九年级物理上学期第一次月考试卷（含解析） 苏科版3 (2)

2016-2017学年江苏省扬州市高邮市城北中学九年级（上）第一次月考物理试卷一、选择题（共15题，每题2分，共30分）1图中正在使用的机械，属于费力杠杆的有（）ABCD2如图所示，分别用F1、F2、F3、F4匀速提升同一重物，若不计滑轮自身的重力及摩擦，则（）AF1=F2F3=F4BF1F2F3F4CF1=F2F3F4DF1=F2F4F33如图所示，G=200N，滑轮重G=40N，要使物体能匀速上升2m，则下列说法正确的是（不计滑轮的摩擦）（）AF=440N，并向上移动4mBF=140N，并向上移动4mCF=440N，并向上移动1mDF=480N，并向上移动1m4在学校体育课上，体育老师测试引体向上项目如图是引体向上的示意图，小丽同学在半分钟内做了12个规范的引体向上，则她在整个过程中引体向上的功率最接近于（）A100WB200WC300WD400W5根据如图所示的几个情景，下列说法正确的是（）A女孩搬起一个箱子，女孩对箱子做了功B司机费了很大的力也未能推动汽车，但司机对汽车做了功C吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物做了功D足球被踢出后在草地上滚动的过程中，运动员对足球做了功6如图，我国空气加油机正在给歼10战斗机加油加油过程中，若战斗机的高度和速度不变，则战斗机的（）A动能增加，势能减小，机械能不变B动能不变，势能不变，机械能不变C动能减小，势能不变，机械能减小D动能增加，势能增加，机械能增加7如图所示，将摆球从A点静止释放，摆球在A、C两点间来回摆动，B为最低点，不计空气阻力，下列说法正确的是的机械能（）A从A点到B点，摆球动能增大，机械能增大B从B点到C点，摆球动能减小，机械能减小C摆球在摆动过程中所经各点的机械能均相等D摆球在B点的机械能最大，在A，C两点的机械能能最小8下列关于功和能的说法正确的是（）A被拉开的弹弓具有弹性势能B用力推车而车未动，因为用了力所以推力做了功C人造地球卫星从近地点向远地点运动时势能减小，动能增大D速度小的物体动能一定小9如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑则下列分析正确的是（）A拉力F逐渐变小B由于拉力F的力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变C拉力F逐渐变大D条件不足，无法判断10如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的st图象分别是图乙中的、，两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别是P1、P2，则（）AF1=F2，P1P2BF1=F2，P1P2CF1F2，P1P2DF1F2，P1P211在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，如图甲所示此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示，下列说法正确的是（）A35s内，木箱受到的滑动摩擦力为200NB01s内，推力做功的功率恒为100WC35s内，推力做功为600JD01s内没有推动箱子的原因是推力小于摩擦力12如图所示的滑轮组，每个滑轮重20N，拉动绳子自由端，用这个滑轮组把质量为38kg的重物匀速提升3m，不计绳重和摩擦，g取10N/kg下列正确的是（）A作用在绳自由端的拉力大小为400NB该过程做的有用功为1200JC该过程的机械效率为95%D所挂物体超重，该滑轮组机械效率越小13关于内能和温度，下列说法正确的是（）A0的冰块内能为零B温度高的物体，内能一定大C物体内能增加，温度一定升高D物体温度升高时内能增加14小明利用如图所示装置沿水平方向匀速拉动一个重300N的物体，A物体受到的摩擦力是120N，如果该装置的效率为80%，则作用在绳端的拉力F的大小是（）A100NB75NC50ND125N15一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图象可能是（）ABCD二、填空题（共7题，每空1分，共23分）16在某次抗震救灾中，一架向某灾区空投物品的飞机在水平方向上匀速飞行，在空投后飞机具有的惯性，动能，重力势能，机械能（均选填“增大”、“不变”或“减小”）17如图，轻杆OA可绕O点自由转动，用细线将15N的重物挂在A处，小林在B处用竖直向上的拉力提住轻杆，OB和BA长度之比为3：5，下列问题中，轻杆始终在水平位置处于平衡（1）此杠杆类型与相同（选填“钓鱼竿”或“羊角锤”）；（2）拉力大小为N；（3）若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为；（4）若拉力方向变为图中虚线所示方向，则拉力将变18生活中我们经常使用简单机械（1）图1是家用手摇晾衣架，A、B两滑轮中属于动滑轮的是；若衣服和晾衣架的总重为120N，不计动滑轮重、绳重及摩擦，静止时绳的拉力F=N请你提出一种使用时提高手摇晾衣架机械效率的方法：（2）如图2所示，已知撬棒AD=1m，CD=BC=0.15m，石头垂直作用在棒上的力是420N，若要撬动石头，则施加在撬棒A点的力至少是N19如图，小明在用动滑轮（不计绳重和摩擦）匀速提升不同重物时，记录下了在绳子自由端使用的拉力F与对应所提升的物体重力G，如表：G/N123456F/N0.71.21.72.22.73.2分析表中数据可知，拉力F与重力G的关系式是：F=；动滑轮重为N；随着物重的增加，动滑