实验题（2）简单机械——2025年中考物理一轮复习题型

实验题（2）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．某同学利用弹簧测力计、刻度尺和杠杆等器材测量长方体实心金属块的密度。 （1）挂金属块前，杠杆左端下沉，应将右侧的平衡螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡； （2）杠杆调平后，在A点用轻绳悬挂金属块。B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，如图甲所示。此时弹簧测力计示数为2.5N。金属块质量为 kg；（g取10N/kg） （3）已知金属块底面积为30cm2，高度如图乙所示。金属块高度为 cm，金属块密度为 kg/m3； （4）改变金属块和弹簧测力计的位置，进行多次实验，其目的是 ； （5）在某次测量过程中、不慎沿斜下方拉弹簧测力计，由此次数据得出的金属块密度值比实际密度 。 2．在探究杠杆的平衡条件的实验中， （1）如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应该向 移动右端的螺母（选填“左”或“右”）． （2）实验时只有10个相同的钩码，杠杆上每格等距，当在A点挂3个钩码时，如图乙所示，则怎样挂钩码可以使杠杆在水平位置平衡？（请设计两种方案） ① ； ② ． （3）通过对实验数据进行分析处理，可得出结论：杠杆平衡条件是 ． 3．如图所示是小海同学“研究定滑轮和动滑轮特点”的实验装置，实验中测得数据如下表所示： 钩码重G/N 钩码升高高度h/m 测力计示数F/N 测力计移动距离s/m 甲 0.98 0.2 0.98 0.2 乙 0.98 0.2 1.02 0.2 丙 0.98 0.2 0.55 0.4 （1）比较弹簧测力计示数的大小，可知：使用动滑轮的好处是 ； （2）把钩码升高相同的高度，比较（b）和（c）实验弹簧测力计移动的距离，可知：使用动滑轮 ，所以在提升重物的过程中，如果要同时兼顾定滑轮和动滑轮的特点，则应选择滑轮组 ； （3）请在图（d）中画出最省力的绕线方式。 4．关于探究“斜面的机械效率”的实验，回答下列问题： （1）有用功是指克服 力所做的功，表达式为W有用= ；额外功是指克服 力所做的功；总功是指 力所做的功，表达式为W总= ． （2）为了测量斜面的机械效率，需要测量的四个物理量分别是 、 、 、 ． （3）某同学在测量斜面的机械效率实验后发现：用同一斜面、同一物体做实验，斜面越陡，机械效率越高．你猜想，引起机械效率变化的本质原因可能是 ． 5．小梦同学用如图所示的装置“研究定滑轮和动滑轮的特点”。 次数 钩码升高的高度h/m 拉力F/N 拉力方向 1 1 0.2 1 0.2 向上 2 2 0.2 2.1 0.2 向下 3 1 0.2 0.6 0.4 向上 4 2 0.2 1.1 0.4 向下 （1）实验中需要用到的测量工具是弹簧测力计和 ； （2）实验中应沿竖直方向 拉动弹簧测力计，使钩码上升； （3）请将小梦设计的记录表格中未填写的测量项目补充完整 ； （4）比较1和2两次实验可知：使用定滑轮的好处是 ； （5）依据杠杆平衡条件分析，使用动滑轮提升物体所用的力是直接提升物体所用力的一半，但分析第3、4两次实验数据却不符合这样的关系，造成这种现象的主要原因是 。 6．小华用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如下： 次数 物重G/N 物体上升高度h/m 拉力F/N 机械效率η 1 2 0.10 1.0 66.7% 2 3 0.10 1.4 71.4% 3 6 0.10 2.5 （1）实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，绳端移动距离为 m． （2）第3次实验的机械效率为 %． （3）分析数据可知，提高同一滑轮组的机械效率，可以采取的措施是 ；小华所用动滑轮的重一定小于 N． 7．小明利用刻度均匀的匀质杠杆做探究“杠杆的平衡条件”实验。 （1）实验前，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉，这时应将平衡螺母向 （填“左”或“右”）端调节，直到杠杆在水平位置平衡； （2）得出杠杆的平衡条件“动力×动力臂=阻力臂×阻力臂”后，小明又进一步探究杠杆平衡时动力和动力臂的关系，实验过程中，保持阻力和阻力臂不变，在杠杆水平平衡时，测出多组动力F1和动力臂l1的数据，并绘制了F1与l1的关系图像，如图所示，请根据图像推算，当l1为0.1m时，F1为 N。 8．