压轴03 简单机械（压轴题专练）（广东专用）2026年中考物理终极冲刺讲练测

压轴03 简单机械 3大核心考向 典例·靶向·突破 题型01 杠杆与滑轮组动态综合分析 1. 【答案】(1) (2) 升高 见解析 【详解】（1）力臂是支点到力的作用线的垂直距离；过O点作力F1的作用线的垂线，即为力F1的力臂，过O点作力F2的作用线的垂线，即为力F 2的力臂，如图所示： （2） [1][2]阻力不变，阻力臂不变，阻力与阻力臂的乘积不变，为了减小钢索承受的拉力，可增大动力臂，可适当升高悬挂点在桥塔上的高度，动力臂变大，从而减小钢索承受的拉力。 2. 【答案】(1) (2) 400 75% 100 【详解】（1）重力的方向为竖直向下，作用点在货物的重心上，如图所示： （2）[1]此过程中推力的功率 [2]有用功 总功 斜面的机械效率 [3]额外功 物体在斜面上运动时所受摩擦力 （3）滑轮组的机械效率为。 3. 【答案】(1)相同 (2) 上 大 B (3) 变小 支点向左移动 【详解】（1）由控制变量法可知，探究形状和大小相同、材料不同的圆柱体金属棒A、B受热伸长量与温度变化量的关系，初始时应控制金属棒A、B的长度和横截面积均相同。 （2）[1]由图可知，加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，光点会在标尺上向上移动。 [2]分析数据可知，对于同一根金属棒，例如A棒，从实验序号1到5 ，温度逐渐升高，的值越来越大，可以得出：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越大。 [3]当温度升高相同时，比如从25.0℃升高到70.0℃，由于金属棒伸长，使激光点在标尺上移动的距离分别为， 因此金属棒B的伸长量更大。 （3）[1]由力臂的定义可知，金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力的方向始终不变，阻力臂变小。 [2]同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，由数学知识，可采取的做法是支点向左移动。 1． 【答案】B 【详解】A．由题意知，集装箱的重力为G=mg=10×103kg×10N/kg=1×105N 则在上升过程中，起重机对集装箱做的功为W=Gh=1×105N×10m=1×106J 故A错误； B．在上升过程中，起重机对集装箱做功的功率为 故B正确； C．任何机械在使用时，都不可避免的会克服摩擦等做额外功，因此机械效率不可能达到100%，故C错误； D．在水平移动过程中，起重机对集装箱的力是竖直方向上的，集装箱在水平方向上移动，因此不做功，为0J，故D错误。 故选B。 2． 【答案】C 【详解】A．不计绳重及摩擦，甲装置需对动滑轮做额外功，乙装置不需要做额外功，拉力做的有用功相同，甲、乙装置做的总功不相等，根据可知，甲、乙装置的机械效率不相等，故A错误； B．由图可知，甲是动滑轮、乙是定滑轮，不计绳重及摩擦，则绳子受的拉力分别为，F2=G，又因为G>G动，所以，则，故B错误； C．用甲、乙、丙三种机械装置使同一重为G的物体匀速升高2m，由W=Gh可知甲、乙、丙装置所做的有用功相同，故C正确； D．若物重G=100N，F3=50N，拉力做的有用功W有=Gh=100N×2m=200J 使用丙装置拉力做的总功为W总=F3l=50N×5m=250J 丙装置的机械效率为 故D错误。 故选C。 3． 【答案】(1)费力 (2) 300 60% 【详解】（1）履带起重机的机械臂工作时，动力臂小于阻力臂，因此属于费力杠杆。 （2）[1]绳子段数，绳子自由端移动的速度 由功率公式，可得拉力 [2]滑轮组的机械效率 4． 【答案】(1) 省力 增大 (2)60 (3) 重力势 1920/ 64% 【详解】（1）人向下拉绳子时，动力臂大于阻力臂，因此桔槔是省力杠杆；提水时，配重的作用是帮助拉起A端的水桶，增大配重的质量，配重对杠杆的拉力更大，更省力，因此要减小人提水的力，需增大配重质量。 （2）根据杠杆平衡条件，放下空桶平衡时 代入，，得 解得 （3）筒车将水提升到高处，水的重力势能增加，因此将水流的动能转化为水的重力势能。 水的总质量 有用功 总功 机械效率 5． 【答案】(1) > 80% (2) 轮轴 改变力的方向 300 (3)90 【详解】（1）[1]对于滑轮组，不计绳重及摩擦，拉力，其中n是承担重物的绳子段数。甲图中，乙图中，则，，因此。 [2] 不计绳重及摩擦，机械效率 （2）[1][2]由图可知通过转动绞盘使绳子绕到滚轴，从而拉起物体，绞盘相对于轮，滚轴相对于轴，所以绞车可以看作轮轴；滑轮A和B为定滑轮，其作用是改变力的方向。 [3]轮轴的本质是杠杆，其力臂关系为：动力臂是轮的半径，即；阻力臂是轴的半径，即。根据杠杆平衡条件得 已知，，代入数据可计算出吊起大理石和吊筐的总重力为 因此大理石板重 （3）已知支点为O，且，根据杠杆平衡条件，可知空桶、水桶对应的阻力臂与拉力F对应的动力臂之比为。 装满水后，设配重石块的重力为阻力，水和桶总重与拉力F的合力为动力，根据杠杆平衡条件得 可得。 6 【答案】(1)平衡 (2)力臂 (3)1 (4)见解析 (5)4.5 【详解】（1）根据杠杆平衡状态的定义，杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，就处于平衡状态。