轮的机械效率变20在探究动能大小与质量关系的两次实验中，小球从同一高度由静止开始释放时的场景如图所示，木板固定在水平面上，该实验是通过比较木块在木板上滑行的来比较小球动能大小的，图中错误的操作是改正后进行实验，发现木块会从木板右侧滑出，则可以通过（选填“增大”或“减小”）木块的质量来加以改进21如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片由图可知，下落过程中，皮球的速度，离开地面上升的过程中，皮球重力势能（均选填“增大”、“减小”或“不变”） A点的速度B点的速度（选填“大于”、“小于”、“等于”）22如图所示，大威用40N的拉力，使物体A以0.1m/s的速度竖直匀速上升，此时滑轮组的机械效率为75%（不计绳重和摩擦），则物体A的重力为N，拉力的功率为W若竖直匀速提升120N的物体，滑轮组的机械效率为三、解答题（第23题8分，第24、25题每题6分，第26-31题每空1分，共47分）23如图所示，杠杆在力F1、F2作用下处于平衡状态，L1为F1的力臂，请在图中作出F2的力臂L2及力F124在图中画出既省力又能改变用力方向的绕线；25如图所示，标出图中滑轮支点O，并画出动力臂L1和阻力臂L226“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，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及其力臂L127如图所示，质量不计的光滑木板AB长1.2m，可绕固定点O转动，离O点0.4m的B端挂一重物G，板的A端用一根与水平地面成30夹角的细绳拉住，木板在水平位置平衡时绳的拉力是9N求：（1）重物G的重力（2）若在O点的正上方放一质量为0.6kg的小球，若小球以15cm/s的速度由O点沿木板向A端匀速运动，问小球至少运动多长时间细绳的拉力减小到零（取g=10N/kg，绳的重力不计）28在一次车辆故障处置过程中，拖车所用装置简化如图为了尽快疏通道路，交警只用了30s的时间，指挥拖车在水平路面上将质量是1.5t的故障车匀速拖离了现场若故障车被拖离的速度是6m/s，绳子自由端的拉力F是500N，该装置的机械效率是80%求：（1）故障车在30s内通过的路程；（2）拉力F在30s内所做的功；（3）故障车在被拖离过程中受到的阻力29利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”（1）实验前，杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以直接从杠杆上读出（2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，可在杠杆的D点挂个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡（3）保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，绘制了l1F1的关系图象，如图丙所示请根据图象推算，当l1为0.6m时，F1为N30如图所示，在“探究物体的动能大小与哪些因素有关”的实验中，小球由斜面某位置滚下，撞击水平面上的小木块（1）实验中通过观察的大小，来判断小球动能的大小；（2）让质量不同的小球A和B（mAmB），从同一斜面的同一高度由静止开始滚下，目的是为了使小球到达水平面的相同得出的结论是（3）为了探究动能大小与速度的关系，应选择两个图进行比较，得出的结论是：物体质量相同时，速度越大动能越（填“大”或“小”）31在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：序号动滑物重G动/N物重G/N物体上升的高度h/m绳端收到的拉力F/N绳端移动的距离s/m滑轮组的机械效率/%10.510.10.60.355.620.520.11.00.366.730.540.10.3（1）根据表格中的数据，在图甲种画出滑轮组的绕绳方法（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应（选填“保持静止”或“匀速上升”）（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为N，滑轮组的机械效率为%（4）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功（选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是要提高同一滑轮组机械效率，可以采取的措施32用图示装置探究“斜面机械效率”，实验记录如表实验次数物体种类物重 G/N斜面高 h/cm沿斜面的拉力 F/N斜面长s/cm机械效率/%1木块4151.190602小车41590（1）沿斜面拉动物体时，应使其做运动（2）根据图中测力计的示数，可知第2次实验的机械效率为%由实验可得初步结论：斜面倾斜程度相同时，越小，机械效率越大（3）第1次实验中，木块所受摩擦力为N33从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰（如图甲）或人下蹲弯曲膝盖（如图乙）把它搬起来，哪种方法好呢？