实验题（5）简单机械——2025年中考物理一轮复习题型

实验题（5）简单机械——2025年中考物理一轮复习题型 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、实验题 1．如图所示，在“测量滑轮组机械效率”的实验中，利用甲、乙、丙三个实验装置进行实验，测得的实验数据如下表。（钩码规格相同、动滑轮个数越多重力越大）    实验次数 钩码重力G/N 提升高度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 0.3 2 8 0.1 3.2 0.3 83.3% 3 8 0.1 2.0 0.5 80.0% （1）在实验中，应沿竖直方向 拉动弹簧测力计； （2）第一次实验中，如图所示，弹簧测力计的示数是 N，机械效率是 （精确到0.1%）； （3）由1、2两次实验数据可得出结论： ； （4）由 两次实验数据可得出结论：使用不同滑轮组提升相同重物，动滑轮越重，机械效率越低； （5）在第三次实验操作的基础上，如图丁所示改变绳端拉力方向，测得的滑轮组机械效率将 。（选填“偏高”“偏低”或“不变”）    2．在“探究定滑轮和动滑轮的特点”实验时，小明用同一个滑轮做了四次实验，前两次按图甲、乙进行，后两次按图甲、丙进行，并将测得的数据记录在表格中。 实验序号 钩码重G/N 钩码上升的高度h/cm 拉力F/N 绳子自由端移动的距离s/cm 1 1.0 20.0 1.0 20.0 2 2.0 20.0 2.0 20.0 3 1.0 20.0 40.0 4 2.0 20.0 1.2 40.0    （1）表格中第三次实验的拉力应为 N； （2）分析第1、2次的数据，可以得出结论：使用定滑轮 （选填“能”或“不能”）省距离；用图乙进行实验时，若小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动，拉力的大小将 （选填“变大”、“不变”或“变小”）； （3）用图丙进行实验时，最好沿 方向匀速拉动绳子自由端；分析第3、4次数据时发现，拉力的大小总比钩码重力的一半要大，这主要是因为 ； （4）在本实验中进行了多次实验，目的是 。 A．从多次实验中选取最准确的数据　B．从特殊现象中得到普遍规律  C．利用控制变量法 3．在“测量滑轮组机械效率”的实验中，实验小组用如图所示的装置进行了实验。实验数据记录如表，第3次实验时的拉力如图所示。 实验 次数 钩码所受的 重力G/N 钩码上升的 高度h/cm 拉力F/N 绳自由端移动 的距离s/cm 机械效率 1 2 10 0.8 30 2 4 10 1.5 30 ② 3 6 10 ① 30 ③ （1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计使钩码上升。 （2）表格中编号①的数据应为 ；编号②的数据应为 ，编号③的数据应为 。（后两空结果均保留到0.1%） （3）比较实验数据可得出：使用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越 。 （4）若忽略绳重和摩擦，由第1次实验数据可得动滑轮的重力为 N。 4．在探究杠杆平衡条件的实验中: （1）小睿同学调节杠杆在水平位置平衡的主要目的是便于测量 ．     （2）如图甲所示,在杠杆左边A处挂四个相同钩码,要使杠杆在水平位置平衡,应在杠杆右边B处挂同样钩码 个．     （3）如图乙所示,用弹簧测力计在C处竖直向上拉,当弹簧测力计逐渐向右倾斜时,使杠杆仍然在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数将 (选填“变大”“变小”或“不变”),其原因是倾斜时,动力臂 (选填“变大”“变小”或“不变”) ． 5．同学们共同研究滑轮和滑轮组的特点： （1）他们研究定滑轮特点时，做的实验如甲图所示，据此可证明：使用定滑轮 ； （2）他们研究动滑轮特点时，用动滑轮匀速竖直提升重物，如乙图所示．据此可知，使用动滑轮 ； （3）他们组装了滑轮组，发现使用滑轮组提升重物时能省力，于是他们想：利用滑轮组提升重物能否省功呢？为此，他们进行的实验如丙图所示。请根据丙图信息，写出分析数据的具体过程，并回答他们的问题。 6．小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个（每个的质量为50g）． （1）如图甲所示，在A位置上挂两个相同钩码，应该在B位置挂上 个同样的钩码，使杠杆在水平位置平衡，在水平位置平衡的目的是 ． （2）在探究杠杆平衡条件的实验时，先在杠杆两侧挂钩码进行实验探究，再用弹簧测力计取代一侧的钩码继续探究，如图乙所示，弹簧测力计的施力方向 时拉力最小，同时也便于正确测量力臂，此时最小拉力为 N． （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，弹簧测力计由位置1逐渐转至位置2的过程中，杆杠在水平位置始终保持平衡（如图丙），测力计示数将 ． 