2020年江苏中考物理复习课件专题七　简单机械、功、功率和机械能.pptx

1、A组 2019年江苏省中考题组,考点一 简单机械,1.(2019扬州,2,2分)下列工具属于省力杠杆的是 ( ),答案 D 扳手的动力臂大于阻力臂,是省力杠杆。A、B、C均为费力杠杆,动力臂小于阻力臂,可以省距 离。故选D。,2.(2019盐城,8,2分)如图所示,工人用动滑轮匀速提升重物,这样做 ( ) A.省力,不改变施力的方向 B.不省力,改变施力的方向 C.既省力,也改变施力的方向 D.既不省力,也不改变施力的方向,答案 A 题图中动滑轮可省力,但不能改变施力方向,即不借助它,需要用方向向上的力提升重物,现在使 用动滑轮,仍需用向上的力提升重物。,3.(2019苏州,28,5分)利用杠

2、杆开展相关实验探究: (1)安装好杠杆,将其放到水平位置后松手,发现杠杆沿顺时针方向转动,如图甲所示。则应将平衡螺母向 (选填“左”或“右”)调节,直到杠杆在水平位置平衡; (2)如图乙所示,在A点挂3个重力均为0.5 N的钩码,在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆,使其在水平位置平 衡,弹簧测力计的示数为 N;若在第(1)小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验, 弹簧测力计的示数会 (选填“偏大”、“偏小”或“不变”);,(3)始终竖直向下拉弹簧测力计,使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度,如图丙所示。此过程中,弹簧测力计 拉力的力臂 (选填“变大”、“变小”或“不变”,下同),拉力的大

3、小 。,答案 (1)左 (2)2.0 偏小 (3)变小 不变,解析 (1)调节杠杆平衡的方法是调节平衡螺母,哪一侧质量大就会向该侧旋转,该侧就会变低,平衡螺母向 旋转后变高的一侧调节。 (2)根据杠杆的平衡条件:F1L1=F2L2,则30.5 N4L=F弹3L,可得F弹=2.0 N;如果(1)中未调节平衡,杠杆顺时针 转动,即右侧重,即杠杆的重心在右侧,那么根据平衡条件可知弹簧测力计示数偏小; (3)如图杠杆在旋转的过程中,缓慢转过一个角度,弹簧测力计拉力作用线向O点靠近,力臂变小,阻力是钩码 对杆的拉力,阻力F2=G,阻力臂为OAcos (为杠杆与水平面之间的夹角),由于在B点处施加一竖直向

4、下的力F1,动力臂为OB=OB cos , 根据杠杆的平衡条件:F1L1=F2L2可得,F1OB cos =GOA cos , 所以F1= ,故拉力的大小保持不变。,名师点睛 此类题综合性很强,且难度很大,解答时,从分析受力入手,利用杠杆平衡条件可解答此题。,4.(2019淮安,13,3分)小明在“探究杠杆平衡条件”的实验中: (1)实验前调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡,目的之一是方便测量 ; (2)如图甲所示,在杠杆左边A处挂4个钩码,要使杠杆在水平位置平衡,应在杠杆右边B处挂 个钩码; (实验中所用的钩码均相同) (3)小明又用弹簧测力计在C处竖直向上拉。如图乙所示,当弹簧测力计逐渐向右

5、倾时,使杠杆仍然在水平位 置平衡,则弹簧测力计的示数将逐渐 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。 甲,乙,答案 (1)力臂 (2)3 (3)变大,解析 (1)调节杠杆在水平位置平衡,可以在杠杆上直接读取力臂。 (2)根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知,设每格长度为L,则4G3L=nG4L,可知n=3。 (3)弹簧测力计向右倾斜,拉力的力臂变小,根据杠杆平衡条件可知,拉力变大。,解题关键 调节杠杆在水平位置平衡的目的:消除杠杆自重对实验的影响;便于测量力臂。 杠杆平衡条件:F1l1=F2l2。 力臂:支点到力作用线的距离,可以不在杠杆上。 杠杆平衡条件变形:F1=F2 ,因F2、l2均不变

