安徽中考物理5年（2021-2025）真题分类汇编：专题05 简单机械综合（解析版）

专题5简单机械综合

1．（2025•安徽）【生活实际新结合】图甲所示为自行车的手闸，将其OAB部分简化为如图乙所示的杠杆，

忽略杠杆自身的重力，当杠杆平衡时，施加在B点的动力F1＝15N，测得l1＝12cm，l2＝4cm，则阻力F2

＝N。

【答案】45

【解答】解：根据杠杆平衡条件得到F1l1＝F2l2，即15N×12cm＝F2×4cm，阻力F2＝45N。故答案为：45。

2．（2025•安徽）图示为某工人利用一滑轮提升物体的示意图。若该工人将质量为40kg的物体沿竖直方向

匀速提升3m，此过程中滑轮的机械效率为80%，g取10N/kg。求：

（1）物体受到的重力大小；

（2）工人所做的有用功；

（3）工人所做的总功。

【答案】（1）物体受到的重力大小为400N；

（2）工人所做的有用功为1200J；

（3）工人所做的总功为1500J。

【解答】解：（1）物体受到的重力大小为G＝mg＝40kg×10N/kg＝400N；

（2）工人所做的有用功为：

W有＝Gh＝400N×3m＝1200J；

有

（3）根据η可知，工人所做的总功为：

�总

=�

有

W总1500J。

�

1200�

答：=（�1）=物体80受%到=的重力大小为400N；

（2）工人所做的有用功为1200J；

（3）工人所做的总功为1500J。

3．（2024•安徽）如图甲所示，用核桃钳夹核桃时，用力握紧手柄即可夹碎核桃。将上部的手柄ABC简化

为如图乙所示的杠杆，若F1＝20N，l1＝10cm，l2＝4cm，忽略杠杆自身的重力，则F2的大小为N。

【答案】50。

【解答】解：根据杠杆平衡条件，由图得，F1l1＝F2l2，即20N×10cm＝F2×4cm，解得，F2＝50N。

故答案为：50。

4．（2023•安徽）如图1，爸爸和小红坐在跷跷板的两侧，在水平位置保持平衡。将其简化成图2所示的杠

杆，不计杠杆自重的影响，若小红的质量为15kg，则爸爸的质量为kg。

【答案】60

【解答】解：根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2，可得m小红gL1＝m爸爸gL2，

代入数据可得：15kg×g×1.2m＝m爸爸g×0.3m，解得：m爸爸＝60kg。

故答案为：60。

5．（2023•安徽）如图，一固定斜面顶端装有定滑轮，为测量该装置提升物体时的机械效率，用弹簧测力

计连接细绳，跨过定滑轮将重为6N的物体沿斜面向上匀速拉动0.6m，物体上升的高度为0.3m，弹簧测

力计的示数为4N。求此过程中。

（1）做的有用功；

（2）该装置的机械效率。

【答案】（1）做的有用功是1.8J；

（2）该装置的机械效率为75%

【解答】解：（1）克服物体重力做的有用功：

W有＝Gh＝6N×0.3m＝1.8J；

（2）弹簧测力计的示数大小即为拉力大小，故拉力做的总功：

W总＝Fs＝4N×0.6m＝2.4J，

该装置的机械效率：

有

η75%。

�总

1.8�

=�=2.4�=

答：（1）做的有用功是1.8J；

（2）该装置的机械效率为75%。

6．（2022•安徽）用图示的滑轮组将重为3.6N的物体竖直向上匀速提升0.5m，拉力F的大小为1.5N，则

该滑轮组的机械效率为。

【答案】80%。

【解答】解：由图可知，吊起动滑轮的绳子股数n＝3，

绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×0.5m＝1.5m；

拉力所做的有用功的：W有用＝Gh＝3.6N×0.5m＝1.8J；

拉力所做的总功：W总＝Fs＝1.5N×1.5m＝2.25J；

有用

滑轮组的机械效率：η80%。

�总

1.8�

=�×100%=2.25�×100%=

故答案为：80%。

7．（2022•安徽）用图甲所示的装置探究杠杆的平衡条件，通过正确的实验操作，得到下表中的数据。

实验次数动力F1/N动力臂l1/m阻力F2/N阻力臂l2/m

13.00.202.00.30

22.00.151.5

31.50.201.00.30

……………

（1）第2次实验数据中的阻力臂l2应为m；