用图示装置探究滑轮组的机械效率，实验数据记录如表： 次数 物重G/N 物体上升高度h/m 拉力F/N 机械效率η 1 2 0.2 1.0 66.7% 2 3 0.2 1.4 71.4% 3 6 0.2 2.5 (1)实验中应竖直向上 拉动弹簧测力计，绳子自由端移动距离为 m； (2)分析表中数据，动滑轮重至少小于 N，第3次实验的机械效率为 %。 9．如图所示，晓月利用铁架台、带有刻度的杠杆，细线、若干砝码等试验装置探究杠杆的平衡条件．请你回答下列问题： （1）在挂钩码前，晓月发现杠杆左端低，右端高，她将杠杆两端的平衡螺母向 调节，使杠杆在水平位置平衡． （2）接着晓月在杠杆的两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，保持杠杆在水平位置平衡．其目的是： ． （3）改变钩码数量与位置，获取三组测量数据（如下表），可以减少实验的 ，根据表中的数据你得出杠杆的平衡条件是： ，并完成下表中的空格 ． 实验测量数据记录表： 10．在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：轻质杠杠、支架、细线、质量相同的钩码若干。 （1）实验前，将杠杆中点置于支架上，杠杆静止时如图甲所示。此时应把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； （2）小郑调节杠杆水平平衡后，如图乙在杠杆左右两侧挂钩码，调节杠杆平衡，并记录三组数据如下表所示； 实验次数 动力F1/N 动力臂l1/m 阻力F2/N 阻力臂l2/m 1 1.0 0.05 1.0 0.05 2 1.5 0.10 0.5 0.30 3 2.0 0.15 1.5 0.20 分析表中的数据，小郑得出杠杆的平衡条件是： ； （3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，则杠杆 （选填“左”或“右”）端将下沉； （4）同学们在实验的交流评估环节中，小巫提出她们小组未能完成实验，原因是无论怎样调节平衡螺母。都不能使杠杆在水平位置平衡，于是同学们就此展开了热烈的讨论，下列说法合理的是 。 A．可能是实验器材未放置在水平桌面上 B．可能是杠杆左右两边平衡螺母质量相差太大 C．可增大支点处的摩擦，使杠杆在水平位置平衡 D．在杠杆偏低一侧的平衡螺母处粘上适量橡皮泥，使杠杠在水平位置平衡 11．探究杠杆的平衡条件： ①实验前调节螺母，使杠杆在不挂钩码时保持水平方向平衡，若杠杆左边下倾，则应将左侧平衡螺母向 调； ②如图，若每个钩码的质量为50g，杠杆每小格的长度为8cm，要使杠杆在水平方向静止，在B处弹簧测力计的示数为 N，（如图），它的力臂为 m。 12．小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中， 实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向 选填“左”或“右”调节，使杠杆在水平位置平衡调节杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 ； 首先应调节杠杆两端的螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，这时杠杆重力的力臂为 ． 杠杆平衡后，小明在图甲所示的A位置挂上两个钩码，可在B位置挂上 个钩码，使杠杆在水平位置平衡． 如果再在A、B两处各加挂一个钩码，杠杆的 端将会下沉此后，小红又经过多次实验，得出的杠杆的平衡条件是 ． 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”． 13．小锦小组用刻度均匀的匀质杠杆进行“探究杠杆平衡条件”的实验中，每个钩码质量相等． （1）将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，他将杠杆左端平衡螺母向右调节到最大限度后，杠杆左端仍有轻微下沉，这时他应将右端的平衡螺母向端调节，才能使杠杆在水平位置平衡． （2）如图甲所示，是他在探究过程中的一个情境，接下来他在两边钩码的下方各加一个相同的钩码，并将左端钩码移到左端离支点第三格处，为了使杠杆在水平位置平衡，他应将右端钩码移动到右端离支点第格处． （3）通过不断改变两端所挂钩码的个数和位置，使杠杆在水平位置平衡，并记录各次实验数据，通过对数据分析后得出结论：动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离．与其他小组交流后，他们又做了如图乙、丙、丁三次实验，其中图所示实验能直接说明该结论是错误的． 14．