2024年八年级物理讲义（人教版）第11~12章 功和机械能与简单机械过关训练（27大题型）（解析版）

第十一、十二章《\o"第11章功和机械能"功和机械能与\o"第12章简单机械"简单机械》过关训练（解析版）一．力臂的画法（共2小题）二．杠杆的平衡条件（共3小题）三．探究杠杆的平衡条件（共2小题）四．杠杆的动态平衡分析（共2小题）五．杠杆中最小力的问题（共2小题）六．杠杆的分类（共2小题）七．杠杆的应用（共2小题）八．定滑轮及其工作特点（共2小题）九．滑轮组的设计与组装（共2小题）一十．滑轮组中的相关计算（共2小题）一十一．力是否做功的判断（共2小题）一十二．比较功的大小（共2小题）一十三．功的计算和公式的应用（共4小题）一十四．功率的概念与单位（共2小题）一十五．比较功率的大小（共2小题）一十六．功率的计算及公式的应用（共4小题）一十七．动能和势能的转化（共2小题）一十八．动能的影响因素（共2小题）一十九．探究影响物体动能大小的因素（共1小题）二十．探究影响物体势能大小的因素（共1小题）二十一．机械能的概念（共2小题）二十二．机械能的转化（共2小题）二十三．机械效率的概念（共2小题）二十四．机械效率的大小比较（共2小题）二十五．实验测量滑轮组的机械效率（共3小题）二十六．滑轮（组）的机械效率（共3小题）二十七．斜面的机械效率（共3小题）TOC\o"1-3"\h\u一．力臂的画法（共2小题）1．（2023春•西城区期末）如图所示，OA是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆A端的拉力。图中线段AB与力F的作用线在一条直线上，且OB⊥AB；线段OC⊥AC。则线段OB表示拉力F的力臂。（选填“AB”、“OB”、“OA”、“AC”或“OC”）【答案】OB【解答】解：由图可知，OB⊥AB，则OB是从支点O到力F作用线的距离，所以，线段OB表示力F的力臂。故答案为：OB。2．（2023春•雁塔区校级期末）如图所示为钓鱼竿钓鱼的示意图，O为支点，F1表示手对钓鱼竿的作用力，请在图中画出动力臂l1和阻力F2的示意图。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）过拉力作用点作竖直向下的拉力F2；（2）过支点O作F1作用线的垂线段（即动力臂L1）。如图所示二．杠杆的平衡条件（共3小题）3．（2023春•雨花区期末）如图所示，杠杆处于平衡，若将A，B两端各加相同质量的物体，则（）A．杠杆继续平衡 B．杠杆不再平衡，A端下降 C．杠杆不再平衡，B端下降 D．无法确定【答案】C【解答】解：因为杠杆处于平衡，所以，gM1×OA＝gM2×OB…①当A，B两端各加相同质量的物体时，设所加物体质量是m。杠杆左边：（M1+m）g×OA＝gM1×OA+mg×OA。杠杆右边：（M2+m）g×OB＝gM2×OB+mg×OB。因为OA小于OB，结合①式，可知杠杆两边力和力臂的乘积不相等，且A端的力和力臂的乘积小于B端力和力臂的乘积。所以，杠杆不再平衡，且B端下降。故选：C。4．（2023春•黄岛区期末）杠杆是我们生活中一种常见的简单机械，如图所示，轻质杠杆OA可绕O点无摩擦转动，A点悬挂一个重为20N的物体，B点施加一个竖直向上的拉力F，使杠杆在水平位置平衡，且OB：OA＝2：3。则F＝30N，将B点沿杠杆向左移动，拉力F将会变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】30；变大。【解答】解：已知G＝20N，OB：OA＝2：3，由杠杆平衡的条件知：F×OB＝G×OA，变形可得：F＝＝＝30N；将B点沿杠杆向左移动，则OB变小，而OA不变，G不变，根据F×OB＝G×OA可知，拉力F将会变大。故答案为：30；变大。5．（2023春•永川区期末）如图所示，工人利用杠杆将一桶水平移到台上的过程中，杠杆始终保持水平，挂在A端的的桶重100N，桶内部底面积为1×103cm2，桶内装有1.1×103N的水，水深1m，重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端并保持静止。已知工作人员双脚与地面的接触面积为400cm2，OA：OB＝1：3。求：（1）B端绳子受到的拉力；（2）桶底受到水的压力；（3）静止时人对地面的压强。【答案】（1）B端绳子受到的拉力为400N；（2）桶底受到水的压力为1000N；（3）静止时人对地面的压强为5×103Pa。【解答】解：（1）由杠杆平衡条件可得，G总×AO＝F拉×OB，则F拉＝＝400N；（2）水对桶底的压强：p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1×104Pa，由p＝可得，水对桶底的压力：F＝pS＝1×104Pa×1×103×10﹣4m2＝1000N；（3）根据力的作用的相互性，绳子对人的拉力F拉'＝F拉＝400N，人对地面的压力：F压＝G﹣F拉'＝600N﹣400N＝200N，人对地面的压强p′＝＝5×103Pa。故答案为：（1）B端绳子受到的拉力为400N；（2）桶底受到水的压力为1000N；（3）静止时人对地面的压强为5×103Pa。三．探究杠杆的平衡条件（共2小题）6．（2023春•东城区期末）小东在验证杠杆平衡条件时，使用的每个钩码的重力均为2N，杠杆上相邻刻线间的距离相等。如图甲所示，为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向右（选填“左”或“右”）端调节。杠杆水平平衡后，在杠杆上的A点悬挂了2个钩码，如图乙所示，为使杠杆保持水平平衡，在B点施加的最小拉力为2.4N，拉力的方向为竖直向上（选填“竖直向上”或“竖直向下”）。【答案】（1）右；（2）2.4；竖直向上。【解答】解：（1）如图，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）设杠杆一格长为L，杠杆水平平衡后，在杠杆上的A点悬挂了重力均为2N钩码2个，杠杆会逆时针转动，为使杠杆保持水平平衡，要使在B点施加最小拉力，则动力臂最大，所以在B处用弹簧测力计应竖直向上拉，根据杠杆的平衡条件可得2×2N×3L＝F×5L，故F＝2.4N。故答案为：（1）右；（2）2.4；竖直向上。7．（2023春•随县期末）如图所示，小勇利用铁架台，带有均匀刻度的杠杆，细线，弹簧测力计，钩码若干（每个钩码质量相同）等实验器材，探究杠杆的平衡条件。（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“非平衡”）状态；（2）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡。为此，应将平衡螺母向左（选填“左”或“右”）调节；（3）将杠杆调成水平位置平衡后，如图乙所示，在A点挂3个钩码，则应在B点挂2个钩码，才能使杠杆在水平位置保持平衡；随后两边各取下一个钩码，杠杆左（选填“左”或“右”）端将下沉；（4）小勇用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，然后将弹簧测力计绕B点逆时针旋转一小段至如图丙所示位置。