（2）第3次实验后，用带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线（保持上端悬点不动），如图乙

所示，不计摩擦，杠杆（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡，原因

是：。

【答案】（1）0.20；（2）不能；右端钩码对杠杆的拉力的力臂变小

【解答】解：（1）根据F1l1＝F2l2可知，第2次实验数据中的阻力臂l2应为：l20.20m；

�1�12.0�×0.15�

（2）用带杆的滑轮水平向左缓慢推动右边挂钩码的悬线，此时右端钩码对=杠�杆2的=拉力的1.力5�臂变小=，在右

边挂钩码拉力不变、左端拉力、左端拉力的力臂不变的情况下，杠杆不能平衡。

故答案为：（1）0.20；（2）不能；右端钩码对杠杆的拉力的力臂变小。

8．（2021•安徽）如图，用滑轮组将一重物竖直向上匀速提升2m，所用拉力F＝100N，若该过程中滑轮组

的机械效率为80%，则滑轮组对重物做的有用功为J。

【答案】320。

【解答】解：由图知，承担物重的绳子有2段，即n＝2，绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×2m＝4m，

拉力F做的总功为：

W总＝Fs＝100N×4m＝400J，

有用

由η可得滑轮组对重物做的有用功为：

�总

=�

W有＝ηW总＝80%×400J＝320J；

故答案为：320。

9．（2021•安徽）研究物理问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为物理模

型。

（1）如图甲，一质量分布均匀的杠杆，忽略厚度和宽度，长度不可忽略，用细线将它从中点悬起，能在

水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图乙）释放，为研究其能否平衡，可将

它看成等长的两部分，请在图乙中画出这两部分各自所受重力的示意图和力臂，并用杠杆平衡条件证明

杠杆在该位置仍能平衡；

（2）如图丙，一质量分布均匀的长方形木板，忽略厚度，长度和宽度不可忽略，用细线将它从AB边的

中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图丁）释放，木板在该

位置能否平衡？写出你的判断依据。

【答案】（1）；

左右两部分重力G1＝G2，

图中，AO＝BO，根据全等三角形知识可知，L1＝L2，

所以：G1L1＝G2L2，说明杠杆绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后仍能平衡；

（2）木板在该位置不能平衡，理由是：转过一定角度后释放的瞬间，木板只受到竖直向下的重力和竖直

向上的拉力作用，此时木板的重心不在悬点的正下方，重力和细线的拉力不在同一直线上，二力不是一

对平衡力，木板受力不平衡。

【解答】解：（1）由题知，杠杆质量分布均匀，支点在中点，左右两部分重力G1＝G2，且重心在这两部

分的中点A、B，由A、B分别竖直向下画有向线段，即两部分重力示意图；

由杠杆中点O（支点）画G1、G2作用线的垂线，垂线段分别为两部分重力的力臂，如图所示：

图中，AO＝BO，根据全等三角形知识可知，L1＝L2，

所以：G1L1＝G2L2，说明杠杆绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后仍能平衡；

（2）转过一定角度后释放的瞬间，木板只受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力作用，此时木板的重心

不在悬点的正下方，重力和细线的拉力不在同一直线上，二力不是一对平衡力，木板受力不平衡，所以

木板在该位置不能平衡。

10．（2025•蜀山区三模）小南在一次研学用到拉杆旅行箱，其示意图如图所示。装有物品的旅行箱整体可

视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力E，旅行箱静止。要使作

用在A点的拉力减小。保持其他条件不变，下列说法正确的是（）

A．在拉杆上的作用点不变，使拉力方向顺时针旋转30°

B．将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B'