探究杠杆的平衡条件： （1）如图甲，杠杆在支架上，要使其在水平位置平衡，可将杠杆右端的平衡螺母向 调节，当杠杆在水平位置平衡时，杠杆自重的力臂为 cm. （2）如图乙，在右边用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是 .若左边钩码离支点 20cm，右边挂钩离支点 15cm，每个钩码重为 0.5N，则 此时弹簧测力计示数应为 N. （3）如图丙，当杠杆在水平位置平衡时，此时拉力的力臂 （选填“大于”、“小于”或“等于”）15cm. 15．如图甲所示，用弹簧秤将重为3.9 N的物块从斜面的底端匀速拉至顶端，则物块所受拉力为 N，已知斜面的高为4 m，长为8 m，斜面的机械效率为 ．若用图乙所示装置匀速提升900 N重物上升0.5 m，当其机械效率与斜面机械效率相同时，该过程所做的额外功为 J．该滑轮组提升物体越重，机械效率越 （填“高”或“低”）． 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（2）简单机械——2025年中考物理一轮复习题型》参考答案 1． 右 0.75 2.50 1×104 测量多组数据求平均值，减小误差 偏大 【详解】（1）[1]挂金属块前，杠杆左端下沉，杠杆向左偏，应将右侧的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡。 （2）[2]杠杆调平后，在A点用轻绳悬挂金属块。B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，如图甲所示。此时弹簧测力计示数为2.5N。根据杠杆平衡的条件可知，金属块重力为 金属块的质量为 （3）[3][4]已知金属块底面积为30cm2，高度如图乙所示，刻度尺的分度值为0.1cm，则金属块高度为2.50cm，金属块密度为 （4）[5]为了减小误差，采用测量多组数据求平均值的方法，操作是：改变金属块和弹簧测力计的位置，进行多次实验。 （5）[6]在某次测量过程中、不慎沿斜下方拉弹簧测力计，此时力臂减小，力变大，测量的物体的重力变大，物体的质量也变大，根据，由此次数据得出的金属块密度值比实际密度偏大。 2． 右 在G处挂2个钩码 在E处挂3个钩码 F1L1=F2L2 【详解】试题分析：（1）如图甲，杠杆的右端上翘，无论左端或右端的平衡螺母都要向上翘的右端移动；（2）设一钩码重为G，一格为L，则杠杆在水平位置平衡时：左边=3G×4L=12GL，右边=2G×6L=3G×4L=4G×3L=6G×2L=12GL，所以可以在G处挂2个钩码，或在E处挂3个钩码、或在D处挂4个钩码、或在C处挂6个钩码；（3）经过实验探究得出杠杆平衡条件：F1L1=F2L2． 【考点定位】探究杠杆的平衡条件实验 3． 可省力 要多移动距离 （d） 【详解】（1）[1]根据表中数据可知，图（a）中，测力计示数为0.98N，即钩码的重力为0.98N，图（b）中测力计示数为1.02N，在图（c）中，测力计示数为0.55N，因拉力 F=0.55N<G=0.98N 故使用动滑轮的好处是可省力。 （2）[2]由表中数据，把钩码升高的高度均为0.2m，（b）和（c）中测力计移动的距离分别为0.2m和0.4m，因把钩码升高的高度0.2m小于0.4m，可知：使用动滑轮要多移动离。 [3]所以在提升重物的过程中，如果要同时兼顾定滑轮和动滑轮的特点，既省力也要改变力的方向，则应选择由定滑轮和动滑轮组成的滑轮组（d）。 （3）[4]由一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组，绳子的有效段数可为2或3，要求画出最省力的绕线方式，故绳子的有效段数为3，绳子的一端先从动滑轮的挂钩上连起，如下所示： 4． 物体的重 Gh 摩擦 拉 Fs 物体的重力 拉力 斜面长度 斜面高度 摩擦力发生了变化 【详解】（1）根据有用功的定义可知，克服物体重力所做的功为有用功，大小等于Gh；根据额外功产生的原因可知，克服摩擦力所做的功为额外功；根据总功的定义可知，动力（即拉力）所做的功为总功，大小等于Fs． (2)由以上分析可知，在测量斜面机械效率的实验中，需要测量的物理量是物体的重力、拉力、斜面高度、斜面长度． (3)查找机械效率变化的原因主要从额外功角度思考，而对于斜面来说，额外功是指克服摩擦力所做的功，所以，这里机械效率的变化可能是由斜面的坡度不同而导致摩擦力发生变化引起的． 5． 刻度尺 匀速 钩码的重力G/N；弹簧测力计移动的距离s/m 可以改变力的方向 动滑轮有重力 【详解】（1）[1]实验中要具体测量物体提升的高度与绳端移动的距离，因此还需增加刻度尺。 （2）[2]当匀速拉动弹簧测力计时，其示数才与绳子拉测力计的力大小相等，因此，需匀速拉动。 （3）[3]记录表格中应补充测量项目分别为：钩码的重力G/N和弹簧测力计移动的距离s/m。 （4）[4]分析可知，1和2两次实验是使用的是定滑轮，由表格数据可以看出使用的是定滑轮不省力，但可以改变力的方向，因此比较1和2两次实验可知：使用定滑轮的好处是可以改变力的方向。 （5）[5]依据杠杆平衡条件分析，使用动滑轮提升物体所用的力是直接提升物体所用力的一半，但分析第3、4两次实验数据却不符合这样的关系，造成这种现象的主要原因是动滑轮有重力，在提升重物的同时提升了动滑轮。 6． 匀速 0.3 80 增加物重 1 【分析】只有匀速竖直向上拉动弹簧测力计，拉力大小不变，弹簧测力计的示数稳定． 重物和动滑轮有三段绳子承担，绳子移动的距离是物体升高距离的3倍． 知道物重、物体升高的距离、弹簧测力计的拉力、弹簧测力计移动的距离，求出机械效率． 【详解】（1）实验中应该匀速竖直向上拉动弹簧测力计，以保证拉力大小恒定．由图示可知，滑轮组承重绳子有效股数n=3，物体移动距离是0.1m，所以绳子移动的距离是0.3m； （2）第3次测量中，弹簧测力计移动的距离s=nh=30cm． 滑轮组的机械效率： （3）根据第1次和第2次数据可知，提升高度相同时，物重不同，机械效率不同，可见，机械效率可能与物体的重力有关 ，且随着物体重力的增加，机械效率增高，所以可以采取增加重物的方式提高机械效率． 假设忽略绳重和摩擦，以第1组数据为例：则动滑轮重力为G动=3F-G物=3N-2N=1N，而实际在考虑绳重、摩擦的前提下，推测动滑轮的重力一定小于1N． 【点睛】滑轮组的机械效率跟提起的物重有关，跟物体升高的距离、移动的速度、绳子的绕法无关．通过增加提起的物重来提高机械效率． 7． 左 6 【详解】（1）[1]杠杆右端下沉，说明杠杆右端质量较大，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向左调节，直到杠杆在水平位置平衡。 （2）[2]由于此题中的阻力和阻力臂不变，据可知，利用图像中任意一组数据都能得出 故若当l1为0.1m时 8． 匀速 0.6 1 80 【详解】(1)[1]实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计。 [2]绳子的有效段数为3，绳子自由端移动距离为 (2)[3]分析表中数据 额外功的来源为克服摩擦与动滑轮的重力做的功，故动滑轮重至少小于 [4]第3次实验的机械效率为 9． 右 方便测量出两个力臂 偶然性 F1L1=F2L2 见解析所示 【详解】(1)由图知，右端较高，所以平衡螺母应向右调节；(2)在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，是为了使杠杆满足平衡条件在水平位置平衡；保持杠杆在水平位置平衡．其目的是为了便于测量力臂；(3)在实验中，获取三组测量数据，这样可以减少实验的偶然性，并减小实验误差；由表格中数据知,动力、动力臂的乘积等于阻力、阻力臂的乘积,可得杠杆平衡条件是：F1L1＝F2L2；根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2,代入数据：2N×10cm＝2N×L2解得：L2＝10cm. 实验 次序 动力F1/N 动力臂 L1/cm 阻力 F2/N 动力臂 L2/cm 1 2.0 5.00 1.0 10.00 2 2.0 10.00 2.0 10.00 3 2.0 10.00 2.0 10.00 【点睛】（1）在调节杠杆平衡时，哪端较高，平衡螺母向哪边调节；（2）为了便于测量力臂，保持杠杆在水平位置平衡；（3）在实验中，为了避免实验结果的偶然性，得到普遍性的规律，经常多测几组数据；根据表格中数据分析动力、动力臂的乘积及阻力、阻力臂乘积的关系得出结论：F1L1＝F2L2．根据杠杆平衡条件代入数据，便可求出动力臂的值． 10． 右 F1l1=F2l2 左 B 【详解】（1）[1]实验前，如果杠杆不在水平位置平衡，可通过向偏高的一端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。 （2）[2]根据表格中的数据可知，在3组实验中，每组实验中的动力和动力臂之积、阻力和阻力臂之积都相等。3组实验中，杠杆均平衡，故可初步得出杠杆的平衡条件为：F1l1=F2l2。 （3）[3]图乙中，设每个钩码重为G，杠杆上每个小格的长度为L。如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，根据杠杆平衡条件可知 故如果在杠杆两侧各去掉一个相同的钩码，杠杆将不平衡，且杠杆左端会下沉。 （4）[4] A．实验中，小巫小组无论怎样调节平衡螺母都不能使杠杆在水平位置平衡，如果是因为没有将实验器材放到水平桌面上，那么可以通过再次向偏高的一端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，故A不符合题意； B．