实验前杠杆虽然倾斜，但处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态。 （2）在探究杠杆平衡条件实验中，把杠杆调到水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，可以直接从杠杆上读出力臂的大小，目的是便于测量力臂。 （3）钢丝钳剪钢丝时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。分析表格数据，实验1中的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，与钢丝钳原理相同。 （4）可选用重垂线来判断杠杆是否水平。实验过程和方法为：将重垂线固定在杠杆的支点上方，使重垂线自然下垂。观察杠杆，若杠杆与重垂线垂直，则杠杆处于水平位置；若不垂直，则杠杆不水平。 （5）秤砣重力G砣=m砣g=0.1kg×10N/kg=1N 根据杠杆平衡条件得到G砣×OB=G×OA 物体的重力 7． 【答案】(1) G 右端 左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力臂的乘积 从小桶内取出 (2)方法二 【详解】（1）[1]根据杠杆平衡原理可知，动力臂等于阻力臂，故动力等于阻力，故篮球和气球（含气针）的总重力为G。 [2][3]左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力臂的乘积，故杠杆右端下沉。 [4]由于杠杆右端下沉，在不改变小桶悬挂位置的情况下，可以从小桶内取出重力为的细沙，减小阻力，从而减小阻力与阻力臂的乘积，使杠杆再次达到水平位置平衡。 [5]取出细沙后，动力臂仍然等于阻力臂，故动力仍然等于阻力，故减小的动力等于减小的阻力，即气球所受的浮力为。 [6]根据杠杆平衡原理可知，杠杆左端受到的动力为 故浮力的大小为 （2）若用钩码代替沙子和桶，若采用方法一，由于钩码是整数的增加或者减小，无法恰好使杠杆在水平位置平衡。此时需要采用方法二，通过移动钩码，从而使杠杆在水平位置平衡，通过杠杆平衡计算浮力。 8． 【答案】(1) (2)160W (3)90% 【详解】（1）拆封前包装箱竖放时对水平地面的压强 （2）由图可知，该滑轮组承担物重的绳子段数n=2。不计绳重及摩擦，作用在绳子自由端的拉力为 在100s内，绳子自由端移动的距离s=nh=2×20m=40m 拉力F所做的总功 拉力F的功率 （3）提升包装箱所做的有用功 滑轮组的机械效率 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 简单机械 3大核心考向 命题预测 2026 广东中考简单机械以生活实景、工程场景为外衣（如秤杆称重、自行车变速、起重机等），机械原理综合为内核。融合杠杆受力分析、滑轮组动态计算、机械效率变量分析为难点。实验探究聚焦创新验证（杠杆平衡改进、滑轮组效率优化），强化控制变量法、误差分析，侧重受力建模、公式灵活运用、方案评估四大能力。 高频考法 1.杠杆与滑轮组动态综合分析 2.简单机械综合计算 3.斜面、杠杆等拓展模型应用 知识·技法·思维 一、核心考向总结 考向 核心知识点 解题技法 1. 杠杆基础与平衡 1. 五要素：支点、动力、阻力、动力臂、阻力臂 2. 平衡条件：F1L1=F2L2​ 3. 分类：省力（L1>L2）、费力（L1<L2）、等臂（L1=L2）​ 1. 力臂作图：找支点→画力的作用线→作垂线标垂直符号 2. 平衡计算：统一力（N）和力臂（m）单位，列等式求解 2. 滑轮与滑轮组 1. 定滑轮：等臂杠杆，不省力，改变方向2. 动滑轮：省力杠杆，省一半力（不计重 / 摩擦） 3. 滑轮组：F=，​s=nh，ν绳=nν物 1. 数绳子段数n：只数动滑轮上的绳子 2. 绕线：奇动偶定（n为奇数从动滑轮起绕） 3. 机械效率综合 1. 通用公式：η==×100% 2. 滑轮组：η=×100% ×100%（不计摩擦时） 3. 斜面：η=×100%，额外功=Fs 1. 明确有用功（对物体做的功）和总功（拉力做的功） 2. 同一装置，物重越大，效率越高 4.创新实验探究 1. 杠杆平衡条件：水平调平消除自重影响2. 滑轮组效率测量：控制变量法探究影响因素 3. 误差分析：杠杆自重、滑轮摩擦、弹簧测力计读数 1. 实验改进：用替代器材（如用杠杆测滑轮组效率）完成实验 2. 方案评估：判断步骤缺陷，提出优化建议（如多次实验减小误差 二、高频易错点 1.杠杆部分：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是支点到力的作用点的距离；易误判镊子、钓鱼竿等费力杠杆的类型。 2.滑轮部分：数错动滑轮上的绳子段数n；计算拉力时漏加动滑轮重力动；混淆s和h的关系。 3.效率部分：混淆有用功、额外功和总功；误认为 “越省力，效率越高”；写出η>100%的错误结论。 4.实验部分：杠杆未水平调平就读数；实验次数不足，结论不具普遍性；忽略装置自重、摩擦带来的误差。 三 、高频题型技法速记 杠杆作图题口诀：一点二线三垂直 1. 找支点：确定杠杆绕着转动的固定点 2. 画力线：画出动力和阻力的作用线 3. 作垂线：从支点向力的作用线作垂线，标上垂直符号和力臂符号 滑轮组绕线题口诀：奇动偶定，从内向外绕 1. n 为奇数：从动滑轮的挂钩开始绕线 1. n 为偶数：从定滑轮的挂钩开始绕线 1. 注意：绳子不能交叉，末端要固定在滑轮的挂钩上 综合计算题解题顺序：受力分析 → 公式选择 → 分步计算 → 效率求解 1. 