下面就建立模型说明这个问题把脊柱简化为杠杆如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F1作用在A点，其实际作用方向与脊柱夹角为12且保持不变，搬箱子拉力F2作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替箱子用测力计沿F1方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小接着，改变脊柱与水平面的夹角即可改变杠杆与水平面的夹角，多次实验得出结论（1）在丙图中画出F2力臂L2（2）当角增大时，L2（变大/不变/变小），F1（变大/不变/变小）（3）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比丙图中F1要（大/小）（4）对比甲乙两种姿势所对应丙图中的两种状态，由以下分析可得，（甲/乙）图中的姿势比较正确2016-2017学年江苏省扬州市高邮市城北中学九年级（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共15题，每题2分，共30分）1图中正在使用的机械，属于费力杠杆的有（）ABCD【考点】杠杆的分类【分析】本题的解题关键是通过生活经验，体会支点的位置，判断出动力臂与阻力臂的长度关系，进而得出省力、费力情况【解答】解：钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆综上所述，属于费力杠杆的有故选A2如图所示，分别用F1、F2、F3、F4匀速提升同一重物，若不计滑轮自身的重力及摩擦，则（）AF1=F2F3=F4BF1F2F3F4CF1=F2F3F4DF1=F2F4F3【考点】定滑轮及其工作特点；动滑轮及其工作特点【分析】根据定滑轮不省力，动滑轮省一半力的特点进行分析即可【解答】解：不计滑轮本身的重力及摩擦的情况下；a、b图是定滑轮，只能改变力的方向，不省力也不费力；故F1=F2=G；c图用的是动滑轮；能够省一半的力，故F3=G；d图用的是动滑轮；拉力与竖直方向有夹角，由于夹角越大，拉力越大，所以F4G；所以，F1=F2F4F3故选D3如图所示，G=200N，滑轮重G=40N，要使物体能匀速上升2m，则下列说法正确的是（不计滑轮的摩擦）（）AF=440N，并向上移动4mBF=140N，并向上移动4mCF=440N，并向上移动1mDF=480N，并向上移动1m【考点】动滑轮及其工作特点【分析】此题是动滑轮的一种特殊使用方法，正常使用时是将物体挂在轮轴上，拉绳子的一端而特殊使用方法恰好相反，拉轴而将物体挂在绳子的末端动滑轮的特殊使用方法，不仅不省力而且费1倍的力，用2倍的力，但能够省一半的距离【解答】解：这是动滑轮的一种特殊使用方法，它的特点是费1倍的力却省一半的距离所以，施加的力F=2G+G=2200N+40N=440N，拉力作用点移动的距离：S=h=2m=1m故选C4在学校体育课上，体育老师测试引体向上项目如图是引体向上的示意图，小丽同学在半分钟内做了12个规范的引体向上，则她在整个过程中引体向上的功率最接近于（）A100WB200WC300WD400W【考点】功率的计算【分析】（1）首先估测出小丽的重力和引体向上移动的距离，根据公式W=Gh可求小丽每一次引体向上所做的功；（2）已知在半分钟内做了12个规范的引体向上，结合一次引体向上做的功进一步求出总功，然后利用P=求出克服重力做功的功率【解答】解：（1）小丽的重力约为600N，每一次引体向上的高度约为0.4m，小丽每一次引体向上所做的功：W=Gh=600N0.4m=240J；（2）小丽半分钟做的总功：W总=240J12=2880J，t=0.5min=30s，小丽做功的平均功率：P=96W计算结果与A选项最为接近故选A5根据如图所示的几个情景，下列说法正确的是（）A女孩搬起一个箱子，女孩对箱子做了功B司机费了很大的力也未能推动汽车，但司机对汽车做了功C吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物做了功D足球被踢出后在草地上滚动的过程中，运动员对足球做了功【考点】力是否做功的判断【分析】本题要抓住做功的两个必要因素：作用在物体上的力；物体在力的方向上通过的距离；二者缺一不可【解答】解：A、女孩搬起一个箱子，女孩对箱子有力，且沿力的方向运动了一段距离，所以女孩对箱子做了功，故A正确；B、司机费了很大的力也未能推动汽车，虽然有力但没有距离，所以司机对汽车没有做功，故B错误；C、吊车吊着货物水平移动一段距离，吊车对货物有向上的力，但向上并没有移动距离，所以吊车对货物没有做功，故C错误；D、足球被踢出后在草地上能继续滚动是由于惯性，此过程中运动员对足球不再做功，故D错误；故选A6如图，我国空气加油机正在给歼10战斗机加油加油过程中，若战斗机的高度和速度不变，则战斗机的（）A动能增加，势能减小，机械能不变B动能不变，势能不变，机械能不变C动能减小，势能不变，机械能减小D动能增加，势能增加，机械能增加【考点】动能和势能的大小变化【分析】（1）动能大小的影响因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大（2）重力势能大小的影响因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大（3）机械能=动能+势能物体没有发生弹性形变，势能只考虑重力势能【解答】解：战斗机的速度不变，质量不断增大，动能增大高度不变，质量不断增大，重力势能增大机械能=动能+势能，动能增大，势能增大，所以机械能增大故选D7如图所示，将摆球从A点静止释放，摆球在A、C两点间来回摆动，B为最低点，不计空气阻力，下列说法正确的是的机械能（）A从A点到B点，摆球动能增大，机械能增大B从B点到C点，摆球动能减小，机械能减小C摆球在摆动过程中所经各点的机械能均相等D摆球在B点的机械能最大，在A，C两点的机械能能最小【考点】动能和势