浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第14课时 简单机械 巩固练习.docx
- 文档编号:28256489
- 上传时间:2023-07-09
- 格式:DOCX
- 页数:10
- 大小:128.50KB
浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第14课时 简单机械 巩固练习.docx
《浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第14课时 简单机械 巩固练习.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第14课时 简单机械 巩固练习.docx(10页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
浙教版科学中考一轮复习第三篇第14课时简单机械巩固练习
第三篇 物质科学(物理部分)
第14课时 简单机械
1.下列关于杠杆五要素的理解,正确的是( D )
A.力臂一定在杠杆上
B.作用在杠杆上的动力、阻力方向一定相反
C.力臂是支点到力的作用点的距离
D.力的作用线通过支点其力臂为0
图14-1
2.[2018·杭州拱墅区二模]重为G的均匀木棒竖直悬于O点,在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢转到图中虚线所示位置。
在转动的过程中( C )
A.动力臂逐渐变大
B.阻力臂逐渐变小
C.动力F逐渐变大
D.动力F保持不变
【解析】由于拉力始终水平,随着在拉力作用下,木棒的旋转,动力臂变小且阻力臂变大,拉力逐渐变大。
3.[鄂州中考]到野外郊游时,小明和爸爸喜欢钓鱼。
鱼上钩后,小明感觉鱼在水中时很轻,拉出水面后“变重”,在把鱼逐渐拉出水面的过程中,鱼受到的( C )
A.浮力增大,鱼竿是省力杠杆
B.重力增大,鱼竿是省力杠杆
C.浮力减小,鱼竿是费力杠杆
D.重力减小,鱼竿是费力杠杆
4.[2018·黄石改编]为探究动滑轮和定滑轮的特点,设计如下两种方式拉升重物,下面关于探究的做法和认识正确的是( C )
A.用动滑轮提升重物上升h高度,测力计也上升h高度
图14-2
B.若拉升同一物体上升相同高度,用动滑轮拉力更小,且做功更少
C.动滑轮实验中测力计的读数等于物体与滑轮总重的一半
D.若用定滑轮拉重物,当拉力竖直向下时最省力
【解析】用动滑轮提升重物上升h高度,测力计上升2h高度;拉升同一物体上升相同高度,用动滑轮时,提起动滑轮需要做功,故做功较多;用定滑轮拉重物,向各个方向的拉力都等于物重,即定滑轮可以改变力的方向但不能省力。
5.利用两个滑轮提升同一重物,滑轮重、绳重、摩擦力均不计,下图的几种组合中,最省力的组合是( C )
A B C D
【解析】A图省一半力;B图全是定滑轮,不省力;C图n=3,物重由3根绳子分担,最省力;D图省一半力。
6.[杭州中考]如图所示装置,在水平拉力F的作用下,物体M沿水平地面做匀速直线运动,已知弹簧秤读数为10N,物体M的运动速度为1m/s(若不计滑轮与绳子质量、绳子与滑轮间的摩擦、滑轮与轴间摩擦)。
那么在此过程中
( C )
图14-3
A.物体M与地面间的摩擦力为5N
B.物体M与地面间的摩擦力为10N
C.水平拉力F做功的功率为20W
D.1s内滑轮对物体M做功为10J
【解析】如图所示,n=2,物体做匀速运动,物体M与地面间的摩擦力f=nF=2×10N=20N;弹簧测力计移动的速度v′=nv物=2×1m/s=2m/s,拉力F做功的功率P=Fv′=10N×2m/s=20W,1s内滑轮对物体M做功W=fs=fv物t=20N×1m/s×1s=20J。
7.[2018·遂宁]小丽同学用水平力F拉动如图所示装置,使重100N的A物体4s内在水平地面上匀速运动了80cm,物体B重50N(物体B与A始终接触),此过程中地面受到的摩擦力为10N,弹簧测力计的示数为8N。
