2026届中考备考-全国各地2025年中考物理真题分类汇编14《机械与机械效率》
一、选择题
1．（2025·眉山） 一台起重机将重2000N的货物在10s内匀速提高5m，如果额外功是10000J，则下列说法错误的是（ ）
A．起重机做的总功是20000J
B．起重机的功率是
C．起重机的机械效率为50%
D．增大货物的质量，可以提高起重机的机械效率
2．（2025·无锡）如图所示，用动滑轮将重380N 的物体在10s内匀速竖直提升了1m，拉力F为200N，不计绳重和摩擦。则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．有用功为200J B．额外功为20J
C．动滑轮的机械效率为80%； D．拉力F的功率为20W
3．（2025·绵阳）持续提升农村幸福宜居品质是美丽乡村建设的任务之一。某乡村建设工地上，建筑工人准备利用如图所示的滑轮组（绳子未连接）匀速提升建筑材料，第一次需提升的建筑材料重1500N，第二次需提升的建筑材料重2000N，已知动滑轮组的总重量是200N，不计绳重和摩擦，则（ ）
A．第一次提升，工人的拉力最小为340N
B．第二次提升，工人的拉力最小为550N
C．第一次提升，滑轮组的机械效率约为91%
D．第二次提升，滑轮组的机械效率约为88%
4．（2025·上海市） 如图所示用不同方向的拉力F1、F2、F3匀速拉动重力为G的物体时，下列说法正确的是（ ）
A．F1=F2=F3 B．F2>G
C．F1和F2是一对平衡力 D．F2和G是一对平衡力
5．（2025·潍坊）如图甲所示，电动机通过滑轮组沿斜面匀速拉动重为900N的货物，电动机的输出功率恒为240W。0~10s内货物运动的路程随时间变化关系如图乙所示，货物被提升的高度为2m。不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，则0~10s内
A．斜面对货物的支持力做功为1800J
B．电动机对绳子的拉力为600N
C．货物受到斜面的摩擦力为150N
D．滑轮组的机械效率为80%
6．（2025·长沙） 下列属于费力杠杆的是（ ）
A．钢丝钳 B．独轮车
C．船桨 D．托盘天平
7．（2025·哈尔滨）如图所示，一个工人利用动滑轮匀速提升重物。已知物重300N，施加在绳自由端竖直向上的拉力为200N，将物体提升10m.下列说法错误的是（ ）
A．此过程中有用功为3000J B．使用动滑轮可以省力
C．该动滑轮的机械效率为100% D．此过程中拉力做的总功为4000J
8．（2025·滨州）“秤砣虽小压千斤”，杆秤是中国最古老的称量工具，是我国的“国粹”之一。如图甲所示，当不挂秤砣时，在O点提起提纽，杆秤水平平衡。用秤钩悬挂100g物体、秤砣移到B点时，杆秤再次水平平衡，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中A点为杠杆的支点
B．若OB=5OA，则“秤砣”的质量为20g
C．若秤钩再加挂20g物体，秤砣向左移动可使杆秤再次平衡
D．如果“秤砣”磨损，则测量值比真实值偏小
9．（2025·常州）花生大丰收，小明用手剥壳，手指又酸又痛。他用硬棒自制“碎壳神器”，用手对上面硬棒施加压力，即可压碎花生壳。下列图中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025·济南）如图为载有重物的家用“L”形小车的示意图，在挡板顶端对挡板施加一个始终垂直挡板的力F，使小车绕O点慢慢转动到图中虚线位置忽略小车受到的重力，此过程中力F的大小
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
11．（2025·宿迁）我国传统佳节端午节有赛龙舟习俗，如图是龙舟比赛的一个场景。下列说法正确的是（ ）
A．划龙舟时，桨是省力杠杆
B．以河岸为参照物，龙舟上运动员是静止的
C．龙舟在加速过程中，运动状态在发生改变
D．到达终点时，龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟受到惯性
12．（2025·镇江）图1为停车场的电子闸杆，其结构图如图2所示，闸杆和摇杆组成一根可绕转轴 O 转动的杠杆，闸杆质量分布均匀，摇杆质量不计。当力 F作用于A点时，闸杆恰好开始向上转动，下列说法正确的是 （ ）
A．此装置可视为省力杠杆
B．力F的力臂为OA
C．闸杆重力的力臂为 OB
D．当力 F 垂直于 OA向下时，F为最小值
13．（2025·济宁）将图中的滑轮以不同的绕线方式组装成甲、乙滑轮组（甲比乙省力）。小明分别用甲、乙滑轮组，在5s内将重为50N的物体竖直匀速提升0.2m。每个滑轮重为4N，忽略绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．使用甲滑轮组时的拉力为27N
B．使用乙滑轮组时的绳子自由端移动了0.6m
C．使用甲滑轮组时拉力的功率比乙的大
D．两个滑轮组的机械效率相等
14．（2025·云南） 《天工开物》中记载了我国古代的井上施工装置，其简化模型如图所示，O为支点，，M端用绳子悬挂重200N的物体，在N端用竖直向下的拉力在1s内使物体缓慢上升了0.5m，忽略杠杆和绳的自重，下列说法正确的是（ ）
A．该杠杆是费力杠杆
B．杠杆在水平位置平衡时N端受到的拉力大小为400N
C．M端绳子拉力对物体做功为100J
D．M端绳子拉力对物体做功的功率为50W
15．（2025·兰州）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离和物体上升的高度随时间变化的关系分别如图线、所示。已知物体的质量为，动滑轮的质量为，绳子自由端的拉力为。则在的时间内，下列说法正确的是( )
A．绳子自由端移动的速度为
B．滑轮组的有用功为
C．拉力的功率为
D．滑轮组的机械效率为
16．（2025·湖北）如图为坐式推肩训练器。健身杆能绕O点处的轴上下转动，配重片可增减，人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆以锻炼肩部肌肉。下列说法正确的是
A．此健身杆是费力杠杆
B．手推N处时，配重越重用力越小
C．配重相同时，推N处比推M处费力
D．若改变M处推力方向，力臂始终不变
二、填空题
17．（2025·海南）“试弓定力”是《天工开物》中记载的一种用杆秤测量弓最大弹力的方法。如图所示，当杆秤水平平衡时，秤砣重为G：距提纽90cm 挂弓点距提纽30cm。杆秤质量不计，则该弓的弹力F= G.若要提高杆秤的测量精度，可采取的方法是： （写出一种即可）。
18．（2025·徐州）如图所示，用定滑轮匀速提升重为90N的木箱，拉力大小为100N，绳端向下移动的距离为2m。则木箱上升的高度为 m，木箱的机械能变 ，定滑轮的机械效率为 。
19．（2025·扬州）如图是兄弟二人抬水的场景.扁担相当于杠杆，若以哥哥的肩为支点，弟弟对扁担的作用力是动力，哥哥将水桶悬挂点向自己移动一段距离，动力臂 ，阻力臂 ，弟弟对扁担的作用力 .(填变化情况)
20．（2025·南京）如图所示，用动滑轮将重的木箱在内沿竖直方向匀速提升，所用拉力为，不计绳重和摩擦．此过程中木箱上升的速度为 ，有用功是 ，拉力的功率是 W；若用此装置沿竖直方向匀速提升重物时，机械效率为 ．
21．（2025·徐州）陈毅元帅曾说：“淮海战役的胜利，是人民群众用小车推出来的。”如图是当时群众运粮用的独轮车，请判断它应用了哪类杠杆，并简要说明你的判断依据： 。
三、实验探究题
22．（2025·宁夏）小华利用图装置，探究杠杆的平衡条件，用到的实验器材有：杠杆、支架、细线和质量为50g的钩码若干。 (g取10N/ kg)
（1）实验前，平衡螺母向 端调节，使杠杆在水平位置平衡；实验时，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，是为了便于直接读取 。
（2）实验数据如下表，多次实验的目的是 。分析数据得出杠杆的平衡条件是 。
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 10.0 1.0 5.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 2.0 10.0 1.0 20.0
（3）如图是电视剧《西游记》中沙僧用宝杖挑行李的场景。如果增加沙僧后面行李的质量，为使宝杖平衡，他应如何操作 请说出理由。(忽略宝杖自重)
23．（2025·济宁）生活中，经常会看到：三位小朋友一起玩跷跷板时，跷跷板也能平衡，如图甲所示。小明利用实验器材，按图乙所示的方法，探究杠杆受三个力作用时的平衡条件，收集的实验数据如下表所示。
实验次数 左侧 右侧
力臂 力臂 力臂
2.5
（1）分析表中数据，得出杠杆受三个力作用时的平衡条件∶ （用F1、l1、F2、l2、F3、l3表示）。
（2）请在图中的合适位置画出一组（3个）钩码，使杠杆在水平位置平衡 。
24．（2025·湖南） 某兴趣小组了解到人长时间过度低头易对颈椎肌肉造成伤害，为研究颈椎肌肉产生的拉力大小与人低头角度变化之间的规律，设计并组装了一套如图甲所示的装置。印有头颈部照片的内盘与有刻度的固定外盘圆心均在O点，内盘可绕O点转动，以O点为支点，将整个头颈部简化为杠杆模型。表示人低头的角度，在A点通过细线悬挂一个重为2N的物体模拟头颅重力，用细线垂直OB对B点施加的拉力模拟颈椎肌肉产生的拉力，细线对A点的拉力大小为。实验中通过拉力传感器测出内盘上的头颈部在不同位置平衡时的大小，实验数据如下表所示。
物体的重力/N 2
的大小/° 0 15 30 45 60
拉力传感器的示数/N 0 3.22 6.22 8.80 10.78
（1）请画出图乙中的力臂L （保留作图痕迹）；
（2）分析表格中的数据可知，颈椎肌肉产生的拉力随人低头的角度增大而 ，对颈椎肌肉的影响就越大；
（3）若某中学生头颅的重力为50N，请根据表格中的数据，计算该学生低头角度为45°时，颈椎肌肉产生的拉力大小是 N；
（4）请你结合以上分析，从保护颈椎肌肉的角度提出一条合理建议： 。
25．（2025·广州）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 。
26．（2025·辽宁）某小组在参观古代科技展时，看到一汲水装置——辘轳，如图（a）所示。讲解员介绍：辘轳是古人利用他们的智慧发明创造的工具，解决了提水费力问题。它是主要由大轮和小轮组成的轮轴装置。使用它能够实现“四两拨千斤”。辘轳静止时满足杠杆的平衡条件。
【质疑与验证】
⑴某同学质疑辘轳静止时满足杠杆的平衡条件，该同学自制了一部分器材，进行验证。
⑵该同学先在质量分布均匀的圆形薄硬板上画一条直径MN，并标出圆心O和均匀的刻度，再以O为圆心过MN上的L点画一个圆。接下来，在圆心处挖一个洞，然后将圆板安装在铁架台的固定的光滑转轴上，转轴水平且与圆板平面垂直，如图（b）所示。
⑶将一组钩码（钩码重均为0.5N）通过细线悬挂在L点，另一组钩码悬挂在N点。调整右侧钩码个数直至MN处于水平且静止，如图（c）所示。规定能使圆板顺（逆）时针转动的力为动（阻）力。由图（c）中的信息得到：动力×动力臂 阻力×阻力臂。
⑷多次调整力和力臂，反复进行实验，记下每一次MN水平且静止时的数据。
⑸处理数据后，发现每次圆板静止时都满足杠杆的平衡条件。
⑹实验中，每次均使MN在水平位置静止，MN应与悬挂钩码的细线 （填“垂直”或“平行”）；目的是便于测量 。
【反思】
⑺古人之所以把井绳缠在小轮上，是因为这样做可以 力。
⑻制造辘轳时，把小轮和大轮半径之比变 ，可以达到更省力的目的。（不计机械自重和轴的摩擦）
【发现与探索】
⑼该同学想起辘轳的大轮上不止一个手柄，两名同学可以一起提水，于是继续探究两个动力作用下杠杆的平衡条件。