在旋转过程中，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐变大，原因是阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力慢慢变大。【答案】（1）平衡；（2）左；（3）左；（4）阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力慢慢变大。【解答】解：（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状态；（2）为了便于测量力臂，应该使杠杆在水平位置平衡；如图甲所示，杠杆右端下沉，要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；（3）两边各取下一个钩码后，2G×2L＞1G×3L，所以杠杆左端下沉；（4）弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离；弹簧测力计在逐渐旋转过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，则弹簧测力计的示数变大。故答案为：（1）平衡；（2）左；（3）左；（4）阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力慢慢变大。四．杠杆的动态平衡分析（共2小题）8．（2023春•丰都县期末）如图，用一个始终与杠杆垂直的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，力F的大小将（）A．变大 B．不变 C．变小 D．不能确定【答案】A【解答】解：使杠杆绕固定点O缓慢拉至水平位置，在这个过程中，阻力为重物对杠杆的拉力（等于重物的重力），则阻力大小不变；由题知，动力F始终与杠杆垂直，则动力臂L1不变（始终等于杆的长度OA）；使杠杆绕固定点O缓慢拉至水平位置过程中，阻力臂L2会逐渐变大，根据FL1＝GL2可知拉力F将变大。故选：A。9．（2023春•井研县期末）如图所示，杠杆处于平衡状态，若在A处再加一个同样的砝码，要使它重新恢复平衡，则必须（）A．在B处加一个同样的砝码 B．将B处的砝码移至C处 C．在B处再加一个同样的砝码后再移至C处 D．B处的砝码位置不动【答案】B【解答】解：设一个钩码的重力为G，一格的长度为L，则A处的钩码重为3G，力臂为3L；A、当B处钩码为4G，力臂为2L时，3G×3L≠4G×2L，故A不符合题意；B、当B移到C处时，钩码重3G，力臂为3L，3G×3L＝3G×3L，故B符合题意；C、在B处再加一个同样的砝码后再移至C处时，钩码重4G，力臂为3L，3G×3L≠4G×3L，故C不符合题意；D、B处的砝码位置不动，B处钩码重3G，力臂为2L，3G×3L≠3G×2L，故D不符合题意；故选：B。五．杠杆中最小力的问题（共2小题）10．（2023春•合阳县期末）如图甲所示是一款压饺子皮的工具，使用时压杆可以看作一个杠杆。图乙是简化示意图，图中O为支点，请在简化示意图上画出下压时作用在杠杆A点的最小动力F1的示意图及其动力臂l1。【答案】【解答】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长；在压制饺子皮时，动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：11．（2023春•夏津县期末）“节约用水，人人有责”。如图甲是用水后及时关闭水龙头时的情景，水龙头手柄看作是一个杠杆，向下按关水，请你在图乙所示的示意图中画出阻力臂L2，并画出施加在A点的最小动力F1。【答案】见试题解答内容【解答】解：过O点作阻力F2的垂线，即为阻力F2对支点O的力臂L2；根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。由图可知，OA为最长动力臂时，动力最小，阻力的方向已标出，所以动力的方向应该向下，连接支点O与A点，过A点作OA的垂线就得到在A点施加的最小动力F1，如下图所示：六．杠杆的分类（共2小题）12．（2023春•福田区期末）公元前400多年，墨子所著《墨经》中有大量的物理知识，其中包括杠杆原理，比阿基米德还早两百多年。墨子将阻力臂叫“本”，动力臂叫“标”。下列杠杆属于“本短标长”的是（）A．钢丝钳 B．食品夹 C．钓鱼竿 D．筷子【答案】A【解答】解：根据题意可知，“本短标长”是指动力臂长，阻力臂短，属于省力杠杆；A、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A符合题意；B、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B不符合题意；C、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C不符合题意；D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D不符合题意。故选：A。13．（2023春•槐荫区期末）我国古代科技著作《天工开物》里记载有“横木穿插碓头，碓嘴为铁，足踏其末而舂之。”舂是古人巧妙应用杠杆的智慧结晶，如图甲所示，当人用力踩横木一端时，松脚后横木绕某点转动，另一端碓头下落，击打石臼内的谷物。图乙是用力踩在横木A位置的示意图，根据此图可知：此时的舂可视为费力杠杆（选填“省力”“费力”或“等臂”），碓头制成乙图中所示的形状是为了增大（选填“增大”或“减小”）对谷物的压强。【答案】费力；增大。【解答】解；（1）由图可知，O为支点，舂在使用过程中，用力踩在横木A位置，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；（2）由图可知，碓头比较尖，是在压力一定时，通过减小受力面积，增大压强。故答案为：费力；增大。七．杠杆的应用（共2小题）14．（2023春•梁园区期末）如图是某兴趣小组用轻质杆制作的杆秤，经测试发现量程偏小。下列操作能使杆秤量程变大的是（）A．将a点向左移 B．将b点向右移 C．换一个质量较大的秤砣 D．将a、b点都向右移等长距离【答案】C【解答】解：A、将a点向左移，阻力臂增大，动力臂和动力不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故A错误；B、将b点向右移，阻力臂增大，动力不变，动力臂变小，由杠杆平衡条件可知，阻力变小，称量的最大质量变小，量程变小，故B错误；C、换一个质量较大的秤砣，阻力臂不变，动力变大，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，阻力变大，称量的最大质量变大，量程变大，故C正确；D、杆秤使用时，有G物Lab＝G砣L砣，将a、b点都向右移等长距离，Lab不变，L砣变小，G砣不变，可见G物变小，则所称量物体的质量变小，量程变小，故D错误。