先分析物体受力情况，判断机械类型 1. 选择对应的公式（如杠杆平衡、滑轮组拉力公式） 1. 分步计算功、功率，最后计算机械效率，注意单位统一 实验探究题核心原则：控制变量、多次实验、误差分析 1. 探究杠杆平衡条件、滑轮组效率影响因素时，需明确控制变量 1. 多次实验，避免偶然性，使结论具有普遍性 1. 分析装置缺陷（如杠杆自重、滑轮摩擦）带来的误差，提出改进建议 典例·靶向·突破 题型01 杠杆与滑轮组动态综合分析 1.【力与力臂作图、利用杠杆平衡原理进行分析计算】(2025·广东省广州市·中考真题)图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型； (1)以O点为支点，在图d中作出的力臂_______； (2)为了减小钢索承受的拉力，可适当______（选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：______。 题型02 简单机械综合计算 2.【功、功率、机械效率联立求解】(2025·山东省德洲市·中考真题)如图所示，在劳动实践活动中，小刚在水平地面与车厢间用木板搭一斜面装载货物。 (1)请在答题卡指定的位置画出货物所受重力G的示意图______。 (2)已知此斜面长s=3m，高h=1m，小刚沿斜面方向用400N的推力将重900N的货物以1m/s的速度匀速从斜面底端推到顶端（不计空气阻力，忽略箱子大小），此过程中推力的功率为______W，斜面的机械效率为______，物体在斜面上运动时所受摩擦力为______N。 题型03 斜面、杠杆等拓展模型应用 3.【结合生活情景探究杠杆的平衡条件】(2025·广东省·中考真题)桥梁设计需考虑材料受热膨胀。小明设计实验，探究形状和大小相同、材料不同的圆柱体金属棒A、B受热伸长量与温度变化量的关系。 (1)初始时金属棒A、B的长度和横截面积均________； (2)如图所示装置可用来测量金属棒受热时微小的伸长量。激光笔固定在杠杆右端，杠杆可在竖直平面内转动；标尺竖直放置，通过激光点在标尺上移动的距离来反映金属棒的伸长量。 ①开始时，将金属棒上端固定并保持竖直，下端轻触杠杆，杠杆和激光束在同一水平直线上，光点在标尺“0”刻度处。 ②加热金属棒，光点会在标尺上向________（选填“上”或“下”）移动。用A、B棒进行实验，实验数据见表。其中，、分别表示A、B棒在不同温度t时，光点在标尺上的刻度值。 实验序号 1 2 3 4 5 t/℃ 25.0 40.0 55.0 70.0 85.0 /cm 0 1.10 2.15 3.26 4.31 /cm 0 1.73 3.44 5.18 6.89 ③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越________；温度升高相同时，金属棒（选填“A”或“B”）________的伸长量更大。 (3)金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂________（选填“变大”“变小”或“不变”）；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，可采取的做法是________（写1种即可）。 1．(2025·山东省日照市·中考真题)2024年，日照港跻身全球5亿吨大港阵营。如图所示，工人用电动机驱动的起重机搬运质量为10t的集装箱。先在100s内将集装箱匀速提升10m，此过程电动机的功率为1.2×104W。然后起重机又在100s内将集装箱沿水平方向匀速移动了5m，此过程的电动机的功率为1×102W。不计空气阻力，g取10N/kg。下列说法正确的是（    ） A．在上升过程中，起重机对集装箱做的功为1.2×106J B．在上升过程中，起重机对集装箱做功的功率为1×104W C．在上升过程中，起重机的机械效率为100% D．在水平移动过程中，起重机对集装箱做的功为1×104J 2．(2025·广东省广州市·一模)如图所示，用甲、乙、丙三种机械装置使同一重为G的物体匀速升高2m，动滑轮重为G动（且G>G动），不计绳重及摩擦的情况下，下列说法正确的是（    ） A．甲、乙的机械效率相等 B．甲比乙更省力，且 C．甲、乙、丙装置所做的有用功相等 D．若物重G=100N，F3=50N，丙的机械效率为75% 3．(2026·广东省深圳市·二模)地铁建设中用到了许多大型机械，履带起重机就是其中之一、 (1)如图甲是某型号履带起重机，在图示状态下机械臂ABC可视为___________杠杆； (2)在C处安装有滑轮组（如图乙所示），已知动滑轮重60N，货物重540N，货物匀速上升的速度是0.3m/s，拉力F的功率是270W。则拉力F为___________N，滑轮组的机械效率为___________。 4．(2026·广东省汕尾市·二模)明代宋应星所著的《天工开物》第一卷《乃粒》的“水利”章节中，介绍了筒车、牛车、踏车、桔槔、辘轳等多种汲水机具。桔槔的结构相当于一个普通的杠杆，如图甲所示。 (1)如图甲所示，汲水时，人用力向下拉绳子的过程中，桔槔相当于一个______（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。