多次实验，数据表格如下：
数据序号 动力 动力臂 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 0.5 0.4 1.5 0.2 2.5 0.2
2 0.5 0.4 1.0 0.3 2.5 0.2
3 1.0 0.3 1.0 0.2 2.5 0.2
分析表中数据，得出结论：= 。（用表中字母表示）
四、科普阅读题
27．（2025·广东）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）题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，实验数据见题表.其中，dA、dB分别表示A、B棒在不同温度：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
dA/cm 0 1.10 2.15 3.26 4.31
dB/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），
五、综合题
28．（2025·淮安）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重物，在A端施加竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡。若保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向，则该过程中力F的大小 (选填“变大”“变小”或“不变”，下同)，力F与其力臂的乘积 。作出AC方向上的力 F对应的力臂l。
29．（2025·天津市）图为汽车刹车装置的部分结构示意图。驾驶员踩下踏板，连着踏板的金属杆绕O点转动，推动活塞挤压刹车油，此时可把金属杆看成以O为支点的杠杆。不计金属杆自重及摩擦，请解答下列问题：
（1）图中画出了杠杆的动力F1和阻力 F2，其中正确的是 图；
（2）若动力 为300N，动力臂与阻力臂之比为5：1，求阻力 的大小。
30．（2025·青岛）五一假期期间，小明来青岛游玩。在游览过程中，他发现很多现象和学过的物理知识有关，让我们和小明一起，从“运动和力”的视角走进美丽青岛。
（1）小明在海边游玩时，看到清澈海水中漂亮的贝壳，这是光的 形成的虚像。
（2）小明在沙滩上行走时，发现自己光脚比穿鞋时留下的脚印深，这是因为压力相同时，受力面积越 ，压强越大。
（3）乘船时，小明感觉远处的高楼大厦向自己“走来”，这是因为他选取 为参照物。
（4）并排快速行驶的游船不能相距太近，这是因为在液体中，流速越大的位置，压强越 。
（5）胶州湾跨海大桥采用钢索斜拉式设计，如图甲所示。大桥的一部分可简化为图乙所示的模型，其中为钢索的拉力，代表桥重和过往车辆等产生的对桥的作用力，O为支点，请画出的力臂 ；若N点不动，钢索A端向右移动，则钢索的拉力将会变 。
六、计算题
31．（2025·潍坊）某款纯电新能源汽车进行道路测试，以72km/h的速度匀速直线行驶，共持续行驶10min，行驶时汽车所受阻力为600N，其电动机工作的效率为80%。求：
（1）汽车行驶的路程s；
（2）汽车牵引力做的功W牵；
（3）电动机消耗的电能W电。
32．（2025·镇江）如图所示，用拉力 F 通过动滑轮将重为 80 N 的货物匀速提升0.5m ，动滑轮重为 20 N，不计绳重及摩擦。
（1）求上述过程中的有用功。
（2）求上述过程中拉力所做的功。
（3）求滑轮的机械效率。
33．（2025·北京市）图甲所示的载货汽车，其前面为“单轴-单轮” （一根轴上有2个车轮），后面为“单轴-双轮”（一根轴上有4个车轮），如图乙所示。装货后该货车总质量为16t，每个轮胎与地面的接触面积约为400cm2。实际货车和货物整体的重心到前、后轴的距离一般不相等，常偏向车的后半部，为简化研究问题，假设整体重心C到前、后轴的距离相等，水平地面对货车前面两个车轮的作用力相等，等效作用在A点；水平地面对货车后面四个车轮的作用力均相等，等效作用在B点；因此，货车可看成水平杠杆，如图丙所示，AB距离等于前、后车轴间的距离，C在AB中点。g取10N/kg.
（1）求货车在B点所受的总支持力。
（2）为了保护路面，需要限定车辆对路面的压强大小。只要车辆的任何一个轮胎对路面的压强超过限定值，即视为车辆超限。若某水平路面能承受的最大压强为，请通过计算判断该货车是否超限。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】机械效率的计算；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A、根据总功公式可知有用功，总功为W=W有+W额=10000J+10000J=20000J，故A正确；
B、总功为20000J，功率，故B错误；
C、有用功为10000J，总功为20000J，有用功占比为50%；故C正确；
D、 增大货物的质量 ，增加有用功的占比，可以增加机械效率，故D正确。
综上选B。
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2．【答案】B
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】A、物体的重力为380N，上升1m，根据W=Gh计算可知有用功为G=380N×1m=380J，故A错误；
B、拉力为200N，缠绕在动滑轮的绳子数为2，所以绳子移动距离为2m，所以拉力做功为W=Fs=200N×2m=400J，所以额外功W额=W-W有=400J-380J=20J，故B正确；
C、机械效率，故C错误；
D、拉力功率，故D错误。
综上选B。
【分析】 本题关键在于理解动滑轮的工作特点（省力但费距离，拉力移动距离是物体提升高度的2倍），并熟练运用有用功、额外功、机械效率、功率的计算公式。通过分别计算各物理量，对比选项得出正确答案。
3．【答案】A
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A、缠绕在动滑轮上的绳子数越多，越省力，图中动滑轮缠绕绳子数最多为5，所以第一次的最小拉力为N，故A正确；
B、缠绕在动滑轮上的绳子数越多，越省力，图中动滑轮缠绕绳子数最多为5，所以第二次的最小拉力为，故B正确；
CD、第一次的效率，故CD错误；
综上选A。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。3、总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
4．【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】图中的滑轮为定滑轮，不省力、也不省距离，可以改变力的方向，所以有F1＝F2＝F3，F1和F2的方向不共线，不是一对平衡力，F2和G的方向不相反，不是一对平衡力，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】定滑轮不省力，可以改变力的方向。平衡力等大反向共线。
5．【答案】C
【知识点】机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A、斜面提供的支持力和货物移动方向相互垂直，做功为0，故A错误；
B、 电动机的输出功率恒为240W ，缠绕在动滑轮的绳子数为4，所以绳子移动的距离为4×4m=16m，时间为10s，所以绳子移动速度为v=，所以F=，故B错误
CD、有用功总功，机械效率，D错误，额外功W额=W-W有=2400J-1800J=600J.所以摩擦力f=，C正确。
综上选C。
【分析】 本题综合考查斜面与滑轮组的力学问题，需熟练运用做功公式、功率公式、机械效率公式及受力平衡分析。解题关键是明确各物理量的对应关系（如拉力与速度的关系、有用功与总功的定义），通过公式推导和选项验证确定正确答案。
6．【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】船桨的动力臂小于阻力臂，动力大于阻力，属于费力杠杆，钢丝钳、独轮车动力小于阻力，属于省力杠杆，托盘天平的动力等于阻力属于等比杠杆，故C正确，ABD错误；
综上选C。
【分析】省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
7．【答案】C
【知识点】动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、物体克服重力做功W=Gh=300N×10m=3000J，故A正确；
B、 施加在绳自由端竖直向上的拉力为200N ，小于物体重力，所以可以省力，故B正确；
C、任何机械的效率都不可能达到100%，本题中，要克服动滑轮、摩擦力做功，所以额外功不可能为0，故C错误；
D、动滑轮缠绕绳子数为2，所以绳子移动距离是物体移动距离的2倍，即20m，拉力做的功W=Fs=200N×20m=4000J，故D正确；
综上选C。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
8．【答案】B
【知识点】误差及其减小方法；杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、图中O为支点，故A错误；
B、根据 杠杆平衡条件 分析可知m秤=，故B正确；
C、 秤钩再加挂20g物体， 则物体的质量和力臂乘积变大，秤砣向左移动减小力臂，质量不变，导致左侧的力和力臂的乘积大于右侧，所以不能平衡，故C错误；
D、 如果“秤砣”磨损，秤砣质量减小。 所以会在秤砣测增加力臂，即 测量值比真实值偏大，D选项错误。
综上选B。
【分析】 本题考查杠杆平衡条件的应用，需要根据杠杆平衡条件来分析各个选项。
9．【答案】A
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】据图可知，该工具满足 杠杆的工作原理，O为支点，阻力为花生壳对硬棒的支持力，阻力臂为花生壳到O的距离，阻力臂越小，即花生壳到O越近，阻力和阻力臂的乘积越小，动力臂为手到O点的距离，即离O越远，动力臂越大，动力可以越小，即越省力，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题考查杠杆的省力原理，关键是理解杠杆平衡条件中动力臂与阻力臂的关系，通过比较各选项杠杆的动力臂和阻力臂长度来确定最省力的选项。
10．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 小车绕O点慢慢转动到图中虚线位置，重物的重力不变，即阻力不变，阻力臂减小，动力臂不变，根据 动力×动力臂 = 阻力×阻力臂 ，所以动力减小，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题核心是利用杠杆平衡条件，通过分析“阻力”和“阻力臂”的变化，推导动力 F 的变化。关键在于理解“阻力臂是力的作用线到支点的垂直距离”，并结合转动过程中几何关系判断阻力臂的变化趋势。
11．【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象；运动和静止的相对性；杠杆的分类
【解析】【解答】A、船桨的阻力臂大于省力臂，所以阻力小于动力，属于费力杠杆，故A错误；
B、运动员和河岸的运动状态不同，二者相对运动，故B错误；、
C、物体加速时，速度变大，故运动状态发生变化，故C正确；
D、 龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟具有惯性，故D错误。
综上选C.