6、,l1减小,F1增大。,知识拓展 用杠杆提升重物至杠杆接近水平时的三种情况,均可依据F1= 判断,弹簧测力计始终垂直 于杠杆,F2、l1均不变,l2变大,F1变大;弹簧测力计始终竖直向上,F2不变,l2与l1比值不变,F1不变;弹簧测力 计始终水平,F2不变,l1变小,l2变大,故F1变大。,5.(2019南京,25,4分)如图所示为一拉杆旅行箱的示意图。将其视为杠杆,O为支点,B为重心,BC为竖直方向, A为拉杆端点。已知箱重为250 N,OA为120 cm,OC为24 cm。 (1)图中在A点沿图示方向施加动力F,箱子静止。则动力F的力臂为 cm,大小为 N。 (2)使拉杆箱在图示位置静止

7、的最小动力为 N。 (3)生活中,常把箱内较重物品靠近O点摆放,这样使拉杆箱在图示位置静止的最小动力将 (选填,“变大”、“变小”或“不变”)。,答案 (1)60 100 (2)50 (3)变小,解析 (1)如图所示 F的力臂为L1= OA= 120 cm=60 cm 根据杠杆的平衡条件可知 FL1=GL2,可得F= = =100 N。 (2)当施加动力F垂直于OA时,F的力臂最大,为120 cm,F最小。 Fmin= = =50 N。 (3)根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知,动力臂L1和阻力F2不变,阻力臂L2减小时,F1也将减小。故把箱内较重 物品靠近O点摆放时,最小动力将变小。,

8、解题方法 解决杠杆问题时,应根据杠杆的平衡条件,寻找出对应物理量或确定相关物理量的变化情况,进 行求解。,6.(2019无锡,22,3分)小红利用杠杆制成一种多功能杆秤,使用前,杠杆左端低,右端高,应将平衡螺母向 调节,直到杠杆处于水平平衡。她取来质量均为100 g的实心纯金属块a和b、合金块c(由a、b的材料组 成)。她将a挂在A处,且浸没于水中,在B处挂上100 g钩码,杠杆恰好处于水平平衡,如图所示,测得OA=50 cm, OB=40 cm,则a的密度为 g/cm3。接下来,她分别将b、c挂于A处并浸没于水中,当将钩码分别移至 C、D处时,杠杆均水平平衡,测得OC=30 cm,OD=34

9、 cm,则金属块c中所含金属a和金属b的质量之比为 。(水=1.0103 kg/m3),答案 右 5 23,解析 使用前左低右高,说明杠杆重心偏左,平衡螺母应向右调。 由杠杆平衡条件可得 m0gOB=(Ga-F浮)OA 即m0gOB=(mag-水g )OA 解得a=5 g/cm3 同理,m0gOC= OA 解得b=2.5 g/cm3 m0gOD=(mcg-水gVc)OA ma+mb=mc + =Vc 联立,解得mamb=23,考点二 功、功率、机械效率,1.(2019连云港,9,2分)物体在水平地面上做直线运动,当物体运动的路程和时间图像如图甲时,受到的水平 推力为F1;当物体运动的速度和时间

10、图像如图乙时,受到的水平推力为F2。两次推力的功率分别为P1、P2。 则下列关系正确的是 ( ),A.F1=F2 P1P2 B.F1=F2 P1F2 P1P2 D.F1P2,答案 B 由甲、乙两图可知,物体都在做匀速直线运动,推力F与滑动摩擦力都是一对平衡力,而两种情况 下滑动摩擦力相等,故F1=F2;v甲=2 m/s,v乙=4 m/s,P1=F1v甲,P2=F2v乙,则P1P2,故选B。,2.(2019宿迁,6,2分)一定质量的物体在水平拉力的作用下沿同一水平面运动,物体运动的路程(s)-时间(t)图 像如图所示,根据图像,下列判断正确的是 ( ) A.物体10 s时的速度大于4 s时的速度

