5年（2021-2025）北京中考物理真题分类汇编：专题11 简单机械（解析版）

专题11简单机械【三大题型】1．（2025•北京中考）【创新题型】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7.0×105Pa，请通过计算判断该货车是否超限。解：（1）货车的总质量m＝16t＝16000kg。货车的总重力为：G＝mg＝16000kg×10N/kg＝160000N。设前轴的总支持力为F1，后轴的总支持力为F2。以A点为支点，后轴的总支持力为F2为动力，货车重力G为阻力，如图所示，其中AB为动力臂L1，AC为阻力臂L2根据平衡条件得，F2L1＝GL2。又因为C在AB的中点，所以L1＝2L2。因此，F1＝G＝＝80000N。B点的总支持力：F2＝80000N。A点总支持力为F1＝G﹣F2＝160000N﹣80000N＝80000N。（2）每个轮胎与地面的接触面积S＝400cm2＝400×10−4m2＝0.04m2。前轴2个轮子，每个轮子对地压力F前＝F1＝＝×80000N＝4000N。故单个轮胎的压强：p前＝＝1.0×106Pa。前轴单个轮胎的压强1.0×106Pa＞7.0×105Pa。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。答：（1）货车在B点所受的总支持力为80000N。（2）该货车超限，因为前轴轮胎对路面的压强超过了7.0×105Pa。2．（2025•北京中考）如图所示，园艺工人在修剪枝条。关于园艺剪的使用，下列说法正确的是（）A．园艺剪对枝条的压力是阻力 B．在图示状态使用时园艺剪是费力杠杆 C．把枝条往园艺剪的轴处靠近是为了省力 D．把枝条往园艺剪的轴处靠近是为了增大阻力臂解：A、枝条对园艺剪的压力是阻力，故A错误；B、由题图可知，修枝剪的支点在转轴处，手对修枝剪的作用力为动力，树枝对修枝剪的作用力为阻力，动力臂大于阻力臂，故修枝剪为省力杠杆，故B错误；CD、把枝条往园艺剪的轴处靠近，是为了减小阻力臂，在阻力和动力臂大小不变时，根据杠杆平衡条件可知，动力减小，可以更省力，故C正确，D错误。答案：C。（多选）3．（2025•北京中考）如图所示，重600N的工人通过滑轮组用竖直向下的拉力匀速提升货物，表中是他某次工作的相关数据。若三个滑轮重均相等，不计滑轮组的绳重和摩擦，下列说法正确的是（）货物所受重力G/N货物被提升高度h/m绳端所受拉力F/N所用时间t/s540320025

A．工人做功的功率为72W B．滑轮组对悬挂点A的拉力为920N C．滑轮组的机械效率为90% D．若货物离开水平地面之前，工人用100N的力竖直向下拉绳端，则地面对货物的支持力为200N解：A、工人做功的功率，故A正确；B、G动＝3F拉﹣G＝3×200N﹣540N＝60N；滑轮组对悬挂点A的拉力F＝4F拉+2G动＝4×200N+2×60N＝920N，故B正确；C、滑轮组的机械效率×100%＝90%，故C正确；D、若货物离开水平地面之前，工人用100N的力竖直向下拉绳端，则地面对货物的支持力

F支＝G+G动﹣3F拉′＝540N+60N﹣3×100N＝300N，故D错误。答案：ABC。4．（2024•北京中考）如图所示，园艺工人在修剪枝条时，常把枝条尽量往剪刀的轴处靠近，这样做是为了（）A．增大动力臂，能够省力 B．增大阻力臂，方便使用 C．减小动力臂，方便使用 D．减小阻力臂，能够省力解：在同样的情况下，把枝条往剪刀轴靠近，减小了阻力臂，而阻力和动力臂不变，由F1L1＝F2L2可知，动力会变小，因此可以省力，故ABC错误，D正确。答案：D。（多选）5．（2024•北京中考）用某滑轮组提升重物时，绳子自由端拉力做功随时间变化的关系如图所示，在20s内绳子自由端竖直匀速移动16m，重物竖直匀速上升4m。已知动滑轮总重100N，提升的物体重800N。关于该过程，下列说法正确的是（）A．绳子自由端拉力的功率为200W B．额外功为400J C．绳子自由端拉力的大小为250N D．滑轮组的机械效率约为88.9%解：A、由图可知，20s内绳子拉力做的功为：W总＝4×103J，则绳子自由端拉力的功率为：，故A正确；B、拉力做的有用功为：W有＝Gh＝800N×4m＝3200J，根据W总＝W有+W额可知，额外功为：W额＝W总﹣W有＝4×103J﹣3200J＝800J，故B错误；C、根据W总＝Fs可知，绳子自由端拉力的大小为：，故C正确；D、滑轮组的机械效率为：×100%＝80%，故D错误。答案：AC。6．（2023•北京中考）如图是小强利用器械进行锻炼的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2。