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
物体的运动速度和运动方向发生变化，则运动状态发生变化；
惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
12．【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、在升起闸杆时，施加在A端的力F为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离，因此力F的力臂小于OA，故B错误；
C、闸杆重力作用点在OB的中点，其力臂为OB中点到O点的距离，而非OB，故C错误；
D、由杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大所需的动力就越小，当F垂直OA时，力臂最大，F最小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据动力臂、阻力臂的大小分析；动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离；闸杆质量分布均匀，闸杆重力的力臂为OB；使用杠杆时，若阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂最长时，最省力。
13．【答案】D
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 将图中的滑轮以不同的绕线方式组装成甲、乙滑轮组（甲比乙省力） ，按照不同的绕线方式进行缠绕，如图所示：
A、 使用甲滑轮组时的拉力 F=，故A错误；
B、乙滑轮组中动滑轮缠绕绳子数为2，物体移动0.2m，所以绳子移动0.2m×2=0.4m，故B错误；
C、甲乙滑轮组的拉力功率之比为，C错误。
D、甲乙滑轮组的机械效率之比，D正确。
综上选D。
【分析】 本题需结合滑轮组的省力特点、绳子移动距离、功率及机械效率的计算公式来逐一分析选项。首先明确甲、乙滑轮组的绳子段数，再分别计算拉力、绳子移动距离、功率和机械效率，进而判断选项正误。
14．【答案】C
【知识点】功率的计算；杠杆的平衡条件；功的计算及应用
【解析】【解答】A．由图可知，ON为动力臂，OM为阻力臂，OM：ON＝1：2，即动力臂大于阻力臂ON＞OM，则该杠杆是省力杠杆，故A错误；
B．根据杠杆平衡条件可得
匀速提升物体时，M端绳子拉力等于物体重力，则
代入数据
解得
故B错误；
C．M端绳子对物体的拉力等于物体的重力，物体上升0.5m，M端绳子拉力对物体做功为
故C正确；
D．拉力在1s内使物体缓慢上升了0.5m，则M端绳子拉力对物体做功的功率为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】动力臂大于阻力臂，则该杠杆是省力杠杆；根据杠杆的平衡条件得G×OM＝F×ON，据此得出F大小；根据W＝Gh算出M端绳子拉力对物体做功；根据功率公式算出M端绳子拉力对物体做功的功率
15．【答案】B
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，
绳端移动的距离为s=0.3m，物体上升的高度为h=0.1m，
绳子自由端移动的速度：，故A错误；
B.滑轮组对物体做的有用功：W有=Gh=mgh=0.5kg×10N/kg×0.1m=0.5J，故B正确；
C.拉力做的总功：W总=Fs=2.5N×0.3m=0.75J，
拉力F的功率：，故C错误；
D.滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选B。
【分析】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，绳端移动的距离和物体上升的高度，根据求绳子自由端移动的速度；
B.根据W=Gh=mgh求滑轮组对物体做的有用功；
C.根据W=Fs求拉力做的总功；根据求拉力F的功率；
D.根据求滑轮组的机械效率
16．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】 该坐式推肩训练器为杠杆，把手为动力作用点，配重片的压力为阻力，O为支点。人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆时，从支点到动力作用线的距离为动力臂L1，从支点到阻力作用线的距离为阻力臂L2.
A.人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，给A错误；
B.手推N处时，配重越重，阻力越大，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可知所需的动力F1越大，故B错误；
C.配重相同时，推N处与推M处相比，动力臂更短，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可知所需的动力F1越大，即更费力，故C正确；
D.若改变M处推力方向，从支点作垂线垂直于推力方向作为动力臂L1，力臂长度发生改变，故D错误。
故选C。
【分析】A.杠杆分为三类：动力臂大于阻力臂的为省力杠杆，动力臂小于阻力臂的为费力杠杆，动力臂等于阻力臂的为等臂杠杆；
BCD.根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，若只有阻力变大，则动力变大；若动力臂变小，则动力变大，若改变用力的方向，则会使动力臂的大小发生改变，动力会随之改变。
17．【答案】3G；增加秤杆的长度
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据杠杆平衡条件可知F=，增加动力臂可以增加秤杆的长度，使得动力变化更加明显，进而增加测量的精度。
【分析】杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
18．【答案】2；大；90%
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率
【解析】【解答】据图可知，该滑轮属于定滑轮，所以木块移动距离等于绳子移动距离，所以木箱上升的距离为2m，木箱移动速度不变，高度增加，所以动能不变，重力势能增加，机械能为动能和重力势能之和，所以机械能增加，根据效率公式计算可知。
【分析】 本题考查定滑轮的特点、机械能的变化及机械效率的计算。定滑轮不省距离但改变力的方向；机械能由动能和势能组成，匀速提升时动能不变，重力势能增加故机械能增大；机械效率通过有用功与总功的比值计算，需明确各物理量的对应关系。
19．【答案】不变；变小；变小
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】用扁担抬水时，以哥哥的肩为支点，水桶对扁担的拉力为阻力，弟弟对扁担的力为动力，若将水桶悬挂点向哥哥移动一段距离，哥哥到弟弟的距离不变，即支点到动力的距离不变，则动力臂不变；
水桶到哥哥的距离减小，则阻力臂变小；
根据杠杆的平衡条件，可得：F1L1=G水L2，由于动力臂L1、阻力G不变，当阻力臂L2减小，则动力F1变小，弟弟对扁担的作用力变小。故第1空填：不变；第2空填：变小；第3空填：变小。
【分析】阻力方向一定，阻力作用点到支点的距离靠近，阻力臂减小；根据杠杆的平衡条件，在动力臂、阻力一定时，阻力臂减小，则动力减小。
20．【答案】0.4；360；80；95
【知识点】动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】据图可知，缠绕在动滑轮的绳子数为2，所以绳子的移动速度为箱子移动速度的2倍，箱子的移动速度，绳子的移动速度为0.8m/s，有用功为箱子克服重力做功W=Gh=180N×2m=360J；拉力功率P=Fv=100N×0.8m/s=80W；根据拉力公式计算可知，动滑轮，同理计算重物重力为380N，此时拉力为F=，效率为。
【分析】 本题可根据速度公式、有用功公式、功率公式以及机械效率公式进行求解。先求木箱上升速度，再求有用功，接着求拉力功率，最后求提升\(380N\)重物时的机械效率。
21．【答案】省力杠杆；独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】 独轮车 在使用过程中， 车轴处为支点。此时，动力作用在车把位置，阻力作用在装粮的车厢位置。通过观察或分析可知，动力作用点到支点的距离（动力臂）大于阻力作用点到支点的距离（阻力臂）。
【分析】 要判断独轮车属于哪种杠杆，需先明确杠杆的分类标准（省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆），再分析独轮车在使用时动力臂与阻力臂的长度关系，进而确定杠杆类型。
22．【答案】（1）左；读取力臂
（2）多次实验是为了避免实验的偶然性，从而得出普遍适用的规律。；动力×动力臂 = 阻力×阻力臂
（3）应后面的行李向前移动；
理由：宝杖可看做杠杆，支点在沙僧肩膀，增加了后面行行李的质量会破坏杠杆平衡，根据杠杆平衡条件可知此时阻力增大，则阻力矩需要变小，故应减小行李到肩膀的距离。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1） 实验前，杠杆左端下沉，根据杠杆平衡原理，应向右端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。 实验时，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，是因为此时力臂与杠杆重合，便于直接读取力臂。
（2） 多次实验是为了避免实验的偶然性，从而得出普遍适用的规律。 分析数据可以 得出杠杆的平衡条件是动力×动力臂 = 阻力×阻力臂。
（3） 增加沙僧后面行李的质量，为使宝杖平衡 ，可以减小行李到肩膀的距离，即阻力臂。
【分析】 （1）根据杠杆平衡条件，实验前杠杆左端下沉，应向右调节平衡螺母使其在水平位置平衡，水平位置平衡便于直接读取力臂。
（2）多次实验是为避免偶然性得出普遍规律，通过分析数据得出杠杆平衡条件。
（3）根据杠杆平衡条件分析增加后面行李质量时的操作。
23．【答案】（1）F1l1=F2l2+F3l3
（2）
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）据表格数据分析可知，F1l1=F2l2+F3l3，满足 杠杆受三个力作用时的平衡条件 ；
（2）根据图分析可知，左侧F1l1=4G×9L，右侧F2l2=3L×4G，所以右侧F3l3=24L，可以在8L处悬挂3G；
（4）
【分析】 （1）通过计算每次实验中左侧力与力臂乘积之和和右侧力与力臂乘积之和，观察两者关系以归纳杠杆受三个力作用时的平衡条件；
（2）依据杠杆平衡条件，结合图中已有的力与力臂情况，确定需添加钩码的位置和数量。
24．【答案】（1）
（2）增大
（3）220
（4）尽量减少低头的时间和角度，例如在使用电子设备时，将设备屏幕抬高，使屏幕中心与眼睛在同一高度，避免长时间低头看手机或电脑。
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】 （1）首先明确支点为O点。延长F2的作用线（因为 F2是竖直向下的，所以向下延长即可，用虚线）。从支点O向F2的作用线作垂线，垂线段的长度是F2的力臂L，用大括号括起来并标上L，作图如下：
。
（2）拉力与低头角度的关系：分析表格中的数据可知，颈椎肌肉产生的拉力随人低头的角度增大而增大。
（3）计算颈椎肌肉产生的拉力大小：当物体重力为 2N，低头角度为 45° 时，拉力传感器示数即颈椎肌肉产生的拉力 F1为 8.80N。中学生头颅重力为 G'= 50N，此时颈椎肌肉产生的拉力为 F1'。
由于是由于是同一模型，力臂的比例关系不变，