11、 B.06 s拉力对物体所做的功大于612 s拉力对物体所做的功 C.06 s拉力对物体做功的功率小于612 s拉力对物体做功的功率 D.06 s物体所受的拉力大于612 s物体所受的拉力,答案 B 由图像可知,物体在06 s内和在612 s内均做匀速直线运动。06 s内物体的速度v1= = =0.5 m/s;612 s内物体的速度v2= = = m/s ,故物体10 s时的速度小于4 s时的速度,故A错误。因为物体在0 6 s内和在612 s内均做匀速直线运动,故06 s内物体受到拉力大小等于滑动摩擦力大小,即F1=f1;同理612 s 内物体受到拉力F2=f2;又因为在06 s内和在612

12、 s内,物体与水平面间的压力大小相等,接触面的粗糙程度 相同,故两次受到的滑动摩擦力相等,即f1=f2,故F1=F2;物体在06 s内运动的路程s1=3 m,物体在612 s内运动 的路程s2=1 m,所以s1s2,根据W=Fs可以判断出W1W2,故B正确,D错误。因为W1W2,t1=t2=6 s,根据P= 可 知,06 s内拉力对物体做功的功率大于612 s内拉力对物体做功的功率,故C错误。,解题关键 滑动摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关。,3.(2019扬州,20,6分)如图所示,用100 N的拉力F匀速提升重为240 N的物体,在10 s内物体上升1 m,则有用功 是 J,拉

13、力的功率是 W,机械效率是 。,答案 240 30 80% W有用=Gh=240 N1 m=240 J W总=Fs=F3h=100 N31 m=300 J P= = =30 W = = 100%=80%,4.(2019南京,17,5分)建筑工地上,起重机吊臂上的滑轮组如图所示。在匀速起吊重4.2103 N的物体时,物体 5 s内上升了6 m,此过程中有用功为 J,钢丝绳移动的速度为 m/s;若滑轮组的机械效率为 70%,则额外功为 J,拉力F为 N,其功率为 W。,答案 2.52104 3.6 1.08104 2103 7.2103,解析 起重机吊起物体过程中的有用功 W有用=Gh=4.210

14、3 N6 m=2.52104 J s绳=nh=36 m=18 m v绳= = =3.6 m/s = W总= = =3.6104 J W额外=W总-W有用=3.6104 J-2.52104 J=1.08104 J W总=Fs绳 F= = =2103 N P拉= = =7.2103 W,易错警示 当滑轮组有n股绳子承担物重时,绳子自由端的移动的距离、速度是物体上升的高度、物体运 动速度的n倍。,5.(2019宿近,12,4分)如图是塔式起重机上的滑轮组,在1 min内将1.8104 N的重物匀速提高2 m的过程中,作 用在绳端的拉力F为8103 N。若以动滑轮为参照物,重物是 (选填“运动”或“静

15、止”)的,则拉力 F做功的功率是 W,该滑轮组的机械效率是 。若提升2104 N重物时该滑轮组机械效率 会 (选填“变大”“变小”或“不变”),答案 静止 8102 75% 变大,解析 以动滑轮为参照物,重物的位置不变,故重物是静止的。 绳子自由端移动的距离s=nh=32 m=6 m 故拉力F做功W总=Fs=8103 N6 m=4.8104 J 则拉力F做功的功率P= = =8102 W 有用功W有用=Gh=1.8104 N2 m=3.6104 J 则机械效率= 100%= 100%=75% 根据机械效率= = = = = 可知,G动不变时,G物越大,越大。 故提升2104 N重物时该滑轮组机

16、械效率会变大。,易错警示 绳子自由端移动的距离是物体上升高度的3倍。,6.(2019苏州,24,6分)如图所示,利用动滑轮提升货物。在竖直向上、大小为250 N的拉力F作用下,重为400 N的货物在20 s的时间内匀速上升5 m。求: (1)有用功W有; (2)拉力F的功率P; (3)此过程中动滑轮的机械效率。,答案 (1)2 000 J (2)125 W (3)80%,解析 (1)有用功W有=Gh=400 N5 m=2 000 J; (2)拉力F做的功为总功,根据题意知做功时间为t=20 s,根据W=Fs,可得 W总=Fs=250 N(25)m=2 500 J 根据W=Pt可知,拉力F的功率