故选：C。15．（2022秋•皇姑区校级期末）冰箱里的温度升高到一定程度时，温控开关会自动闭合压缩机工作。如图为冰箱内的温控开关的部分结构图，膜盒中气体随着温度的升高受热膨胀，胀动膜推动金属杠杆向左（选填“左”或“右”）转动，使触点接触，压缩机电路开始工作制冷，当膜盒里的气体温度下降到一定程度，由于气体体积收缩，胀动膜向右侧瘪回去，金属杠杆被弹簧向右拉动，触点又分开，制冷结束，直到下次温度升高再重复上述过程。凸轮是设定温度的旋钮，手动旋转凸轮时，凸轮会带动连杆的上端移动位置，从而改变弹簧上的拉力。如果将凸轮逆时针旋转，凸轮将连杆向右顶，使得弹簧上的拉力增大，此时要将触点接通制冷，需要膜盒里面气体温度更高（“高”或“低”）。【答案】左；高。【解答】解：膜盒中气体随着温度的升高受热膨胀，胀动膜推动金属杠杆向左转动。凸轮是设定温度的旋钮，手动旋转凸轮时，凸轮会带动连杆的上端移动位置，从而改变弹簧上的拉力。如果将凸轮逆时针旋转，凸轮将连杆向右顶，使得弹簧上的拉力增大，此时要将触点接通制冷，需要膜盒里面气体温度更高。故答案为：左；高。八．定滑轮及其工作特点（共2小题）16．（2023春•漳州期末）如图所示，升旗时关于旗杆顶端的滑轮，下列说法正确的是（）A．该滑轮是动滑轮 B．可以省力 C．可以改变力的方向 D．可以省距离【答案】C【解答】解：升旗时旗杆顶端的滑轮是定滑轮，定滑轮本质上是等臂杠杆，不省力不省距离，可以改变力的方向。故C正确，ABD错误。故选：C。17．（2023春•定州市期末）如图所示，小宣同学利用定滑轮提起重力为200N的物体，定滑轮本质上是等臂杠杆（选填“等臂”、“省力”或“费力”），他向右行走时，物件匀速上升，绳子拉力F的大小将不变（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【答案】等臂；不变。【解答】解：定滑轮本质上是等臂杠杆，他向右行走时，物件匀速上升，绳子拉力F将不变。故答案为：等臂；不变。九．滑轮组的设计与组装（共2小题）18．（2023春•禅城区期末）如图，工人在A处用滑轮组提起重物B，请画出最省力的绕线方式。【答案】【解答】解：根据题意，滑轮组由3段绳子承担物重最省力，需要从动滑轮上挂钩绕起。如图所示：19．（2023春•铁东区期末）如图所示，站在A处的小明用一根绳子和滑轮组拉斜面的物体B，请画出滑轮组的正确绕线。【答案】【解答】解：由图可知，小明站在A处用一根绳子和滑轮组拉斜面的物体B，相当于人站在地面上，拉力方向向下，所以从人的手开始，先绕过定滑轮，然后再依次绕过动滑轮和定滑轮的框架钩，如图所示：一十．滑轮组中的相关计算（共2小题）20．（2023春•江油市期末）如图所示滑轮组中，动滑轮重3N，重20N物体A放置于粗糙水平桌面上，当动滑轮下方的悬挂物体B重9N时，恰好能够匀速下降。不考虑绳重和滑轮的摩擦，对A施加一个水平向左的拉力，使B物体恰好能够匀速上升，则拉力大小为（）A．8N B．12N C．16N D．20N【答案】A【解答】解：由图可知，通过动滑轮绳子的段数n＝3。物体B恰好能够匀速下降时，物体A处于平衡状态，A受到的滑动摩擦力f和绳子的拉力作用处于平衡状态，二力大小相等，忽略绳重及摩擦，摩擦力f＝F'＝（G+G动）＝×（9N+3N）＝4N；对A施加一个水平向左的拉力，使B物体恰好能够匀速上升，A向左运动，摩擦力方向向右为4N，右侧绳子拉力为4N不变，根据平衡力知拉力F＝F'+f＝4N+4N＝8N；故A正确，BCD错误。故选：A。21．（2023春•阳西县期末）如图所示，用110N的拉力刚好可以拉动一重为300N的物体匀速上升，不计绳重及滑轮之间的摩擦，则动滑轮所受的重力为30N；现用同样的滑轮组拉动重为600N的物体上升0.1m，则拉力至少为210N，绳子末端将被拉下0.3m。【答案】30；210；0.3。【解答】解：由图知道，n＝3，不计绳重及滑轮之间的摩擦，由F＝（G+G轮）知道，动滑轮的重力：G轮＝3F﹣G＝3×110N﹣300N＝30N；拉动重为600N的物体时绳子自由端拉力：F′＝（G+G轮）＝×（600N+30N）＝210N。s＝nh＝3×0.1m＝0.3m。故答案为：30；210；0.3。一十一．力是否做功的判断（共2小题）22．（2018春•新田县期末）如图所示的情景中，人对物体做功的是（）A．小车在拉力的作用下向前运动 B．提着水桶在水平路面上匀速前进 C．小孩推车，车未动 D．踢出去的足球在地面上滚动一段距离【答案】A【解答】解：A、小车在拉力的作用下向前运动，有力作用在小车上，小车在力的方向上通过了距离，所以人对小车做了功，故A符合题意；B、提着水桶在水平路面上匀速前进，桶所受拉力方向向上，桶在拉力的方向上没有通过距离，所以不做功，故B不合题意；C、小孩推车，车未动，小孩给汽车一个向前的力，但汽车在推力作用下没有移动距离，推力对汽车不做功。故C不合题意；D、踢出去的足球在地面上滚动一段距离，此时足球不再受到脚的踢力，所以人对足球不做功，故D不合题意。故选：A。23．（2023春•贵溪市校级期末）今年我市中考体育考试新增加了排球垫球项目，如图所示为某同学考试时的垫球过程示意图。排球撞击墙壁后会反弹回来，说明力可以改变物体的运动状态；排球离开手臂上升过程中，手臂对排球不做功（选填“做功”或“不做功”）。【答案】运动状态；不做功。【解答】解：排球撞击墙壁后，受到墙壁的作用力，反弹回来，运动方向发生变化，所以说明力可以改变物体的运动状态；排球离开手臂上升过程中，人不再给排球施加力，所以手臂对排球不做功。故答案为：运动状态；不做功。一十二．比较功的大小（共2小题）24．（2023春•漳州期末）如图的三种场景中，在大小相等的拉力作用下物体移动相同的距离，若拉力所做的功分别记为W1、W2、W3，下列判断正确的是（）A．W1＝W2＝W3 B．W1＞W2＞W3 C．W1＜W2＜W3 D．W1＝W2＜W3【答案】D【解答】解：由图可见，第一幅图中滑轮为定滑轮，它的特点是不省力，不省距离，所以拉力移动的距离等于物体移动距离为s，拉力做的功为：W1＝F1s；第二幅图中，拉力移动的距离也等于物体移动距离为s，拉力做的功为：W2＝F2s；第三幅图中滑轮为动滑轮，可以省一半力，但是费距离，拉力移动距离为2s，拉力做的功为：W3＝F32s。又因为拉力F1、F2、F3大小相等，所以综上分析可得：W1＝W2＝Fs＜W3＝2Fs，故D正确，ABC错误。故选：D。25．（2023春•汝阳县期末）如图所示，AC和BC是两个光滑的斜面，∠β大于∠α，同一个物体分别在AC和BC斜面上在沿斜面方向的拉力作用下，由底端匀速运动到C点，所用拉力分别为FA、FB，所做功分别为WA、WB，则FA＜FB；WA＝WB（选填“＞”、“＜”或“＝”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：斜面AC倾斜角度α小于BC的倾角β，所以物体沿AC运动时拉力较小，即FA＜FB；由题知，AC和BC是两个光滑的斜面，额外功为0，所以拉力在两斜面上做功相同，即WA＝WB。