为了锻炼不同位置的肌肉力量，他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3，压强为p。已知小强重为650N，两只脚与地面接触的总面积为400cm2，不计杆重与绳重，下列判断正确的是（）A．F1为200N B．F2为1100N C．F3为830N D．p为11750Pa解：横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝3：2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡，此时他对水平地面的压力为F2，根据杠杆平衡条件可得，方向向下，他对杠杆有向下的450N拉力，杠杆对他有向上的450N的拉力，所以他对水平地面的支持力等于他对水平地面的压力为F2＝G人﹣F1＝650N﹣450N＝200N，故AB错误；他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，此时，他对水平地面的压力为F3，根据杠杆平衡条件可得，方向向上，他对杠杆有向上的180N推力，杠杆对他有向下的180N的压力，所以他对水平地面的压力为F3＝G人+F＝650N+180N＝830N，故C正确；此时他对地面的压强，故D错误。答案：C。7．（2023•北京中考）用如图所示的装置提升重为800N的物体A，动滑轮重为200N。在卷扬机对绳子的拉力F作用下，物体A在10s内竖直匀速上升了2m。在此过程中，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（）A．物体A上升的速度为0.4m/s B．滑轮组的有用功为2000J C．拉力F的功率为100W D．滑轮组的机械效率为80%解：A、物体A上升的速度为：，故A错误；B、拉力做的有用功：W有用＝Gh＝800N×2m＝1600J，故B错误；C、由图知，n＝2，不计绳重和轮与轴间的摩擦，拉力：F＝（G物+G动）＝（800N+200N）＝500N；拉力端移动距离：s＝2h＝2×2m＝4m，拉力做总功：W总＝Fs＝500N×4m＝2000J；拉力做功功率：，故C错误；D、动滑轮提升物体A的机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%。答案：D。（多选）8．（2022•北京中考）如图所示，工人站在水平台面上用滑轮组提货物。工人第一次竖直向上用200N的力拉绳子时，货物未离开水平地面；第二次竖直向上拉动绳子，使货物以0.09m/s的速度匀速上升。已知工人体重为600N，货物重为900N，货物与地面的接触面积为0.1m2，动滑轮重为100N。不计滑轮组的绳重和摩擦，下列说法正确的是（）A．第一次拉绳子时，工人对水平台面的压力为800N B．第一次拉绳子时，货物对地面的压强为4000Pa C．第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率为90% D．第二次拉绳子的过程中，工人拉力的功率为81W解：A、工人施加的拉力F＝200N，由于力的作用是相互的，工人受到的拉力F拉＝F＝200N，提升重物时对水平台面的压力：F压＝F拉+G人＝200N+600N＝800N，故A正确；B、由图可知，n＝3，F＝＝200N，解得货物对地面的压力F压′＝400N，则第一次拉绳子时，货物对地面的压强为＝4000Pa，故B正确；C、第二次拉绳子的过程中，该滑轮组的机械效率η＝×100%=×100%

=×100%=×100%＝90%，故C正确；D、第二次拉绳子的过程中，工人拉力F′＝，由于n＝3，自由端绳子移动的速度：v＝3v物＝3×0.09m/s＝0.27m/s，根据求出拉力F′的功率P＝F′v＝＝90W，故D错误。答案：ABC。9．（2022•北京中考）俯卧撑是一项常见的健身项目，采用不同的方式做俯卧撑，健身效果通常不同。图1甲所示的是小京在水平地面上做俯卧撑保持静止时的情境，他的身体与地面平行，可抽象成如图1乙所示的杠杆模型，地面对脚的力作用在O点，对手的力作用在B点，小京的重心在A点。已知小京的体重为750N，OA长为1m，OB长为1.5m。

（1）图乙中，地面对手的力F1与身体垂直，求F1的大小。（2）图2所示的是小京手扶栏杆做俯卧撑保持静止时的情境，此时他的身体姿态与图甲相同，只是身体与水平地面成一定角度，栏杆对手的力F2与他的身体垂直，且仍作用在B点。分析并说明F2与F1的大小关系。解：（1）如图1所受，O为支点，重力的力臂为lA，F1的力臂为lB，依据杠杆的平衡条件F1lB＝GlA