若不计滑轮重、弹簧测力计重、绳重和绳与滑轮间摩擦,则滑轮移动的速度为__0.1__m/s,物体A受到B施加的摩擦力__水平向右__(选填“水平向左”“水平向右”或“为零”),水平拉力F为__36__N,水平拉力F的功率为__3.6__W。
图14-4
8.[2018·达州]如图所示,光滑带槽的长木条AB(质量不计)可以绕支点O转动,木条的A端用竖直细线连接在地板上,OA=0.6m,OB=0.4m。
在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C,C的密度为0.8×103kg/m3,B端正下方放一盛满水的溢水杯。
现将木块C缓慢浸入溢水杯中,当木块浸入水中一半时,从溢水口处溢出0.5N的水,杠杆处于水平平衡状态,然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动,经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0,下列结果不正确的是(忽略细线的重力,g取10N/kg)( D )
图14-5
A.木块受到的浮力为0.5N
B.木块C受到细线的拉力为0.3N
C.小球刚放在B端时A端受到细线的拉力为2.2N
D.小球的运动速度为0.2m/s
【解析】溢水杯内盛满水,当物体放入后,物体受到的浮力F浮=G排=0.5N。
根据F浮=ρ液gV排可得排开水的体积V1=
=
=5×10-5m3;因为一半浸入水中,所以物体的体积V物=2V排=2×5×10-5m3=1×10-4m3;由G=mg和ρ=
可得,物体的重力G=mg=ρ物V排g=0.8×103kg/m3×1×10-4m3×10N/kg=0.8N,则B端木块C所受的拉力FB=G-F=0.8N-0.5N=0.3N。
小球的质量m球=300g=0.3kg,小球的重力G球=m球g=0.3kg×10N/kg=3N。
小球刚放在B端时,B端受到的力为FB′=3N+0.3N=3.3N。
根据杠杆平衡条件得出关系式FA×OA=FB′×OB,则A端受到细线的拉力FA=
=
=2.2N。
设小球的运动速度为v,则小球滚动的距离s=vt,当A端的拉力为0时,杠杆再次平衡,此时小球到O点距离s′=s-OB=vt-OB=v×4s-0.4m,根据杠杆平衡条件可知,G球×s′=FB×OB,即3N×(v×4s-0.4m)=0.3N×0.4m,v=0.11m/s。
9.[2018·杭州]如图所示,将长为1.2m的轻质木棒平放在水平方形台面上,左右两端点分别为A、B,它们距台面边缘处的距离均为0.3m。
在A端挂一个重为30N的物体,在B端挂一个重为G的物体。
图14-6
(1)若G=30N,台面受到木棒的压力为__60__N。
(2)若要使木棒右端下沉,B端挂的物体至少要大于__90__N。
(3)若B端挂物体后,木棒仍在水平台面上静止,则G的取值范围为__10~90__N。
【解析】杠杆平衡条件以及杠杆平衡公式:
F1l1=F2l2。
在方形平台中,不同方向下沉支点的位置会发生改变。
(1)若G=30N,台面受到木棒的压力为左右两侧力之和:
30N+30N=60N。
(2)若要使木棒右端下沉,则支点在平台右侧,故为FA×0.9m=FB×0.3m,因为FA=30N,所以FB=90N。
(3)若B端挂物体后,木棒仍在水平台面上静止,即轻质木棒既不向右倾斜又不向左倾斜,不向右倾斜时取最大值FA×0.9m=FB×0.3m,即FB=90N;不向左倾斜时取最小值FA×0.3m=FB×0.9m,即FB=10N。
故G的取值范围为10~90N。
10.[成都中考]在“探究杠杆的平衡条件”实验中,每个钩码重力相等,杠杆刻度均匀。
图14-7
(1)小周同学所在实验小组完成某次操作后,实验现象如图甲所示,他们记录的数据为:
动力F1=1.5N,动力臂l1=0.1m,阻力F2=1N,则阻力臂l2=__0.15__m。
(2)下列四个因素中,不会带来实验误差的是__A__。
A.铁架台自身的重力足够大
B.单个钩码的重力不完全相等
C.悬挂钩码的绳套重力偏大
D.杠杆与转轴之间的摩擦偏大
(3)小周同学所在实验小组在完成规定实验后,他们进一步探究,如果杠杆受到F2、F3两个阻力,结果会怎样?