根据杠杆平衡条件可得：；
解得：。
（4）保护颈椎肌肉的合理建议：尽量减少低头的时间和角度，例如在使用电子设备时，将设备屏幕抬高，使屏幕中心与眼睛在同一高度，避免长时间低头看手机或电脑。
【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据表格数据分析拉力与低头角度的关系；
（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（4）根据上面的计算结果分析保护颈部肌肉的建议。
25．【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与阻力臂的乘积；从小桶内取出；；
（2）方法二，理由： 通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态 。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）实验过程：
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L0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，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件，则篮球和气球（含气针）的总重力与小桶和细沙的总重力为G相等，即为G；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知，标尺的右端向下发生倾斜。
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，从小桶内取出重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL0；
则膨胀气球受到的浮力大小为F浮=G0；
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，
根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL；
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中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
【分析】 （1）实验过程：
②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，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件得出小桶和细沙的总重力；
③根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知分析；
④由已知条件，根据杠杆的平衡条件得出膨胀气球受到的浮力大小；根据杠杆的平衡条件得出则膨胀气球受到的浮力大小。
（2）采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
26．【答案】等于；垂直；力臂；省；大；F1l1+F2l2
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （3）动力×动力臂与阻力×阻力臂的关系由图（c）可知，悬挂在L点的钩码为阻力（使圆板逆时针转动），每个钩码重 0.5N，L点悬挂4个钩码，则阻力F阻=4×0.5N=2N；阻力臂为L点到圆心O的距离，设为l阻。悬挂在N点的钩码为动力（使圆板顺时针转动），N点悬挂2个钩码，则动力F动=2×0.5N=1N；动力臂为N点到圆心O的距离设为l动，且由刻度均匀可知l阻=l动。
则阻力×阻力臂=2N×l阻，动力×动力臂=1N×2l阻=2N×l阻，
因此动力×动力臂 = 阻力×阻力臂。
（6）MN与细线的关系及目的实验中，MN应与悬挂钩码的细线垂直。当MN水平且与细线垂直时，细线的方向竖直向下，此时力臂恰好是MN上的刻度长度（即力的作用点到圆心的水平距离），便于测量力臂。
（7）辘轳的大轮为动力轮（动力作用在大轮边缘），小轮为阻力轮（阻力为水和桶的重力，作用在小轮边缘）。根据杠杆平衡条件F动×R = F阻×r（R为大轮半径，r为小轮半径），因为R＞r、则F动＜F阻，即可以省力。
（8）由F动 = F阻×可知，在阻力和大轮半径不变时，小轮半径r越小，动力F动越小。因此，把小轮和大轮半径之比变小，可更省力。
（9）两个动力作用下杠杆的平衡条件分析表格数据：
序号 1：F1l1+F2l2=0.5N×0.4m+1.5N×0.2m=0.5N m，F3l3=2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
序号 2：F1l1+F2l2=0.5N×0.4m+1.0N×0.3m=0.5N m，F3l3 = 2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
序号 3：F1l1+F2l2=1.0N×0.3m+1.0N×0.2m=0.5N m，F3l3= 2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
结论：F3l3 =F1l1+F2l2。
【分析】 （3）根据图c，结合力臂的大小计算出动力臂和动力的乘积，阻力和阻力臂的乘积，最后比较大小即可；
（6）MN与细线的关系及目的实验中，MN应与悬挂钩码的细线垂直。当MN水平且与细线垂直时，细线的方向竖直向下，此时力臂恰好是MN上的刻度长度（即力的作用点到圆心的水平距离），便于测量力臂。
（7）辘轳的大轮为动力轮（动力作用在大轮边缘），小轮为阻力轮（阻力为水和桶的重力，作用在小轮边缘）。根据杠杆平衡条件F动×R = F阻×r分析解答；
（8）由F动 = F阻×可分析解答；
（9）分别计算序号1、2、3，F1l1+F2l2 与F3l3大小，然后比较大小得出结论。
27．【答案】（1）相同
（2）上；大；B
（3）变小；支点向左移动
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】（1）根据控制变量法可知，初始时金属棒A、B的长度和横截面积均相同；
（2）②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆左端将向下转动，右端将向上旋转，故光点会在标尺上向上移动；
③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越 大；温度升高相同时，金属棒B的伸长量更大；
（3）支点到力的作用线的距离叫力臂，金属棒伸长前，阻力臂与杠杆垂直，此时力臂最大，金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂与杠杆不再垂直，故阻力臂变小；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，根据数学知识可知，可采取的做法是支点向左移动。
故答案为：（1）相同；（2）上；大；B；（3）变小；支点向左移动。
【分析】 （1）结合题意和控制变量法分析；
（2）②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，据此分析；
③根据表中数据分析回答；
（3）由力臂的定义分析阻力臂变化；根据数学知识分析回答。
28．【答案】变大；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向 ，动力臂减小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡公式计算可知，动力增加，所以F变大，动力和动力臂的乘积不变。
【分析】杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
29．【答案】（1）乙
（2）解：根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2 有 。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）驾驶员踩下踏板，动力的方向和踏板垂直的方向，动力使杠杆绕着O点顺时针旋转，动力和阻力是杠杆的转到方向相反，故选乙。
【分析】（1）驾驶员踩下踏板，动力的方向和踏板垂直的方向，动力使杠杆绕着O点顺时针旋转，阻力的作用使杠杆的逆时针旋转，杠杆处于平衡；
（2）由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算。
30．【答案】（1）折射
（2）小
（3）自己/船
（4）小
（5）；小
【知识点】光的折射规律；压强大小比较；流体压强与流速的关系；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）看到清澈海水中漂亮的贝壳，是因为光从水中斜射入空气中时发生折射，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线的方向看去，看到的是贝壳的虚像，所以这是光的折射形成的虚像；
（2）根据压强公式p（p为压强，F为压力，S为受力面积），当压力F相同时，受力面积S越小，压强p越大。光脚时受力面积比穿鞋时小，所以留下的脚印更深；
（3）乘船时，小明感觉远处的高楼大厦向自己“走来”，说明大厦是运动的，说明参照物与大厦之间的位置发生了变化，所以他是选取自己或船为参照物。
（4）由流体压强和流速的关系可知，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。当两船并排行驶时，两船之间的水流速大，压强要小于外侧的压强，从而使两船逐渐靠近，容易发生相撞事故。
（5）支点为O，F1的作用线沿F1拉力的方向，过O点向F1的作用线作垂线，该垂线段即为拉力F1的力臂，并标l1表示力臂，如图所示：
若N点不动，钢索A端向右移动到A'，如下图：
此时力臂l'（红色）变大，在阻力和阻力臂不变时，由于动力臂变大，根据杠杆平衡条件可知，动力变小，即F1变小。
【分析】（1）光从一种介质进入另一种介质将发生光的折射现象；
（2）根据压强公式分析影响压力作用效果的因素判断；
（3）运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的；
（4）根据流体压强与流速的关系分析；
（5）做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂；利用杠杆平衡条件分析判断。
31．【答案】（1）解：汽车行驶速度 v=72km/h=20m/s
汽车行驶时间 t=10min=600s
汽车行驶的路程 s=vt=20m/s ⅹ600s=1.2ⅹ104 m
（2）解： 因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力大小等于阻力大小F=600N
牵引力做的功 W牵=F牵s= 600N ⅹ1.2ⅹ104 m= 7.2ⅹ106J
（3）解： 已知电动机工作的效率η=80%
电动机消耗的电能
【知识点】速度与物体运动；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）汽车行驶速度 v；汽车行驶时间 t；汽车行驶的路程 s=vt；
（2）汽车做匀速直线运动，所以牵引力大小等于阻力大小；牵引力做的功 W牵=F牵s；
（3）已知电动机工作的效率η=80%；电动机消耗的电能 .
32．【答案】（1）将重为80N的货物匀速提升0.5m，有用功W有=Gh=80N×0.5m=40J
（2）动滑轮重为20N，不计绳重及摩擦，额外功为W额=G动h=20N×0.5m=10J；
则拉力所做的功W总=W有+W额=40J+10J=50J.