7．图为李明为“测量滑轮组机械效率”的实验装置，当所挂钩码的重力为6N时，弹簧测力计竖直向上匀速拉动细绳时的示数如图所示． （1）实验时弹簧测力计的读数是 N． （2）实验过程中，当钩码上升0.1m时，滑轮组的效率是 ． （3）再增加一个钩码，该滑轮组的机械效率将 ．（选填“增大”“不变”或“减小”） 8．在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，实验小组用如图所示的装置进行了实验，实验数据记录如表所示，第三次实验时的拉力如图所示。 实验 次数 钩码所受的 重力G/N 钩码上升的 高度h/cm 拉力F/N 绳自由端移动 的距离s/cm 机械效率η 1 2 10 0.8 30 83.3% 2 4 10 1.5 30 ② 3 6 10 ① 30 * （1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计使钩码上升； （2）表格中编号①的数据应为 ；编号②的数据应为 ； （3）比较实验数据可得出的实验结论是：使用同样的滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越 ； （4）如果在第一次实验时，忽略绳重和摩擦，可以计算出动滑轮的重力为 N； （5）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是 。 A．增大绳重 B．减轻动滑轮重 C．加快物体提升的速度 9．如图所示，小明分别使用甲、乙两种不同的机械匀速提升同一物体M到同一高度。测得两次拉力和物体M所受的重力如下表所示。当使用乙机械时，测得绳子自由端移动的距离是物体M上升高度的3倍。 F甲 F乙 GM 7N 8N 6N （1）根据题意在图乙中正确画出滑轮组的绕法； （2）使用甲提升物体M时 （选填“省力”或“费力”）；使用 （选填“甲”或“乙”）提升物体M更费力； 10．利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。 （1）实验前，杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以直接从杠杆上读出 。 （2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，可在杠杆的D点挂 个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡。当杠杆平衡后，将B、D两处的钩码同时往О点移动一格，杠杆将 。（“向左倾斜”或“向右倾斜”或“仍然平衡”） （3）保持B点钩码数量和力臂不变，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l1一F1的关系图像，如图丙所示。请推算当l1为0.5m时，F1为 N。 11．在研究动滑轮使用特点的实验中，各小组按照图（a）中所受的实验器材进行实验，每个小组的实验器材都相同（摩擦力可忽略不计），甲小组按照实验要求在滑轮上挂上钩码，竖直向上拉弹簧测力计，每次都匀速提起钩码，如图（a）所示。乙、丙两个小组的同学实验时，没有注意按照要求规范操作，他们斜向上拉弹簧测力计，匀速提起钩码，实验情况分别如图（b）、（c）所示。各小组的实验数据记录在表格中。 表一（甲小组） 表二（乙小组） 表三（丙小组） 实验序号 物体的重力（牛） 弹簧测力的示数（牛） 实验序号 物体的重力（牛） 弹簧测力的示数（牛） 实验序号 物体的重力（牛） 弹簧测力计的示数（牛） 1 1.0 0.6 4 1.0 0.7 7 1.0 0.8 2 2.0 1.1 5 2.0 1.3 8 2.0 1.6 3 3.0 1.6 6 3.0 1.8 9 3.0 2.4 （1）甲小组同学分析比较了实验序号1、2、3的数据和相关条件，得出动滑轮使用特点的初步结论是：使用动滑轮匀速提起重物， ； （2）同学们查阅相关资料得知：若不计动滑轮自身的重力，使用动滑轮匀速提升重物时，可以省一半力。由此，他们分析了表一中的实验数据，求出滑轮的重力为 牛； （3）分析比较表一、表二、表三中的实验数据和观察到的现象，初步分析，当物体的重力相同时，甲小组、乙小组、丙小组的实验数据都不相同的原因是： ； （4）分析比较实验序号1、4、7（或2、5、8或3、6、9）的实验数据和相关条件，得出的初步结论是： 。 