．图甲中平衡螺母向左调节；图乙中右侧钩码向右移动 C．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向左移动 D．图甲中平衡螺母向右调节；图乙中左侧钩码向右移动 【分析】探究杠杆平衡条件时，探究之前调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，探究过程中移动钩码或调节钩码的个数时杠杆在水平位置平衡。 【解答】解：由图甲可知，是在探究之前，因此应将平衡螺母向左调节，由图乙可知，是在探究过程中，应将钩码向左移动，故A正确。 故选：A。 【点评】本题考查探究杠杆平衡条件时杠杆平衡的调节，注意探究之前调节平衡螺母，过程中调节钩码。 18．（2022•遂宁）码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB＝1：3。下列计算结果错误的是（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）（　　） A．水对桶底的压强为1.0×104Pa B．水对桶底的压力为600N C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为1.0×104Pa 【分析】（1）已知水深，由p＝ρgh可求得水对桶底的压强； （2）由p＝公式变形可求得水对桶底的压力； （3）根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力； （4）由p＝可求得人对地面的压强。 【解答】解：A、水对桶底的压强p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1.0×104Pa，故A正确； B、由p＝可得，水对桶底的压力F＝pS＝1.0×104Pa×600×10﹣4m2＝600N，故B正确； C、由杠杆平衡条件可得，G总×AO＝F拉×OB， 则F拉＝＝＝300N， 人对地面的压力F压＝G﹣F拉＝600N﹣300N＝300N，故C错误； D、人对地面的压强p′＝＝＝1.0×104Pa，故D正确。 故选：C。 【点评】该题考查了液体压强、阿基米德原理、密度、杠杆平衡条件、受力分析、固体压强等知识点，综合性较强，需要熟悉基本公式及应用，关键是要对题目中情境的发生过程分析清楚，理清解题的思路。 19．（2022•德州）用如图所示的装置提升货物。篮子A的重力为15N，绳子能承受的拉力足够大。已知人的重力为500N，现用20N的拉力F拉绳子，此时篮子上升的速度为0.5m/s（忽略绳重和摩擦，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　） A．绳子自由端移动的速度为1.5m/s B．动滑轮的重为5N C．匀速拉动时，篮子里最多能承载960N的货物 D．只改变图中滑轮组的绕绳方式，其机械效率将改变 【分析】（1）根据滑轮组装置确定绳子股数，根据v绳＝nv物求出绳子自由端移动的速度； （2）忽略绳重和摩擦，根据F＝（G篮+G动）求出动滑轮重； （3）人对绳的拉力最大等于人的重力，忽略绳重和摩擦，根据F最大＝（G最大+G动+G篮）求出货物的最大重力； （4）忽略绳重和摩擦，根据η＝＝＝＝分析回答。 【解答】解：A、由图可知，与动滑轮相连的绳子股数n＝2，篮子上升的速度v＝0.5m/s，则绳子自由端移动的速度v′＝nv＝2×0.5m/s＝1m/s，故A错误； B、忽略绳重和摩擦，根据F＝（G篮+G动）可知，动滑轮重为G动＝nF﹣G篮＝2×20N﹣15N＝25N，故B错误； C、绳子的最大拉力等于人受到的重力，即F最大＝500N，忽略绳重和摩擦，根据F最大＝（G最大+G动+G篮）可知，货物的最大重力为： G最大＝nF最大﹣G篮﹣G动＝2×500N﹣15N﹣25N＝960N，故C正确； D、忽略绳重和摩擦，根据η＝＝＝＝可知，只改变图中滑轮组的绕绳方式，其机械效率将不变，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了滑轮组拉力公式以及滑轮组机械效率公式的应用，明确滑轮组绳子的有效股数是关键。 20．（2022•辽宁）使用如图所示的滑轮组，沿水平方向匀速拉动质量为300kg的物体，弹簧测力计的示数为200N，物体在10s内移动1m。物体所受的摩擦力为物重的0.1倍。不计绳重和滑轮组内的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．滑轮组的机械效率为50% B．动滑轮重为100N C．绳子自由端拉力的功率为20W D．增大物重机械效率不变 【分析】（1）由图知，n＝2，根据s＝2h算出绳子自由端移动的距离，根据W总＝Fs算出10s内拉力做的总功，由P＝算出拉力做功的功率； （2）根据G＝mg算出物体的重力，根据物物体所受的摩擦力为物重的0.1倍算出体所受的摩擦力，由W有＝fh算出有用功，最后由η＝算出滑轮组的机械效率； （3）不计绳重和滑轮组的摩擦，根据F＝（f+G动）算出动滑轮的重力； （4）由于不计绳重和滑轮组的摩擦，当物体的重力增加时，对水平面的压力增加，摩擦力增加，根据滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝，判断出增大物体的重力对滑轮组机械效率的影响。 【解答】解： （1）由图知，n＝2，则绳子自由端移动的距离：s＝2h＝2×1m＝2m； 不计绳重和滑轮组内的摩擦，力的作用是相互的，绳的拉力F等于弹簧测力计的示数为200N； 10s内拉力做的总功：W总＝Fs＝200N×2m＝400J， 拉力做功的功率： P＝＝＝40W，故C错误； （2）物体的重力为： G＝mg＝300kg×10N/kg＝3000N， 物体所受的摩擦力为： f＝0.1G＝0.1×3000N＝300N， 有用功为： W有＝fh＝300N×1m＝300J， 滑轮组的机械效率为： η＝＝×100%＝75%，故A错误； （3）由于不计绳重和滑轮组的摩擦，根据F＝（f+G动）得动滑轮的重力为： G动＝2F﹣f＝2×200N﹣300N＝100N，故B正确； （4）由于不计绳重和滑轮组的摩擦，当物体的重力增加时，对水平面的压力增加，摩擦力增加，根据滑轮组的机械效率η＝＝＝＝＝知，增大物体的重力可以增大滑轮组的机械效率，故D错误。 故选：B。 【点评】本题为力学综合题，考查了使用滑轮组有用功、总功、机械效率的计算以及F＝（f+G动）的应用，有一定的难度。 21．（2023•北京）如图是小强利用器械进行锻炼的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2。为了锻炼不同位置的肌肉力量，他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3，压强为p。已知小强重为650N，两只脚与地面接触的总面积为400cm2，不计杆重与绳重，下列判断正确的是（　　） A．F1为200N B．F2为1100N C．F3为830N D．p为11750Pa 【分析】横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2，根据杠杆平衡条件计算F1的值，进一步计算他对水平地面的压力为F2； 他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3，根据杠杆平衡条件计算他对杠杆的力F，进一步计算他对水平地面的压力F3； 根据p＝计算此时他对地面的压强p。 【解答】解：横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2， 根据杠杆平衡条件可得F1＝＝＝450N，方向向下， 他对杠杆有向下的450N拉力，杠杆对他有向上的450N的拉力，所以他对水平地面的支持力等于他对水平地面的压力为F2＝G人﹣F1＝650N﹣450N＝200N，故AB错误； 他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3， 根据杠杆平衡条件可得F＝＝＝180N，方向向上， 他对杠杆有向上的180N推力，杠杆对他有向下的180N的压力，所以他对水平地面的压力为F3＝G人+F＝650N+180N＝830N，故C正确； 此时他对地面的压强p＝＝＝20750Pa，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查杠杆平衡条件、压强公式的灵活运用，正确分析人的受力是解题的关键。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$