（3）滑轮的机械效率
【知识点】动滑轮拉力的计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据W有＝Gh计算有用功；
（2）根据动滑轮的特点和W总＝Fs计算拉力所做的总功；
（3）根据进行计算。
33．【答案】（1）解：货车的总质量m=16t =16000kg。
货车的总重力为：G=mg=16000kg×10 N/kg=160000N。
设前轴的总支持力为F1，后轴的总支持力为F2。
根据平衡条件，F1L1=F2L2。
又因为C在AB的中点，所以 L1= L2。
因此。
B点的总支持力：F2=80000 N。
（2）解： 每个轮胎与地面的接触面积S=400cm2=400×10 4m2=0.04m2。
前轴单个轮胎的压强：。
后轴单个轮胎的压强：。
路面的最大承受压强为 7.0×105 Pa。
前轴单个轮胎的压强 1.0×106 Pa＞7.0×105 Pa。
因此，货车的前轴轮胎对路面的压强超过了限定值，该货车超限。
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可根据力臂的大小判断出动力和阻力的关系；
（2）利用压强公式可以计算出各轮胎对地压强，从而判断货车是否超限。
1 / 12026届中考备考-全国各地2025年中考物理真题分类汇编14《机械与机械效率》
一、选择题
1．（2025·眉山） 一台起重机将重2000N的货物在10s内匀速提高5m，如果额外功是10000J，则下列说法错误的是（ ）
A．起重机做的总功是20000J
B．起重机的功率是
C．起重机的机械效率为50%
D．增大货物的质量，可以提高起重机的机械效率
【答案】B
【知识点】机械效率的计算；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A、根据总功公式可知有用功，总功为W=W有+W额=10000J+10000J=20000J，故A正确；
B、总功为20000J，功率，故B错误；
C、有用功为10000J，总功为20000J，有用功占比为50%；故C正确；
D、 增大货物的质量 ，增加有用功的占比，可以增加机械效率，故D正确。
综上选B。
【分析】功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：η= 。
2．（2025·无锡）如图所示，用动滑轮将重380N 的物体在10s内匀速竖直提升了1m，拉力F为200N，不计绳重和摩擦。则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．有用功为200J B．额外功为20J
C．动滑轮的机械效率为80%； D．拉力F的功率为20W
【答案】B
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率；功的计算及应用
【解析】【解答】A、物体的重力为380N，上升1m，根据W=Gh计算可知有用功为G=380N×1m=380J，故A错误；
B、拉力为200N，缠绕在动滑轮的绳子数为2，所以绳子移动距离为2m，所以拉力做功为W=Fs=200N×2m=400J，所以额外功W额=W-W有=400J-380J=20J，故B正确；
C、机械效率，故C错误；
D、拉力功率，故D错误。
综上选B。
【分析】 本题关键在于理解动滑轮的工作特点（省力但费距离，拉力移动距离是物体提升高度的2倍），并熟练运用有用功、额外功、机械效率、功率的计算公式。通过分别计算各物理量，对比选项得出正确答案。
3．（2025·绵阳）持续提升农村幸福宜居品质是美丽乡村建设的任务之一。某乡村建设工地上，建筑工人准备利用如图所示的滑轮组（绳子未连接）匀速提升建筑材料，第一次需提升的建筑材料重1500N，第二次需提升的建筑材料重2000N，已知动滑轮组的总重量是200N，不计绳重和摩擦，则（ ）
A．第一次提升，工人的拉力最小为340N
B．第二次提升，工人的拉力最小为550N
C．第一次提升，滑轮组的机械效率约为91%
D．第二次提升，滑轮组的机械效率约为88%
【答案】A
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】A、缠绕在动滑轮上的绳子数越多，越省力，图中动滑轮缠绕绳子数最多为5，所以第一次的最小拉力为N，故A正确；
B、缠绕在动滑轮上的绳子数越多，越省力，图中动滑轮缠绕绳子数最多为5，所以第二次的最小拉力为，故B正确；
CD、第一次的效率，故CD错误；
综上选A。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。3、总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
4．（2025·上海市） 如图所示用不同方向的拉力F1、F2、F3匀速拉动重力为G的物体时，下列说法正确的是（ ）
A．F1=F2=F3 B．F2>G
C．F1和F2是一对平衡力 D．F2和G是一对平衡力
【答案】A
【知识点】定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】图中的滑轮为定滑轮，不省力、也不省距离，可以改变力的方向，所以有F1＝F2＝F3，F1和F2的方向不共线，不是一对平衡力，F2和G的方向不相反，不是一对平衡力，故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
【分析】定滑轮不省力，可以改变力的方向。平衡力等大反向共线。
5．（2025·潍坊）如图甲所示，电动机通过滑轮组沿斜面匀速拉动重为900N的货物，电动机的输出功率恒为240W。0~10s内货物运动的路程随时间变化关系如图乙所示，货物被提升的高度为2m。不计滑轮重、绳重及滑轮与绳的摩擦，则0~10s内
A．斜面对货物的支持力做功为1800J
B．电动机对绳子的拉力为600N
C．货物受到斜面的摩擦力为150N
D．滑轮组的机械效率为80%
【答案】C
【知识点】机械效率；功的计算及应用；有用功和额外功
【解析】【解答】A、斜面提供的支持力和货物移动方向相互垂直，做功为0，故A错误；
B、 电动机的输出功率恒为240W ，缠绕在动滑轮的绳子数为4，所以绳子移动的距离为4×4m=16m，时间为10s，所以绳子移动速度为v=，所以F=，故B错误
CD、有用功总功，机械效率，D错误，额外功W额=W-W有=2400J-1800J=600J.所以摩擦力f=，C正确。
综上选C。
【分析】 本题综合考查斜面与滑轮组的力学问题，需熟练运用做功公式、功率公式、机械效率公式及受力平衡分析。解题关键是明确各物理量的对应关系（如拉力与速度的关系、有用功与总功的定义），通过公式推导和选项验证确定正确答案。
6．（2025·长沙） 下列属于费力杠杆的是（ ）
A．钢丝钳 B．独轮车
C．船桨 D．托盘天平
【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】船桨的动力臂小于阻力臂，动力大于阻力，属于费力杠杆，钢丝钳、独轮车动力小于阻力，属于省力杠杆，托盘天平的动力等于阻力属于等比杠杆，故C正确，ABD错误；
综上选C。
【分析】省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等壁杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平。
7．（2025·哈尔滨）如图所示，一个工人利用动滑轮匀速提升重物。已知物重300N，施加在绳自由端竖直向上的拉力为200N，将物体提升10m.下列说法错误的是（ ）
A．此过程中有用功为3000J B．使用动滑轮可以省力
C．该动滑轮的机械效率为100% D．此过程中拉力做的总功为4000J
【答案】C
【知识点】动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、物体克服重力做功W=Gh=300N×10m=3000J，故A正确；
B、 施加在绳自由端竖直向上的拉力为200N ，小于物体重力，所以可以省力，故B正确；
C、任何机械的效率都不可能达到100%，本题中，要克服动滑轮、摩擦力做功，所以额外功不可能为0，故C错误；
D、动滑轮缠绕绳子数为2，所以绳子移动距离是物体移动距离的2倍，即20m，拉力做的功W=Fs=200N×20m=4000J，故D正确；
综上选C。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算， ，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。总结：考虑滑轮重力的情况，定滑轮的机械效率要大于动滑轮，重物重力越大，机械效率越大。
8．（2025·滨州）“秤砣虽小压千斤”，杆秤是中国最古老的称量工具，是我国的“国粹”之一。如图甲所示，当不挂秤砣时，在O点提起提纽，杆秤水平平衡。用秤钩悬挂100g物体、秤砣移到B点时，杆秤再次水平平衡，如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲图中A点为杠杆的支点
B．若OB=5OA，则“秤砣”的质量为20g
C．若秤钩再加挂20g物体，秤砣向左移动可使杆秤再次平衡
D．如果“秤砣”磨损，则测量值比真实值偏小
【答案】B
【知识点】误差及其减小方法；杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、图中O为支点，故A错误；
B、根据 杠杆平衡条件 分析可知m秤=，故B正确；
C、 秤钩再加挂20g物体， 则物体的质量和力臂乘积变大，秤砣向左移动减小力臂，质量不变，导致左侧的力和力臂的乘积大于右侧，所以不能平衡，故C错误；
D、 如果“秤砣”磨损，秤砣质量减小。 所以会在秤砣测增加力臂，即 测量值比真实值偏大，D选项错误。
综上选B。
【分析】 本题考查杠杆平衡条件的应用，需要根据杠杆平衡条件来分析各个选项。
9．（2025·常州）花生大丰收，小明用手剥壳，手指又酸又痛。他用硬棒自制“碎壳神器”，用手对上面硬棒施加压力，即可压碎花生壳。下列图中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】据图可知，该工具满足 杠杆的工作原理，O为支点，阻力为花生壳对硬棒的支持力，阻力臂为花生壳到O的距离，阻力臂越小，即花生壳到O越近，阻力和阻力臂的乘积越小，动力臂为手到O点的距离，即离O越远，动力臂越大，动力可以越小，即越省力，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题考查杠杆的省力原理，关键是理解杠杆平衡条件中动力臂与阻力臂的关系，通过比较各选项杠杆的动力臂和阻力臂长度来确定最省力的选项。
10．（2025·济南）如图为载有重物的家用“L”形小车的示意图，在挡板顶端对挡板施加一个始终垂直挡板的力F，使小车绕O点慢慢转动到图中虚线位置忽略小车受到的重力，此过程中力F的大小
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 小车绕O点慢慢转动到图中虚线位置，重物的重力不变，即阻力不变，阻力臂减小，动力臂不变，根据 动力×动力臂 = 阻力×阻力臂 ，所以动力减小，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题核心是利用杠杆平衡条件，通过分析“阻力”和“阻力臂”的变化，推导动力 F 的变化。关键在于理解“阻力臂是力的作用线到支点的垂直距离”，并结合转动过程中几何关系判断阻力臂的变化趋势。
11．（2025·宿迁）我国传统佳节端午节有赛龙舟习俗，如图是龙舟比赛的一个场景。下列说法正确的是（ ）
A．划龙舟时，桨是省力杠杆
B．以河岸为参照物，龙舟上运动员是静止的
C．龙舟在加速过程中，运动状态在发生改变
D．到达终点时，龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟受到惯性
【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象；运动和静止的相对性；杠杆的分类
【解析】【解答】A、船桨的阻力臂大于省力臂，所以阻力小于动力，属于费力杠杆，故A错误；
B、运动员和河岸的运动状态不同，二者相对运动，故B错误；、
C、物体加速时，速度变大，故运动状态发生变化，故C正确；
D、 龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟具有惯性，故D错误。
综上选C.