可得：F1＝＝500N；（2）小京手扶栏杆时，抽象成杠杆模型如图2所示，O为支点，重力的力臂为lA′，F2的力臂为lB′，依据杠杆的平衡条件，F2lB′＝GlA′可得：F2＝，由图可知：lA′＜lA，lB′＝lB，因此F2＜F1。答：（1）F1的大小为500N。（2）F2＜F1。10．（2021•北京中考）如图所示的四种工具中，正常使用时属于费力杠杆的是（）A．园艺剪 B．筷子 C．瓶盖起子 D．核桃夹解：ACD、园艺剪、瓶盖起子、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故ACD错误；B、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B正确。答案：B。（多选）11．（2021•北京中考）如图所示，用滑轮组提升所受重力为900N的物体A，滑轮组绳子自由端在拉力F作用下竖直匀速移动了12m，同时物体A被竖直匀速提升了4m，用时40s，滑轮组的额外功是400J，下列说法中正确的是（）A．动滑轮所受的重力为100N B．物体A上升的速度是0.3m/s C．拉力F的功率是100W D．滑轮组的机械效率是90%解：A、物体A被提高了h＝4m，由于动滑轮随物体一起运动，动滑轮提升的高度也是h＝4m，不计绳重和摩擦，提升动滑轮做的功为额外功，由W额＝G动h得动滑轮重力：G动＝＝100N，但题目没有提供“不计绳重和摩擦”这一条件，动滑轮的重力不等于100N，故A错误；B、物体上升的速度：v物＝＝0.1m/s，故B错误；C、有用功：W有用＝Gh＝900N×4m＝3600J，拉力做的总功：W总＝W有用+W额＝3600J+400J＝4000J，拉力的功率：，故C正确；D、滑轮组的机械效率：η＝×100%＝90%，故D正确。答案：CD。考点01杠杆分类及在生活中的应用12．（2025•东城区校级模拟）如图所示的四种工具中，正常使用时属于省力杠杆的是（）A．食品夹 B．天平 C．手动榨汁机 D．筷子解：A、食品夹在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A不符合题意；B、天平在使用过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故B不符合题意；C、手动榨汁机在使用过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C符合题意；D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故D不符合题意。答案：C。13．（2025•海淀区校级模拟）在如图所示的四种用具中，正常使用时属于费力杠杆的是（）A．修树剪子 B．核桃夹子 C．取碗夹子 D．羊角锤子解：A、修树剪子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；B、核桃夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；C、取碗夹子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；D、羊角锤子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；答案：C。14．（2025•房山区模拟）如图所示，小明给奶奶夹核桃时，手尽量远离核桃夹的转轴处，这样做是为了（）A．减小动力臂，方便使用 B．减小阻力臂，能够省力 C．增大动力臂，能够省力 D．增大阻力臂，方便使用解：用核桃夹夹核桃时，阻力臂和阻力一定，手远离核桃夹的转轴处，动力臂增加，根据杠杆平衡条件（F1L1＝F2L2）可知，可以省力，故C正确，BCD错误。答案：C。15．（2025•通州区模拟）丹丹要晾晒三条相同的湿毛巾，如图的挂法中，最有可能让衣架保持水平平衡的是（）A．B．C．D．解：设每条湿毛巾重力为G，每个小格的长度为L，A、左侧力与力臂的乘积为2G×L＝2GL，右侧力与力臂的乘积为G×2L＝2GL，左侧＝右侧，A正确；B、左侧力与力臂的乘积为2G×2L＝4GL，右侧力与力臂的乘积为G×L＝GL，左侧≠右侧，故A错误；C、左侧力与力臂的乘积为2G×L＝2GL，右侧力与力臂的乘积为G×L＝GL，左侧≠右侧，故C错误；D、左侧力与力臂的乘积为2G×2L＝4GL，右侧力与力臂的乘积为G×2L＝2GL，左侧≠右侧，D错误；答案：A。16．（2025•房山区校级模拟）图甲是自动拾取牙签盒，图乙是其内部结构图，当按下顶上B处的圆柱体按钮时，杆AD绕O点转动。松手时，在D处弹簧的作用下，一根牙签就从盖中小孔冒出。下列说法正确的是（）