17、P= = =125 W; (3)动滑轮的机械效率= 100%= 100%=80%。,7.(2019泰州,42,6分)如图,使用杠杆提升重物,拉力F竖直向下,重物匀速缓慢上升,相关数据如表:,求:,(1)拉力所做的功; (2)拉力做功的功率; (3)此过程中,该杠杆的机械效率。,答案 (1)100 J (2)200 W (3)80%,解析 (1)拉力所做的功W拉=Fs=500 N0.2 m =100 J (2)拉力做功的功率P拉= = =200 W (3)有用功W有用=Gh=200 N0.4 m=80 J 该杠杆的机械效率= 100%= 100%=80%,考点三 机械能及其转化,1.(2019泰

18、州,30,2分)如图,一个小球在地面上弹跳,下列分析错误的是 ( ) A.小球从A处到B处重力势能增大 B.小球从B处到C处动能增大 C.小球在B处比D处重力势能大 D.小球在A、C、E三处机械能总量相等,答案 D 小球从A处到B处,小球的质量不变,高度变大,故小球的重力势能增大,A正确。小球从B处到C处, 小球的质量不变,速度变大,故小球的动能增大,B正确。在B处和D处,小球的质量相同,但小球在B处的高度 更高,故小球在B处的重力势能更大,C正确。小球每次跳起的最大高度逐渐变小,说明小球在弹跳过程中受 到了空气阻力,小球的机械能逐渐减小,故小球在A、C、E三处机械能总量逐渐变小,D选项错误,

19、符合题 意。故选D。,解题关键 知道动能的大小与质量和速度有关;重力势能的大小与质量和高度有关;机械能等于动能与势 能之和。,2.(2019苏州,12,2分)将皮球从离地某一高度O点处水平抛出,球落地后又弹起,它的部分运动轨迹如图所 示。下列说法正确的是 ( ) A.皮球经过同一高度的A、B两点时动能相等 B.皮球第一次反弹后到达最高点P点时速度为零 C.皮球在D点时的机械能小于在C点时的机械能 D.若将皮球表面涂黑,则会在地面M、N两点留下两个大小相等的黑色圆斑,答案 C 皮球经过同一高度的A、B两点时由于空气阻力的影响,在B处的动能小于在A处的动能,故A错 误;皮球第一次反弹后到达最高点P

20、点时竖直方向上速度为零,但是水平方向上由于继续向右移动,水平方 向速度不为0,所以皮球在P点时速度不为零,故B错误;皮球由于受到空气阻力的影响,机械能逐渐减小,因此 从C点到达D点时,机械能存在损失,故C正确;若将皮球表面涂黑,由于空气阻力影响,在M、N两点皮球的机 械能不相等,因此在地面上留下的两个黑色圆斑大小不相等,应该M处较大,故D错误。,思路分析 本题明显看出皮球的弹起高度在逐渐降低,可得出在整个过程中皮球的机械能不断减小,也就 是皮球的位置越靠右皮球的机械能越小;在等高的两个点中比较皮球的动能的大小可以通过比较皮球的机 械能的大小来判断,因为等高点重力势能相等,机械能大的位置动能也大

21、。,易错警示 同学们会想当然地以为整个过程机械能是不变的,所以在高度大的位置重力势能大动能小,这 种认知是有前提条件的,在本题中不适用;最高点速度不一定为零,此时竖直方向的速度为零,我们还要考虑 水平方向上的速度。,3.(2019宿迁,4,2分)如图所示,粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面,一小球由A点以速度v沿轨道滚下,经另一 侧等高点B后到达最高点C。下列关于小球滚动过程的分析正确的是 ( ) A.整个过程只有重力在对小球做功 B.小球在A、B两点具有的动能相同 C.小球在A、B、C三点的速度大小关系是vAvBvC D.小球在A点具有的机械能等于它在C点具有的重力势能,答案 C 弧形轨道表面粗