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
物体的运动速度和运动方向发生变化，则运动状态发生变化；
惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
12．（2025·镇江）图1为停车场的电子闸杆，其结构图如图2所示，闸杆和摇杆组成一根可绕转轴 O 转动的杠杆，闸杆质量分布均匀，摇杆质量不计。当力 F作用于A点时，闸杆恰好开始向上转动，下列说法正确的是 （ ）
A．此装置可视为省力杠杆
B．力F的力臂为OA
C．闸杆重力的力臂为 OB
D．当力 F 垂直于 OA向下时，F为最小值
【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、在升起闸杆时，施加在A端的力F为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离，因此力F的力臂小于OA，故B错误；
C、闸杆重力作用点在OB的中点，其力臂为OB中点到O点的距离，而非OB，故C错误；
D、由杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大所需的动力就越小，当F垂直OA时，力臂最大，F最小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据动力臂、阻力臂的大小分析；动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离；闸杆质量分布均匀，闸杆重力的力臂为OB；使用杠杆时，若阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂最长时，最省力。
13．（2025·济宁）将图中的滑轮以不同的绕线方式组装成甲、乙滑轮组（甲比乙省力）。小明分别用甲、乙滑轮组，在5s内将重为50N的物体竖直匀速提升0.2m。每个滑轮重为4N，忽略绳重和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．使用甲滑轮组时的拉力为27N
B．使用乙滑轮组时的绳子自由端移动了0.6m
C．使用甲滑轮组时拉力的功率比乙的大
D．两个滑轮组的机械效率相等
【答案】D
【知识点】动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 将图中的滑轮以不同的绕线方式组装成甲、乙滑轮组（甲比乙省力） ，按照不同的绕线方式进行缠绕，如图所示：
A、 使用甲滑轮组时的拉力 F=，故A错误；
B、乙滑轮组中动滑轮缠绕绳子数为2，物体移动0.2m，所以绳子移动0.2m×2=0.4m，故B错误；
C、甲乙滑轮组的拉力功率之比为，C错误。
D、甲乙滑轮组的机械效率之比，D正确。
综上选D。
【分析】 本题需结合滑轮组的省力特点、绳子移动距离、功率及机械效率的计算公式来逐一分析选项。首先明确甲、乙滑轮组的绳子段数，再分别计算拉力、绳子移动距离、功率和机械效率，进而判断选项正误。
14．（2025·云南） 《天工开物》中记载了我国古代的井上施工装置，其简化模型如图所示，O为支点，，M端用绳子悬挂重200N的物体，在N端用竖直向下的拉力在1s内使物体缓慢上升了0.5m，忽略杠杆和绳的自重，下列说法正确的是（ ）
A．该杠杆是费力杠杆
B．杠杆在水平位置平衡时N端受到的拉力大小为400N
C．M端绳子拉力对物体做功为100J
D．M端绳子拉力对物体做功的功率为50W
【答案】C
【知识点】功率的计算；杠杆的平衡条件；功的计算及应用
【解析】【解答】A．由图可知，ON为动力臂，OM为阻力臂，OM：ON＝1：2，即动力臂大于阻力臂ON＞OM，则该杠杆是省力杠杆，故A错误；
B．根据杠杆平衡条件可得
匀速提升物体时，M端绳子拉力等于物体重力，则
代入数据
解得
故B错误；
C．M端绳子对物体的拉力等于物体的重力，物体上升0.5m，M端绳子拉力对物体做功为
故C正确；
D．拉力在1s内使物体缓慢上升了0.5m，则M端绳子拉力对物体做功的功率为
故D错误。
故答案为：C。
【分析】动力臂大于阻力臂，则该杠杆是省力杠杆；根据杠杆的平衡条件得G×OM＝F×ON，据此得出F大小；根据W＝Gh算出M端绳子拉力对物体做功；根据功率公式算出M端绳子拉力对物体做功的功率
15．（2025·兰州）某同学用滑轮组提升物体，绳子自由端竖直移动的距离和物体上升的高度随时间变化的关系分别如图线、所示。已知物体的质量为，动滑轮的质量为，绳子自由端的拉力为。则在的时间内，下列说法正确的是( )
A．绳子自由端移动的速度为
B．滑轮组的有用功为
C．拉力的功率为
D．滑轮组的机械效率为
【答案】B
【知识点】功率的计算；速度公式及其应用；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，
绳端移动的距离为s=0.3m，物体上升的高度为h=0.1m，
绳子自由端移动的速度：，故A错误；
B.滑轮组对物体做的有用功：W有=Gh=mgh=0.5kg×10N/kg×0.1m=0.5J，故B正确；
C.拉力做的总功：W总=Fs=2.5N×0.3m=0.75J，
拉力F的功率：，故C错误；
D.滑轮组的机械效率：，故D错误。
故选B。
【分析】 A.使用滑轮组时，省力费距离，由图可知，在0～5s的时间内，绳端移动的距离和物体上升的高度，根据求绳子自由端移动的速度；
B.根据W=Gh=mgh求滑轮组对物体做的有用功；
C.根据W=Fs求拉力做的总功；根据求拉力F的功率；
D.根据求滑轮组的机械效率
16．（2025·湖北）如图为坐式推肩训练器。健身杆能绕O点处的轴上下转动，配重片可增减，人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆以锻炼肩部肌肉。下列说法正确的是
A．此健身杆是费力杠杆
B．手推N处时，配重越重用力越小
C．配重相同时，推N处比推M处费力
D．若改变M处推力方向，力臂始终不变
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】 该坐式推肩训练器为杠杆，把手为动力作用点，配重片的压力为阻力，O为支点。人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆时，从支点到动力作用线的距离为动力臂L1，从支点到阻力作用线的距离为阻力臂L2.
A.人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，给A错误；
B.手推N处时，配重越重，阻力越大，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可知所需的动力F1越大，故B错误；
C.配重相同时，推N处与推M处相比，动力臂更短，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可知所需的动力F1越大，即更费力，故C正确；
D.若改变M处推力方向，从支点作垂线垂直于推力方向作为动力臂L1，力臂长度发生改变，故D错误。
故选C。
【分析】A.杠杆分为三类：动力臂大于阻力臂的为省力杠杆，动力臂小于阻力臂的为费力杠杆，动力臂等于阻力臂的为等臂杠杆；
BCD.根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，若只有阻力变大，则动力变大；若动力臂变小，则动力变大，若改变用力的方向，则会使动力臂的大小发生改变，动力会随之改变。
二、填空题
17．（2025·海南）“试弓定力”是《天工开物》中记载的一种用杆秤测量弓最大弹力的方法。如图所示，当杆秤水平平衡时，秤砣重为G：距提纽90cm 挂弓点距提纽30cm。杆秤质量不计，则该弓的弹力F= G.若要提高杆秤的测量精度，可采取的方法是： （写出一种即可）。
【答案】3G；增加秤杆的长度
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据杠杆平衡条件可知F=，增加动力臂可以增加秤杆的长度，使得动力变化更加明显，进而增加测量的精度。
【分析】杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
18．（2025·徐州）如图所示，用定滑轮匀速提升重为90N的木箱，拉力大小为100N，绳端向下移动的距离为2m。则木箱上升的高度为 m，木箱的机械能变 ，定滑轮的机械效率为 。
【答案】2；大；90%
【知识点】定滑轮及其工作特点；机械效率
【解析】【解答】据图可知，该滑轮属于定滑轮，所以木块移动距离等于绳子移动距离，所以木箱上升的距离为2m，木箱移动速度不变，高度增加，所以动能不变，重力势能增加，机械能为动能和重力势能之和，所以机械能增加，根据效率公式计算可知。
【分析】 本题考查定滑轮的特点、机械能的变化及机械效率的计算。定滑轮不省距离但改变力的方向；机械能由动能和势能组成，匀速提升时动能不变，重力势能增加故机械能增大；机械效率通过有用功与总功的比值计算，需明确各物理量的对应关系。
19．（2025·扬州）如图是兄弟二人抬水的场景.扁担相当于杠杆，若以哥哥的肩为支点，弟弟对扁担的作用力是动力，哥哥将水桶悬挂点向自己移动一段距离，动力臂 ，阻力臂 ，弟弟对扁担的作用力 .(填变化情况)
【答案】不变；变小；变小
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】用扁担抬水时，以哥哥的肩为支点，水桶对扁担的拉力为阻力，弟弟对扁担的力为动力，若将水桶悬挂点向哥哥移动一段距离，哥哥到弟弟的距离不变，即支点到动力的距离不变，则动力臂不变；
水桶到哥哥的距离减小，则阻力臂变小；
根据杠杆的平衡条件，可得：F1L1=G水L2，由于动力臂L1、阻力G不变，当阻力臂L2减小，则动力F1变小，弟弟对扁担的作用力变小。故第1空填：不变；第2空填：变小；第3空填：变小。
【分析】阻力方向一定，阻力作用点到支点的距离靠近，阻力臂减小；根据杠杆的平衡条件，在动力臂、阻力一定时，阻力臂减小，则动力减小。
20．（2025·南京）如图所示，用动滑轮将重的木箱在内沿竖直方向匀速提升，所用拉力为，不计绳重和摩擦．此过程中木箱上升的速度为 ，有用功是 ，拉力的功率是 W；若用此装置沿竖直方向匀速提升重物时，机械效率为 ．
【答案】0.4；360；80；95
【知识点】动滑轮及其工作特点；动滑轮拉力的计算；滑轮（组）的机械效率
【解析】【解答】据图可知，缠绕在动滑轮的绳子数为2，所以绳子的移动速度为箱子移动速度的2倍，箱子的移动速度，绳子的移动速度为0.8m/s，有用功为箱子克服重力做功W=Gh=180N×2m=360J；拉力功率P=Fv=100N×0.8m/s=80W；根据拉力公式计算可知，动滑轮，同理计算重物重力为380N，此时拉力为F=，效率为。
【分析】 本题可根据速度公式、有用功公式、功率公式以及机械效率公式进行求解。先求木箱上升速度，再求有用功，接着求拉力功率，最后求提升\(380N\)重物时的机械效率。
21．（2025·徐州）陈毅元帅曾说：“淮海战役的胜利，是人民群众用小车推出来的。”如图是当时群众运粮用的独轮车，请判断它应用了哪类杠杆，并简要说明你的判断依据： 。
【答案】省力杠杆；独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】 独轮车 在使用过程中， 车轴处为支点。此时，动力作用在车把位置，阻力作用在装粮的车厢位置。通过观察或分析可知，动力作用点到支点的距离（动力臂）大于阻力作用点到支点的距离（阻力臂）。
【分析】 要判断独轮车属于哪种杠杆，需先明确杠杆的分类标准（省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆），再分析独轮车在使用时动力臂与阻力臂的长度关系，进而确定杠杆类型。
三、实验探究题