能的大小变化【分析】（1）影响动能大小的因素：质量和速度，质量越大，速度越大，动能越大（2）影响重力势能大小的因素：质量和高度，质量越大，高度越高，重力势能越大（3）机械能是动能和重力势能的和，在铁球运动的过程中，空气阻力忽略不计，所以机械能守恒【解答】解：A、从AB的过程中，金属小球的质量不变、高度减小、速度增大，所以重力势能减小，动能增大，在B点时动能最大、重力势能最小；在此过程中重力势能转化为动能，不计空气阻力，机械能守恒，故A错误；B、从BC的过程中，金属小球的质量不变、高度增大、速度减小，重力势能增大，动能减小，在C点动能最小、重力势能最大，在此过程中动能转化为重力势能，机械能守恒，故B错误；CD、不计空气阻力，小球会在AC间来回摆动时，总机械能守恒，故C正确，D错误；故选C8下列关于功和能的说法正确的是（）A被拉开的弹弓具有弹性势能B用力推车而车未动，因为用了力所以推力做了功C人造地球卫星从近地点向远地点运动时势能减小，动能增大D速度小的物体动能一定小【考点】动能和势能的概念；力是否做功的判断；动能和势能的大小变化【分析】（1）物体由于发生弹性形变而具有的能称为弹性势能；（2）做功的条件是：有力，且沿力的方向有一段距离；（3）影响动能大小的因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：质量、被举的高度质量越大，高度越大，重力势能就越大；【解答】解：A、被拉开的弹弓发生了弹性形变，所以具有弹性势能，故A正确；B、用力推车而车未动，虽然有力，但沿力的方向没有距离，所以没有做功，故B错误；C、人造地球卫星由近地点向远地点运动时，质量不变，高度增大，重力势能增大；速度变小，动能变小，所以是将动能转化为重力势能的过程，故C错误；D、影响动能大小的因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大，故只知道速度，不能确定动能的大小，故D错误；故选A9如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑则下列分析正确的是（）A拉力F逐渐变小B由于拉力F的力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变C拉力F逐渐变大D条件不足，无法判断【考点】杠杆的动态平衡分析【分析】本题主要考查两个方面的知识：（1）力臂的概念：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；（2）运用杠杆的平衡条件FL=GL分析动力的大小变化【解答】解：由图可知，动力F的力臂L始终保持不变，阻力为圆柱体的重力G始终大小不变，由实线位置转到虚线位置时，重力的力臂逐渐减小，又因为FL=GL，所以动力F逐渐变小故选A10如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做直线运动，两次拉动木块得到的st图象分别是图乙中的、，两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别是P1、P2，则（）AF1=F2，P1P2BF1=F2，P1P2CF1F2，P1P2DF1F2，P1P2【考点】功率大小的比较；力与运动的关系【分析】（1）弹簧测力计拉动木块在水平面上匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关（2）根据P=Fv判断拉力的功率【解答】解：木块两次都做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，由于压力大小和接触面粗糙程度不变，所以滑动摩擦力相等，故拉力F相等，即F1=F2；从st图象可知，第次的运动速度v较大，根据P=Fv可知，当拉力相等时，速度越大，拉力的功率越大，即P1P2故ACD错误，B正确故选B11在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，如图甲所示此过程中，推力F随时间t的变化情况如图乙所示，木块前进的速度v的大小随时间t的变化情况如图丙所示，下列说法正确的是（）A35s内，木箱受到的滑动摩擦力为200NB01s内，推力做功的功率恒为100WC35s内，推力做功为600JD01s内没有推动箱子的原因是推力小于摩擦力【考点】力与图象的结合；功的计算；功率的计算【分析】（1）先根据图丙分析35s内，木箱的运动状态，然后根据图乙读出木箱受到的推力，再根据二力平衡条件得出滑动摩擦力的大小；（2）根据图乙可知01s内推力的大小，根据图丙可知速度的大小，根据P=Fv可知功率的变化；（3）先根据速度公式求出35s内木箱通过的距离，然后根据W=Fs求出推力做的功；（4）根据二力平衡判断01s内推力与摩擦力的关系【解答】解：A、根据图丙可知，35s内，木箱以1m/s的速度做匀速直线运动，木箱受平衡力作用，此时木箱受到的滑动摩擦力等于推力；由图乙可知，35s内，木箱受到的推力为200N，因此木箱受到的滑动摩擦力为200N，故A正确；B、根据图乙可知，01s内，推力为100N，根据图丙可知，01s内，木箱的速度为零，因此由P=Fv可知，在01s内，木箱的功率为零，故B错误；C、由v=可得，35s内，木箱移动的距离：s=vt=1m/s（5s3s）=2m；推力做的功：W=Fs=200N2m=400J；故C错误；D、01s内，木箱静止，因此木箱受平衡力，即摩擦力等于推力，故D错误故选A12如图所示的滑轮组，每个滑轮重20N，拉动绳子自由端，用这个滑轮组把质量为38kg的重物匀速提升3m，不计绳重和摩擦，g取10N/