故答案为：＜；＝。一十三．功的计算和公式的应用（共4小题）26．（2023春•沙坪坝区校级期末）如图甲所示，水平桌面上有一足够高的柱形容器装有适量液体。如图乙所示，将边长为10cm的正方体木块放入液体中漂浮时，有四分之一的体积露出液面，此时液面相对甲图升高了3cm，容器底部受到的液体压强增大了240Pa；如图丙，用外力F使木块恰好浸没，则下列判断正确的是（）A．正方体木块的密度为0.75g/cm3 B．从乙图到丙图，木块重力做功为0.09J C．乙、丙两图中，容器对桌面的压强差为100Pa D．丙图中，木块受到的浮力为10N【答案】B【解答】解：A、液体的密度ρ液＝＝＝0.8×103kg/m3，有四分之一的体积露出液面，由F浮＝G木可得，ρ液gV＝ρ木gV，正方体木块的密度：ρ木＝ρ液＝×0.8×103kg/m3＝0.6×103kg/m3＝0.6g/cm3，故A错误；B、木块体积V＝（10cm）3＝1000cm3＝1×10﹣3m3，木块的质量m＝ρ木V＝0.6×103kg/m3×1×10﹣3m3＝0.6kg，木块的重力G＝mg＝0.6kg×10N/kg＝6N，乙图中排开液体体积V排＝×1×10﹣3m3＝0.75×103m3容器的底面积S＝＝＝2.5×10﹣2m2，从乙图到丙图，液面上升的高度h1＝＝＝0.01m＝1cm，从乙图到丙图，木块移动的距离h′＝×10cm﹣1cm＝1.5cm＝1.5×10﹣2m，从乙图到丙图，木块重力做功W＝Gh′＝6N×1.5×10﹣2m＝0.09J，故B正确；C、乙、丙两图中，容器对桌面的压力差ΔF＝ΔF浮＝ρ液gV＝×0.8×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝2N，压强差Δp＝＝＝80Pa，故C错误；D、丙图中，木块全部浸没时，木块受到的浮力F浮＝ρ液gV排＝0.8×103kg/m3×10N/kg×1×10﹣3m3＝8N，故D错误。故选：B。27．（2022秋•砚山县校级期末）如图所示，水平地面上有一长方体木箱，小林用水平推力F把木箱向前推动，此过程中，推力F和木箱前进的速度v的大小随时间t的变化情况分别如图甲、乙所示。在第2s时刻，木箱受到的摩擦力f＝20N，在0～1s内，推力F做的功W＝0J。【答案】20；0。【解答】解：（1）由乙图可知，在3～5s内木箱做匀速直线运动，处于平衡状态，由力的平衡条件可知，木箱受到的滑动摩擦力f＝F；由甲图可知，在3～5s内推力F＝20N，则木箱受到的滑动摩擦力f＝F＝20N；由图乙可知，木箱在1～3s内做加速运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力，滑动摩擦力与推力大小无关，接触面的粗糙程度、物体间的压力均不变，木箱受到的滑动摩擦力不变，则1～3s内木箱受到的摩擦力大小仍为20N。（2）木箱在0～1s内没有动，因此，在0～1s内，推力对木箱所做的功为0J；故答案为：20；0。28．（2023秋•陆河县期末）如图是全球首款无人驾驶巴士“阿波龙”，其空车质量为3000kg，静止时轮胎与地面接触的总面积为0.2m2，车满载时以36km/h的速度匀速直线行驶时，发动机的输出功率为13.8kW，求：（q汽油＝4.6×107J/kg，g取10N/kg）（1）“阿波龙”空车时受到的重力；（2）“阿波龙”空车静止在水平地面上时，对地面的压强；（3）“阿波龙”满载时，以36km/h的速度匀速直线行驶1km，牵引力做的功。【答案】（1）“阿波龙”空车时受到的重力为3×104N；（2）“阿波龙”空车静止在水平地面上时，对地面的压强为1.5×105Pa；（3）“阿波龙”满载时，以36km/h的速度匀速直线行驶1km，牵引力做的功为1.38×106J。【解答】解：（1）“阿波龙”空车时受到的重力：G＝mg＝3000kg×10N/kg＝3×104N；（2）“阿波龙”空车静止在水平地面上时，对地面的压力：F压＝G＝3×104N，对地面的压强：p＝＝＝1.5×105Pa；（3）v＝36km/h＝10m/s，由P＝＝＝Fv可知牵引力：F＝＝＝1380N，以36km/h的速度满载匀速直线行驶了1km做的功：W＝Fs＝1380N×1000m＝1.38×106J。答：（1）“阿波龙”空车时受到的重力为3×104N；（2）“阿波龙”空车静止在水平地面上时，对地面的压强为1.5×105Pa；（3）“阿波龙”满载时，以36km/h的速度匀速直线行驶1km，牵引力做的功为1.38×106J。29．（2022春•晋江市期末）如图甲所示，水平放置的方形容器里有一个棱长为10cm的正方体物块M，M与容器底部不密合。以5cm3/s的恒定水流向容器内注水，容器中水的深度h随时间t的变化关系如图乙所示，求：（1）第40秒，水对容器底部的压强；（2）物体M的密度；（3）从40s到140s浮力对物体做功。【答案】（1）第40秒，水对容器底部的压强为800Pa；（2）物块M的密度为0.8×103kg/m3；（3）从40s到140s浮力对物体做功0.32J。【解答】解：（1）由图可知第40秒时，水的深度h＝8cm＝0.08m，水对容器底部的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.08m＝800Pa；（2）10cm＝0.1m，由图可知第40秒开始，M处于漂浮状态，物体受到的浮力等于自身的重力，浮力的实质是物体上下表面产生的压力差，物体上表面受到的压力为0，此时M底部受到向上的压力即物体的浮力，则G＝F浮＝pS＝800Pa×0.1m×0.1m＝8N，物块M的体积V＝（0.1m）3＝0.001m3；物块M的质量：m＝＝＝0.8kg；物块M的密度：ρM＝＝＝0.8×103kg/m3；（3）当t＝40s时，注入的水的体积V水＝vt＝5cm3/s×40s＝200cm3＝2×10﹣4m3，容器底面积与物块底面积之差：ΔS＝＝＝25×10﹣4m2，容器的底面积：S′＝S+ΔS＝0.1m×0.1m+25×10﹣4m2＝0.0125m2，当t＝140s时，注入的水的体积V水′＝vt′＝5cm3/s×140s＝700cm3＝7×10﹣4m3，水面上升的高度：Δh＝＝＝0.04m，从40s到140s浮力对物体做功：W＝F浮Δh＝8N×0.04m＝0.32J。答：（1）第40秒，水对容器底部的压强为800Pa；（2）物块M的密度为0.8×103kg/m3；（3）从40s到140s浮力对物体做功0.32J。一十四．功率的概念与单位（共2小题）30．（2023春•梁子湖区期末）关于功率，下面说法中正确的是（）A．功率表示物体做功的快慢，所以做功时间越短，功率就越大 B．做功时间越长，做的功越多，功率就越大 C．做功时间越短，做的功越少，功率就越小 D．