A．按下按钮时，D处弹簧处于压缩状态 B．按下按钮时，杆AOD是一个省力杠杆 C．松开按钮时，D处受到弹簧向上的弹力 D．牙签送出时，A处比D处移动距离大解：A、在B点按下按钮时，O为杠杆的支点，B处受力向下，D处弹簧对杠杆的拉力也是向下的，由于物体间力的作用是相互的，D处弹簧处于拉伸状态，故A错误；B、按下按钮时，根据题图可知：杆AOD的动力臂比阻力臂短，是一个费力杠杆，故B错误；C、松开按钮时，弹簧恢复原状，D处受到弹簧向下的弹力，故C错误；D、牙签送出时，A处的力臂大于D处的力臂，所以A处比D处移动距离大，故D正确。答案：D。17．（2025•平谷区模拟）在中药房里，医生还在用传统的中药材称量工具——戥子秤。如图所示，使用时，将待测药材挂在秤盘上，用手拎住秤钮A或B（相当于支点），秤砣在秤杆上移动，当杆秤水平平衡时就可以在秤杆上读出药材的质量。下列说法中正确的是（）A．戥子秤依据的是杠杆原理，力臂大的一侧对应的力也较大 B．若使用了磨损的秤砣则测量值比药材真实值偏小 C．要称50g中药，称量时挂秤砣端翘起，应减少中药使秤杆恢复水平平衡 D．使用A秤纽的最大测量值比使用B秤纽的最大测量值小解：A、戥子秤依据的是杠杆原理，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2知，力臂大的一侧对应的力较小，A错误；B、根据G＝mg和杠杆平衡条件可得m物g×OA＝m砣g×OB，如果秤砣磨损了，OB变大，则测量结果将偏大，故B错误；C、称中药（称取一定量的中药）时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明秤盘内中药的质量大于所需的质量，所以应减少中药的质量来使杆秤恢复水平平衡，故C正确；D、使用A秤纽时，比使用提纽B时，物体的拉力的力臂较小，秤砣的力臂变大，秤砣拉力不变时，物体的重力变大，故最大测量值比使用B秤纽的最大测量值大，故D错误。答案：C。18．（2025•西城区二模）生活中有一种脚踏式垃圾箱，其简化结构如图所示。在A处向下踩动脚踏板，连杆CD便向上顶起箱盖。关于这个装置，下列说法正确的是（）A．杠杆ABC是费力杠杆 B．杠杆EDF是省力杠杆 C．杠杆ABC工作时的阻力方向向上 D．杠杆EDF工作时的阻力方向向下解：AB、由图可知，脚踏式垃圾箱的结构中存在两个杠杆，分别是ABC与EDF，对于杠杆ABC，支点是B，动力作用在A点，阻力作用在C点，在打开盖子的过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；对于杠杆DEF，E点是支点，动力作用在竖杆上的顶点位置，阻力作用点大约在箱盖的中点，脚踩下踏板时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故AB错误；C、杠杆ABC工作时的阻力方向向下，故C错误；D、杠杆EDF工作时的阻力方向向下，故D正确。答案：D。19．（2025•朝阳区二模）如图是我国古代劳动人民运送巨木的情景。他们通过横杆、支架、悬绳、石块等，将巨木的一端抬起，垫上圆木，将其移到其他地方。下列说法正确的是（）A．横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，可以省距离 B．巨木下垫上圆木是通过改变接触面的粗糙程度来增大摩擦 C．支架下端垫有底面积较大的石块是为了增大对地面的压力 D．缩短横杆上悬绳与支架之间的距离，更省力解：A、分析图示可知，工人对横杆右端的拉力为动力，悬绳对横杆左端的拉力为阻力，此时横杆相当于一个动力臂大于阻力臂的杠杆，属于省力杠杆，省力但费距离，故A错误；B、在巨木下垫上一些圆木，是通过变滑动为滚动来减小摩擦，使圆木更容易向前移动，故B错误。C、支架下端垫有底面积较大的石块，是通过增大受力面积来减小支架对地面的压强，使支架不会陷入地面，故C错误。D、缩短横杆上悬绳与支架之间的距离，则阻力臂减小，在阻力、动力臂不变时，由杠杆平衡条件可知动力将减小，即更省力，有助于抬起巨木，故D正确；答案：D。考点02杠杆平衡条件的计算20．（2025•海淀区二模）如图所示为一个测量物体所受重力的装置，硬杆AB＝50cm，OA：OB＝2：3，DC＝CB。在A端悬挂一质量为300g的物体P，在OB上悬挂待测物体，改变悬挂点的位置使杠杆水平平衡，便可用悬挂点到支点O的距离L来反映待测物体所受重力大小。不计杆重与绳重，g取10N/kg。下列说法正确的是（）A．L越大，对应待测物体所受重力越大 B．此装置能测出的最小重力是0.2N C．要使该装置能测出的最小重力变小，可将O点向右移 D．C、B两点对应的重力差小于D、C两点对应的重力差解：A、图中左侧的物体重力和力臂不变，根据杠杆平衡条件知，重力与L乘积保持不变，当L越大，则物体的重力越小，故A错误；B、当物体位于B点时，重力最小，根据AB＝50cm，OA：OB＝2：3，OA+OB＝AB＝50cm；