C．保持施力方向不变，增大拉杆箱的体积

D．保持施力方向不变，缩短拉杆的长度

【答案】B

【解答】解：A、在拉杆上的作用点不变，使拉力方向顺时针旋转30°，此时拉力的作用线经过支点，

力臂为0，故杠杆不可能平衡，故A错误；

B、将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B'，此时阻力臂变小，根据杠杆平衡条件知，动力

臂与阻力大小不变，动力减小，故B正确；

C、保持施力方向不变，增大拉杆箱的体积，物如果重心位置不变，则拉力不变，如果重心位置上移，阻

力臂变大，则动力变大，故C错误；

D、保持施力方向不变，缩短拉杆的长度，则动力臂减小，在阻力和阻力臂不变时，动力增大，故不可行，

故D错误。

故选：B。

11．（2025•包河区三模）利用如图所示的实验装置“探究杠杆平衡条件”，器材有杠杆（带有均匀刻度的

直杆）、铁架台、细线、若干个质量相等的钩码、厚薄均匀且密度均匀的圆盘等。请你解答下列问题：

（1）挂钩码前，杠杆静止在如图甲所示的位置，为了利用该杠杆方便探究杠杆的平衡条件，首先应进行

详细的实验操作是：。

（2）杠杆调节平衡后，将两个钩码挂在杠杆左侧且保持悬挂点位置不变，在F1和F2两个力的作用下均

可使杠杆在水平位置平衡如图乙所示。分析可知：F1F2。（选填“＞”“＜”或“＝”）。

（3）如图丙所示，将一个厚薄均匀且密度均匀的圆盘放置在支架上，圆盘可绕O点自由转动（转轴阻力

忽略不计）。在C点挂4个钩码，E点挂6个钩码，圆盘可在图示位置保持静止（即圆盘CG处于水平位

置）：取下E点的6个钩码，将其改挂在图丙中（选填“D”“F”“H”或“G”）点，松

手后圆盘仍可在图丙所示位置保持平衡。

【答案】（1）将平衡螺母向左端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）＜；（3）D、F。

【解答】解：（1）由图可知，杠杆的左端上翘，应将平衡螺母向左端移动，使杠杆在水平位置平衡，这

样做的目的是既可以避免杠杆自重对实验的影响，又便于测量力臂；

（2）将两个钩码挂在杠杆左侧且保持悬挂点位置不变，在F1和F2两个力的作用下均可使杠杆在水平位

置平衡，弹簧测力计逐渐向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，拉力变大，弹簧

测力计示数变大，F1＜F2；

（3）将一个密度均匀的圆盘放置在支架上，圆盘可绕O点自由转动且不计摩擦。在C点挂4个钩码，E

点挂6个钩码，圆盘可在图示位置平衡；D、F点与E点的力臂大小相等，故取下E点的6个钩码挂在图

中D、F点，松手后圆盘仍可在图示位置平衡。

故答案为：（1）将平衡螺母向左端移动，使杠杆在水平位置平衡；（2）＜；（3）D、F。

12．（2025•包河区二模）如图所示，斜面长为s，斜面高为h，用沿着斜面向上大小不变的拉力F将一个

重为G的物块由斜面底端匀速拉至斜面的高处，已知上述过程中斜面的机械效率为η。下列表达式中正

确的是（）

A．Fs＝Gh×（1﹣η）

B．上述过程中，拉力做的总功W总＝Fs+Gh

C．上述过程中，所做的额外功W额＝Fs×（1﹣η）

D．上述过程中，物块受到斜面的摩擦力f＝F

【答案】C

有ℎℎ

【解答】解：A、根据η可知，Fs，故A错误；

总

���

=�=𝐹=�

B、上述过程中，拉力做的总功为W总＝Fs，故B错误；