kg下列正确的是（）A作用在绳自由端的拉力大小为400NB该过程做的有用功为1200JC该过程的机械效率为95%D所挂物体超重，该滑轮组机械效率越小【考点】机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；增大或减小机械效率的方法【分析】根据图象可知，n=3，并且s=3h；（1）先根据G=mg求出物体的重力，然后根据F=（G+G动）求出拉力的大小；（2）根据W有=Gh即可求出有用功；（3）求出总功，利用=求出滑轮组的机械效率；（4）在动滑轮重一定时，物重越大，滑轮组的机械效率越高【解答】解：根据图示可知，n=2，拉力端移动的距离：s=2h=23m=6m；A、物体受到的重力为G=mg=38kg10N/kg=380N；不计绳重和摩擦，作用在绳子自由端的拉力：F=（G+G动）=200N，故A错误；B、在2s内做的有用功：W有用=Gh=380N3m=1140J，故B错误；C、W总=Fs=200N6m=1200J，滑轮组的机械效率：=100%=95%；故C正确；D、不计绳重和摩擦，动滑轮重力一定，滑轮组提起的物重越大，有用功越多，但额外功不变，所以机械效率越高，故D错误故选C13关于内能和温度，下列说法正确的是（）A0的冰块内能为零B温度高的物体，内能一定大C物体内能增加，温度一定升高D物体温度升高时内能增加【考点】温度、热量与内能的关系【分析】（1）一切物体都有内能；（2）内能的大小与物体质量、温度和状态有关；（3）晶体熔化过程中，内能增加但温度不升高；【解答】解：A、一切物体都有内能，故0的冰块也有内能，故A错误；B、内能的大小与物体的质量、温度有关，所以温度高的物体，但质量小，内能不一定大，故B错误；C、晶体熔化过程中，质量、温度不变，但吸热，故内能增加且温度不升高，故C错误；D、同一物体，温度升高，内能增加，故D正确；故选D14小明利用如图所示装置沿水平方向匀速拉动一个重300N的物体，A物体受到的摩擦力是120N，如果该装置的效率为80%，则作用在绳端的拉力F的大小是（）A100NB75NC50ND125N【考点】滑轮（组）的机械效率【分析】当滑轮组水平使用时，克服摩擦力做的功为有用功，拉力做的功为总功；已知装置的机械效率、摩擦力和作用在动滑轮上绳子的条数，根据=的变形公式即可求出作用在绳端的拉力【解答】解：根据图示可知，作用在动滑轮上绳子的条数为3；由=可得：F=50N故选C15一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图象可能是（）ABCD【考点】动能和势能的大小变化【分析】影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，据此分析得出从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中重力势能的变化规律，然后对照各个选项做出判断【解答】解：若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，石块做加速运动，石块在相同时间内下降的高度越来越大，石块所处的高度减小得越来越快，石块的重力势能Ep减小得越来越快，符合这一规律的只有C图，而D图是石块的重力势能Ep随时间减小得越来越慢，故D错误故选C二、填空题（共7题，每空1分，共23分）16在某次抗震救灾中，一架向某灾区空投物品的飞机在水平方向上匀速飞行，在空投后飞机具有的惯性减小，动能减小，重力势能减小，机械能减小（均选填“增大”、“不变”或“减小”）【考点】动能和势能的大小变化；惯性【分析】（1）惯性是物体的一种属性，惯性大小只跟物体的质量大小有关，质量越大，惯性越大；（2）动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大（3）重力势能大小的影响因素：质量、被举高的高度质量越大，高度越高，重力势能越大（4）动能和势能统称为机械能【解答】解：飞机空投救灾物资后，质量减小，所以飞机具有的惯性减小；根据题意可知，飞机空投救灾物资后，速度不变，高度不变，由于飞机的质量减小，所以飞机的动能减小，重力势能减小；而飞机的机械能等于动能与重力势能之和，故飞机的机械能减小故答案为：减小；减小；减小；减小17如图，轻杆OA可绕O点自由转动，用细线将15N的重物挂在A处，小林在B处用竖直向上的拉力提住轻杆，OB和BA长度之比为3：5，下列问题中，轻杆始终在水平位置处于平衡（1）此杠杆类型与钓鱼竿相同（选填“钓鱼竿”或“羊角锤”）；（2）拉力大小为40N；（3）若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为8：3；（4）若拉力方向变为图中虚线所示方向，则拉力将变大【考点】杠杆的平衡条件【分析】（1）当动力臂小于阻力臂时，动力大于阻力，杠杆是费力力杠杆；（2）根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可直接求出动力F1的大小；（3）若仅增加物重，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可直接求出；（4）若拉力方向变为图中虚线所示方向，阻力的力臂不变，拉力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知拉力的变化【解答】解：由图可知，O点为支点，OA为动力臂，OB为阻力臂，阻力大小等于所挂物体的重力，在A点的拉力为动力；（1）由图可知，OB小于OA，即动力臂小于阻力臂，所以是费力杠杆；钓鱼竿就是此杠杆类型；（2）已知OB和BA长度之比为3