提同样多的水，为了减小人向上提水的力，可适当______（选填“增大”或“减小”）配重石块的质量； (2)如图乙所示是小粤设计的桔槔简化图模型，轻质杠杆的支点为，若，端挂有重为的石块，端挂有重为20N的空木桶（绳重忽略不计，），使用时，人向下拉绳放下空桶时拉力至少为______N； (3)如图丙所示为筒车的简化示意图，筒车工作时是把动能转化为______能。若接水槽离取水处高4 m，水轮上有12个取水筒，一个取水筒每次可取水4 kg，筒车旋转一周所用时间为50 s，水流冲击筒车的总功率为60 W，则筒车旋转一周取水所做的有用功为______J，机械效率为______。 5．(2026·广东省珠海市·一模)简单机械在我国古代被广泛应用于生活和生产，如杠杆、滑轮、轮轴… (1)我国古代劳动人民提升重物常用到滑轮组，如图甲、乙所示，用两个相同的滑轮组成不同的滑轮组，分别将同一物体匀速提升相同高度，不计绳重及摩擦，则绳子自由端拉力：F甲___________F乙 （选填“”“”或“”）；假设图甲中动滑轮重力G动=20N，重物重力G=80N，将重物匀速提升1m时，滑轮组机械效率η=___________ 。 (2)如图丙所示是我国古人使用绞车和滑轮吊起石材时的情境，其简化结构图如图丁所示，绞盘横杆长度L与滚轴直径d之比为4：1，吊框的重力为100N，不计绳重和机械间的所有摩擦。 ①绞车可以看作___________（选填“轮轴” 或“滑轮”）；滑轮A和B的作用是___________。 ②一工匠用绞车匀速提升大理石板；工匠的推力为100N，则大理石板重为___________N； (3)桔槔是中国古代一项伟大的发明。如图戊是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，在它的前端处用一根轻质细杆系一个水桶，在后端处绑一块配重的石块，O为支点且OA=3OB．石块重力330N，桔槔的自重及摩擦不计。若汲水时，把空桶放下井，装满水后，水和桶总重为200N，向上提桶的力至少为F，则F=___________N。 6.(2025·广东省深圳市·中考真题)枧枧同学用如图所示的装置来探究杠杆的平衡条件。（注：实验中所用钩码的规格相同） (1)实验前，枧枧同学将组装好的杠杆放在水平桌面上，她发现杠杆静止时情况如图所示，此时枧枧同学判断杠杆处于_______（填“平衡”或“非平衡”）状态； (2)欣月同学指出：在探究实验的过程中，必须把杠杆调到水平位置平衡，这样做的目的是便于测量_______； (3)龙龙同学在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施加的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施加的力为阻力F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，得到实验数据如表： 实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 1 0.5 20.0 1.0 10.0 2 1.0 20.0 1.0 20.0 3 1.5 10.0 1.0 15.0 4 2.0 15.0 1.5 20.0 龙龙同学通过分析表格中的数据，可以得到杠杆的平衡条件。 龙龙同学说：生活中用钢丝钳剪钢丝，与实验_____中原理相同； (4)一鸣同学认为，仅用人眼来确定杠杆是否水平，这样做不够科学。请任选实验器材，运用物理知识，写出判断杠杆水平的实验过程和方法；____________________ (5)《墨经》中记载了杠杆的平衡条件，如图，已知OA∶OB＝2∶9，秤砣质量为100g，则重物所受的重力为________N。（g取10N/kg） 7．(2025·广东省广州市·中考真题)跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验； (1)实验过程： ①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）； ②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为______； ③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的______（选填“左端”“右端”）向下发生倾斜，理由是：______； ④测量膨胀气球受到的浮力大小； 方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下，______（选填“向小桶内添加”“从小桶内取出”）重力为的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为______； 方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，则膨胀气球受到的浮力大小为______； (2)实验评估： 如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的哪种方法更合理？简要说明理由______。 8．(2025·山东省淄博市·中考真题)家电“国补”政策拉动了消费，给市民带来了实惠。某小区业主购买了一台100英寸电视机，由于楼梯、电梯空间不足，工人师傅采取室外吊装方式上楼。已知电视机及包装箱总重720N，竖放时与水平地面的接触面积为。吊装时工人师傅用滑轮组在100s内将包装箱匀速提高20m，示意图如图所示。