在相同的时间内做的功越多，功率就越大【答案】D【解答】解：A、功率表示物体做功的快慢，做功时间越短功率不一定越大，还要看做功的多少，故A不正确；B、做功时间越短，做功越多，功率就越大，故B不正确；C、做功时间越短，做功越少，结合P＝可知功率不一定小，故C不正确；D、功率是单位时间内做的功的多少，在相同的时间内做功越多，功率就越大，故D正确；故选：D。31．（2023秋•新余期末）甲机器的功率比乙机器的功率大，表示甲机器做功比乙机器快。某机器的功率是100kW，表示的物理意义是每秒钟机器做功1×105J。【答案】见试题解答内容【解答】解：功率是指做功的快慢，甲机器的功率比乙机器的功率大，表示甲机器做功比乙机器快。功率的大小表示物体单位时间做的功，某机器的功率是100kW，表示的物理意义是每秒钟机器做功1×105J。故答案为：快；1×105。一十五．比较功率的大小（共2小题）32．（2023春•乳山市期末）一定质量的物体在水平拉力的作用下沿同一水平面做直线运动，其路程随时间变化图像如图所示，下列正确的是（）A．物体20s时的速度大于8s时的速度 B．0～12s物体所受的拉力大于12s～24s物体所受的拉力 C．0～12s拉力做的功小于12s～24s拉力做的功 D．0～12s拉力做功的功率大于12s～24s拉力做功的功率【答案】D【解答】解：A、从图象上看，0～12s和12s～24s物体以不同的速度做匀速直线运动，而0～12s通过的路程是6m，12～24s通过路程为2m，因为相同时间内通过的路程越多，速度越大，因此0～12s过程中的速度大于12～24s的过程中的速度，即物体20s时的速度小于8s时的速度，故A错误；B、由图象可知，物体在0～12s和12s～24s均做匀速直线运动，拉力等于摩擦力，同一物体对水平面压力相等，接触面的粗糙程度不变，故物体受到的摩擦力相等，所以0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，故B错误；C、由AB知，0～12s物体所受的拉力等于12s～24s物体所受的拉力，物体0～12s通过的路程大于12～24s通过的路程，由W＝Fs可知，0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，故C错误；D、0～12s拉力做的功大于12s～24s拉力做的功，而两段时间相同，根据P＝可知，0～12s拉力做功的功率大于12s～24s拉力做功的功率，故D正确。故选：D。33．（2023春•安阳期末）如图所示，同学们在义务劳动中，需要将一500N重的木箱沿水平路面用水平推力推到20m的地方。木箱受到的阻力是重力的0.5倍，小明同学先以1.6m/s的速度将木箱在水平路面上匀速推出10m，感觉有点累，于是他把速度降低后以0.6m/s匀速完成剩下的10m，这次他感觉较轻松。造成两种不同感受的原因是小明在前10m的推力等于后10m的推力（选填“小于”、“等于”或“大于”），而前10m推力的功率大（选填“做功多”或“功率大”）。【答案】等于；功率大。【解答】解：因为木箱与地面的粗糙程度以及压力都不变，因此两次推动的过程中受到的滑动摩擦力相同；由于木箱做匀速直线运动，因此两次受到的推力与滑动摩擦力是一对平衡力，故推力相等；由W＝Fs可知，两次所做的功相同；由P＝Fv可知，两次的功率不同，开始的功率大。故答案为：等于；功率大。一十六．功率的计算及公式的应用（共4小题）34．（2023秋•任城区期末）一台电动机的额定电压是220V，其电阻是1Ω。正常工作时，通过的电流为5A。忽略摩擦力做功则此电动机的机械功率最高可达（）A．48400W B．25W C．1100W D．1075W【答案】D【解答】解：由题意可知，电动机的额定功率：P额＝U额I额＝220V×5A＝1100W；电动机的发热功率：P热＝I2R＝（5A）2×1Ω＝25W；则电动机的机械功率：P机械＝P额﹣P热＝1100W﹣25W＝1075W。故选：D。35．（2023春•桓台县期末）随着科技的发展，有些餐厅利用机器人送餐。某次送餐时，机器人与食物的总质量为30kg，如果机器人在水平路面上以0.8m/s的速度沿直线匀速运动50m，机器人受到的阻力为重力的0.1倍。重力做功0J，牵引力对机器人做功功率为24W。（取g＝10N/kg）【答案】0；24。【解答】解：（1）由于机器人沿水平方向运动，在重力的方向上没有移动的距离，所以重力不做功，即重力做功为0J；（2）因机器人沿直线匀速运动时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，所以，机器人所受牵引力：F＝f＝0.1G＝0.1mg＝0.1×30kg×10N/kg＝30N；牵引力对机器人做功的功率：P＝＝＝Fv＝30N×0.8m/s＝24W。故答案为：0；24。36．（2021春•梁平区期末）现代社会提倡创新思维与质疑精神，山西师范大学的两位研究生设计发明了“都市蚂蚁”概念车，如图所示，这款概念车小巧实用，有利于缓解城市交通拥堵。已知“都市蚂蚁”概念车的主要参数如表所示。（g取10N/kg）空车质量m/kg400轮胎与地面的总接触面积S/cm2200总体积V/m30.75（1）若每位乘员的质量均为50kg，求乘载两人的“都市蚂蚁”车对水平路面的压强；（2）“都市蚂蚁”车匀速行驶10km的过程中所做的功为2×106J，求此时车受到的牵引力；（3）若（2）问中“都市蚂蚁”车发动机的输出功率为1000W时，求该车的行驶速度；（4）“都市蚂蚁”车试行一段时间后，有人提出使用“光电转换”的原理来提升其使用的便捷性，若所用太阳能光伏电池中有30%用来驱动“都市蚂蚁”车匀速前进，求该车乘载两人匀速行驶15km消耗的总能量是多少焦耳？【答案】（1）乘载两人的“都市蚂蚁”车对水平路面的压强为2.5×105Pa；（2）此时车受到的牵引力为200N；（3）该车的行驶速度为5m/s；（4）该车乘载两人匀速行驶15km消耗的总能量是107J。【解答】解：（1）车对水平路面的压力：F＝G＝mg＝（400kg+2×50kg）×10N/kg＝5000N，车对水平路面的压强：p＝＝＝2.5×105Pa；（2）根据W＝Fs可得，车受到的牵引力：F牵＝＝＝200N；（3）根据P＝＝＝Fv可得车行驶的速度：v＝＝＝5m/s；（4）该车乘载两人匀速行驶15km做的功为：W′＝F牵s′＝200N×15×103m＝3×106J，根据η＝得消耗的总能量为：W总＝＝＝107J。答：（1）乘载两人的“都市蚂蚁”车对水平路面的压强为2.5×105Pa；（2）此时车受到的牵引力为200N；（3）该车的行驶速度为5m/s；（4）该车乘载两人匀速行驶15km消耗的总能量是107J。37．（2023秋•四会市期末）如图所示是质量为50kg的小伟在单杠上做引体向上时的情景，他连续做5次引体向上所花时间为12s，每次身体上升的高度为0.6m，用时1s，g取10N/kg，求小伟：（1）每次身体上升时平均速度；（2）受到的重力；（3）完成5次引体向上克服重力做功的功率。【答案】（1）每次身体上升时平均速度是0.6m/s；（2）受到的重力是500N；（3）完成5次引体向上克服重力做功的功率是125W。