：5，则OB：OA=3：8，由杠杆的平衡条件可知：FOB=GOA，所以，F=15N=40N；（3）若仅增加物重，则F2=G+G，F1=F+F；由杠杆的平衡条件可知：F1OB=F2OA，即：（F+F）OB=（G+G）OA，所以，FOB+FOB=GOA+GOA，由于FOB=GOA，所以，FOB=GOA，则=；（4）若拉力方向变为图中虚线所示方向，阻力及阻力臂不变，拉力的力臂变小，由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知拉力将变大故答案为：（1）钓鱼竿；（2）40；（3）8：3；（4）大18生活中我们经常使用简单机械（1）图1是家用手摇晾衣架，A、B两滑轮中属于动滑轮的是B；若衣服和晾衣架的总重为120N，不计动滑轮重、绳重及摩擦，静止时绳的拉力F=30N请你提出一种使用时提高手摇晾衣架机械效率的方法：增大提升的物重或减小晾衣架重（2）如图2所示，已知撬棒AD=1m，CD=BC=0.15m，石头垂直作用在棒上的力是420N，若要撬动石头，则施加在撬棒A点的力至少是63N【考点】滑轮组绳子拉力的计算；杠杆的平衡分析法及其应用【分析】（1）定滑轮和动滑轮的主要区别是：动滑轮会随物体一起运动，定滑轮不随物体运动；由图可以看出连接动滑轮绳子的股数，不计动滑轮重、绳重及摩擦，根据F=求出静止时绳的拉力；在额外功一定时，增加物重可提高机械效率减轻动滑轮的重也可以提高机械效率；（2）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2的变形公式F1=可得，在阻力和阻力臂一定时，动力臂L1越大，动力F1越小【解答】解：（1）A滑轮的轴是固定不动的，是定滑轮，B滑轮的轴与物体一起运动，是动滑轮由图可知，连接动滑轮绳子的股数n=4，不计动滑轮重、绳重及摩擦，静止时绳的拉力：F=30N，提高手摇晾衣架机械效率的方法有：增大提升的物重或减小晾衣架重等（2）要使施加在撬棒A点的动力最小，应使动力臂L1最大当以D为支点，在A点施加垂直AD向上的动力时，动力臂L1=AD=1m，即动力臂为最大值，则动力为最小此时阻力F2=420N，阻力臂L2=CD=0.15m，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得，施加在撬棒A点的力：F1=63N故答案是：（1）B；30；增大提升的物重或减小晾衣架重；（2）6319如图，小明在用动滑轮（不计绳重和摩擦）匀速提升不同重物时，记录下了在绳子自由端使用的拉力F与对应所提升的物体重力G，如表：G/N123456F/N0.71.21.72.22.73.2分析表中数据可知，拉力F与重力G的关系式是：F=（G+0.4N）；动滑轮重为0.4N；随着物重的增加，动滑轮的机械效率变大【考点】滑轮组绳子拉力的计算；滑轮（组）的机械效率【分析】（1）设动滑轮重力为G轮，由表中数据可得F=（G+G轮），据此求动滑轮重力，再利用F=（G+G轮）得出拉力F与重力G的关系式；（2）不计绳重和摩擦，提高动滑轮效率的方法：一是增大提升的物重，二是减小动滑轮重力【解答】解：（1）设动滑轮的重力为G轮，不计绳重和摩擦，所以拉力F=（G+G轮），由表中第1组数据可得：0.7N=（1N+G轮），解得G轮=0.4N，则拉力F与重力G的关系式是：F=（G+0.4N）；（2）在不计绳重和摩擦时，=，若所提物重G的增加，则动滑轮的机械效率变大故答案为：（G+0.4N）；0.4；大20在探究动能大小与质量关系的两次实验中，小球从同一高度由静止开始释放时的场景如图所示，木板固定在水平面上，该实验是通过比较木块在木板上滑行的距离来比较小球动能大小的，图中错误的操作是两次实验中未保持木块初始位置相同改正后进行实验，发现木块会从木板右侧滑出，则可以通过增大（选填“增大”或“减小”）木块的质量来加以改进【考点】探究影响物体动能大小的因素【分析】小球从光滑斜面上向下运动到水平面上，有了一定的速度，就有动能，小球撞击木块，可以通过木块在水平面上移动的距离来判断动能的大小；因为动能大小与质量和速度有关，若探究动能与质量的关系，根据控制变量法，要保证质量不同而速度相同，让不同质量的两个小球从同一高度滚下就是为了使小球滚到水平面时速度相同【解答】解：小球因为有动能撞击木块，动能越大，木块在水平面上移动的距离就越远，所以判断小球动能大小的依据是木块在水平面上移动的距离；图中错误的操作是两次实验中未保持木块初始位置相同改正后进行实验，发现木块会从木板右侧滑出，则可以通过增大木块的质量来加以改进故答案为：距离；两次实验中未保持木块初始位置相同；增大21如图是皮球落地后弹起过程中每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片由图可知，下落过程中，皮球的速度增大，离开地面上升的过程中，皮球重力势能增大（均选填“增大”、“减小”或“不变”） A点的速度大于B点的速度（选填“大于”、“小于”、“等于”）【考点】动能和势能的转化与守恒【分析】动能大小的影响因素：质量、速度质量越大，速度越大，动能越大重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度质量越大，高度越高，重力势能越大【解答】解：（1）皮球下落过程中，由于受到重力的作用，皮球的速度越来越大；（2）皮球离开地面上升的过程中，质量不变，高度增加、速度减小，因此重力势能增大，动能减小（3）A点和B点的高度相等，A点的速度大于B点的速度故答案为：增大；增大；大于22如图所示，大威用40N的拉力，使物体A以0.1m/s的速度竖直匀速上升，此时滑轮组的机械效率为75%（不计绳重和摩擦），则物体A的重