22．（2025·宁夏）小华利用图装置，探究杠杆的平衡条件，用到的实验器材有：杠杆、支架、细线和质量为50g的钩码若干。 (g取10N/ kg)
（1）实验前，平衡螺母向 端调节，使杠杆在水平位置平衡；实验时，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，是为了便于直接读取 。
（2）实验数据如下表，多次实验的目的是 。分析数据得出杠杆的平衡条件是 。
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 10.0 1.0 5.0
2 1.0 15.0 1.5 10.0
3 2.0 10.0 1.0 20.0
（3）如图是电视剧《西游记》中沙僧用宝杖挑行李的场景。如果增加沙僧后面行李的质量，为使宝杖平衡，他应如何操作 请说出理由。(忽略宝杖自重)
【答案】（1）左；读取力臂
（2）多次实验是为了避免实验的偶然性，从而得出普遍适用的规律。；动力×动力臂 = 阻力×阻力臂
（3）应后面的行李向前移动；
理由：宝杖可看做杠杆，支点在沙僧肩膀，增加了后面行行李的质量会破坏杠杆平衡，根据杠杆平衡条件可知此时阻力增大，则阻力矩需要变小，故应减小行李到肩膀的距离。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1） 实验前，杠杆左端下沉，根据杠杆平衡原理，应向右端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。 实验时，在杠杆两端挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，是因为此时力臂与杠杆重合，便于直接读取力臂。
（2） 多次实验是为了避免实验的偶然性，从而得出普遍适用的规律。 分析数据可以 得出杠杆的平衡条件是动力×动力臂 = 阻力×阻力臂。
（3） 增加沙僧后面行李的质量，为使宝杖平衡 ，可以减小行李到肩膀的距离，即阻力臂。
【分析】 （1）根据杠杆平衡条件，实验前杠杆左端下沉，应向右调节平衡螺母使其在水平位置平衡，水平位置平衡便于直接读取力臂。
（2）多次实验是为避免偶然性得出普遍规律，通过分析数据得出杠杆平衡条件。
（3）根据杠杆平衡条件分析增加后面行李质量时的操作。
23．（2025·济宁）生活中，经常会看到：三位小朋友一起玩跷跷板时，跷跷板也能平衡，如图甲所示。小明利用实验器材，按图乙所示的方法，探究杠杆受三个力作用时的平衡条件，收集的实验数据如下表所示。
实验次数 左侧 右侧
力臂 力臂 力臂
2.5
（1）分析表中数据，得出杠杆受三个力作用时的平衡条件∶ （用F1、l1、F2、l2、F3、l3表示）。
（2）请在图中的合适位置画出一组（3个）钩码，使杠杆在水平位置平衡 。
【答案】（1）F1l1=F2l2+F3l3
（2）
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）据表格数据分析可知，F1l1=F2l2+F3l3，满足 杠杆受三个力作用时的平衡条件 ；
（2）根据图分析可知，左侧F1l1=4G×9L，右侧F2l2=3L×4G，所以右侧F3l3=24L，可以在8L处悬挂3G；
（4）
【分析】 （1）通过计算每次实验中左侧力与力臂乘积之和和右侧力与力臂乘积之和，观察两者关系以归纳杠杆受三个力作用时的平衡条件；
（2）依据杠杆平衡条件，结合图中已有的力与力臂情况，确定需添加钩码的位置和数量。
24．（2025·湖南） 某兴趣小组了解到人长时间过度低头易对颈椎肌肉造成伤害，为研究颈椎肌肉产生的拉力大小与人低头角度变化之间的规律，设计并组装了一套如图甲所示的装置。印有头颈部照片的内盘与有刻度的固定外盘圆心均在O点，内盘可绕O点转动，以O点为支点，将整个头颈部简化为杠杆模型。表示人低头的角度，在A点通过细线悬挂一个重为2N的物体模拟头颅重力，用细线垂直OB对B点施加的拉力模拟颈椎肌肉产生的拉力，细线对A点的拉力大小为。实验中通过拉力传感器测出内盘上的头颈部在不同位置平衡时的大小，实验数据如下表所示。
物体的重力/N 2
的大小/° 0 15 30 45 60
拉力传感器的示数/N 0 3.22 6.22 8.80 10.78
（1）请画出图乙中的力臂L （保留作图痕迹）；
（2）分析表格中的数据可知，颈椎肌肉产生的拉力随人低头的角度增大而 ，对颈椎肌肉的影响就越大；
（3）若某中学生头颅的重力为50N，请根据表格中的数据，计算该学生低头角度为45°时，颈椎肌肉产生的拉力大小是 N；
（4）请你结合以上分析，从保护颈椎肌肉的角度提出一条合理建议： 。
【答案】（1）
（2）增大
（3）220
（4）尽量减少低头的时间和角度，例如在使用电子设备时，将设备屏幕抬高，使屏幕中心与眼睛在同一高度，避免长时间低头看手机或电脑。
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】 （1）首先明确支点为O点。延长F2的作用线（因为 F2是竖直向下的，所以向下延长即可，用虚线）。从支点O向F2的作用线作垂线，垂线段的长度是F2的力臂L，用大括号括起来并标上L，作图如下：
。
（2）拉力与低头角度的关系：分析表格中的数据可知，颈椎肌肉产生的拉力随人低头的角度增大而增大。
（3）计算颈椎肌肉产生的拉力大小：当物体重力为 2N，低头角度为 45° 时，拉力传感器示数即颈椎肌肉产生的拉力 F1为 8.80N。中学生头颅重力为 G'= 50N，此时颈椎肌肉产生的拉力为 F1'。
由于是由于是同一模型，力臂的比例关系不变，
根据杠杆平衡条件可得：；
解得：。
（4）保护颈椎肌肉的合理建议：尽量减少低头的时间和角度，例如在使用电子设备时，将设备屏幕抬高，使屏幕中心与眼睛在同一高度，避免长时间低头看手机或电脑。
【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据表格数据分析拉力与低头角度的关系；
（3）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（4）根据上面的计算结果分析保护颈部肌肉的建议。
25．（2025·广州）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与阻力臂的乘积；从小桶内取出；；
（2）方法二，理由： 通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态 。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）实验过程：
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L0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，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件，则篮球和气球（含气针）的总重力与小桶和细沙的总重力为G相等，即为G；
③把气针插入篮球的气门内，气球随即膨胀，根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知，标尺的右端向下发生倾斜。
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，从小桶内取出重力为G0的细沙，使标尺重新处于水平平衡状态，根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL0；
则膨胀气球受到的浮力大小为F浮=G0；
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，
根据杠杆的平衡条件有（G-F浮）L0=GL；
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中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
【分析】 （1）实验过程：
②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，可知两个力的力臂相同，根据杠杆的平衡条件得出小桶和细沙的总重力；
③根据阿基米德原理，因气球受到的浮力变大，故左端绳子杠杆的作用力变小，由杠杆的平衡条件可知分析；
④由已知条件，根据杠杆的平衡条件得出膨胀气球受到的浮力大小；根据杠杆的平衡条件得出则膨胀气球受到的浮力大小。
（2）采用④中的方法二更合理，通过移动钩码使标尺重新处于水平平衡状态。
26．（2025·辽宁）某小组在参观古代科技展时，看到一汲水装置——辘轳，如图（a）所示。讲解员介绍：辘轳是古人利用他们的智慧发明创造的工具，解决了提水费力问题。它是主要由大轮和小轮组成的轮轴装置。使用它能够实现“四两拨千斤”。辘轳静止时满足杠杆的平衡条件。
【质疑与验证】
⑴某同学质疑辘轳静止时满足杠杆的平衡条件，该同学自制了一部分器材，进行验证。
⑵该同学先在质量分布均匀的圆形薄硬板上画一条直径MN，并标出圆心O和均匀的刻度，再以O为圆心过MN上的L点画一个圆。接下来，在圆心处挖一个洞，然后将圆板安装在铁架台的固定的光滑转轴上，转轴水平且与圆板平面垂直，如图（b）所示。
⑶将一组钩码（钩码重均为0.5N）通过细线悬挂在L点，另一组钩码悬挂在N点。调整右侧钩码个数直至MN处于水平且静止，如图（c）所示。规定能使圆板顺（逆）时针转动的力为动（阻）力。由图（c）中的信息得到：动力×动力臂 阻力×阻力臂。
⑷多次调整力和力臂，反复进行实验，记下每一次MN水平且静止时的数据。
⑸处理数据后，发现每次圆板静止时都满足杠杆的平衡条件。
⑹实验中，每次均使MN在水平位置静止，MN应与悬挂钩码的细线 （填“垂直”或“平行”）；目的是便于测量 。
【反思】
⑺古人之所以把井绳缠在小轮上，是因为这样做可以 力。
⑻制造辘轳时，把小轮和大轮半径之比变 ，可以达到更省力的目的。（不计机械自重和轴的摩擦）
【发现与探索】
⑼该同学想起辘轳的大轮上不止一个手柄，两名同学可以一起提水，于是继续探究两个动力作用下杠杆的平衡条件。
多次实验，数据表格如下：
数据序号 动力 动力臂 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 0.5 0.4 1.5 0.2 2.5 0.2
2 0.5 0.4 1.0 0.3 2.5 0.2
3 1.0 0.3 1.0 0.2 2.5 0.2
分析表中数据，得出结论：= 。（用表中字母表示）
【答案】等于；垂直；力臂；省；大；F1l1+F2l2
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （3）动力×动力臂与阻力×阻力臂的关系由图（c）可知，悬挂在L点的钩码为阻力（使圆板逆时针转动），每个钩码重 0.5N，L点悬挂4个钩码，则阻力F阻=4×0.5N=2N；阻力臂为L点到圆心O的距离，设为l阻。悬挂在N点的钩码为动力（使圆板顺时针转动），N点悬挂2个钩码，则动力F动=2×0.5N=1N；动力臂为N点到圆心O的距离设为l动，且由刻度均匀可知l阻=l动。
则阻力×阻力臂=2N×l阻，动力×动力臂=1N×2l阻=2N×l阻，
因此动力×动力臂 = 阻力×阻力臂。
（6）MN与细线的关系及目的实验中，MN应与悬挂钩码的细线垂直。当MN水平且与细线垂直时，细线的方向竖直向下，此时力臂恰好是MN上的刻度长度（即力的作用点到圆心的水平距离），便于测量力臂。
（7）辘轳的大轮为动力轮（动力作用在大轮边缘），小轮为阻力轮（阻力为水和桶的重力，作用在小轮边缘）。根据杠杆平衡条件F动×R = F阻×r（R为大轮半径，r为小轮半径），因为R＞r、则F动＜F阻，即可以省力。
（8）由F动 = F阻×可知，在阻力和大轮半径不变时，小轮半径r越小，动力F动越小。因此，把小轮和大轮半径之比变小，可更省力。
（9）两个动力作用下杠杆的平衡条件分析表格数据：