每个滑轮重80N，不计绳重及摩擦，g取10N/kg。求： (1)拆封前包装箱竖放时对水平地面的压强； (2)拉力F的功率； (3)滑轮组的机械效率。 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 简单机械 3大核心考向 命题预测 2026 广东中考简单机械以生活实景、工程场景为外衣（如秤杆称重、自行车变速、起重机等），机械原理综合为内核。融合杠杆受力分析、滑轮组动态计算、机械效率变量分析为难点。实验探究聚焦创新验证（杠杆平衡改进、滑轮组效率优化），强化控制变量法、误差分析，侧重受力建模、公式灵活运用、方案评估四大能力。 高频考法 1.杠杆与滑轮组动态综合分析 2.简单机械综合计算 3.斜面、杠杆等拓展模型应用 知识·技法·思维 一、核心考向总结 考向 核心知识点 解题技法 1. 杠杆基础与平衡 1. 五要素：支点、动力、阻力、动力臂、阻力臂 2. 平衡条件：F1L1=F2L2​ 3. 分类：省力（L1>L2）、费力（L1<L2）、等臂（L1=L2）​ 1. 力臂作图：找支点→画力的作用线→作垂线标垂直符号 2. 平衡计算：统一力（N）和力臂（m）单位，列等式求解 2. 滑轮与滑轮组 1. 定滑轮：等臂杠杆，不省力，改变方向2. 动滑轮：省力杠杆，省一半力（不计重 / 摩擦） 3. 滑轮组：F=，​s=nh，ν绳=nν物 1. 数绳子段数n：只数动滑轮上的绳子 2. 绕线：奇动偶定（n为奇数从动滑轮起绕） 3. 机械效率综合 1. 通用公式：η==×100% 2. 滑轮组：η=×100% ×100%（不计摩擦时） 3. 斜面：η=×100%，额外功=Fs 1. 明确有用功（对物体做的功）和总功（拉力做的功） 2. 同一装置，物重越大，效率越高 4.创新实验探究 1. 杠杆平衡条件：水平调平消除自重影响2. 滑轮组效率测量：控制变量法探究影响因素 3. 误差分析：杠杆自重、滑轮摩擦、弹簧测力计读数 1. 实验改进：用替代器材（如用杠杆测滑轮组效率）完成实验 2. 方案评估：判断步骤缺陷，提出优化建议（如多次实验减小误差 二、高频易错点 1.杠杆部分：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是支点到力的作用点的距离；易误判镊子、钓鱼竿等费力杠杆的类型。 2.滑轮部分：数错动滑轮上的绳子段数n；计算拉力时漏加动滑轮重力动；混淆s和h的关系。 3.效率部分：混淆有用功、额外功和总功；误认为 “越省力，效率越高”；写出η>100%的错误结论。 4.实验部分：杠杆未水平调平就读数；实验次数不足，结论不具普遍性；忽略装置自重、摩擦带来的误差。 三 、高频题型技法速记 杠杆作图题口诀：一点二线三垂直 1. 找支点：确定杠杆绕着转动的固定点 2. 画力线：画出动力和阻力的作用线 3. 作垂线：从支点向力的作用线作垂线，标上垂直符号和力臂符号 滑轮组绕线题口诀：奇动偶定，从内向外绕 1. n 为奇数：从动滑轮的挂钩开始绕线 1. n 为偶数：从定滑轮的挂钩开始绕线 1. 注意：绳子不能交叉，末端要固定在滑轮的挂钩上 综合计算题解题顺序：受力分析 → 公式选择 → 分步计算 → 效率求解 1. 先分析物体受力情况，判断机械类型 1. 选择对应的公式（如杠杆平衡、滑轮组拉力公式） 1. 分步计算功、功率，最后计算机械效率，注意单位统一 实验探究题核心原则：控制变量、多次实验、误差分析 1. 探究杠杆平衡条件、滑轮组效率影响因素时，需明确控制变量 1. 多次实验，避免偶然性，使结论具有普遍性 1. 分析装置缺陷（如杠杆自重、滑轮摩擦）带来的误差，提出改进建议 典例·靶向·突破 题型01 杠杆与滑轮组动态综合分析 1.【力与力臂作图、利用杠杆平衡原理进行分析计算】(2025·广东省广州市·中考真题)图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型； (1)以O点为支点，在图d中作出的力臂_______； (2)为了减小钢索承受的拉力，可适当______（选填“升高”“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是：______。 【答案】(1) (2) 升高 见解析 【详解】（1）力臂是支点到力的作用线的垂直距离；过O点作力F1的作用线的垂线，即为力F1的力臂，过O点作力F2的作用线的垂线，即为力F 2的力臂，如图所示： （2） [1][2]阻力不变，阻力臂不变，阻力与阻力臂的乘积不变，为了减小钢索承受的拉力，可增大动力臂，可适当升高悬挂点在桥塔上的高度，动力臂变大，从而减小钢索承受的拉力。 题型02 简单机械综合计算 2.【功、功率、机械效率联立求解】(2025·山东省德洲市·中考真题)如图所示，在劳动实践活动中，小刚在水平地面与车厢间用木板搭一斜面装载货物。 (1)请在答题卡指定的位置画出货物所受重力G的示意图______。 (2)已知此斜面长s=3m，高h=1m，小刚沿斜面方向用400N的推力将重900N的货物以1m/s的速度匀速从斜面底端推到顶端（不计空气阻力，忽略箱子大小），此过程中推力的功率为______W，斜面的机械效率为______，物体在斜面上运动时所受摩擦力为______N。 【答案】(1) (2) 400 75% 100 【详解】（1）重力的方向为竖直向下，作用点在货物的重心上，如图所示： （2）[1]此过程中推力的功率 [2]有用功 总功 斜面的机械效率 [3]额外功 物体在斜面上运动时所受摩擦力 （3）滑轮组的机械效率为。 