【解答】解：（1）每次身体上升时平均速度为：v＝＝＝0.6m/s；（2）小伟受到的重力为：G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N；（3）完成5次引体向上做的功为：W＝5Gh＝5×500N×0.6m＝1500J，完成5次引体向上克服重力做功的功率为：P＝＝＝125W。答：（1）每次身体上升时平均速度是0.6m/s；（2）受到的重力是500N；（3）完成5次引体向上克服重力做功的功率是125W。一十七．动能和势能的转化（共2小题）38．（2018秋•金坛区校级期末）跳远运动的几个阶段如图所示，则运动员（）A．助跑过程中机械能不变 B．经过最高点时动能为零 C．经过最高点时重力势能最小 D．起跳后升空的过程中，动能转化为重力势能【答案】D【解答】解：A、助跑阶段运动员的质量不变，速度增大，动能增大；高度不变，重力势能不变；没有弹性形变；机械能＝动能+重力势能，机械能变大，A选项错误；B、经过最高点时动能最小，故B选项错误；C、最高点时，高度达到最大值，因此重力势能也达到最大值，故C选项错误；D、起跳后升空的过程中，动能转化为重力势能，故D选项正确。故选：D。39．（2023秋•乐东县期末）如图是一架无人机在一定高度下匀速直线飞行给农田喷洒农药的情景（不计空气阻力），携带农药的无人机在喷洒农药的过程中，重力势能减小，动能减小。（均选填“增大”“减小”或“不变”）【答案】减小；减小。【解答】解：匀速直线飞行的无人机在喷洒农药的过程中，其高度不变，速度不变，但质量减小，故其重力势能减小，动能减小。故答案为：减小；减小。一十八．动能的影响因素（共2小题）40．（2023春•河东区期末）2023年2月3日，我市首届市民冰雪节在茶山滑雪场开幕。如图所示，滑雪运动员从山上加速滑下的过程中，逐渐变大的物理量是（）A．对雪地的压强 B．动能 C．受到的合力 D．惯性【答案】B【解答】解：A、滑雪运动员从山上加速滑下的过程中，对雪地的压力不变，受力面积不变，根据p＝可知，对雪地的压强不变，故A不合题意。B、滑雪运动员从山上加速滑下的过程中，运动员的质量不变，速度不断变大，所以动能逐渐变大，故B符合题意。C、滑雪运动员从山上加速滑下的过程中，受到的重力、支持力和摩擦力均不变，所以受到的合力不变，故C不合题意。D、滑雪运动员从山上加速滑下的过程中，运动员的质量不变，所以惯性大小不变，故D不合题意。故选：B。41．（2023春•叶县期末）如图甲所示，用大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在不同的水平地面上做直线运动，此过程中M、N的动能随时间变化的关系如图乙所示，则下列判断正确的是（）A．物体M的重力小于N的重力 B．物体M的速度大于N的速度 C．物体M所受的摩擦力等于物体N所受的摩擦力 D．物体M所受的摩擦力小于物体N所受的摩擦力【答案】C【解答】解：AB、动能的大小与质量、速度有关，由图乙可知，物体M的动能大于物体N的动能，由于不知道M和N的质量的关系，所以无法确定M、N的速度的大小关系，故A、B错误；CD、由图乙可知，M、N的动能大小不变，由于物体的质量不变，所以此过程中M、N的速度不变，用大小相同的水平拉力F分别拉着物体M、N在不同的水平地面上做直线运动，M、N做匀速直线运动，则物体在水平方向上受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，所以两个物体受到的摩擦力是相同的，即：fM＝fN，故C正确，D错误；故选：C。一十九．探究影响物体动能大小的因素（共1小题）42．（2023秋•永修县校级期末）在探究“物体动能的大小与什么因素有关”的实验中。小明同学让同一钢球分别从斜面同一位置由静止开始滚下，撞击木块。（1）该实验是通过观察木块移动的距离来判断钢球（选填“钢球”或“木块”）动能的大小。（2）在探究动能的大小与质量的关系时，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，要继续完成此实验，下列措施中可行的是：④（选填序号）。①换质量更大的木块；②降低第二次钢球的高度；③换质量更大的钢球；④换质量更小的钢球。（3）如图甲、乙所示的两次实验，是为了探究速度对动能大小的影响。（4）小明由此实验联想到探究牛顿第一定律的实验中，让同一个小车沿同一斜面的同一个高度由静止开始自由下滑，到达毛巾、棉布、玻璃三种不同水平面上继续向前运动，直到停止在水平面上的整个过程，小车三次在水平面上克服摩擦力做的功相等（选填“相等”或“不相等”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）实验中通过观察木块被撞击后滑行的距离的大小来间接判断钢球动能的大小，该方法是转换法；（2）在探究动能的大小与质量关系时，需要控制速度大小不变，改变质量，当换用另一个钢球实验时，发现它将木块撞出了木板，这说明该球的质量太大了；①换质量更大的木块，改变了摩擦力的大小，故①错误；②实验中需要控制速度相同，不能降低第二次钢球的高度，故②错误；③换质量更大的钢球，则更容易使木块滑出木板，故③错误；④换质量更小的钢球，能减小木块移动的距离，故④正确；故选④；（3）根据图示可知，小球的质量不变，滚下的高度不同，到达水平面时的速度不同，所以探究的是动能大小与速度的关系；（4）物体克服摩擦力做功的能量来自物体的动能，而动能一开始是相等的，最终物体停下来，动能为零，因此说明，小球无论在什么样的水平面上，克服摩擦力做的功是相等的。故答案为：（1）钢球；（2）④；（3）速度；（4）相等。二十．探究影响物体势能大小的因素（共1小题）43．（2023春•仓山区校级期末）小明在探究“弹簧弹性势能的大小跟哪些因素有关”的实验时，提出了如下猜想：猜想一：弹簧弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关；猜想二：弹簧弹性势能的大小与弹簧的材料有关。为了验证上述猜想，小明选用材料不同的三根弹簧A、B和C（长度和粗细均相同），一把长刻度尺，小球、木块各一个，设计了如图所示的实验装置进行探究。实验中，木块起始位置相同，实验数据如下表所示。实验次数所使用的弹簧弹簧被压缩后的长度/cm木块移动的距离/cm1弹簧A83.52弹簧A56.23弹簧A210.64弹簧B58.75弹簧C611.56弹簧C513.1（1）弹簧将小球弹开的过程中，弹簧的弹性势能转化为小球的动能。（2）实验中通过比较木块移动的距离来判断弹簧弹性势能的大小。（3）为了验证猜想一，应选择表中1、2、3三组数据进行分析；由此得出的结论是：弹簧材料相同时，弹簧被压缩的程度越大，弹簧的弹性势能越大。（4）为了验证猜想二，应选择表中2、4、6（填实验序号）三组数据进行分析。【答案】（1）动；（2）木块移动的距离；（3）弹簧被压缩的程度；（4）2、4、6。