22、糙,故小球在运动过程中会受到摩擦力,因此需要克服摩擦力做功,故A错误。小 球在运动过程中需要克服摩擦力做功,机械能不断减小,故小球在B点的机械能小于在A点的机械能,又因为 小球在A、B两点的重力势能相同,则小球在B点的动能小于在A点的动能,故B错误。因为小球在B点的动能 小于在A点的动能,所以小球在B点的速度小于在A点的速度,从B到C小球继续减速,因此小球在C点的速度 小于在B点的速度,故C正确。小球在C点的动能为0,因此小球在C点的重力势能等于其机械能,而小球在运 动过程中需要克服摩擦力做功,因此小球在A点具有的机械能大于在C点具有的重力势能,故D错误。,解题关键 在动能和势能转化的过程中,

23、存在摩擦等阻力时,机械能会减小。,4.(2019泰州,36,5分)城市里尘土飞扬,空气中灰尘的运动 (是/不是)分子运动,如图是某城市新型除 尘洒水车,洒水车在水平公路上一边向前匀速直线行驶一边向高空喷水雾,在此过程中,洒水车的机械能 (变大/变小/不变)。以洒水车为参照物,路边的树木是 (运动/静止)的。洒水车喷雾时后方 常会出现彩虹,这是光的 现象,最早通过实验研究这一现象的科学家是 。,答案 不是 变小 运动 色散(或折射) 牛顿,解析 灰尘不是分子,因此灰尘的运动不是分子运动。洒水车在水平公路上匀速直线行驶的过程中不断向 外喷洒水雾,虽然洒水车的速度和高度不变,但是洒水车的质量在变小,

24、所以它的动能和重力势能都变小,洒 水车的机械能也变小。 以洒水车为参照物,路边的树木的位置发生改变,故路边的树木是运动的。 彩虹是因为太阳光经过小水滴时发生折射形成的,这是光的色散现象,这个现象是英国的物理学家牛顿最 早通过实验进行研究的。,考点分析 影响动能大小的因素、影响重力势能大小的因素、机械能的定义、判断物体相对运动的方法 等。,5.(2019无锡,17,2分)如图所示,将钢锯条固定在桌面边缘,将棋子放在钢锯条的端部,然后用手将锯条的端部 压下一段距离,松手后,棋子会被弹起一定的高度,此过程中,钢锯条的弹性势能转化为棋子的 势能, 增加钢锯条被下压的距离,发现棋子被弹起的高度增加,实验

25、表明,物体的 越大,它的弹性势能越 大。,答案 重力 弹性形变,解析 将钢锯条端部压下一段距离,钢锯条发生了弹性形变,具有弹性势能,压下的距离越大,弹性形变程度 越大,弹性势能就越大,弹起时转化成棋子的重力势能就越多,棋子上升的高度就越大。,方法技巧 判断同一物体动能、势能及其变化的方法动能看速度;重力势能看高度;弹性势能看弹性 形变程度。,6.(2019淮安,14,2分)如图是“探究物体动能大小与哪些因素有关”的实验示意图(A为小球,B为木块)。在 探究小球动能大小与速度的关系时,应保持小球的 不变。本实验是通过木块B 来反映小 球动能的大小。,答案 质量 移动的距离,解析 动能大小的影响因

26、素有质量与速度。要研究动能大小与速度的关系,需控制小球的质量不变;实验 运用了转换法,将小球动能大小转换为木块被撞击后移动的距离。,本质拓展 动能大小与速度的平方成正比,与质量成正比,可表示为Ek= mv2,撞击后动能转变为内能,也就 是克服摩擦力做功Wf=fs,木块滑动后摩擦力一定,可用距离反映克服摩擦力做功多少,间接反映小球具有动 能的大小。,知识归纳 机械能由动能与势能组成,势能包括重力势能、弹性势能;动能与质量、速度有关;重力势能与 质量、高度有关;弹性势能与材料形变量有关。,7.(2019连云港,15,3分)小明同学用20 N的水平推力,将重为280 N的购物车沿水平地面向前推动了1