题型03 斜面、杠杆等拓展模型应用 3.【结合生活情景探究杠杆的平衡条件】(2025·广东省·中考真题)桥梁设计需考虑材料受热膨胀。小明设计实验，探究形状和大小相同、材料不同的圆柱体金属棒A、B受热伸长量与温度变化量的关系。 (1)初始时金属棒A、B的长度和横截面积均________； (2)如图所示装置可用来测量金属棒受热时微小的伸长量。激光笔固定在杠杆右端，杠杆可在竖直平面内转动；标尺竖直放置，通过激光点在标尺上移动的距离来反映金属棒的伸长量。 ①开始时，将金属棒上端固定并保持竖直，下端轻触杠杆，杠杆和激光束在同一水平直线上，光点在标尺“0”刻度处。 ②加热金属棒，光点会在标尺上向________（选填“上”或“下”）移动。用A、B棒进行实验，实验数据见表。其中，、分别表示A、B棒在不同温度t时，光点在标尺上的刻度值。 实验序号 1 2 3 4 5 t/℃ 25.0 40.0 55.0 70.0 85.0 /cm 0 1.10 2.15 3.26 4.31 /cm 0 1.73 3.44 5.18 6.89 ③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越________；温度升高相同时，金属棒（选填“A”或“B”）________的伸长量更大。 (3)金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂________（选填“变大”“变小”或“不变”）；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，可采取的做法是________（写1种即可）。 【答案】(1)相同 (2) 上 大 B (3) 变小 支点向左移动 【详解】（1）由控制变量法可知，探究形状和大小相同、材料不同的圆柱体金属棒A、B受热伸长量与温度变化量的关系，初始时应控制金属棒A、B的长度和横截面积均相同。 （2）[1]由图可知，加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，光点会在标尺上向上移动。 [2]分析数据可知，对于同一根金属棒，例如A棒，从实验序号1到5 ，温度逐渐升高，的值越来越大，可以得出：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越大。 [3]当温度升高相同时，比如从25.0℃升高到70.0℃，由于金属棒伸长，使激光点在标尺上移动的距离分别为， 因此金属棒B的伸长量更大。 （3）[1]由力臂的定义可知，金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力的方向始终不变，阻力臂变小。 [2]同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，由数学知识，可采取的做法是支点向左移动。 1．(2025·山东省日照市·中考真题)2024年，日照港跻身全球5亿吨大港阵营。如图所示，工人用电动机驱动的起重机搬运质量为10t的集装箱。先在100s内将集装箱匀速提升10m，此过程电动机的功率为1.2×104W。然后起重机又在100s内将集装箱沿水平方向匀速移动了5m，此过程的电动机的功率为1×102W。不计空气阻力，g取10N/kg。下列说法正确的是（    ） A．在上升过程中，起重机对集装箱做的功为1.2×106J B．在上升过程中，起重机对集装箱做功的功率为1×104W C．在上升过程中，起重机的机械效率为100% D．在水平移动过程中，起重机对集装箱做的功为1×104J 【答案】B 【详解】A．由题意知，集装箱的重力为G=mg=10×103kg×10N/kg=1×105N 则在上升过程中，起重机对集装箱做的功为W=Gh=1×105N×10m=1×106J 故A错误； B．在上升过程中，起重机对集装箱做功的功率为 故B正确； C．任何机械在使用时，都不可避免的会克服摩擦等做额外功，因此机械效率不可能达到100%，故C错误； D．在水平移动过程中，起重机对集装箱的力是竖直方向上的，集装箱在水平方向上移动，因此不做功，为0J，故D错误。 故选B。 2．(2025·广东省广州市·一模)如图所示，用甲、乙、丙三种机械装置使同一重为G的物体匀速升高2m，动滑轮重为G动（且G>G动），不计绳重及摩擦的情况下，下列说法正确的是（    ） A．甲、乙的机械效率相等 B．甲比乙更省力，且 C．甲、乙、丙装置所做的有用功相等 D．若物重G=100N，F3=50N，丙的机械效率为75% 【答案】C 【详解】A．不计绳重及摩擦，甲装置需对动滑轮做额外功，乙装置不需要做额外功，拉力做的有用功相同，甲、乙装置做的总功不相等，根据可知，甲、乙装置的机械效率不相等，故A错误； B．由图可知，甲是动滑轮、乙是定滑轮，不计绳重及摩擦，则绳子受的拉力分别为，F2=G，又因为G>G动，所以，则，故B错误； C．用甲、乙、丙三种机械装置使同一重为G的物体匀速升高2m，由W=Gh可知甲、乙、丙装置所做的有用功相同，故C正确； D．若物重G=100N，F3=50N，拉力做的有用功W有=Gh=100N×2m=200J 使用丙装置拉力做的总功为W总=F3l=50N×5m=250J 丙装置的机械效率为 故D错误。 故选C。 3．