【解答】解：（1）弹簧将小球弹开的过程中，弹簧的弹性势能减小，而小球的动能增加，所以弹簧的弹性势能转化为小球的动能。（2）实验中采用了转换法，通过比较木块移动的距离来判断弹簧弹性势能的大小。（3）为了验证猜想一：弹簧弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关，应该保证弹簧的材料、长度、粗细相同，而弹簧被压缩的程度不同，故应该选择表中1、2、3三组数据分析，由表中数据可知：弹簧的材料相同时，弹簧被压缩的程度越大，弹簧的弹性势能越大。（4）为了验证猜想二：弹簧弹性势能的大小与弹簧的材料有关，应保证弹簧的长度、粗细、弹簧被压缩的程度相同，而弹簧的材料不同，故应该选择表中2、4、6三组数据进行分析。故答案是：（1）动；（2）木块移动的距离；（3）弹簧被压缩的程度；（4）2、4、6。二十一．机械能的概念（共2小题）44．（2023春•黄冈期末）科技创造美好生活。2023年2月，武汉至黄冈市郊地铁项目已列入湖北省都市圈交通线网规划。地铁的开通，将会为百姓的出行带来了更大的便利。如图所示，某科技小组为地铁站设计了如图所示的“节能坡”。下列说法不正确的是（）A．列车出站时，重力对车做了功 B．列车进站前，关闭动力系统后仍具有惯性，借助上坡的坡度阻力，将车稳稳地停在车站 C．列车按图示行进方向行驶的过程中，机械能的总量不变 D．“节能坡”能充分利用能量之间的转化，缩短制动时间、减少制动发热，达到节省能耗和降低运营成本的目的【答案】C【解答】解：A、当出站时，高度减小，列车的重力势能转化成了动能，即重力对车做了功，故A正确；BD、列车进站前，关闭动力系统后仍具有惯性，在上坡的过程中，列车的高度升高了，列车的动能转化成了列车的重力势能，减少制动发热、缩短制动时间，故BD正确；C、因为列车在进站、出站的过程中需要克服摩擦阻力和空气阻力做功，有一部分机械能转化为内能，所以机械能变小。故C错误。故选：C。45．（2023春•抚顺期末）中国标准动车组“复兴号“的速度可达350km/h，比普通列车的速度大很多。如图是动车组进站时的情景。铁轨铺在枕木上是为了减小压强（选填“减小”或“增大”）；动车组进站时机械能减小（选填“减小”或“增大”）；候车时，人必须站在安全线外的原因是空气流速大的位置压强小。【答案】减小；减小；压强小。【解答】解：铁轨铺在枕木上，通过增大受力面积来减小压强；动车组进站时，速度减小，质量不变，动能减小，高度不变，重力势能不变，机械能减小；候车时，离列车太近时，高速列车行驶过程中，使人和列车之间的空气流动速度很大，压强很小，人外侧的压强不变，人在内外压强差的作用下，被压向列车出现事故。故答案为：减小；减小；压强小。二十二．机械能的转化（共2小题）46．（2022秋•砚山县校级期末）我国某空军基地要进行一次跳伞训练，此次训练由空军大型运输机运﹣20搭载200名参加跳伞训练的士兵，在到达指定跳伞训练基地上空后，士兵依次完成跳伞任务。下列有关运输机和跳伞士兵说法正确的是（）A．士兵在打开降落伞前的下落的过程中，重力势能转化为动能 B．运输机速度较大，因此运输机的惯性较大 C．运输机在空中匀速飞行时，机械能等于重力势能 D．运输机停在水平地面时受到的重力与对地面的压力是平衡力【答案】A【解答】解：A、士兵在打开降落伞前加速下落，高度降低，速度增大，重力势能转化为动能，故A正确；B、惯性的大小只与质量有关，与速度大小无关，运输机速度较大，但惯性大小不变，故B错误；C、机械能等于势能与动能之和，运输机在空中匀速飞行时，具有动能，所以机械能不等于重力势能，故C错误；D、运输机停在水平地面上受到的重力与它对地面的压力作用在不同物体，且方向相同，所以不是平衡力，故D错误。故选：A。47．（2023春•蓬莱区期末）如图所示的魔罐，橡皮筋两头分别固定在罐子两端，中间系一个钩码，将魔罐在水平地面上滚出，橡皮筋被缠绕绷紧，橡皮筋的弹性势能变大（选填“变大”“变小”或“不变”）；在橡皮筋的作用下魔罐能自动滚回来，滚回的过程中弹性势能向动能转化。【答案】变大；弹性势；动。【解答】解：魔罐在开始滚动的时候，具有动能，滚动的过程中，魔罐的动能转化为橡皮筋的弹性势能，弹性势能变大；当魔罐的动能为0时，橡皮筋的弹性势能最大；魔罐开始向回滚动，在魔罐滚回来的过程中橡皮筋的弹性势能减小，魔罐的动能增大，即弹性势能转化为动能。故答案为：变大；弹性势；动。二十三．机械效率的概念（共2小题）48．（2023春•渝北区期末）关于功、功率和机械效率，下列说法正确的是（）A．做功多的机械，功率一定大 B．功率大的机械，做功一定快 C．功率大的机械，机械效率一定高 D．改进机械的性能可以使机械效率达到100%【答案】B【解答】解：A、功率是功与做功时间之比。做功多的机械，做功时间不确定，功率大小不能确定，故A错误；B、功率是描述物体做功快慢的物理量，所以功率大的机械做功一定快，故B正确；C、功率描述做功快慢，机械效率是有用功在总功中所占比例，两者没有直接联系，故C错误；D、使用任何机械都要做额外功，所以总功一定大于有用功，即有用功与总功的比值一定小于1，也就是机械效率一定小于100%，故D错误。故选：B。49．（2023春•宝丰县期末）关于最近学到的物理知识，小明总结如下：功率表示物体做功的多少，机械效率表示有用功在总功中所占百分比的大小，并且功率越大的机械，机械效率就越高。请你从小明的总结中找出一处错误并改正。错误：功率表示物体做功的多少。改正：功率表示物体做功的快慢。【答案】功率表示物体做功的多少；功率表示物体做功的快慢。【解答】解：错误1：功率表示物体做功的多少；改正1：功率表示物体做功的快慢；错误2：功率越大的机械，机械效率就越高；改正2：功率和机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有决定关系。故答案为：功率表示物体做功的多少；功率表示物体做功的快慢。二十四．机械效率的大小比较（共2小题）50．（2023春•龙华区期末）两个完全相同的滑轮，分别以图示两种方式，将重为G的物体在相同时间内提至相同高度，不计绳重和摩擦，甲、乙的机械效率为η1、η2，拉力F1、F2做的功分别为W1、W2，功率分别为P1、P2，下列判断正确的是（）A．F1＝2F2 B．η1＞η2 C．W1＞W2 D．P1＝P2【答案】B【解答】解：A、甲是定滑轮，乙是动滑轮，不计绳重和摩擦，甲的拉力等于物体的重力，而乙的拉力等于物体和滑轮总重的一半，故F1＜2F2，A错误；BC、不计绳重和摩擦，因为物重相同，提升的高度相同，故甲做的有用功等于乙做的有用功；因为甲用定滑轮提升，乙用动滑轮提升，所以甲做的额外功为零，小于乙做的额外功，故甲做的总功小于乙做的总功，故C错误；由前面分析可知，甲做的有用功等于乙做的有用功，甲做的总功小于乙做的总功，因为机械效率是有用功与总功的比值，故甲的机械效率大于乙的机械效率，故B正确；D、又因为所用时间相同，由P＝可知甲的功率小于乙的功率，故D错误。故选：B。51．（2022秋•常州期末）如图所示的三个滑轮中，不计滑轮的自重、绳重和摩擦，当分别用力F甲、F乙、F丙匀速提起同一物体G时，则F甲、F乙、F丙的大小关系是F甲＝（＜/＝/＞）F乙＞（＜/＝/＞）F丙。