解得OA＝20cm，OB＝30cm，根据杠杆平衡条件知：m0gOA＝GOB，即0.3kg×10N/kg×20cm＝G×30cm；解得G＝2N，故B错误；C、要使该装置能测出的最小重力变小，根据杠杆平衡条件，左侧重力不变，右侧重力变小，因而必须增大右侧的力臂，减小左侧的力臂，故O向左移动，故C错误；D、根据DC＝CB，根据杠杆平衡条件知，m0gOA＝GL，即G与L成反比关系，根据反比例图像知，当L均匀增大，重力越来越小，由于无限接近0，不能达到0，所以减小的幅度越来越小，因而CB对应的力臂大，则重力减小较慢，故C、B两点对应的重力差小于D、C两点对应的重力差，故D正确。答案：D。21．（2025•顺义区二模）如图所示为某兴趣小组用轻质杆制作的杆秤，秤盘挂在a点，提纽设在b点，经测试发现量程较小。下列操作能使任秤量程变大的是（）A．换一个质量更小的秤砣 B．将a、b点都向右移等长距离 C．保持a点不动，将b点向a点靠近 D．保持b点不动，将a、b间距离和b点右侧杆长均扩大为原来的1.2倍解：A、换一个质量较小的秤砣，阻力臂不变，动力变小，动力臂不变，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、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B错误；C、保持a点不动，将b点向a点靠近，此时阻力臂变小，动力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，称量的最大质量变大，量程变大，故C正确；D、保持b点不动，将a、b间距离和b点右侧杆长均扩大为原来的1.2倍，此时动力臂和阻力臂的比值不变，根据杠杆平衡条件可知，称量的最大质量不变，量程不变，故D错误。答案：C。22．（2025•东城区校级模拟）如图甲所示，将物体A放在水平地面上，它对地面的压强为6×103Pa。把物体A用细绳挂在杠杆的C端，杠杆的D端悬挂重为20N的物体B，如图乙所示，当杠杆在水平位置平衡时，物体A对地面的压强为2×103Pa。已知：OC：OD＝1：3，g取10N/kg，不计杆重与绳重。要使物体A恰好被细绳拉离地面，则下列判断中正确的是（）A．移动支点O的位置，使OC：OD＝1：4 B．物体A对地面的压力需要减少20N C．杠杆D端所挂物体的质量增加1kg D．物体A的底面积为300cm2解：（1）根据杠杆平衡条件FCLOC＝GBLOD，OC：OD＝1：3，则细绳对C端的拉力：

FC＝GB×＝20N×＝60N，则细绳对A的拉力也为60N，甲对地面的压力ΔF减少了60N，根据F＝pS可得ΔF＝F1﹣F2＝p1S﹣p2S，代入数据得60N＝6×103PaS﹣2×103PaS，解方程可得：S＝1.5×10﹣2m2＝150cm2，故D错误；A的重力等于A对地面的压力，则GA＝p1S＝6×103Pa×1.5×10﹣2m2＝90N，A对地面的压力为F甲＝G甲﹣ΔF＝90N﹣60N＝30N，要使A物体恰好被细绳拉离地面，A物体对地面的压力只需减少30N即可，故B错误；（2）要使物体恰好被细绳拉离地面，A对地面的压力为0，C端受到的拉力等于A的重力：根据杠杆平衡条件可得GALOC＝GB′LOD，则GB′＝＝90N×＝30N，杠杆D端所挂物体的质量至少增加Δm＝＝＝1kg，故C正确；根据杠杆平衡条件可得GALOC′＝GBLOD′，则＝＝＝；故A错误。答案：C。23．（2025•海淀区校级三模）如图，被固定的拉力传感器1和拉力传感器2分别通过竖直细线连接在轻质杠杆的A点和B点。保持杠杆水平静止，一辆玩具小车从杠杆上B点开始向左匀速运动，其中一个传感器的示数F与小车运动的路程s的关系如图所示。已知：BC＝2AB＝2m，忽略小车的体积，下列说法正确的是（）