序号 1：F1l1+F2l2=0.5N×0.4m+1.5N×0.2m=0.5N m，F3l3=2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
序号 2：F1l1+F2l2=0.5N×0.4m+1.0N×0.3m=0.5N m，F3l3 = 2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
序号 3：F1l1+F2l2=1.0N×0.3m+1.0N×0.2m=0.5N m，F3l3= 2.5N×0.2m=0.5N m，两者相等。
结论：F3l3 =F1l1+F2l2。
【分析】 （3）根据图c，结合力臂的大小计算出动力臂和动力的乘积，阻力和阻力臂的乘积，最后比较大小即可；
（6）MN与细线的关系及目的实验中，MN应与悬挂钩码的细线垂直。当MN水平且与细线垂直时，细线的方向竖直向下，此时力臂恰好是MN上的刻度长度（即力的作用点到圆心的水平距离），便于测量力臂。
（7）辘轳的大轮为动力轮（动力作用在大轮边缘），小轮为阻力轮（阻力为水和桶的重力，作用在小轮边缘）。根据杠杆平衡条件F动×R = F阻×r分析解答；
（8）由F动 = F阻×可分析解答；
（9）分别计算序号1、2、3，F1l1+F2l2 与F3l3大小，然后比较大小得出结论。
四、科普阅读题
27．（2025·广东）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）题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，实验数据见题表.其中，dA、dB分别表示A、B棒在不同温度：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
dA/cm 0 1.10 2.15 3.26 4.31
dB/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
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；控制变量法与探究性实验方案
【解析】【解答】（1）根据控制变量法可知，初始时金属棒A、B的长度和横截面积均相同；
（2）②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆左端将向下转动，右端将向上旋转，故光点会在标尺上向上移动；
③分析数据可知：同一根金属棒温度升高越多，伸长量越 大；温度升高相同时，金属棒B的伸长量更大；
（3）支点到力的作用线的距离叫力臂，金属棒伸长前，阻力臂与杠杆垂直，此时力臂最大，金属棒伸长使杠杆转动过程中，阻力臂与杠杆不再垂直，故阻力臂变小；同一根金属棒伸长量一定时，为使光点移动距离更大，根据数学知识可知，可采取的做法是支点向左移动。
故答案为：（1）相同；（2）上；大；B；（3）变小；支点向左移动。
【分析】 （1）结合题意和控制变量法分析；
（2）②加热金属棒，金属棒伸长，杠杆逆时针转动，据此分析；
③根据表中数据分析回答；
（3）由力臂的定义分析阻力臂变化；根据数学知识分析回答。
五、综合题
28．（2025·淮安）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重物，在A端施加竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡。若保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向，则该过程中力F的大小 (选填“变大”“变小”或“不变”，下同)，力F与其力臂的乘积 。作出AC方向上的力 F对应的力臂l。
【答案】变大；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向 ，动力臂减小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡公式计算可知，动力增加，所以F变大，动力和动力臂的乘积不变。
【分析】杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
29．（2025·天津市）图为汽车刹车装置的部分结构示意图。驾驶员踩下踏板，连着踏板的金属杆绕O点转动，推动活塞挤压刹车油，此时可把金属杆看成以O为支点的杠杆。不计金属杆自重及摩擦，请解答下列问题：
（1）图中画出了杠杆的动力F1和阻力 F2，其中正确的是 图；
（2）若动力 为300N，动力臂与阻力臂之比为5：1，求阻力 的大小。
【答案】（1）乙
（2）解：根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2 有 。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）驾驶员踩下踏板，动力的方向和踏板垂直的方向，动力使杠杆绕着O点顺时针旋转，动力和阻力是杠杆的转到方向相反，故选乙。
【分析】（1）驾驶员踩下踏板，动力的方向和踏板垂直的方向，动力使杠杆绕着O点顺时针旋转，阻力的作用使杠杆的逆时针旋转，杠杆处于平衡；
（2）由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算。
30．（2025·青岛）五一假期期间，小明来青岛游玩。在游览过程中，他发现很多现象和学过的物理知识有关，让我们和小明一起，从“运动和力”的视角走进美丽青岛。
（1）小明在海边游玩时，看到清澈海水中漂亮的贝壳，这是光的 形成的虚像。
（2）小明在沙滩上行走时，发现自己光脚比穿鞋时留下的脚印深，这是因为压力相同时，受力面积越 ，压强越大。
（3）乘船时，小明感觉远处的高楼大厦向自己“走来”，这是因为他选取 为参照物。
（4）并排快速行驶的游船不能相距太近，这是因为在液体中，流速越大的位置，压强越 。
（5）胶州湾跨海大桥采用钢索斜拉式设计，如图甲所示。大桥的一部分可简化为图乙所示的模型，其中为钢索的拉力，代表桥重和过往车辆等产生的对桥的作用力，O为支点，请画出的力臂 ；若N点不动，钢索A端向右移动，则钢索的拉力将会变 。
【答案】（1）折射
（2）小
（3）自己/船
（4）小
（5）；小
【知识点】光的折射规律；压强大小比较；流体压强与流速的关系；杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）看到清澈海水中漂亮的贝壳，是因为光从水中斜射入空气中时发生折射，折射光线进入人眼，人眼逆着折射光线的方向看去，看到的是贝壳的虚像，所以这是光的折射形成的虚像；
（2）根据压强公式p（p为压强，F为压力，S为受力面积），当压力F相同时，受力面积S越小，压强p越大。光脚时受力面积比穿鞋时小，所以留下的脚印更深；
（3）乘船时，小明感觉远处的高楼大厦向自己“走来”，说明大厦是运动的，说明参照物与大厦之间的位置发生了变化，所以他是选取自己或船为参照物。
（4）由流体压强和流速的关系可知，流速大的地方压强小，流速小的地方压强大。当两船并排行驶时，两船之间的水流速大，压强要小于外侧的压强，从而使两船逐渐靠近，容易发生相撞事故。
（5）支点为O，F1的作用线沿F1拉力的方向，过O点向F1的作用线作垂线，该垂线段即为拉力F1的力臂，并标l1表示力臂，如图所示：
若N点不动，钢索A端向右移动到A'，如下图：
此时力臂l'（红色）变大，在阻力和阻力臂不变时，由于动力臂变大，根据杠杆平衡条件可知，动力变小，即F1变小。
【分析】（1）光从一种介质进入另一种介质将发生光的折射现象；
（2）根据压强公式分析影响压力作用效果的因素判断；
（3）运动和静止是相对的，判断物体的运动和静止，首先确定一个参照物，如果被研究的物体和参照物之间没有发生位置的改变，被研究的物体是静止的，否则是运动的；
（4）根据流体压强与流速的关系分析；
（5）做力臂首先找出支点，过支点做力作用线的垂线段，用双箭头标出这段距离，即为力臂；利用杠杆平衡条件分析判断。
六、计算题
31．（2025·潍坊）某款纯电新能源汽车进行道路测试，以72km/h的速度匀速直线行驶，共持续行驶10min，行驶时汽车所受阻力为600N，其电动机工作的效率为80%。求：
（1）汽车行驶的路程s；
（2）汽车牵引力做的功W牵；
（3）电动机消耗的电能W电。
【答案】（1）解：汽车行驶速度 v=72km/h=20m/s
汽车行驶时间 t=10min=600s
汽车行驶的路程 s=vt=20m/s ⅹ600s=1.2ⅹ104 m
（2）解： 因为汽车做匀速直线运动，所以牵引力大小等于阻力大小F=600N
牵引力做的功 W牵=F牵s= 600N ⅹ1.2ⅹ104 m= 7.2ⅹ106J
（3）解： 已知电动机工作的效率η=80%
电动机消耗的电能
【知识点】速度与物体运动；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）汽车行驶速度 v；汽车行驶时间 t；汽车行驶的路程 s=vt；
（2）汽车做匀速直线运动，所以牵引力大小等于阻力大小；牵引力做的功 W牵=F牵s；
（3）已知电动机工作的效率η=80%；电动机消耗的电能 .
32．（2025·镇江）如图所示，用拉力 F 通过动滑轮将重为 80 N 的货物匀速提升0.5m ，动滑轮重为 20 N，不计绳重及摩擦。
（1）求上述过程中的有用功。
（2）求上述过程中拉力所做的功。
（3）求滑轮的机械效率。
【答案】（1）将重为80N的货物匀速提升0.5m，有用功W有=Gh=80N×0.5m=40J
（2）动滑轮重为20N，不计绳重及摩擦，额外功为W额=G动h=20N×0.5m=10J；
则拉力所做的功W总=W有+W额=40J+10J=50J.
（3）滑轮的机械效率
【知识点】动滑轮拉力的计算；机械效率的计算；功的计算及应用
【解析】【分析】（1）根据W有＝Gh计算有用功；
（2）根据动滑轮的特点和W总＝Fs计算拉力所做的总功；
（3）根据进行计算。
33．（2025·北京市）图甲所示的载货汽车，其前面为“单轴-单轮” （一根轴上有2个车轮），后面为“单轴-双轮”（一根轴上有4个车轮），如图乙所示。装货后该货车总质量为16t，每个轮胎与地面的接触面积约为400cm2。实际货车和货物整体的重心到前、后轴的距离一般不相等，常偏向车的后半部，为简化研究问题，假设整体重心C到前、后轴的距离相等，水平地面对货车前面两个车轮的作用力相等，等效作用在A点；水平地面对货车后面四个车轮的作用力均相等，等效作用在B点；因此，货车可看成水平杠杆，如图丙所示，AB距离等于前、后车轴间的距离，C在AB中点。g取10N/kg.
（1）求货车在B点所受的总支持力。
（2）为了保护路面，需要限定车辆对路面的压强大小。只要车辆的任何一个轮胎对路面的压强超过限定值，即视为车辆超限。若某水平路面能承受的最大压强为，请通过计算判断该货车是否超限。
【答案】（1）解：货车的总质量m=16t =16000kg。
货车的总重力为：G=mg=16000kg×10 N/kg=160000N。
设前轴的总支持力为F1，后轴的总支持力为F2。
根据平衡条件，F1L1=F2L2。
又因为C在AB的中点，所以 L1= L2。
因此。
B点的总支持力：F2=80000 N。
（2）解： 每个轮胎与地面的接触面积S=400cm2=400×10 4m2=0.04m2。
前轴单个轮胎的压强：。
后轴单个轮胎的压强：。
路面的最大承受压强为 7.0×105 Pa。
前轴单个轮胎的压强 1.0×106 Pa＞7.0×105 Pa。
因此，货车的前轴轮胎对路面的压强超过了限定值，该货车超限。
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】 （1）杠杆平衡条件F1L1=F2L2，可根据力臂的大小判断出动力和阻力的关系；
（2）利用压强公式可以计算出各轮胎对地压强，从而判断货车是否超限。
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