有总额

C、根据η可知，上述过程中，所做的额外功为：

�总�−总�

=�=�

W额＝（1﹣η）W总＝（1﹣η）Fs，故C正确；

D、克服摩擦力做的功为额外功，根据W额＝fs可知，摩擦力为：

额

f（1﹣η）F，故D错误。

�

(1−�)𝐹

故=选：�C=。�=

13．（2025•南陵县模拟）如图甲所示，前臂平伸用手掌托住一个质量为m的铅球时，是桡骨在肱二头肌的

牵引力F1的作用下绕着肘关节O点转动。这个过程可以简化为一种杠杆模型，如图乙所示。若OB的长

度为L，F1的力臂为l1，不计杠杆自重，则F1＝（用题目中给出的物理量符

号表示），并在图乙中画出肱二头肌对桡骨的拉力F1的力臂l1。

【答案】；见解析。

𝑚�

【解答】解�1：根据杠杆的平衡条件有F1l1＝F2L，

即F1l1＝mgL，

解得。

1𝑚�

�=1

肱二头肌对�桡骨的拉力F1方向沿着肌肉收缩的方向，从支点O到动力F1作用线的距离是力臂l1，如图所

示；

。

故答案为：；见解析。

𝑚�

�1

14．（2025•南陵县模拟）小明用动滑轮和弹簧测力计将静止在桌面上的笔袋慢慢匀速向上提高10cm，如图

甲所示，弹簧测力计的读数随时间的变化如图乙所示，已知动滑轮的重力为1N，不计绳重和摩擦，则此

动滑轮的机械效率为。

【答案】75%。

【解答】解：动滑轮绳子股数为2，由图乙知道，匀速拉动时弹簧测力计的读数为2N，不计绳重和摩擦，

根据动可知，笔袋的重力为：

1

�=(�+�)

G＝nF﹣G�动＝2×2N﹣1N＝3N；

有有ℎ

不计绳重和摩擦，动滑轮的机械效率为：

�总有�额ℎℎ动

�动�3�

�=====×

��+��+��+�3�+1�

。

1故0答0%案=为7：5%75%。

15．（2025•太和县一模）图是小明同学在学校运动会开幕式上竖直举着班牌匀速前进时的情形。将班牌视

为杠杆，已知AB＝40cm，BC＝20cm，班牌受到作用在A点的水平向左的空气阻力为10N。若以图中B点

作为支点，手对C点施加的动力为N。

【答案】20

【解答】解：若以B点作为支点，A点受到向后的力为阻力F2，AB为阻力臂LAB，A、C两点位于支点的两

侧，要使杠杆平衡，则C点受到的力为动力F1，方向向后，BC为动力臂LBC，由于风力向左，动力与阻力

在支点两侧，必须方向大致相同，故动力向左；由据杠杆的平衡条件得，F1×BC＝F×AB；

代入数据F1×20cm＝10N×40cm；

解得F1＝20N。

故答案为：20。

16．（2025•瑶海区三模）如图所示，在美丽乡村建设的工地上，工人师傅用动滑轮提升物体，所用的拉力

为500N，动滑轮的重力为100N，若不计摩擦和绳重，该动滑轮的机械效率为。

【答案】90%。

【解答】解：动滑轮绳子股数为2，若不计摩擦和绳重，根据F（G+G动）可知，物重为：

1

=

G＝nF﹣G动＝2×500N﹣100N＝900N，�

则该动滑轮的机械效率为：

有有ℎ

η100%＝90%。

�总有�额ℎℎ动

�动�900�

=====×

��+��+��+�900�+100�

故答案为：90%。

17．（2025•瑶海区三模）在探究杠杆平衡条件的实验中：

（1）如图甲，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在不挂钩码时处于水平平衡状态。这一调节过程的目的