12．小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中， （1）实验前杠杆左低右高，为使杠杆在水平位置平衡，应将 向 （左/右）移动，将杠杆调在 水平位置平衡的目的是为了便于 。 （2）杠杆平衡后，小明在图甲所示的A位置挂上2个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于 。          （3）他改用弹簧测力计在图乙所示的C位置斜向下拉，若每个钩码重1N。当杠杆在水平位置平衡时，测力计的示数将 （选填“大于”、“等于”或“小于”）1N，原因是 。 13．在“探究杠杆的平衡条件”实验中： （1）小明安装好杠杆后，发现其左端下沉，如图甲所示。为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 调节； （2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A处悬挂3个钩码，每个钩码重0.5N。如果在B处施加一个拉力使杠杆在水平位置再次平衡，当方向为 时，拉力最小，大小为 N； （3）课后，小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡，如图丙所示，则力臂 。若两边同时各取走一枚硬币，则杠杆的 端将下沉。 14．在学习简单机械时，某同学用如图所示的装置进行实验，所填写的实验报告(部分)如下，请完成空格处的内容。 实验目的：探究 实验器材：带有刻度的杠杆、弹簧测力计、若干钩码、细线等。 实验步骤： ①将杠杆的中点支在铁架台上，通过调节杠杆两端的螺母使杠杆在 位置平衡。 ②将钩码挂在杠杆支点两侧，通过调节钩码的个数或 ，使杠杆再次在原位置平衡，并记录 。 ③将钩码挂在杠杆上，在支点同一侧用弹簧测力计沿 方向拉杠杆，… ④多次改变力和力臂的数值，重复 ②、③ 实验操作… 15．小明同学在“研究杠杆平衡条件”实验中： (1)实验时应先调节杠杆在 位置平衡。若出现图甲所示情况，应将杠杆的螺母向 调（填“左”或“右”）。 (2)杠杆平衡后，小明在图乙所示的A位置挂上3个钩码，为了使杠杆在水平位置平衡，这时应在B位置挂上 个钩码。 (3)下表是该组某同学在实验中记录杠杆平衡的部分数据： 实验次数 F1（N） l1 （cm） F2 （ N） l2（ cm）     1 2 5 △ 10     2 3 10 2 15 3 2 30 3 ☆ 上表中空格处所缺的数据是：△＝ ，☆＝ ； (4)分析上表中的实验数据可以得出的结论是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《实验题（5）简单机械——2025年中考物理一轮复习题型》参考答案 1． 缓慢匀速 1.8 74.1% 见解析 2、3 偏低 【详解】（1）[1]在实验中，测量绳端拉力F时，应在竖直向上方向上匀速拉动使物体匀速上升，物体处于平衡状态，此时弹簧测力示数等于拉力大小。 （2）[2]由图可知，弹簧测力计最小分度值为0.2N，弹簧测力计的示数为1.8N。 [3]分析第1次实验中数据可知，根据可得，机械效率为 （3）[4]由控制变量法可知，比较第1、2次实验数据可得出结论：使用同一滑轮组，重物越重，机械效率越高。 （4）[5]比较第2、3次实验数据可得出结论：滑轮组的机械效率跟提起的物重、动滑轮的重有关，在提起的物重一定时，动滑轮越重，机械效率越低。 （5）[6]由图丁可知，拉力F沿斜向上方向拉动时，拉力的力臂变短，省力变小，与丙相比需要更大的拉力才能拉动物体上升，因此总功更大，因有用功不变，根据可得，机械效率偏小。 2． 0.7 不能 不变 竖直 动滑轮自身受到重力 B 【详解】（1）[1]忽略绳重和摩擦，分析第4次实验数据：因为拉力 所以 则第3次的拉力为 （2）[2][3]比较1、2两次实验数据，拉力大小都等于钩码的重力，说明使用定滑轮不能省力，但能改变力的方向，所以小明将绳子的自由端沿着水平向右的方向匀速拉动，拉力的大小将不变。 （3）[4]用图丙进行实验时，最好沿竖直方向匀速拉动绳子自由端，此时最省力。 [5]使用动滑轮提升物体时，不但要克服物体的重力，还要克服动滑轮自身的重力、滑轮与绳子间的摩擦力等，所以拉力的大小总比钩码重力的一半要大。 （4）[6]本实验中进行了多次实验，目的是通过对实验数据的分析，总结归纳出定滑轮和动滑轮的特点，从特殊现象中得到普遍规律，故B符合题意，AC不符合题意。 故选B。 3． 