A．小车运动过程中，传感器2的示数保持不变 B．玩具小车的重量为1.5N C．图2中，图像与纵坐标交点F0＝1N D．小车运动过程中，两传感器示数之差逐渐变大解：A、如果以A为支点，车对杠杆的作用力大小不变，当小车向左运动过程中，其力臂变大，传感器2对杠杆的作用的力臂不变，根据杠杆平衡条件，传感器2的示数变大，故A错误；BC、根据图像可知，不计杠杆的自重，小车在B点时，传感器2示数为小车重力，传感器1应无示数，故传感器的示数F与小车运动的路程s的关系图中传感器应为传感器2，当小车移动到C点时，移动距离为2m，对应的传感器2的拉力为3N，以A为支点，根据杠杆平衡条件可得G×CA＝F×AB，则小车的重力为G＝＝＝1N；故玩具小车的重量为1N，则图像与纵坐标交点F0＝1N，故B错误，C正确；D、杠杆始终处于平衡状态，受力平衡，传感器2向上的拉力与重力和传感器1向下拉力平衡，即F2＝F1+G，故小车运动过程中，两传感器示数之差等于小车的重力，故D错误。答案：C。24．（2025•东城区校级模拟）如图所示，小明根据图甲的杆秤原理设计了图乙所示的装置。AOB为轻质杠杆，O为支点，边长为10cm的正方体M通过轻质细线悬挂于A点，AO的距离为10cm，重为5N的秤砣Q通过轻质细线悬挂在杠杆上。当M浸没在不同液体中，移动Q使得杠杆水平平衡时，在Q悬挂的位置标上相应液体的密度，就可以把此装置制作成密度秤。已知OB的距离为80cm，当M未浸入液体中，Q悬挂于B点刚好能使杠杆水平平衡。不计支点处的摩擦，下列说法正确的是（）A．M浸没在水中时所受的浮力为1N B．M的质量为40kg C．水的密度应标在距离O点60cm处 D．离O点越近的位置标的液体密度越小解：A、根据M浸没在水中时所受的浮力F＝ρv排g＝1.0×103N/kg×103×10﹣6m3×10N/kg＝10N，故A错误；B、根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2可得：G×10cm＝5N×80cm得：G＝40N，根据m＝＝＝4kg，故B错误；C、当F1L1＝F2L2可得：物体浸没在水中时，它受到的浮力为10N，故绳子对它的拉力F拉＝G﹣F浮＝40N﹣10N＝30N，根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2可得：30N×10cm＝5N×L2得：L2＝60cm，故C正确；D、根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2可得，由于F2和L1不变，L2越小，则F1越小，根据F1＝G﹣F浮可知，物体M受到的浮力越大，根据F浮＝ρ液gV排可知，ρ液越大，故D错误。答案：C。25．（2025•海淀区校级三模）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的底面积为200cm2，水箱侧壁与底部的厚度忽略不计，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，不计杠杆、细杆及连接处的重力，则（）A．物体M的密度为0.4×103kg/m3 B．当传感器示数为18N时，细杆B对M的作用力方向为竖直向上 C．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压强为1800Pa D．当传感器示数为ON时，水箱内水的高度为7cm解：AD、由图乙可知，水箱中没有水时（m＝0），力传感器的示数为F0＝6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），由杠杆的平衡条件可得F0×OA＝GM×OB，则GM＝F0＝×6N＝2N；设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，由杠杆的平衡条件可得FA×OA＝FB×OB，则FB＝FA＝×24N＝8N，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，则此时M受到的浮力：F浮＝GM+FB＝2N+8N＝10N；由F浮＝ρ液gV排可得，所以M的体积：VM＝V排＝＝＝1×10﹣3m3，物体M的密度：ρM＝＝＝0.2×103kg/m3。由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，所以，当加水质量大于1kg后每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，当向水箱中加入质量为1.2kg的水时，受到的浮力为2N，浮力等于重力，左端没有力，则传感器受力为0N，甲1.2kg的水的体积V＝＝＝1200cm3；传感器受力为0N时，浮力为2N；V'排＝＝＝0.2×10﹣3m3＝200cm3；当传感器受力为0N时，水的深度h0＝＝＝7cm；故A错误，D正确。B、当传感器示数为18N时，物体已经经过了0N的点，表示物体从漂浮变为下压，受到了压力，故细杆B对M的作用力方向为竖直向下，故B错误。D．加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，水对水箱底部的压力：F压＝G水+G排＝m水g+G排＝2kg×10N/kg+10N＝30N，压强p＝＝＝1500Pa；故C错误。