是使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响，这时杠杆重力的力臂为。

（2）如图乙，在杠杆两侧分别挂上不同数量的钩码（已知每个钩码重0.5N），调整钩码的位置，使杠

杆处于水平平衡状态，记录相应的数据；改变钩码数量重复上述操作，实验数据如下表所示。

实验次数动力F1/N动力臂l1/cm阻力F2/N阻力臂l2/cm

11.06.02.03.0

21.54.03.02.0

32.02.04.01.0

（3）小明分析实验数据可得杠杆的平衡条件为动力×动力臂＝阻力×阻力臂；同组的小天认为杠杆的平

衡条件也可表述为动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离。为了验证小天的

结论是错误的，在图丙的基础上，保持原器材不变，（写出实验操作过程），使

杠杆在水平位置平衡，记录实验数据并分析论证。

【答案】（1）0；（3）改变弹簧测力计拉力的方向。

【解答】解：（1）因为杠杆的重心在支点上，所以力臂为零；

（3）根据杠杆的平衡条件，动力×动力臂＝阻力×阻力臂，为验证：”动力×支点到动力作用点的距离

＝阻力×支点到阻力作用点的距离“是错误的，只有当动力臂不等于支点到动力作用点的距离时，看实

验结论是否成立，所以在图丙的基础上，保持原器材不变，改变弹簧测力计拉力的方向。

故答案为：（1）0；（3）改变弹簧测力计拉力的方向。

18．（2025•合肥三模）如图所示为搬运砖头的独轮车，若砖头和独轮车总重力为1200N，刚好将扶手抬起

时，人施加的竖直向上的力F的大小为N。

【答案】360。

【解答】解：由FL1＝GL2可得

F×1m＝1200N×0.3m

解得

F＝360N

故答案为：360。

19．（2025•合肥模拟）如图所示是某建筑工地塔吊吊起货物的情景，在拉力F的作用下，重为1.8×103N

的重物被竖直向上匀速吊起，已知滑轮组的机械效率为80%，重物在8s内上升了10m，不计绳重与摩擦，

则绳子自由端的拉力大小为N。

【答案】750。

有ℎℎ

【解答】解：由图可知，n＝3，根据η可知，绳子自由端的拉力大小为：

�总ℎ

���

====

�𝐹����

F750N。

3

�1.8×10�

故=答�案�=为：3×7580。%=

20．（2025•合肥模拟）“秤人”是立夏节风俗。流行于江南地区，每逢此节，家家用大秤秤人，如图1所

示。至立秋日，又秤一次，以观察夏季体重的变化，希望孩子健康成长。如图2所示，小孩和篮子的总

质量为20kg，调整秤砣的位置，使杆秤处于水平平衡状态（忽略绳重和杆重），此时OA＝3cm，OB＝12cm。

下列说法正确的是（）

A．该秤砣的质量为4kg

B．篮子里换一个更重的孩子，应将秤砣向左移动

C．若换更轻的秤砣，可以增大该杆秤的量程

D．要使该杆秤的量程变大，可以将秤的悬挂点O左移一些

【答案】D

【解答】解：A、作用在杠杆A点的力为杠杆的阻力F1＝G总＝m总g＝20kg×10N/kg＝200N，作用在B点

的力为动力臂F2，根据杠F1L1＝F2L2可得：

该秤砣的重力为：，

1

2�13��

�=�2�=12��×200�=50�

秤砣的质量为：m秤砣，故A错误；

�250�

B、换一个体重较大的=孩�子=，1秤0�砣/和𝑚篮=子5等𝑚都不变，则作用在杠杆A点的力变大，动力臂不变，作用在杠

杆B点的力不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知阻力臂会变大，所以调到水平平衡后秤砣的悬挂点应

在B点右边，故B错误；

C、由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得即要使该杆秤的量程变大，应该换用质量更大的秤砣，故C错误；

D、由图示可知，悬挂点O左移，秤砣的力臂变大，物体的力臂变小，由F1L1＝F2L2可知，篮子里物体的

最大称量量变大，故D正确；

故选：D。

21．（2025•芜湖三模）如图甲所示的是小明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，可抽象成图乙所示的杠杆模型，地面对脚的力作用在O点，对手的力作用在B点，人的重心在A点。