力为90N，拉力的功率为12W若竖直匀速提升120N的物体，滑轮组的机械效率为80%【考点】机械效率的计算；滑轮（组）的机械效率；功率的计算【分析】（1）由图知道，承担物重的绳子股数n=3，知道拉力，利用=求提升物体的重力；（2）n=3，绳子自由端移动的速度等于物体移动速度的3倍，利用P=Fv求拉力的功率；（3）不计摩擦和绳重，利用F=（G+G动）求出动滑轮重，再利用F=（G+G动）求提升120N物体的拉力设重物被提升h，则拉力端移动的距离s=3h，知道物重G和拉力大小，利用=求此时滑轮组的机械效率【解答】解：（1）由图知，使用该滑轮组承担物重的绳子股数n=3，因为滑轮组的机械效率=，所以提升物体的重力：G=3F=375%40N=90N；（2）绳子自由端移动的速度：v=0.1m/s3=0.3m/s，拉力的功率：P=Fv=40N0.3m/s=12W；（3）不计摩擦和绳重，F=（G+G动），动滑轮重力：G动=3FG=340N90N=30N，当提起G=120N的物体时拉力：F=（G+G动）=50N，此时滑轮组的机械效率：=100%=80%故答案为：90；12；80%三、解答题（第23题8分，第24、25题每题6分，第26-31题每空1分，共47分）23如图所示，杠杆在力F1、F2作用下处于平衡状态，L1为F1的力臂，请在图中作出F2的力臂L2及力F1【考点】力臂的画法【分析】要掌握力臂的概念：知道力臂是支点到力的作用线的距离可以根据垂直关系做力臂或做力【解答】解：F2与杠杆垂直，故连接支点O与F2的作用点即为力臂L2，过L1的上端作L1的垂线，交杠杆于一点A，即为F1的作用点，F1的方向向上24在图中画出既省力又能改变用力方向的绕线；【考点】滑轮组的设计与组装【分析】根据题目要求，既省力又能改变力的方向，说明最终绳子拉力的方向是向下拉的，据此可从绳子的末端反向绕起，最终完成绕绳子【解答】解：分析题意可知，最终绳子的拉力方向是向下的，故可从绳子末端向上绕起，依次完成绕绳，如图所示：25如图所示，标出图中滑轮支点O，并画出动力臂L1和阻力臂L2【考点】动滑轮及其工作特点【分析】使用动滑轮能省一半的力，但不能改变力的方向，其本质是动力臂是阻力臂二倍的杠杆，支点在绳与轮最左边的切线的接触点，根据力臂的画法画出相应的力臂【解答】解：动滑轮的支点O在在绳与轮最左边的切线的接触点；F为动力，作用点在绳与轮最右边的接触点；阻力作用点在轴上，方向竖直向下；过支点O分别向动力作用线和阻力作用线画垂线，就得到动力臂L1和阻力臂L2如图所示：26“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，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及其力臂L1【考点】力臂的画法【分析】根据杠杆平衡的条件，F1L1=F2L2，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，必须使动力臂最长而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段最长，据此可解决此题【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；动力最小，即动力臂最长，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，OA即为动力臂L1，如下图所示：27如图所示，质量不计的光滑木板AB长1.2m，可绕固定点O转动，离O点0.4m的B端挂一重物G，板的A端用一根与水平地面成30夹角的细绳拉住，木板在水平位置平衡时绳的拉力是9N求：（1）重物G的重力（2）若在O点的正上方放一质量为0.6kg的小球，若小球以15cm/s的速度由O点沿木板向A端匀速运动，问小球至少运动多长时间细绳的拉力减小到零（取g=10N/kg，绳的重力不计）【考点】杠杆的动态平衡分析；速度公式及其应用【分析】本题考查力矩平衡，找出拉力的作用线，作出力臂，第一问即可求解，第二问结合了运动学知识，先找出小球到达哪一点能保证力矩平衡，由运动学公式求出时间【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件得：F绳AO=GBO即：9N（1.2m0.4m）=G0.4mG=9N（2）球的重力G球=m球g=0.6Kg10N/kg=6N当绳子拉力为0时，设球离O点距离为L球，则根据杠杆平衡条件得：G球L球=GBO即：6NL球=9N0.4m，L球=0.6m=60cm运动时间t=答：重物重9N，小球运动4s时绳子拉力为零28在一次车辆故障处置过程中，拖车所用装置简化如图为了尽快疏通道路，交警只用了30s的时间，指挥拖车在水平路面上将质量是1.5t的故障车匀速拖离了现场若故障车被拖离的速度是6m/s，绳子自由端的拉力F是500N，该装置的机械效率是80%求：（1）故障车在30s内通过的路程；（2）拉力F在30s内所做的功；（3）故障车在被拖离过程中受到的阻力【考点】滑轮（组）的机械效率；速度公式及其应用；功的计算【分析】（1）知道故障车的速度和时间，利用s=vt求故障车在30s内通过的路程；（2）由图知，使用滑轮组克服阻力的绳子股数n=3，拉力端移动的距离s=3h，利用W=Fs求拉力F在30s内所做的功；（3）由图知，n=3，滑轮组的机械效率=，据此求故障车在被拖离过程中受到的阻力【解答】解：（1）由v=得故障车在30s内通过的路程：s车=vt=6m/s30s=180m；（2）由图可知，n=3，绳子自由端移动的距离：s绳=3s车=3180m=540m，拉力F在30s内所做的功：W=Fs绳=500N