(2026·广东省深圳市·二模)地铁建设中用到了许多大型机械，履带起重机就是其中之一、 (1)如图甲是某型号履带起重机，在图示状态下机械臂ABC可视为___________杠杆； (2)在C处安装有滑轮组（如图乙所示），已知动滑轮重60N，货物重540N，货物匀速上升的速度是0.3m/s，拉力F的功率是270W。则拉力F为___________N，滑轮组的机械效率为___________。 【答案】(1)费力 (2) 300 60% 【详解】（1）履带起重机的机械臂工作时，动力臂小于阻力臂，因此属于费力杠杆。 （2）[1]绳子段数，绳子自由端移动的速度 由功率公式，可得拉力 [2]滑轮组的机械效率 4．(2026·广东省汕尾市·二模)明代宋应星所著的《天工开物》第一卷《乃粒》的“水利”章节中，介绍了筒车、牛车、踏车、桔槔、辘轳等多种汲水机具。桔槔的结构相当于一个普通的杠杆，如图甲所示。 (1)如图甲所示，汲水时，人用力向下拉绳子的过程中，桔槔相当于一个______（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。提同样多的水，为了减小人向上提水的力，可适当______（选填“增大”或“减小”）配重石块的质量； (2)如图乙所示是小粤设计的桔槔简化图模型，轻质杠杆的支点为，若，端挂有重为的石块，端挂有重为20N的空木桶（绳重忽略不计，），使用时，人向下拉绳放下空桶时拉力至少为______N； (3)如图丙所示为筒车的简化示意图，筒车工作时是把动能转化为______能。若接水槽离取水处高4 m，水轮上有12个取水筒，一个取水筒每次可取水4 kg，筒车旋转一周所用时间为50 s，水流冲击筒车的总功率为60 W，则筒车旋转一周取水所做的有用功为______J，机械效率为______。 【答案】(1) 省力 增大 (2)60 (3) 重力势 1920/ 64% 【详解】（1）人向下拉绳子时，动力臂大于阻力臂，因此桔槔是省力杠杆；提水时，配重的作用是帮助拉起A端的水桶，增大配重的质量，配重对杠杆的拉力更大，更省力，因此要减小人提水的力，需增大配重质量。 （2）根据杠杆平衡条件，放下空桶平衡时 代入，，得 解得 （3）筒车将水提升到高处，水的重力势能增加，因此将水流的动能转化为水的重力势能。 水的总质量 有用功 总功 机械效率 5．(2026·广东省珠海市·一模)简单机械在我国古代被广泛应用于生活和生产，如杠杆、滑轮、轮轴… (1)我国古代劳动人民提升重物常用到滑轮组，如图甲、乙所示，用两个相同的滑轮组成不同的滑轮组，分别将同一物体匀速提升相同高度，不计绳重及摩擦，则绳子自由端拉力：F甲___________F乙 （选填“”“”或“”）；假设图甲中动滑轮重力G动=20N，重物重力G=80N，将重物匀速提升1m时，滑轮组机械效率η=___________ 。 (2)如图丙所示是我国古人使用绞车和滑轮吊起石材时的情境，其简化结构图如图丁所示，绞盘横杆长度L与滚轴直径d之比为4：1，吊框的重力为100N，不计绳重和机械间的所有摩擦。 ①绞车可以看作___________（选填“轮轴” 或“滑轮”）；滑轮A和B的作用是___________。 ②一工匠用绞车匀速提升大理石板；工匠的推力为100N，则大理石板重为___________N； (3)桔槔是中国古代一项伟大的发明。如图戊是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，在它的前端处用一根轻质细杆系一个水桶，在后端处绑一块配重的石块，O为支点且OA=3OB．石块重力330N，桔槔的自重及摩擦不计。若汲水时，把空桶放下井，装满水后，水和桶总重为200N，向上提桶的力至少为F，则F=___________N。 【答案】(1) > 80% (2) 轮轴 改变力的方向 300 (3)90 【详解】（1）[1]对于滑轮组，不计绳重及摩擦，拉力，其中n是承担重物的绳子段数。甲图中，乙图中，则，，因此。 [2] 不计绳重及摩擦，机械效率 （2）[1][2]由图可知通过转动绞盘使绳子绕到滚轴，从而拉起物体，绞盘相对于轮，滚轴相对于轴，所以绞车可以看作轮轴；滑轮A和B为定滑轮，其作用是改变力的方向。 [3]轮轴的本质是杠杆，其力臂关系为：动力臂是轮的半径，即；阻力臂是轴的半径，即。根据杠杆平衡条件得 已知，，代入数据可计算出吊起大理石和吊筐的总重力为 因此大理石板重 （3）已知支点为O，且，根据杠杆平衡条件，可知空桶、水桶对应的阻力臂与拉力F对应的动力臂之比为。 装满水后，设配重石块的重力为阻力，水和桶总重与拉力F的合力为动力，根据杠杆平衡条件得 可得。 6.(2025·广东省深圳市·中考真题)枧枧同学用如图所示的装置来探究杠杆的平衡条件。（注：实验中所用钩码的规格相同） (1)实验前，枧枧同学将组装好的杠杆放在水平桌面上，她发现杠杆静止时情况如图所示，此时枧枧同学判断杠杆处于_______（填“平衡”或“非平衡”）状态； (2)欣月同学指出：在探究实验的过程中，必须把杠杆调到水平位置平衡，这样做的目的是便于测量_______； (3)龙龙同学在杠杆两侧挂上钩码，设右侧钩码对杠杆施加的力为动力F1，左侧钩码对杠杆施加的力为阻力F2，测出杠杆平衡时的动力臂l1和阻力臂l2；多次换用不同数量的钩码，并改变钩码在杠杆上的位置，得到实验数据如表： 实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm 1 0.5 20.0 1.0 10.0 2 1.0 20.0 1.0 20.0 3 1.5 10.0 1.0 15.0 4 2.0 15.0 1.5 20.0 龙龙同学通过分析表格中的数据，可以得到杠杆的平衡条件。 