若他的体重为600N，OA长为1m，AB长为0.5m。地面对手的力F1以及地面对脚的力F2均与身体垂直，则

F1：F2＝。

【答案】2：1

【解答】解：

以O点为支点，作用在B点的力为动力，OB为动力臂，人体重力为阻力，阻力臂为OA，根据杠杆平衡条

件可知F1×OB＝G×OA

即作用在B点的力

1�×𝑂

以B点为支点，作用�在=O点𝑂的力为动力，人体的重力为阻力，OB为动力臂，AB为阻力臂，根据杠杆平衡

条件可知F2×OB＝G×AB

即作用在O点的力

2���

�=𝑂

地面对手的力F1以及地面对脚的力F2均与身体垂直，则F1：F2为�×𝑂。

�1𝑂𝑂1�2

���

2====

故答案为：2：1。�𝑂��0.5�1

22．（2025•芜湖三模）一质量为60kg的人用如图所示的装置使重500N的物体A沿水平方向在1s内匀速

运动了10cm，已知运动过程中物体A受到的摩擦力是物重的0.3倍，动滑轮重50N，在此过程中不计绳

重和滑轮间的摩擦，g取10N/kg。求：

（1）绳子自由端移动的速度；

（2）人对地面的压力；

（3）此滑轮组的机械效率。

【答案】（1）绳子自由端移动的速度为0.2m/s；

（2）人对地面的压力为500N；

（3）此滑轮组的机械效率为75%。

【解答】解：（1）由图可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝ns物＝2×10cm＝20cm＝0.2m，

绳子自由端移动的速度：v0.2m/s；

�0.2�

===

（2）人的重力：G人＝m人g＝�60kg×1�10N/kg＝600N，

由题意可知，运动过程中物体A受到的摩擦力：f＝0.3GA＝0.3×500N＝150N，

因为不计绳重和摩擦，所以绳子自由端的拉力：

F（f+G动）（150N+50N）＝100N，

11

由=图�可知，此时=人2在×重力、支持力和绳子自由端的拉力的作用下处于平衡状态，

由力的平衡条件可知，地面对人的支持力：F支＝G人﹣F＝600N﹣100N＝500N，

因此人对地面的压力：F压＝F支＝500N；

有物物

（3）滑轮组的机械效率：η100%＝75%。

�总𝐹𝐹物

�150�

=�=𝐹=�𝐹=��=2×100�×

答：（1）绳子自由端移动的速度为0.2m/s；

（2）人对地面的压力为500N；

（3）此滑轮组的机械效率为75%。

23．（2025•包河区四模）如图桔槔是古代的取水工具。人们在井边立一个竖直支架，固定于底面积较大的

石板上，上方架上一根横木，横木的一端绑上大石块，另一端系绳和水桶。当取水时人将横木系水桶的

一端往下拉，另一端大石块的位置则上升；当水桶装满水后，就让另一端的大石块下降，在人与绳的拉

力作用下将水桶提起。

（1）试分析支架下端垫有底面积较大的石板，有什么作用。

（2）在装满水的水桶上升过程中，请你提出一个能将人的拉力减小的改进方案，并简述其中的物理学原

理。。

【答案】（1）为了减小支架对地面的压强；（2）增加绑在横木一端的石块质量，根据杠杆平衡的条件，

相当于增加动力；或增加石块与支架之间横木的距离，根据杠杆平衡的条件，相当于增加动力臂。

【解答】解：（1）支架下端垫有底面积较大的石板，是在压力一定时，通过增大受力面积，减小压强；

（2）若想减小人的拉力，可增加绑在横木一端的石块质量，根据杠杆平衡的条件，相当于增加动力，阻

力、阻力臂不变，故人的拉力减小；

或增加石块与支架之间横木的距离，根据杠杆平衡的条件，相当于增加动力臂。

故答案为：（1）为了减小支架对地面的压强；（2）增加绑在横木一端的石块质量，根据杠杆平衡的条

件，相当于增加动力；或增加石块与支架之间横木的距离，根据杠杆平衡的条件，相当于增加动力