答案：D。26．（2025•平谷区二模）《天工开物》中记载了中国古人利用桔槔汲水的情景，如今一些农田在灌溉时仍然传承着这种汲水方式。桔槔的主要结构如图所示，其上方的横杆是一根硬棒，横杆由竖木支撑，可绕通过O点的转轴转动，横杆A点绑有配重石块，B点连接一根细杆，细杆下方连有木桶，使用时人可对细杆施加向上或向下的力。已知OA长为1m，OB长为3m。横杆的自重、支点处的摩擦均忽略不计，汲水过程中细杆始终竖直。（1）若配重石块重300N，当横杆在水平位置静止时，求B点受到的拉力F的大小。（2）木桶装满水时，细杆、木桶和水总重140N，要使横杆提着装满水的木桶在水平位置静止（木桶完全离开井内水面），当所用配重石块重300N时，人对细杆的力为F1，当所用配重石块重540N时，人对细杆的力为F2。请通过计算说明F1与F2的大小关系。解：（1）当横杆在水平位置静止时，O为支点，石块对横杆的压力F压＝G石，力臂为L1＝OA＝1m，B点受到的拉力F的力臂L＝OB＝3m，根据杠杆的平衡条件可得F压L1＝FL，则F＝＝＝100N；（2）所用配重石块重300N时，木桶装满水后，由于横杆仍在水平位置静止，B点受到的拉力仍为100N，B点对细杆的拉力FB也为100N，细杆、木桶和水总重140N，人对细杆的力为F1＝G﹣FB＝140N﹣100N＝40N；所用配重石块重540N时，木桶装满水后，由于横杆仍在水平位置静止，杠杆的平衡条件可得B点受到的拉力为F′＝＝＝180N，B点对细杆的拉力FB′也为180N，则人对细杆的力F2＝FB′﹣G＝180N﹣140N＝40N，比较可知F2＝F1。答：（1）若配重石块重300N，当横杆在水平位置静止时，B点受到的拉力F的大小为100N；（2）F2＝F1。27．（2025•海淀区校级模拟）如图是运动员利用器械进行举重训练的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA：OB＝4：5，系在横杆A端的细绳通过滑轮悬挂着物体M。运动员小强站在水平地面上时对地面的压强为1.1×104Pa，当他用力举起横杆B端恰好使AB在水平位置平衡时，他对横杆B端竖直向上的作用力F1为300N，此时他对水平地面的压强为1.6×104Pa。根据上述条件求：（g取10N/kg，横杆AB与绳的质量均忽略不计）（1）物体M的质量为多少？（2）运动员小强所受的重力为多少？解：（1）如图，因为使用定滑轮改变了动力的方向，不能省力，所以细绳对横杆A端的拉力FA＝G已知LOA：LOB＝4：5，根据杠杆平衡条件可得FALOA＝F1LOB，FA＝F1＝×300N＝375N物体M的质量为M＝＝＝37.5kg（2）小强用力举起横杆B端恰好使AB在水平位置平衡时，他对水平地面的压强为1.6×104Pa，则他对地面的压力：F压＝pS＝1.6×104Pa×S，分析小强的受力可知他受到向下的重力、向下的压力和向上的支持力，他对水平地面的压力等于地面对他的支持力，即：F压＝F1+G人，则1.6×104Pa×S＝300N+G人﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，小强站在水平地面上时对地面的压强为1.1×104Pa，他对水平地面的压力等于他的重力，则他的重力：G人＝F压′＝1.1×104Pa×S﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，由①②联立解得：S＝6×10﹣2m2；则他的重力：G人＝1.1×104Pa×S＝1.1×104Pa×6×10﹣2m2＝660N。答：（1）物体M的质量为37.5kg；（2）运动员的体重为660N。考点03滑轮组机械效率的计算（多选）28．（2025•东城区校级模拟）如图所示，工人师傅用150N的力使重为2400N的物体A在1min内沿水平地面匀速移动了12m，此时物体A受到的摩擦力为A受到重力的0.1倍，物体A受到的拉力水平向左。下列说法中正确的是（）A．物体A受到的拉力为150N B．动滑轮重为60N C．工人师傅拉力的功率为60W D．该装置的机械效率为80%解：A、因为物体A受到的摩擦力为A受到重力的0.1倍，所以A受到的摩擦力：f＝0.1GA＝0.1×2400N＝240N，又物体做匀速直线运动，所以A受到的拉力：FA＝f＝240N，故A错误；B、由图可知n＝2，不计绳重和摩擦时F＝（f+G动），动滑轮的重力：G动＝nF﹣f＝2×150N﹣240N＝60N，而题目中没有不计绳重和摩擦，所以动滑轮的重力不等于60N，故B错误；C、绳子自由端移动的距离s＝nsA＝2×12m＝24m，则拉力做的总功：W＝Fs＝150N×24m＝3600J，拉力的功率：P＝＝＝60W，故C正确；D、有用功：W有＝fsA＝240N×12m＝2880J，所以机械效率：η＝×100%＝×100%＝80%，故D正确。