540m=2.7105J；（3）由图知，n=3，水平滑轮组的机械效率：=，所以故障车在被拖离过程中受到的阻力：f=3F=3500N80%=1200N答：（1）故障车在30s内通过的路程为180m；（2）拉力F在30s内所做的功为2.7105J；（3）故障车在被拖离过程中受到的阻力为1200N29利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”（1）实验前，杠杆如图甲所示，可将杠杆两端的平衡螺母向右（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是可以直接从杠杆上读出力臂的大小（2）杠杆平衡后，如图乙所示，在杠杆B点挂3个相同的钩码，可在杠杆的D点挂4个相同的钩码，就可使杠杆重新在水平位置平衡（3）保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F1的数据，绘制了l1F1的关系图象，如图丙所示请根据图象推算，当l1为0.6m时，F1为0.5N【考点】探究杠杆的平衡条件实验【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡，左边下沉往右调；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小，杠杆的重心通过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响，使实验简单化，便于探究；（2）根据杠杆平衡条件做出解答（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，故据杠杆的平衡条件分析即可解决【解答】解：（1）杠杆不在水平位置，左端向下倾斜，右端上翘，故应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，支点到力的作用点的距离就是力臂，便于测量力臂大小；（2）设一钩码重为G，一格为L，根据杠杆平衡条件可知：3G4L=FD3L，所以FD=4G，需在D点挂4个钩码；（3）由于此题中的阻力和阻力臂不变，据F1L1=F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2=F1L1=0.1m3N=0.3Nm；故若当L1为0.6m时，F1=0.5N；故答案为：（1）右；力臂的大小；（2）4；（3）0.530如图所示，在“探究物体的动能大小与哪些因素有关”的实验中，小球由斜面某位置滚下，撞击水平面上的小木块（1）实验中通过观察小木块被推动的距离的大小，来判断小球动能的大小；（2）让质量不同的小球A和B（mAmB），从同一斜面的同一高度由静止开始滚下，目的是为了使小球到达水平面的速度相同得出的结论是速度相同时，质量越大，物体具有的动能就越大（3）为了探究动能大小与速度的关系，应选择甲、丙两个图进行比较，得出的结论是：物体质量相同时，速度越大动能越大（填“大”或“小”）【考点】探究影响物体动能大小的因素【分析】（1）实验中利用了转换法来进行探究活动，小球能够做功是观察小球推动小木块运动距离的远近来体现小球具有动能的大小；（2）由于动能的大小与多个因素有关，应用控制变量法来分析，高度相同时，小球滑到相同的水平面的速度就会相同，是为了控制小球的速度相同，控制小球的质量不同，来探究动能与质量的关系；（3）为了探究动能大小与速度的关系应控小球的制质量不变，改变小球的速度，结合题干中甲、乙、丙三幅图分析小球质量和高度的关系，便可得出结论【解答】解：（1）物理学中，能够做功的多少表示具有能量的大小，实验中小球能够做功是体现在推动小木块运动，推动的距离越远，表示小球能够做的功越多，小球具有的动能就越大，所以通过观察小木块被推动的距离的大小，来判断小球动能的大小（2）高度相同时，小球滑到相同的水平面的速度就会相同，是为了控制小球的速度相同，题干中让质量不同的小球A和B（mAmB）是控制小球的质量不同来探究动能大小与质量的关系，由甲乙两图实验现象可得出结论：速度相同时，质量越大，物体具有的动能就越大（3）动能的大小与两个因素（质量和速度）有关，为了探究动能大小与速度的关系应采用指控变量法，控制质量不变，改变速度，而在甲丙两图中是同一个小球A放置在不同的高度，控制了质量一定，改变了速度，符合要求，得出的结论是：物体质量相同时，速度越大动能越大故答案为（1）小木块被推动的距离；（2）速度；速度相同时，质量越大，物体具有的动能就越大；（3）甲、丙；大；31在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如表：序号动滑物重G动/N物重G/N物体上升的高度h/m绳端收到的拉力F/N绳端移动的距离s/m滑轮组的机械效率/%10.510.10.60.355.620.520.11.00.366.730.540.10.3（1）根据表格中的数据，在图甲种画出滑轮组的绕绳方法（2）实验中，沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，在测量绳端所受的拉力时，弹簧测力计应匀速上升（选填“保持静止”或“匀速上升”）（3）第三次试验时，测力计示数如图乙所示，此时绳端受到的拉力为1.8N，滑轮组的机械效率为74.1%（4）根据表格中的数据分析可知：随着物重的增大，额外功变大（选填“变小”、“不变”或“变大”），原因是克服摩擦做功更多要提高同一滑轮组机械效率，可以采取增加提起的物重或减轻动滑轮重的措施【考点】滑轮（组）机械效率的测量实验【分析】（1）先根据表中的数据，分析确定承担物重的绳子的段数，然后再