匀速 2.2 高 0.4 【详解】（1）[1] 实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计使钩码上升，此时系统处于平衡状态，测力计示数大小才等于拉力大小。 （2）[2] [3][4]由图知，弹簧测力计的分度值为，拉力为；第2次实验的机械效率为 第3次实验的机械效率为 （3）[5]实验选用的同一滑轮组，动滑轮的重力不变，由表中实验数据分析可知，使用同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。 （4）[6]根据表中数据，在第一次实验做的总功 做的有用功 做的额外功 因忽略绳重和摩擦，故所做额外功是克服动滑轮重力所做的功，则动滑轮的重力为 4． 力臂 3 变大 变小 【详解】（1）杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，所以便于测量力臂大小； （2）设一个钩码的重力为G，杠杆一个小格代表L， B处的力臂为4L，杠杆平衡条件得： ， 解得， 即在B处挂3个同样的钩码； （3）如图乙，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OC，弹簧测力计倾斜拉杠杆，拉力的力臂逐渐变小，小于OC，即动力臂变小，根据杠杆平衡条件知，拉力将变大，弹簧测力计示数变大． 5． 能改变动力方向，但不能省力 能省力，但不能改变力的方向 见解析 【详解】（1）[1]从甲图中可看出，三种拉力情况，每次拉力的方向都不相同，在实验过程中不断改变拉力的方向，观察测力计的示数都为1N，等于物重，可得出结论：定滑轮可以改变力的方向，但不省力。 （2）[2]在图乙中，拉力 F=0.6N＜G=1N 故能省力，但不能改变力的方向。 （3）[3]提升物体所做的有用功 W有用=Gh=2N×0.1m=0.2J 使用滑轮组时所用拉力F=0.8N，弹簧测力计移动距离 s=30cm=0.3m 所做的总功 W总=Fs=0.8N×0.3m=0.24J 经比较W有用＜W总，所以使用轮组不能省功。 6． 3 便于测量力臂 竖直向下 1 先变小后变大 【详解】（1）设杠杆上每一个小格为L，每个钩码重为G，则FALA=FBLB，，即应该在B位置挂上3个同样的钩码； 使杠杆在水平位置平衡，在水平位置平衡的目的是便于测量力臂． （2）当弹簧测力计竖直向下施力时，动力臂最大，此时拉力最小，同时也便于正确测量力臂；此时最小拉力为 （3）由图丙，阻力和阻力臂不变，弹簧测力计由位置1逐渐转至位置2的过程中，杆杠在水平位置始终保持平衡，动力臂先变大再变小，所以测力计示数将先变小后变大． 7． 2.4 83.3% 增大 【详解】(1)由图示弹簧测力计可知，其分度值是0.2N，示数F=2.4N；(2)由图可知，n=3，则滑轮组的机械效率：η===83.3% (3)整个滑轮组保持不变，即额外功不变．因为对重物做的功为有用功，增加钩码的个数，即增大了有用功，机械效率就会增大． 8． 匀速 2.2 88.9% 高 0.4 B 【详解】（1）[1]实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计使钩码上升，此时系统处于平衡状态，测力计示数大小才等于拉力大小。 （2）[2]由图知，1N之间有10个小格，每个小格代表0.1N，弹簧测力计的分度值为0.1N，测力计的示数为2.2N，故拉力为2.2N。 [3]第2次实验的机械效率为 （3）[4]实验选用的同一滑轮组，动滑轮的重力不变，由表中实验数据分析可知，同一滑轮组提升的物体越重，即做的有用功越大，因为做的额外功不变，故滑轮组的机械效率越高。 （4）[5]根据表中数据，在第一次实验做的总功 做的有用功为 做的额外功为 因忽略绳重和摩擦，故所做额外功是克服动滑轮重力所做的功，则动滑轮的重力为 （5）[6]A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故A不符合题意； B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大，故B符合题意； C．滑轮组的机械效率为 可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，再根据可知，机械效率与物体提升的速度无关，故C不符合题意。 故选B。 9． 费力 乙 【详解】（1）[1]已知绳子自由端移动的距离是物体M上升高度的3倍，即s=3h，所以提升物重绳子的有效股数为3，因此绳子需从动滑轮开始绕，依次绕过定滑轮和动滑轮，如下图所示： （2）[2][3]根据表格数据可知 F甲>GM，F乙>GM 且 F甲<F乙 所以使用甲提升物体M时费力，使用乙提升物体M更费力。 