根据杠杆的平衡条件可知，即使向偏高一侧调节平衡螺母至杠杆的端点处，仍然会因为左右两边平衡螺母质量相差太大，导致无法将杠杆调节至水平位置，故B符合题意； C．增大支点处的摩擦可能无法得出杠杆的平衡条件，故C不符合题意； D．在杠杆偏低一侧的平衡螺母处粘上适量橡皮泥，只会让偏低一侧的杠杆更加下沉一些，杠杆更加不会在水平位置平衡了，故D不符合题意。 故选B。 11． 右 2.4 0.15 【详解】①[1]杠杆左端向下倾斜，则应将重心向右移动，故应向右调节平衡螺母。 ②[2]由图可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，在B处弹簧测力计的示数为2.4N。 [3]每个钩码的质量为50g，杠杆每小格的长度为8cm，要使杠杆在水平方向静止，设在B处弹簧测力计的力臂为LB，根据杠杆的平衡条件有 3mg×3L＝FB×LB 代入数据解得 12． 右 便于测量力臂 0 4 左 大于 【详解】(1)杠杆的左端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，以减小这一侧的力臂．因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，这样测量起来会比较方便． (2)因为杠杆的重心在支点上，所以力臂为零． (3)设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，所以 2G×2L＝nG×L, 所以 n＝4(个). (4)如果再在A. B两处各加挂一个钩码， 3G×2L>5G×L， 所以杠杆左端下沉．由多次实验可以得出杠杆平衡条件： F1L1＝F2L2. (5)当斜向下拉时,阻力和阻力臂一定,动力臂变小,由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力变大，所以，测力计的示数将大于1N. 13． 右 四 丁 【详解】试题分析：（1）现在杠杆左端仍有轻微下沉，说明杠杆左端偏重，为使杠杆在水平位置平衡，这时应将右端的平衡螺母向右端调节；（2）设一个钩码重为G，杠杆一个格为L，左边加一个相同的钩码，并将左端钩码移到左端离支点第三格处，则左边力和力臂的乘积为F左L左=4G×3L=12GL，右边加一个相同的钩码，设右边的力臂为L右，则右边的力和力臂的乘积为F右L右=3G×L右，为了使杠杆在水平位置平衡，F左L左=F右L右，即12GL=3G×L右，所以L右=4L，他应将右端钩码移动到右端离支点第四格处；（3）小锦得到“动力×支点到动力作用点的距离=阻力×支点到阻力作用点的距离”，这个结论是不正确的；当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实验结论是否成立，所以利用图丁进行验证． 【考点定位】探究杠杆的平衡条件实验 14． 右 0 方便直接读出力臂 2 小于 【详解】（1）探究杠杆平衡条件时，调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，在图甲中，杠杆的左端下沉，应将杠杆左端的平衡螺母向右移动，直到杠杆在水平位置平衡，杠杆在水平位置平衡，杠杆的重心通过支点，杠杆重的力臂为0； （2）杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，由杠杆平衡条件F1 L1 =F2 L2 得，1.5N×20cm=F2 ×15cm，所以弹簧测力计示数应为F2 =2N； （3）杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，因为力的力臂在杠杆上，所以力臂最大，当拉力如丙图时，弹簧测力计倾斜拉动杠杆时，力臂不在杠杆上，动力臂变小，即小于15cm． 点睛：本题考查了探究杠杆的平衡条件的实验，解题的关键是明确，当杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上时，力臂才在杠杆上，这点是考查的重点． 15． 2.6 75% 150 高 【详解】由图示可知，物块所受的拉力为2.6N，有用功W有=Gh=15.6J，总功为W总=Fs=20.8J，所以斜面的机械效率η=W有/W总=15.6J/20.8J=0.75=75%；滑轮组所做的有用功为900N×0.5m=450J，则滑轮组所做总功为450J/75%=600J，所以额外功为600J-450J=150J；滑轮组提升的物体越重，机械效率越高． 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 $$