答案：CD。（多选）29．（2025•朝阳区校级模拟）如图所示是塔吊吊起重物的情景，在拉力F的作用下，如图，重为1×103N的重物被竖直向上匀速吊起，已知动滑轮重200N，重物在8s内上升了10m，不计绳重与摩擦，下列说法中正确的是（）A．拉力F大小为400N B．拉力F的功率为1250W C．克服动滑轮重力做功2000J D．滑轮组的机械效率约为83.3%解：A、由图可知，n＝3，不计绳重与摩擦，拉力F大小为：F＝（G+G动）＝×（1×103N+200N）＝400N，故A正确；B、拉力F的功率为：P＝＝＝＝＝1500W，故B错误；C、克服动滑轮重力做的功为：W额＝G动h＝200N×10m＝2000J，故C正确；D、该滑轮组的机械效率为：η＝＝＝＝＝×100%≈83.3%，故D正确。答案：ACD。（多选）30．（2025•西城区校级模拟）如图甲所示的装置，A是重15N的空吊篮，质量为50kg的小明将A提升到高处，施加的拉力F随时间变化关系如图乙所示，A上升的速度随时间变化关系如图丙所示。系A的绳子足够牢固，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N。忽略绳重及摩擦，g取10N/kg。下列结论中正确的是（）A．动滑轮的重力为5N B．1～2s内拉力F的功率为2W C．此装置匀速提升重物的最大机械效率约为83.3% D．用此装置匀速提升60N的货物时，小明对地面压力为470N解：A、由图丙可知，在1～2s内A被匀速提升，由图乙可知此时拉力F＝10N，由图甲知，通过动滑轮绳子的段数n＝2，忽略绳重及摩擦，拉力F＝（GA+G动），则动滑轮重力：G动＝2F﹣GA＝2×10N﹣15N＝5N，故A正确；B、由图丙可知，1～2s内A上升的速度vA＝0.2m/s，拉力端移动速度v＝2vA＝2×0.2m/s＝0.4m/s，1～2s内拉力F的功率：P＝＝＝Fv＝10N×0.4m/s＝4W，故B错误；C、忽略绳重及摩擦，绕过滑轮的绳子能承受的最大拉力为60N，C处绳子拉力：FC＝（FB+G动）＝×（FB+5N），B处绳子的最大拉力：FB最大＝2FC最大﹣G动＝2×60N﹣5N＝115N，此装置最多能匀速运载货物的重力：G最大＝FB最大﹣GA＝115N﹣15N＝100N，此装置提升重物的机械效率随提升物重的增大而增大，则此装置提升重物的最大机械效率：η最大＝＝＝＝＝×100%≈83.3%，故C正确；D、提升60N货物时，绳端人的拉力：F拉＝（G货+GA+G动）＝×（60N+15N+5N）＝40N，小明对地面压力：F压＝G小明﹣F拉＝m小明g﹣F拉＝50kg×10N/kg﹣40N＝460N，故D错误。答案：AC。（多选）31．（2025•延庆区模拟）图甲是《墨经》中记载的我国古代提升重物的工具“车梯”，图乙是其等效图。若利用此“车梯”使80kg的重物在10s内沿直线匀速竖直上升2m，所用的拉力为300N，g＝10N/kg。则此过程中，下列说法中正确的是（）A．使用“车梯”时，人拉绳的速度为0.8m/s B．“车梯”的动滑轮的重力为400N C．使用“车梯”时，人做功的功率为160W D．“车梯”的机械效率约为66.7%解：A、由图可知，n＝4，绳子自由端移动的速度为：v绳＝nv物＝＝＝0.8m/s，故A正确；B、不计绳重和摩擦，动滑轮重为：G动＝nF﹣mg＝4×300N﹣80kg×10N/kg＝400N，因题干中没有不计绳重和摩擦，

因此动滑轮重应该小于400N，故B错误；C、人做的总功为：W总＝Fs＝Fnh＝300N×4×2m＝2400J，人做功的功率为：P＝＝＝240W，故C错误；D、人做的有用功为：W有＝Gh＝mgh＝80kg×10N/kg×2m＝1600J，“车梯”的机械效率为：η＝＝×100%≈66.7%，故D正确。答案：AD。（多选）32．（2025•大兴区模拟）如图甲所示，虚线框内是一个滑轮组，利用该滑轮组提升质量为27kg的物体，在绳子自由端施加沿竖直方向的拉力为100N，物体和绳子自由端运动的路程随时间变化的规律如图乙所示，g＝10N/kg。则下列说法正确的是（）A．绳子自由端移动的速度为0.5m/s B．在4s内绳端拉力所做的功为300J C．在4s内物体上升的距离为1m D．该滑轮组的机械效率为90%解：A、由滑轮组的特点可知，滑轮组可以省力，但费距离，所以图乙中上面的倾斜直线是绳子自由端的s—t图像，而下面的倾斜直线是物体的s—t图像。由图乙可知，t＝4s时，绳子自由端移动的距离s＝3m，则绳子自由端移动