若滑轮自重不能忽略，摩擦和绳重不计，则机械效率η甲、η乙、η丙中，最小的是η丙（η甲/η乙/η丙）。【答案】＝；＞；η丙。【解答】解：（1）不计滑轮的自重、绳重和摩擦，甲图用F甲的力提升重物时，用的是定滑轮，根据定滑轮不省力，故F甲＝G。乙图用F乙的力提升重物时，用的是定滑轮，根据定滑轮不省力，故F乙＝G。丙图用F丙的力提升重物时，用的是动滑轮，根据动滑轮能够省一半的力，故F丙＝。则F甲、F乙、F丙的大小关系是F甲＝F乙＞F丙。（2）匀速提起同一物体，做的有用功相等，若滑轮自重不能忽略，摩擦和绳重不计，F丙做的额外功最大，由η＝＝，可得，它们中机械效率最小的是η丙。故答案为：＝；＞；η丙。二十五．实验测量滑轮组的机械效率（共3小题）52．（2023春•泰安期末）如图所示，小明同学探究“影响滑轮组的机械效率的因素”，他用质量相同的滑轮做了如图所示的实验，并测算了各次实验的机械效率。下列说法中正确的是（）A．实验时，弹簧测力计应在静止时读数 B．根据甲、乙两次实验可知：滑轮组的机械效率与绳子的绕法有关 C．根据乙、丙两次实验可知：同一滑轮组，提升的物体越重，机械效率越高 D．实验时，换用不同装置进行多次实验，目的是为了减小误差【答案】C【解答】解：A、在实验中，测绳端拉力F时，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数，若静止不能测量摩擦力的影响，故A错误；B、甲、乙两次实验中绳子绕法不同，提升物重相同，机械效率都是70%，因此，说明滑轮组的机械效率与绳子的绕法无关，故B错误；C、乙、丙两次实验可知用的是同一滑轮组，丙中提升的物重大，乙的机械效率小于丙，说明同一滑轮组提起物重越大，机械效率越高，故C正确；D、为避免实验的偶然性，应换用不同的装置进行多次实验归纳得出普遍规律，故D错误。故选：C。53．（2023春•桓台县期末）在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。为了探究影响机械效率的因素，小青选取了大小相同、材质不同的滑轮进行了实验，测量数据如表所示。实验次数滑轮材质单个滑轮重G轮/N钩码重G码/N拉力F/N钩码被提升的高度h/cm绳端移动的距离s/cm机械效率η1铝121.151560.6%2铝141.841274.1%3铝132.161271.4%4铝132.181671.4%5塑料0.531.87146塑料0.533.18896.8%（1）图甲中弹簧测力计的示数是3.2N；实验中用相同材质的滑轮，沿竖直方向匀速提升同一物体，选用图中的丙（选填“甲”“乙”或“丙”）装置最省力；（2）第5次实验中，滑轮组的机械效率为83.3%，这次实验是利用图中的乙装置完成的，判断依据是绳子的有效段数为2；（3）分析表二中数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大；提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率变大（选填“变大”“变小”或“不变”）；从3、4两次实验可以看出，在使用同一滑轮组时，机械效率与钩码被提升的高度无关。【答案】（1）3.2；丙；（2）83.3%；乙；绳子的有效段数为2；（3）重；变大；4。【解答】解：（1）图甲中弹簧测力计的分度值为0.2N，示数是3.2N；使用定滑轮不省力；动滑轮可省力，实验中用相同材质的滑轮，沿竖直方向匀速提升同一物体，因丙中绳子的有效段数为3，乙中绳子的有效段数为2，选用图中的丙装置最省力；（2）第5次实验中，滑轮组的机械效率为η＝×100%≈83.3%，绳子的有效段数为：n＝；这次实验是利用图中乙装置完成的；（3）可知1、2实验中绳子的有效段数为3，是用丙装置完成的，第2次实验提升物体最重，机械效率最高，故得出：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越大；3、4、5实验中绳子的有效段数为2；是用乙装置完成的，比较4、5实验可知，提升钩码的重力相同，第5次实验动滑轮的重力小，第5次机械效率高，故提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率变大；从3、4两次实验可以看出，在使用同一滑轮组时，提升物体的高度不同，而机械效率相同，故机械效率与钩码被提升的高度无关。故答案为：（1）3.2；丙；（2）83.3%；乙；绳子的有效段数为2；（3）重；变大；4。54．（2023春•菏泽期末）小明在“测滑轮组机械效率”的实验中，用如图甲所示的滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：实验次数物重G/N物体上升的高度h/cm测力计的示数F/N测力计移动的距离s/cm1632.592652.5173682.524（1）分析表中数据，回答以下问题：①表中有一个数据的记录是错误的，错误的数据是17，应改为15；②第3次实验中滑轮组的机械效率是80%；③由表格中的数据可知：滑轮组的机械效率与物体上升高度无关。（2）小红在小明实验的基础上多使用一个滑轮也做了实验，如图乙所示。①小红多使用一个滑轮，目的是为了改变拉力方向；②当这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，它们的机械效率相同（选填“相同”或“不相同”）。【答案】见试题解答内容【解答】解：（1）①由图甲可知，通过动滑轮绳子的段数n＝3，即s＝3h，由表中数据可知，第2次实验分析可知测力计移动的距离：s＝3×5cm＝15cm，所以错误的数据是17；②由第3次实验数据可知，滑轮组的机械效率为：η＝×100%＝×100%＝×100%＝80%；③由η＝使用同一滑轮组n值相同，由三次实验数据，三次实验的物重相同，测力计的示数相同，所以三次机械效率相同，但在三次实验中物体上升高度不同，所以可知：同一滑轮组机械效率的高低与物体上升高度无关；（2）①由图乙知增加了一个定滑轮，根据定滑轮特点可知，这样可以改变绳子自由端拉力的方向；②这两位同学使用各自的滑轮组提升相同的重物时，若忽略绳重及摩擦，他们做的有用功相同，额外功也一样，因此总功相同，也就是机械效率不变。故答案为：（1）①17；15；②80%；③物体上升高度；（2）①拉力方向；②相同。二十六．滑轮（组）的机械效率（共3小题）55．（2022秋•贵池区期末）如图，用相同的滑轮组装而成的甲、乙两个滑轮组，分别将同一物体在相同时间内匀速提升相同的高度，不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（）A．拉力F1和F2大小相等 B．拉力FI做的总功大于拉力F2做的总功 C．甲、乙两个滑轮组的机械效率相等 D．若增加物体提升的高度，甲、乙两个滑轮组的机械效率也增加【答案】C【解答】解：A、不计绳重及摩擦，绳端拉力F