10． 右 力臂 4 向左倾斜 0.6 【详解】（1）[1][2]杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，说明左端重右端轻，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；支点到力的作用点的距离就是力臂，便于测量力臂大小。 （2）[3][4]设一个钩码重为G，一格长为L，根据杠杆平衡条件可知 解得 故需在D点挂4个钩码。 当杠杆平衡后，将B、D两处的钩码同时往О点移动一格，左侧 右侧 左侧力和力臂乘积大，因此杠杆会向左倾斜。 （3）[5]由于此题中的阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，利用图像中任意一组数据都能得出 故若当l1为0.5m时 11． 可以省力 0.2 拉力方向不同 拉力方向与竖直方向夹角越大越费力 【详解】（1）[1]从表格中可以看出，每组数据中弹簧测力计的读数都要小于重物的重力，所以使用动滑轮匀速提起重物，可以省力。 （2）[2]因为提升重物的过程中相当于两根绳子在提升动滑轮，则由题中资料可知，拉力的表达式为 将第1次的实验数据代入到上式，求得 G动=2F1-G1=2×0.6N-1N=0.2N （3）[3]当提升相同重物时，所用拉力的方向不同，得到的弹簧测力计的示数不同，由此可知拉力方向不同影响拉力的大小。 （4）[4]观察图片并分析数据可知，使用动滑轮匀速提起同一重物，测力计与竖直方向夹角不同，拉力的大小不同，且测力计与竖直方向夹角越大，拉力也越大。 12． 平衡螺母 右 避免杠杆自重的影响 4 测量力臂大小 大于 力臂变短 【详解】（1）[1][2][3]杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，则重心应向右移动，故将平衡螺母向右移动，杠杆的重心通过支点，杠杆调=在 水平位置平衡，可以消除杠杆自重对平衡的影响。 （2）[4][5]由杠杆平衡条件可得，设每只钩码的重力为G，杠杆每一格的长度为L，代入后可得，所以可得，则在B位置上挂4个钩码，将杠杆调节在水平位置平衡，便于测量力臂的大小。 （3）[6][7]若在C点位置竖直向下拉，根据杠杆平衡条件可计算得到拉力F大小约为 所以弹簧测力计的示数是1.33N，当弹簧测力计斜向下拉时，动力臂变小，但阻力和阻力臂不变，所以测力计的示数会变大，即大于1N。 13． 右 竖直向下 2 2：1 右 【详解】（1）[1]由图甲知，杠杆的左端下沉，应向右调节平衡螺母才能让杠杆在水平位置平衡。 （2）[2][3]在B处施加的动力方向竖直向下时，对应的动力臂最大。据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力臂最大，对应的动力最小。杠杆在水平位置平衡时，有 3×0.5N×4l=F1×3l 解得最小拉力 F1=2N （3）[4]由图示知，左边对杠杆的作用力为2个硬币的重力，右边对杠杆的作用力为4个硬币的重力，设每个硬币的重力为G，则有 G1：G2=2G：4G=1：2 据杠杆的平衡条件有 l1：l2=G2：G1=2：1 [5]在两边同时取走一枚硬币，则左边和右边分别是 (2G-G)×l1=G×l1=2Gl2 (4G-G)×l2=3Gl2 所以杠杆的右端下沉。 14． 杠杆的平衡条件 水平 移动钩码位置 钩码个数和力臂的长度 竖直 【详解】[1]由题意可知此实验目的是探究杠杆平衡的条件。 [2]为了便于实验时测量力臂的长度，在实验前要将杠杆调节在水平方向上平衡。 [3][4]在做实验时为了避免实验结果的偶然性，应该调节钩码的个数，并且改变力臂的长度，使杠杆处于平衡状态后，记录钩码的个数和力臂的长度。 [5] 在支点同一侧用弹簧测力计拉动杠杆向上，此处为了便于记录力臂的长度，此时应该使弹簧测力计竖直向上拉。 15． 水平 左 4 1 20 F1 l1＝F2 l2 （动力×动力臂＝阻力×阻力臂） 【详解】(1)[1]为了便于直接从杠杆上读出力臂的大小，所以应调节杠杆水平平衡； [2]调节杠杆平衡时，应把平衡螺母向着较高的一侧来拧，故应向左拧； (2)[3]由杠杆的平衡条件可知，A位置3个钩码，力臂为4，故B位置力臂为3，应挂4个钩码； (3)[4][5]根据杠杆的平衡条件：F1l1=F2l2可得：△＝1，☆＝20； (4)[6]实验结论为：F1 l1＝F2 l2 （动力×动力臂＝阻力×阻力臂）。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$