通过实验,他们得到了如图乙所示的结果。
根据这个结果,可以初步得到,在这种情况下杠杆的平衡条件为:
F1l1=__F2l2+F3l3__(F1、F2、F3的力臂分别用l1、l2、l3表示)。
图14-8
11.[2018·淄博]骨骼、肌肉和关节构成了人体的运动系统,最基本的运动都是肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的,其模型就是杠杆。
如图所示是踮脚时的示意图,人体的重力为阻力,小腿肌肉施加的拉力为动力。
重600N的小明在1min内完成50个双脚同时踮起动作,每次踮脚过程中脚跟离开地面的高度是9cm。
求:
(1)小腿肌肉对每只脚的拉力。
(2)小明踮脚过程中克服重力做功的功率。
【答案】
(1)由图可知,动力F的力臂l1=8cm+4cm=12cm=0.12m;重力的力臂l2=8cm=0.08m;根据杠杆的平衡条件可得Fl1=Gl2,则小腿肌肉对每只脚的拉力F=
=
=400N。
(2)小腿肌肉对脚的拉力做的功W拉力=Fh=400N×0.09m=36J;
小明踮脚过程中克服重力做功等于小腿肌肉对脚的拉力做的功,等于36J;
小明在1min内完成50个双脚同时踮起动作,则小明踮脚过程中克服重力做功的功率P=
=
=30W。
12.[2018·绵阳]如图所示,两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上,质量分布不均匀的木条AB重24N,A、B是木条两端,O、C是木条上的两个点,AO=BO,AC=OC。
A端放在托盘秤甲上,B端放在托盘秤乙上,托盘秤甲的示数是6N。
现移动托盘秤甲,让C点放在托盘秤甲上。
此时托盘秤乙的示数是( C )
图14-9
A.8NB.12N
C.16ND.18N
【解析】设木条重心在D点,当A端放在托盘秤甲上,B端放在托盘秤乙上时,以B端为支点,托盘秤甲的示数是6N,根据力的作用是相互的,所以托盘秤对木条A端的支持力为6N,如图所示:
由杠杆平衡条件得FA×AB=G×BD,即:
6N×AB=24N×BD,所以AB=4BD,BD=
AB。
当C点放在托盘秤甲上时,以C为支点,此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB,
因为AO=BO,AC=OC,所以CO=OD=BD,BC=3BD,CD=2BD。
由杠杆平衡条件得:
FB×BC=G×CD,即:
FB×3BD=24N×2BD,所以FB=16N,则托盘秤乙的示数为16N。
13.[2018·台州]图甲是一种壶口处配有自动开合小壶盖的电水壶。
图14-10
(1)如图乙,电水壶底部的导线连接装置有铜环①、铜环②和铜柱③。
经测试发现:
①、②之间是绝缘的,②、③之间常温下有十几欧姆的电阻。
则与水壶金属外壳相连的装置是__铜环①__。
(2)图丙是自动开合小壶盖简化侧视图。
OA是小壶盖,C是其重力作用点。
B是小壶盖的配重。
OB是配重柄。
AOB能绕固定点O自由转动。
请在图丙中作出小壶盖的重力G及其力臂l。
(3)已知:
小壶盖质量为4g,OA=3cm,OC=1.4cm,OB=1cm,∠AOB=135°。
要求倒水时,壶身最多倾斜45°,小壶盖便自动打开;壶身竖直时,小壶盖在水平位置自动闭合。
求配重B的质量取值范围。
(配重柄质量和O点的摩擦均忽略不计,
取1.4)
【答案】
(2)如答图所示。
第13
(2)题答图
(3)当配重柄水平时,可求配重B最小质量,
OD=
×OC=
×1.4cm=1cm,
根据F1l1=F2l2得,
G1l1=G2l2,
m1g×OD=m2g×OB,
m2=
=
=4g,
当小壶盖水平时,可求配重B最大质量,
OE=
×OB=
×1cm≈0.71cm,
根据F1l1=F2l2得,
G1l1′=G2′l2′,
m1g×OC=m2′g×OE,
m2′=
=
≈7.89g,
则配重B的质量取值范围为4~7.89g。
(最小值3.92g、3.96g、3.98g等,最大值7.8g、7.84g、7.9g、8g等均可)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 浙教版科学 中考一轮复习 第三篇 第14课时 简单机械 巩固练习 浙教版 科学 中考 一轮 复习 第三 14 课时 巩固 练习