江苏省苏科版 初三物理 上学期第十一章 简单机械和功 本章综合实验题提优.docx
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江苏省苏科版初三物理上学期第十一章简单机械和功本章综合实验题提优
江苏省苏科版初三物理上学期
第十一章简单机械和功本章综合实验题提优
1.在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）杠杆安装在支架上平衡后如图甲所示，应将杠杆的螺母向________调节，使杠杆在________位置平衡，这样做的目的是_____________________。
（2）杠杆调节好后，在如图乙所示的A点挂上3个钩码，可在B点挂上________个钩码使杠杆仍然在原位置平衡；
（3）取下B点的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，杠杆始终保持平衡（如图丙），测力计的示数________（选填“变大”、“不变”或“变小”）。
2.小明在测量滑轮组机械效率的实验中，所用装置如图所示，实验中每个钩码重2N，测得的数据如表：
物理量实验次数
钩码总重G/N
钩码上升的高度h/m
测力计示数F/N
测力计移动距离s/m
机械效率η
1
4
0.1
1.8
0.3
2
6
0.1
2.4
0.3
83%
3
4
0.1
1.4
0.5
57%
4
4
0.2
1.4
1.0
57%
（1）在实验中，测绳端拉力F时，应尽量竖直向上______拉动弹簧测力计且在拉动过程中读数。
（2）第1次实验测得的机械效率为______（结果保留两位有效数字）。
（3）分析表中数据可知：
第2次实验是用______图做的；第4次实验是用______图做的。
（选填“a”、“b”或“c”）
（4）分析对比第1、2次实验数据，可得结论：
______。
（5）分析对比第1、3次实验数据，可得结论：
______。
（6）分析第3、4次实验数据可知，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度______。
3.在探究杠杆平衡条件的实验中，
（1）实验前杠杆静止时如图甲所示，杠杆处于______状态（选填“平衡”或“不平衡”）。
若要将其调整到水平位置平衡，应将杠杆左端的平衡螺母向______（选填“左”或“右”）调。
（2）调节杠杆水平平衡后，小妤在图乙所示的A位置挂上3个钩码，为了使杠杆在水平位置平衡，这时应在B位置挂上______个相同钩码。
当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点方向移动一小格，则杠杆______（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡。
实验
次数
F1（N）
L1（cm）
F2（N）
L2（cm）
1
2
5
①
10
2
3
10
2
15
3
2
30
3
②
（3）上表是小妤同学在实验中记录杠杆水平平衡时的部分数据：
表中空格处所缺的数据是：
①______，②______；
（4）分析上表中的实验数据可以得出的结论是______。
4.物理兴趣小组在探究滑轮组的机械效率与哪些因素有关时，猜想滑轮组的机械效率可能与物重和物体上升的高度等因素有关，该兴趣小组利用如图所示的装置分别进行实验探究，测量的实验数据如下表：
实验次数
物重
物体上升高度
拉力
绳子自由端移动的距离
机械效率
1
1N
0.1m
0.6N
0.2m
83.3％
2
1N
0.1m
0.4N
0.4m
62.5％
3
2N
0.1m
065N
0.4m
76.9％
4
1N
0.2m
0.6N
0.4m
83.3％
（1）分析实验数据得出：
同一个滑轮组机械效率与物体上升的高度________（选填“有关”或“无关”）；
（2）在测量拉力时，若使弹簧测力计缓慢加速直线运动，则测得的机械效率与正确操作相比________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（3）为了增大滑轮组的机械效率，可以采用的方法是________（正确写出一种即可）。
5.小明想通过实验来探究斜面的机械效率与什么因素有关。
他猜想：
A．斜面的机械效率可能与斜面的粗糙程度有关
B．斜面的机械效率可能与斜面的倾斜度有关
C．斜面的机械效率可能与木块的重量有关
他设计了如图所示的实验装置，验证猜想B是否成立，请你帮他完善实验过程
（1）根据他的猜想，若用此装置验证猜想B，要控制什么量不变：
_______________________；还要选用什么器材？
_____________。
（2）写出实验过程（可画图说明）；实验中要测量的物理量，并用符号表示。
（3）写出斜面的机械效率的表达式
6.小明利用图示装置“探究杠杆平衡条件”．
（1）实验时，若出现图甲所示情况，应将杠杆的平衡螺母向__________（选填“左”或“右”）调，直到杠杆在__________位置平衡．
（2）如图乙，为了保持杠杆平衡，弹簧测力计由A位置缓慢旋转到C位置的过程中，测力计的示数将先__________后__________（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
（3）下表是在实验中记录杠杆平衡的部分数据：
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
2
5
①
10
2
3
10
2
15
3
2
30
3
②
表中空格处所缺的数据是：
①__________，②__________；分析表中的实验数据可以得出的结论是_______________________________．
7.如图装置为某学生在科技创新大赛时发明的可以直接测量液体密度的“密度天平”．其制作过程和原理如下：
选择一根长l米的杠杆，调节两边螺母使杠杆在水平位置平衡．在左侧离中点10厘米的A位置用细线固定一个质量为150克、容积为80毫升的容器．右侧用细线悬挂一质量为50克的钩码（细线的质量忽略不计）．测量时往容器中加满待测液体，移动钩码使杠杆在水平位置平衡，在钩码悬挂位置直接读出液体的密度．
（1）该“密度天平”的“零刻度”应标在右端离支点O______厘米处．
（2）该“密度天平”的量程为_____________。
（3）若将钩码的质量适当增大，该“密度天平”的量程将_____（选填“增大”“减小”或“不变”）．
8.小明用如下图所示的装置探究杠杆的机械效率，每个钩码的质量为m，O为支点．
（1）他将2只钩码悬挂在B点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，拉力为F1，测得A、B两点上升的高度分别为h1、h2，则此次杠杆的机械效率η为＝_______________（用物理量的符号表示）．
（2）他将2只钩码悬挂在C点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使C点上升高度为h2，则弹簧测力计的示数将____________F1（大于/小于/等于，下同），此次弹簧测力计做的功将_____________第一次做的功．
（3）他将3只钩码悬挂在C点，在A点竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使C点上升高度仍为h2，则第3次杠杆的机械效率与前两次相比__________________（选填“最大”、“最小”或“三次相等”）。
9.小凡同学在“探究定滑轮和动滑轮特点”的实验中，装置图如图所示。
实验次数
物重G/N
测力计的示数F/N
1
1.00
0.65
2
1.50
0.90
3
2.00
1.15
（1）在探究定滑轮时，照图乙操作，觉得读数不方便，于是把测力计倒过来，即测力计吊环系在拉绳上，用手拉挂钩，测力计的示数会______（“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）在探究动滑轮时，照图丙操作，记录数据如下表，分析数据发现，测力计的示数F大于物重G的一半，与课本结论存在差异，其原因是______。
请给出一条
减小此差异的建议______。
10.小明利用杠杆、刻度尺、金属块、烧杯、细线和适量的水制成一个测量液体密度的密度秤．以下是小明设计的实验步骤，请你按照他的实验思路，将实验步骤补充完整．
（1）如图甲将烧杯用细绳悬挂在杠杆D端，移动绳套到O点时，杠杆恰好在水平位置平衡这样做是为了平衡杠杆自重和_____对测量密度的影响．该方案中要增加密度秤的量程可
以______（选填“增大”或“减少”）烧杯的质量．
（2）如图乙在烧杯中装入一定量的水，将质量为m的金属块挂在C处，使得杠杆水平平衡，测得CO的距离为5cm,OD的距离为4cm，则烧杯中水的质量为__________．（以m表示）
（3）在烧杯中装入相同________（选填“质量”或“体积”）的液体，将金属块移至B处杠杆再次平衡，测出BC之间的距离为1cm，待测液体的密度ρ液=_____kg/m3．（ρ水=1.0×103kg/m3）
答案和解析
1.【答案】
（1）右；水平；便于测量力臂；
（2）2；
（3）变大
【解析】【分析】
本题考查了杠杆平衡的条件，在实验中我们应首先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以便直接读出力臂；用弹簧测力计时，应注意竖直方向拉动测力计；杠杆平衡的条件就是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
（1）实验中，为了便于测量力臂，应调节杠杆在水平位置平衡；在调节杠杆平衡时，平衡螺母总向较高的一端调节；
（2）根据杠杆平衡条件可以进行计算；
（3）根据杠杆的平衡条件：
F1L1=F2L2可知，当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，拉力F的力臂变小，根据杠杆的平衡条件：
F1L1=F2L2可知，测力计示数将变大。
【解答】
（1）由图甲知，右边上翘，要使杠杆在水平方向平衡，应将平衡螺母向右端调节；实验时首先调节杠杆使其在水平位置平衡的好处是便于测量力臂；
（2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得：
3G×2L=nG×3L，
解得：
n=2（个）；
（3）当弹簧测力计由位置1转至位置2的过程中，阻力、阻力臂不变，拉力F的力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，测力计示数将变大。
故答案为：
（1）右；水平；便于测量力臂；
（2）2；（3）变大。
2.【答案】匀速 74% b c 使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率 使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多，滑轮组的机械效率越低 无关
【解析】解：
（1）在测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动测力计。
（2）机械效率：
η=
×100%=
×100%=
×100%≈74%
（3）由数据知第2次实验中，s为h的3倍，所以滑轮组由3段绳子承担物重，而被提升的物重为6N，其它3组为4N．所以第2次实验是用b图做的；
第4次实验s为h的5倍，所以滑轮组由5段绳子承担物重，所以第4次实验是由c图做的。
（4）分析第1、2次实验，两次所用滑轮组相同，但第2次物重大于第1次物重，机械效率也大于第1次的机械效率，所以可得使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率。
（5）分析第1、3次实验，两次提升物体的重力相同，第3次实验的动滑轮较重，而机械效率较低，所以可得使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多，滑轮组的机械效率越低。
（6）第3、4次实验只是改变了物体被提升的高度，机械效率没变，所以可得滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
故答案为：
（1）匀速；
（2）74%；（3）b；c；（4）使用同一滑轮组，提高物重可以提高滑轮组的机械效率；（5）使用不同的滑轮组，提升相同的重物，动滑轮个数越多，滑轮组的机械效率越低；（6）无关。
（1）在实验中，要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计。
（2）掌握机械效率的计算公式，η=
=
，能用此公式进行简单的计算。
（3）要掌握绳端移动距离与物体上升高度之间的关系：
s=nh．根据绳端移动距离与物体上升的高度判断出承担物重的绳子段数，同时也要注意被提升的物重。
（4）掌握影响滑轮组机械效率的因素：
物重和动滑轮的个欸数。
被提升的物体越重、动滑轮的个数越少，则滑轮组的机械效率越高。
（5）根据物体被提升的高度与效率之间的关系得出结论，滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
此题是测量滑轮组的机械效率实验，主要考查了有关滑轮组机械效率的计算，以及影响滑轮组机械效率的因素：
被提升的物重和动滑轮的重力。
被提升的物体越重、动滑轮的重力越小，滑轮组的机械效率越高。
而滑轮组的机械效率与物体被提升的高度无关。
3.【答案】平衡 左 4 不能 1 20 F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）。
【解析】解：
（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；
为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，左端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向左调节；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：
FALA=FBLB，即3G×4L=FB×3L，解得FB=4G，需挂4个钩码；
若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧3G×5L=15GL，右侧4G×4L=16GL，因为15GL＜16GL杠杆不能平衡；
（3）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可得：
2N×5cm=F2×10cm，解得F2=1N；
2N×30cm=3N×L2，解得L2=20cm；
（4）分析实验数据，得出杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）。
故答案为：
（1）平衡；左；
（2）4；不能；（3）1；20；（4）F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）。
（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）通过实验得出杠杆的平衡条件，F1L1=F2L2可求表中空格处所缺的数据；
（4）利用杠杆的平衡条件分析三组数据，动力×动力臂是否等于阻力×阻力臂。
本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：
杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上。
4.【答案】
（1）无关；
（2）偏小；
（3）增加所提升的物体重量或者减小动滑轮自重、绳重以及滑轮轴间的摩擦。
【解析】【分析】
本题探究滑轮组的机械效率与哪些因素有关，考查控制变量法及分析数据得出结论的能力及实验注意事项和影响机械效率的因素。
（1）根据绳子自由端移动的距离s与物体升高的高度h的关系s=nh，判断哪两次实验是用的同一装置，再分析当物重不变，提升物体的高度改变时，机械效率与高度的关系；
（2）加速拉动时，拉力将变大，根据W总=FS可知总功的变化，再根据机械效率等于有用功和总功的比值可知机械效率的变化情况；
（3）分析数据和减小额外功的角度分析。
【解答】
（1）由表中1、4实验可知，同一装置，提升物体的重力相同，而提升的高度不同，但机械效率相同，即同一滑滑轮组机械效率与物体上升的高度无关；
（2）实验中，应匀速竖直向上拉动测力计；
若加速拉动时，拉力将变大，根据W总=Fs可知，总功变大；
有用功不变时，总功变大，由
可知，测得的机械效率偏小；
（3）由表中2、3实验可知，同一装置，提升物体的重力变大，机械效率变大，增加所提升的物体重量可以增大滑轮组的机械效率；
我们在生活中经常给各种机械加润滑油，是为了减小摩擦，或减小动滑轮自重，都可以减小额外功，而有用功不变，故总功减小，根据
可知，增大了机械效率。
故答案为：
（1）无关；
（2）偏小；
（3）增加所提升的物体重量或者减小动滑轮自重、绳重以及滑轮轴间的摩擦。
5.【答案】解：
（1）斜面粗糙程度不变（同一斜面）和同一木块（物重一样）；刻度尺和弹簧测力计；
（2）①用刻度尺量出斜面高度和长度，分别记为h和s；②用弹簧测力计称出木块重量，记为G ；③将木块放在斜面上，用弹簧测力计拉住匀速上升，读出测力计示数，记为F；④改变斜面倾斜度重复③几次，测力计示数分别记为F2、F3…….
（3）
【解析】通过探究斜面的机械效率的实验，让学生掌握如何用控制变量法探究物理问题，并考查了机械效率的计算等。
（1）斜面的机械效率跟斜面的粗糙程度和斜面的倾斜程度有关。
在斜面粗糙程度一定时，斜面倾斜程度越大，斜面机械效率越高；在斜面倾斜程度一定时，斜面越光滑，斜面机械效率越高；
（2）为了计算机械效率，需要得到斜面高度和长度h和s、木块重量G、木块放在斜面上，用弹簧测力计拉住匀速上升，读出测力计示数F；
（3）根据公式
计算机械效率。
6.【答案】
（1）左；水平；
（2）变小；变大；
（3）①1；②20；F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）
【解析】【分析】
本题考查了杠杆平衡的调节、杠杆平衡条件的应用等问题，是实验的常考问题，一定要掌握。
探究杠杆平衡条件时，要使力臂在杠杆上，有两个条件：
杠杆在水平位置平衡；力竖直作用在杠杆上。
（1）在调节杠杆平衡时，哪端高将平衡螺母向哪端调节；
（2）弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，力臂在杠杆上，当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，力臂变短，阻力、阻力臂不变，动力臂变短，动力变大。
（3）通过实验得出杠杆的平衡条件，F1L1=F2L2可求表中空格处所缺的数据；
利用杠杆的平衡条件分析三组数据，动力×动力臂能否等于阻力×阻力臂。
【解答】
（1）若杠杆右端低左端高，说明右端的重力偏大，则应将右端的平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡；
（2）当弹簧测力计由A到B再到C，仍然使杠杆平衡时，动力臂先变大再变小，阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力先变小再变大，即弹簧测力计示数先变小再变大。
（3）根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可得：
2N×5cm=F2×10cm，解得F2=1N；
2N×30cm=3N×L2，解得L2=20cm；
分析实验数据，得出杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）。
故答案为：
（1）左；水平；
（2）变小；变大；（3）①1；②20；F1L1=F2L2（动力×动力臂=阻力×阻力臂）。
7.【答案】
（1）30；
（2）0～1.25g/cm3。
（3）增大
【解析】【分析】
通过杠杆的平衡条件，来间接地测量液体的密度，题目考查的角度比较新颖，能熟练运用杠杆的平衡条件进行分析，并能将相关数据对号入座，最终转换为密度的测量是本题的关键。
（1）在容器中未倒入液体时，直接将相关数据带入杠杆的平衡条件公式F1L1=F2L2中，即可求出钩码所在的位置，这就是该“密度天平”的“零刻度”；
（2）钩码移至最右端时，该“密度天平”达到了大量程，同样根据杠杆的平衡条件，带入相关的数据，即可进行求解；
（3）钩码的质量适当增大，说明杠杆一侧的力增大，在力臂关系相同的情况下，另一侧的力也会增大，即该“密度天平”的量程将增大。
【解答】
（1）根据杠杆的平衡条件公式F1L1=F2L2得，150g×10cm=50g×L2，
解得，L2=30cm。
（2）根据题意钩码移动至最右端，该“密度天平”达到最大量程，设OA为L1′，O点距最右端的距离为L2′，容器的质量为m1，钩码的质量为m2，容器中加满液体的质量为m，
由F1L1=F2L2得，（m1+m）gL1′=m2gL2′，
已知：
m1=150g，m2=50g，L1=10cm，L2′=50cm，
代入上式解得，m=100g，
；
（3）当钩码的质量适当增大时，说明杠杆一侧的力增大，在力臂关系相同的情况下，另一侧的力也会增大，即该“密度天平”的量程将增大。
故答案为：
（1）30；
（2）0～1.25g/cm3。
（3）增大。
8.【答案】
（1）
×100%；
（2）大于；小于；
（3）最大
【解析】【分析】
本题考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、总功的计算方式，明确机械效率的表达式，知道总功等于有用功与额外功之和。
（1）使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值；
（2）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出弹簧测力计做功的变化情况；
（3）分析有用功、额外功的变化，然后根据机械效率公式即可得出正确结果。
【解答】
（1）有用功为W有=Gh2=2mgh2，总功W总=F1h1，则机械效率的表达式η=
×100%=
×100%；
（2）钩码的悬挂点在B点时，由杠杠的平衡条件得F1•OA=G•OB；悬挂点移至C点时，由杠杠的平衡条件得F2•OA=G•OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功；
（3）因为第一次与第二次的有用功相等，并且第二次的额外功小，因为机械效率等于有用功与总功的比值，因此第一次的机械效率小于第二次的机械效率；
将3只钩码悬挂在C点时，物体升高的高度不变，物重增加，由W有=Gh2可得，有用功变大，但杠杆提升的高度与第二次相同，额外功与第二次相同，又因为机械效率等于有用功与总功的比值，因此第三次的机械效率大于第二次的机械效率。
综上所述，第三次的机械效率最大．
故答案为：
（1）
×100%；
（2）大于；小于；（3）最大。
9.【答案】变小 动滑轮本身有重力 将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里
【解析】解：
（1）在探究定滑轮时，照图乙操作，觉得读数不方便，于是把测力计倒过来，即测力计吊环系在拉绳上；此时弹簧测力计受力情况是：
受到向上绳子的拉力（大小等于钩码重），受到向下的自身重力和手的向下拉力；这时测力计测量的是手向下的拉力，大小等于绳子自由端的拉力与测力计重力之差，所以在匀速拉动时，会造成测力计的示数变小。
（2）人在提升重物时把动滑轮也提起了，所以动滑轮本身的重力是存在差异的最主要原因；由于转轴之间有摩擦，绳也有一定重量，导致拉力也会增大。
“使用动滑轮能省一半力”是在不考虑动滑轮重力和摩擦的理想情况下才成立的，在实际实验中，动滑轮的物重和摩擦是客观存在的，要减小此差异，则动滑轮的重力不能忽略；减小此差异的方法：
将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里。
故答案为：
（1）变小；
（2）动滑轮本身有重力；将动滑轮的重力计算在提升的物体的重力里。
（1）把测力计倒过来使用时，根据对弹簧测力计进行受力分析可以找到问题所在。
（2）使用动滑轮提升重物省一半力，但本题的实验数据与这一结论有偏差，考查同学对数据产生的误差进行合理分析的能力。
本题考查了学生对实验测量数据的分析能力，属实验评估类题目范畴。
使用动滑轮提重物，人对绳自由端施加的动力受多方面因素的影响，忽略绳重、摩擦、动滑轮重时，动力是物重的一半。
10.【答案】
（1）烧杯及细绳重力；增大；
（2）1.25m；
（3）体积；1.2×103
【解析】【分析】
本题考查杠杆的平衡条件及密度和重力公式的运用，其中要增加密度秤的量程的方法是难点
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