27、0 m,在 此过程中,推力对购物车做功 J,购物车的重力做功 J;一个皮球落地后弹起,弹起的高度越 来越低,皮球在运动过程中,机械能总量 (选填“增加”、“减少”或“保持不变”)。,答案 200 0 减少,解析 购物车沿水平方向通过距离为10 m,因此在推力方向上通过的距离为10 m,在重力方向上通过的距 离为0,故W推=Fs=20 N10 m=200 J;重力做功W重=Gh=280 N0=0;由于空气阻力的存在,需克服空气阻力做 功,皮球的机械能总量在减少。,易错点拨 认为重力也做功了,W=280 N10 m=2 800 J。,B组 20152018年江苏省中考题组,考点一 简单机械,1.(

28、2018苏州,1,2分)如图的常见器具都应用了杠杆,其中属于省力杠杆的是 ( ),答案 B 托盘天平在使用过程中动力臂等于阻力臂,是等臂杠杆;独轮车在使用时动力臂大于阻力臂,是 省力杠杆;筷子和船桨在使用过程中动力臂小于阻力臂,是费力杠杆。故选B。,2.(2018连云港,3,2分)如图所示,O为杠杆的支点,杠杆右端挂有重为G的物体,杠杆在力F1的作用下在水平位 置平衡。如果用力F2代替力F1,使杠杆仍在水平位置保持平衡,下列关系中正确的是 ( ) A.F1F2 C.F2G D.F1=G,答案 B 作出F1、F2对应的动力臂l1、l2,如图所示,可知l1F2。,3.(2018常州,6,2分)今年

29、2月,我国台湾省发生地震,一个结构坚固的水塔因地基松软而倾斜,为阻止水塔继续 倾斜,救援队借助山石用钢缆拉住水塔。下列方案中,钢缆对水塔拉力最小的是 ( ),答案 B 如图所示 水塔可以看成一根杠杆,O为支点,钢缆的拉力为动力,水塔的重力为阻力,当水塔在图示位置平衡时,阻力和 阻力臂大小不变,根据杠杆的平衡条件可知,当动力臂最长时拉力最小,所以拉力的方向应垂直于水塔斜向 上。,4.(2017苏州,27,4分)在“探究杠杆的平衡条件”实验中: (1)图甲中,为使杠杆在水平位置平衡,应将右端的平衡螺母向 侧调节。 (2)图乙中,杠杆恰好处于水平平衡状态,若在A处下方再挂一个钩码,则B处所挂钩码须向

30、右移动 格, 可使杠杆在水平位置再次平衡。 (3)杠杆处于图甲所示位置时,小李同学就在杠杆上挂钩码进行实验,小明认为这样操作会对实验产生以下,影响: 杠杆自身重力可能会对实验产生影响 可能不便于测量力臂或出现力臂测量错误 无法得出杠杆平衡条件 你认为正确的是 。 A. B. C.,答案 (1)右 (2)1 (3)A,解析 (1)由图甲可知,杠杆左端下沉,要向右调节平衡螺母。 (2)由杠杆平衡条件可知,左、右两边钩码数与格数乘积相等才能平衡。在A处再挂一个钩码,则左边为42 =8,右边钩码应向右移1格,才能达到平衡状态。 (3)图甲杠杆左端下沉说明杠杆的重心不在支点上,杠杆自重力臂不为0,对杠杆

31、转动产生影响,故正确;图 甲杠杆不在水平位置平衡,钩码悬挂点到支点的距离不是力臂,不便于测量力臂,故正确;如果考虑杠杆自 重,还是可以得到杠杆平衡条件的,只是操作方法可能更复杂,故错误。应选A。,思路分析 对实验操作的评价要求较高,改变了传统的考查方式,属于创新题。,易错警示 认为第(3)问中的说法是对的。,5.(2018镇江,18,3分)如图所示,轻质杠杆OB可绕O点转动,OA=AB,物块G重30 N,=30,在B点作用一 个竖直向上的拉力F使杠杆在水平位置平衡,F的大小为 N;保持杠杆在水平位置平衡,仅将拉力F 沿顺时针方向转动,则在转至虚线所示位置的过程中,拉力大小将 ,在转至虚线所示位置时,拉 力与物重的大小关系为F G。,