龙龙同学说：生活中用钢丝钳剪钢丝，与实验_____中原理相同； (4)一鸣同学认为，仅用人眼来确定杠杆是否水平，这样做不够科学。请任选实验器材，运用物理知识，写出判断杠杆水平的实验过程和方法；____________________ (5)《墨经》中记载了杠杆的平衡条件，如图，已知OA∶OB＝2∶9，秤砣质量为100g，则重物所受的重力为________N。（g取10N/kg） 【答案】(1)平衡 (2)力臂 (3)1 (4)见解析 (5)4.5 【详解】（1）根据杠杆平衡状态的定义，杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，就处于平衡状态。实验前杠杆虽然倾斜，但处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态。 （2）在探究杠杆平衡条件实验中，把杠杆调到水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，可以直接从杠杆上读出力臂的大小，目的是便于测量力臂。 （3）钢丝钳剪钢丝时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。分析表格数据，实验1中的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，与钢丝钳原理相同。 （4）可选用重垂线来判断杠杆是否水平。实验过程和方法为：将重垂线固定在杠杆的支点上方，使重垂线自然下垂。观察杠杆，若杠杆与重垂线垂直，则杠杆处于水平位置；若不垂直，则杠杆不水平。 （5）秤砣重力G砣=m砣g=0.1kg×10N/kg=1N 根据杠杆平衡条件得到G砣×OB=G×OA 物体的重力 7．(2025·广东省广州市·中考真题)跨学科实践小组设计了“测量气球在空气中所受浮力”的实验； (1)实验过程： ①如图a，用细线穿过自制标尺的O点并悬挂，使其处于水平平衡状态，其中标尺分度值为1mm（图中毫米刻度线没有画出）； ②将充足气的篮球和套有气针的干瘪气球，固定悬挂在标尺左端距O点为的位置；在标尺右端对称位置悬挂小桶，往桶内装入适量细沙，使标尺处于水平平衡状态。若测得小桶和细沙的总重力为G，则篮球和气球（含气针）的总重力为______； ③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，如图b，标尺的______（选填“左端”“右端”）向下发生倾斜，理由是：______； ④测量膨胀气球受到的浮力大小； 方法一：在不改变小桶悬挂位置的情况下，______（选填“向小桶内添加”“从小桶内取出”）重力为的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，则膨胀气球受到的浮力大小为______； 方法二：保持小桶和细沙总重力为G的情况下，移动小桶悬挂的位置，使标尺重新处于水平平衡状态，此时小桶悬挂位置与O点的距离为L，则膨胀气球受到的浮力大小为______； (2)实验评估： 如图c，如果用钩码替换图a中的小桶和桶内细沙，为了较精准测量膨胀气球受到的浮力大小，采用④中的哪种方法更合理？简要说明理由______。 【答案】(1) G 右端 左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力臂的乘积 从小桶内取出 (2)方法二 【详解】（1）[1]根据杠杆平衡原理可知，动力臂等于阻力臂，故动力等于阻力，故篮球和气球（含气针）的总重力为G。 [2][3]左端的气球受到了向上的浮力，导致杠杆左端受到的动力变小，动力与动力臂的乘积变小，小于右端阻力与阻力臂的乘积，故杠杆右端下沉。 [4]由于杠杆右端下沉，在不改变小桶悬挂位置的情况下，可以从小桶内取出重力为的细沙，减小阻力，从而减小阻力与阻力臂的乘积，使杠杆再次达到水平位置平衡。 [5]取出细沙后，动力臂仍然等于阻力臂，故动力仍然等于阻力，故减小的动力等于减小的阻力，即气球所受的浮力为。 [6]根据杠杆平衡原理可知，杠杆左端受到的动力为 故浮力的大小为 （2）若用钩码代替沙子和桶，若采用方法一，由于钩码是整数的增加或者减小，无法恰好使杠杆在水平位置平衡。此时需要采用方法二，通过移动钩码，从而使杠杆在水平位置平衡，通过杠杆平衡计算浮力。 8．(2025·山东省淄博市·中考真题)家电“国补”政策拉动了消费，给市民带来了实惠。某小区业主购买了一台100英寸电视机，由于楼梯、电梯空间不足，工人师傅采取室外吊装方式上楼。已知电视机及包装箱总重720N，竖放时与水平地面的接触面积为。吊装时工人师傅用滑轮组在100s内将包装箱匀速提高20m，示意图如图所示。每个滑轮重80N，不计绳重及摩擦，g取10N/kg。求： (1)拆封前包装箱竖放时对水平地面的压强； (2)拉力F的功率； (3)滑轮组的机械效率。 【答案】(1) (2)160W (3)90% 【详解】（1）拆封前包装箱竖放时对水平地面的压强 （2）由图可知，该滑轮组承担物重的绳子段数n=2。不计绳重及摩擦，作用在绳子自由端的拉力为 在100s内，绳子自由端移动的距离s=nh=2×20m=40m 拉力F所做的总功 拉力F的功率 （3）提升包装箱所做的有用功 滑轮组的机械效率 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $