2020年中考物理实验集中专项训练第4练力学实验-简单机械含解析

2020年中考物理实验集中专项训练第4练力学实验-简单机械含解析

第4练力学实验-简单机械 一、选择型实验专练 ‎1.（多选）关于以下两个探究实验，说法正确的是（　　）‎ 甲阻力对物体运动的影响乙探究物体动能与哪些因素有关 A．图甲实验表明：小车受到的阻力越小，它在水平面上运动的距离越远 ‎ B．图乙实验表明：钢球A的动能越大，水平面上的物体B被撞得越远 ‎ C．图甲实验中，为了使小车在水平面运动的初速度相同，让小车从斜面的不同高度下滑D．图乙实验中，运用了推理法 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ AC、图甲是探究阻力对物体运动的影响，实验中，必须让小车从斜面的同一高度滑下，这是为了使小车在水平面运动的初速度相同，这里运用了控制变量法，故C错误；‎ 实验中可以看出，水平面越光滑，小车受到的阻力越小，它在水平面上运动的距离越远，速度减小得越慢，故A正确；‎ BD、图乙是探究影响动能大小的因素，实验中通过木块被撞击后移动的距离来反映小球动能的大小，用到了转换法；若钢球A的动能越大，则水平面上的物体B被撞得越远；影响动能的大小有物体的速度和质量，该实验还用到了控制变量法，故B正确，D错误。‎ ‎2.如图是探究“物体的动能跟哪些因素有关”的实验。实验中，让同一铜球从斜面的不同高度由静止释放，撞击同一木块，下列说法正确的是（　　）‎ A. 该实验探究的是物体动能大小与高度的关系 B. 该实验探究的是物体动能大小与质量的关系 C. 该实验中，物体的动能是指木块B的动能 14‎ D. 该实验结论可以解释为什么对机动车限速 ‎【答案】D ‎【解析】‎ AB、同一铜球质量一定，从斜面的不同高度由静止释放，滑到水平面上时的速度不同，所以这是为了探究物体动能与速度关系的，故AB错误；‎ C、实验的研究对象是铜球，所以物体的动能是铜球的动能，实验中通过铜球把木块推出的距离长度来反应铜球的动能的大小，运用了转换的方法，故C错误；‎ D、实验可得出结论是：质量一定时，速度越大，动能越大；‎ 因为质量一定时，速度越大，动能越大，当质量相同时，车辆速度越大动能越大，使刹车困难，容易引发交通事故，所以交通部门要对机动车辆进行限速，故D正确。‎ ‎（1）动能的决定因素有两个：质量和速度，在探究“物体动能的大小与哪些因素有关”时，应该根据题意利用控制变量法的思路分析解；‎ ‎（2）实验的研究对象是铜球；‎ ‎（3）质量一定时，速度越大，动能越大，由此分析解答。‎ ‎3.关于课本中的力学实验，下列说法错误的是（　　）‎ A．“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验，可用小车代替木块 ‎ B．“探究二力平衡的条件”实验，将小车转动一定角度是为了探究小车处于平衡状态时二力是否在同一条直线上 ‎ C．“探究阻力对物体运动的影响”实验，小车受到阻力越小，小车速度减小得越慢 ‎ D．“探究动能的大小与哪些因素有关”实验，木块被小车推得越远，说明小车动能越大 ‎【答案】A ‎【解析】A、“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验中，若用小车代替木块，变滑动为滚动，减小了摩擦力，从而对测量摩擦力大小带来了困难，A错误；‎ B、“探究二力平衡的条件”实验，将小车转动一定角度，小车在水平方向上受到两个力不在同一直线上，是为了探究小车处于平衡状态时二力是否在同一条直线上，B正确；‎ C、由实验现象可以看出：小车受的阻力越小，小车运动的路程越远，速度减小得越慢，C正确；‎ D、“探究动能的大小与哪些因素有关”实验，根据转换法，木块被小车推得越远，说明小车动能越大，D正确。‎ ‎4.如图，在“探究杠杆平衡条件”实验中，弹簧测力计从位置A逆时针转到位置B，杠杆仍 14‎ 在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将（　　）‎ A．变大 B．变小 C．不变 D．不能确定 ‎【答案】A ‎【解析】根据动力臂的大小变化可判断弹簧测力计的示数变化。‎ 弹簧测力计从位置A逆时针转到位置B，使杠杆仍在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件：F1×L1＝F2×L2，阻力和阻力臂不变，动力臂变小了，所以动力变大。‎ ‎5.如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为2 cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5 N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 杠杆的动力臂为8 cm B. 该杠杆为费力杠杆 C. 该杠杆的阻力大小为0.5 N D. 动力F的大小为1.5 N ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：OA=×4×2cm=4cm，故A错误；‎ B、阻力臂OB，3×2cm=6cm＞OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；‎ C、该杠杆的阻力大小为：G=4×0.5N=2N，故C错误；‎ D、根据杠杆的平衡条件，F1l1=F2l2，G×OB=F×OA 代入数据，2N×8cm=F×4cm，解得，F=4N，故D错误。‎ ‎（1）当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是OC，根据杠杆的平衡条件求出动力大小；比较力臂判断是什么杠杆；‎ ‎（2）阻力为4个重均为0.5N的钩码，等于2N。‎ ‎6．在探究“影响滑轮组机械效率高低的因素”时，同学们提出了下列猜想 14‎ ‎（1）滑轮组机械效率高低可能与动滑轮重有关；‎ ‎（2）滑轮组机械效率高低可能与被提升的物重有关；‎ ‎（3）滑轮组机械效率高低可能与物体提升高度有关；‎ ‎（4）滑轮组机械效率高低可能与承重绳子股数有关。‎ 小明同学设计了如图所示的两个滑轮组，进行对比实验来验证提出的猜想，则该实验验证的猜想是（　　）‎ A.（1） B.（2） C.（3） D.（4）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 比较两图可知，承重绳子股数相同，动滑轮重相同，提升高度可以相同，而被提升物体的重力不同；结合控制变量法的思想，所以该实验装置探究的是滑轮组的机械效率与被提升物体的重力的关系，即该实验验证的猜想是（2）。‎ 二、填空型实验专练 ‎7．小丽同学在探究“弹簧弹力大小与形变量关系”时，发现同一根弹簧的弹力大小F与形变量△x的比值k恒定。现小丽有两根原长相等的弹簧1和2，已知k1：k2＝1：2，当在两根弹簧下分别挂同一物体静止时，弹簧1和2伸长量分别为△x1和△x2，则△x1：△x2＝　　。小丽通过查阅资料知道弹簧的弹性势能Ep＝k△x2，此时弹簧1和2弹性势能分别为Ep1和Ep2，则Ep1：Ep2＝　　。小丽将弹簧1和2并联悬挂一物体静止时如图甲，两弹簧弹性势能之和为Ep甲．将弹簧1和2串联悬挂同一物体静止时如图乙两弹簧弹性势能之和Ep乙，则Ep甲：Ep乙＝　　。（已知如图甲情况下悬挂重物时弹簧1和2伸长量相同，整个实验中弹簧所受重力不计，且均处于弹性限度范围内。）‎ 14‎ ‎【答案】（1）2︰1；（2）2︰1；（3）2︰9。‎ ‎【解析】解：两根弹簧1和2分别挂同一物体静止时，弹力与重力是一对平衡力，大小相等，则有：F1＝F2＝G，由题意知，F＝k△x，‎ 所以，△x1︰△x2＝︰＝︰＝︰＝2︰1。‎ 由Ep＝k△x2得，弹簧1和2弹性势能分别为：‎ Ep1＝k1△x12，Ep2＝k2△x22，‎ 则有：Ep1︰Ep2＝k1△x12︰k2△x22＝1×22︰2×12＝2︰1。‎ 将弹簧1和2并联悬挂一物体静止时，‎ 则有：k1△x1甲+k1△x2甲＝G，并且△x1甲＝△x2甲，‎ 由以上两式可解得：△x1甲＝△x2甲＝，‎ 则图甲两弹簧弹性势能之和为：‎ Ep甲＝k1△x1甲2+k2△x2甲2＝（）2（k1+k2）﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 将弹簧1和2串联悬挂同一物体静止时，由G＝F＝k△x得，‎ ‎△x1乙＝，△x2甲＝，‎ 则图乙两弹簧弹性势能之和：‎ Ep乙＝k1△x1乙2+k2△x2乙2＝k1（）2+k2（）2﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 联立①②化简得，＝＝＝。‎ 三、实验探究题专练 ‎8．小李同学想要利用如图所示的装置来探究“物体动能大小与什么因素有关”。‎ 14‎ ‎（1）在探究“动能的大小与速度的关系”时，应保持小车的　　相同，让小车从斜面上　　（选填“相同”或“不同”）的高度滑下，以不同的速度推动木块移动。‎ ‎（2）本实验运用了两种研究方法：一是　　，二是转换法。就本题来说用木块　　来反映小车动能大小的方法就是转换法。‎ 他在实脸的过程中又发现只要去掉木块，就可以探究“阻力物体运动的影响”。如图2所示，他将毛巾、棉布和玻璃分别铺在水平面上，让小车分别从斜面上由静止滑下，观察小车在水平面上运动的距离。‎ ‎（3）每次均让同一小车从斜面同一高度由静止滑下的目的是：使小车到达水平面时具有相同的　　。‎ ‎（4）实验发现，小车在玻璃面上运动的距离最远，说明小车受到的阻力最　　，进一步推理得出：如果小车运动时不受阻力，小车将做　　运动。‎ ‎【答案】（1）质量；不同；（2）控制变量法；木块移动的距离；（3）初速度；（4）小；匀速直线 ‎【解析】‎ ‎（1）在探究动能与速度的关系时，要保持小球的质量不变，让小车从斜面的不同高度滑下，那么小车到达水平面时的速度就不同，小车推动木块做功，运动距离越远，做功越多，动能越大；‎ ‎（2）动能的大小与质量和速度有关，实验时用控制变量法分别探究；由小球推动木块移动距离的远近来体现球的动能多少，是一种转换法；‎ ‎（3）小车从同一高度滑下的目的是：小车到达水平面时的速度相等，即具有相同的初速度；‎ ‎（4）实验现象表明：玻璃表面最光滑，受到的阻力最小，小车运动的距离最远，速度减小得越慢；由实验现象可以推理：假如水平表面绝对光滑，该平面上运动的物体在水平方向上不受力，它将做匀速直线运动。‎ ‎9．小明同学在探究重力势能的大小与什么因素有关时，提出了如下猜想：‎ 猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关；‎ 猜想二：物体的重力势能与物体所在高度有关；‎ 为了验证上述猜想，他计划利用小桌、沙子、质量不同的铁块和刻度尺进行实验：如图所示，将小桌桌腿朝下放在平整的沙面上，把铁块从距桌面某一高度由静止释放，撞击在桌面的中心部位，记录桌腿进入沙子的深度。按上述方案进行实验，其实验数据如下表所示。‎ 14‎ 实验序号 铁块质量m/g 铁块距桌面高度H/cm 桌腿进入沙子的深度h/cm ‎①‎ ‎20‎ ‎20‎ ‎1.9‎ ‎②‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎2.9‎ ‎③‎ ‎20‎ ‎40‎ ‎3.8‎ ‎④‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎2.9‎ ‎⑤‎ ‎40‎ ‎20‎ ‎4.1‎ ‎（1）实验中通过比较______来判断物体重力势能的大小；‎ ‎（2）为了验证猜想一，需选择表中______（填实验序号）三组数据进行分析；‎ ‎（3）分析表中①②③的实验数据，可得出的结论是：______。‎ ‎【答案】桌腿进入沙子的深度   ①④⑤   质量相同的物体，高度越大，重力势能越大 ‎【解析】解：（1）通过小明设计的实验可以知道，他是通过比较桌腿进入沙子的深浅来比较重力势能的大小的。桌腿进入沙堆越深说明物体做的功越多，它原来具有的重力势能越大；‎ ‎（2）根据控制变量法，要验证物体的重力势能与物体的质量有关，应控制物体的高度相同，改变物体质量的大小，故小明要完成探究，需要找数个质量不同的物体进行实验；故①④⑤三组数据符合，所以应利用①④⑤三组数据分析得出结论。‎ ‎（3）比较表中①②③的实验数据，可以发现，高度相同，③中桌腿进入沙子的深度更深，所以，③中的物体具有重力势能大，即可以得出的初步结论是：质量相同的物体，高度越大，重力势能越大。‎ 故答案为：（1）桌腿进入沙子的深度；（2）①④⑤；（3）质量相同的物体，高度越大，重力势能越大。‎ ‎（1）桌腿进入沙堆的深浅，体现了物体对其做功的多少。桌腿进入沙堆越深反映了小球具有的重力势能越大。这用到了转换法。‎ ‎（2）利用控制变量法，要验证重力势能的大小与质量有关，需控制质量其他的因素相同，只有质量不同，从图中找出符合条件的实验即可。‎ ‎（3）利用控制变量法，比较图中相同因素和不同因素，总结出研究的对象。在设计实验和写结论时常用控制变量法来分析。在研究物理量的变化时常用转换法来分析。‎ ‎10．以下为“探究杠杆平衡条件”实验：‎ 14‎ ‎（1）如图甲，把杠杆放在支架上并置于水平桌面，静止时发现杠杆左低右高，为了使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向______调节。‎ ‎（2）如图乙，在已经调节好的杠杆左A处挂4个钩码，要使杠杆仍在水平位置平衡，应在杠杆右边离支点4格的B处挂______个相同的砝码。‎ ‎（3）如图丙，在杠杆左边离支点4格的C处，用弹簧测力计与水平方向成30°角斜向上拉，也可使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计示数为______N（每个钩码重0.5N）。‎ ‎【答案】右   2   2‎ ‎【解析】‎ ‎（1）把杠杆放在支架上并置于水平桌面后，发现杠杆左低右高，为了使杠杆在水平位置平衡，应将右端平衡螺母向右调节；‎ ‎（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码的重为G，‎ 乙图，设在B处悬挂钩码的个数为n，由杠杆平衡条件得：4G×2L=nG×4L，‎ 解得：n=2，即应在杠杆右边B处挂2个钩码；‎ ‎（3）当弹簧测力计在C点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，‎ 此时动力臂等于OC=×4L=2L；‎ 根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可得，测力计的示数：F1===2N。‎ ‎11．下面是小聪利用刻度均匀的匀质杠杆进行探究“杠杆平衡条件”的实验。‎ ‎（1）实验前为方便测量力臂，应将杠杆调节到______位置平衡，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，这时应将平衡螺母向______（选“左”或“右”）端调节。‎ ‎（2）调节平衡后，在杠杆B点处挂6个钩码，如图甲所示，则在A点处应挂______个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡。‎ 14‎ ‎（3）图乙是小聪利用弹簧测力计做的某次实验情景，已知杠杆每格长5cm，钩码每个重0.5N，请将弹簧测力计的示数填入下表。‎ 实验序号 动力F1/N 动力臂L1/m 阻力F2/N 阻力臂L2/m ‎1‎ ‎______‎ ‎0.15‎ ‎3.0‎ ‎0.10‎ 上述实验数据不符合杠杆平衡条件，出现问题的原因是______。‎ ‎【答案】（1）水平   右   （2）4   （3）3.8   弹簧测力计没有竖直向下拉 ‎【解析】‎ ‎（1）实验前为方便测量力臂，应将杠杆调节到水平位置平衡，将杠杆的中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，右端偏高，这时应将平衡螺母向右端调节。‎ ‎（2）如图甲所示，在杠杆B点处挂6个钩码，设在则在A点处应挂n个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡；设每个钩码重为G，每个小格为L，根据杠杆的平衡条件F动l动=F阻l阻： 6G×2L=nG×3L，故n=4，即在A点处应挂4个同样的钩码，杠杆仍然在水平位置平衡。‎ ‎（3）弹簧测力计每一个大格代表1N，每一个小格代表0.2N，示数为3.8N。弹簧测力计没有竖直向下拉，当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，力臂变小，小于动力点到支点的距离，动力臂变小。‎ 故答案为：（1）水平；右；（2）4；（3）3.8；弹簧测力计没有竖直向下拉。‎ ‎（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；‎ ‎（2）根据杠杆的平衡条件求解；‎ ‎（3）弹簧测力计读数时，先观察量程，然后根据指针所在位置进行读数。当弹簧测力计竖直动力臂等于动力点到支点的距离，当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，力臂变小，小于动力点到支点的距离。‎ 实验室中的杠杆上都标有刻度值，只有杠杆在水平位置平衡时，力臂的长度才可以直接通过读刻度值得出。当力倾斜作用在杠杆上，力臂变小，这是经常考查的内容。‎ ‎12.小军同学为了探究“使用动滑轮的省力情况及滑轮组的机械效率”，使用了如图所示的实验装置。实验前，小军用轻质弹簧测力计测得动滑轮的重力为1.0N，每个钩码的重力为 14‎ ‎0.5N，实验过程中，小军多次改变动滑轮所挂钩码的数量，分别记下了每次所挂钩码的重力及对应的轻质弹簧测力计示数（见下表）‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 动滑轮重G0/N ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.3‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ ‎1.0‎ 所挂钩码的重力G/N ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ ‎3.5‎ ‎4.0‎ 弹簧测力计示数F/N ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.3‎ ‎1.6‎ ‎1.8‎ ‎2.2‎ ‎2.3‎ ‎2.7‎ ‎（1）分析实验数据可以得到：在动滑轮的重力大于或等于物体的重力的条件下，使用该滑轮组　（选填“省力”或“不省力”）‎ ‎（2）在忽略摩擦、绳重及实验误差的条件下，弹簧测力计的示数F与被提升钩码重力G以及动滑轮重力G0的关系为　　‎ ‎（3）小军同学又研究了滑轮组水平拉动物体的情况，用另一组滑轮组将重为50N的物块从位置A匀速直线拉到位置B，请在图中画出最省力的绕线方法：物块移动的距离为　　cm；若此时绳自由端所用拉力为10N，物块受到的摩擦力为18N，该滑轮组的机械效率为　　。‎ ‎【答案】（1）不省力（2）F＝（3）如图所示 3.10 60%‎ ‎【解析】‎ ‎（1）分析表中序号为1、2的两组数据可以得到：在动滑轮的重力大于或等于物体的重力的条件下，测力计示数大于所挂钩码的重力G，故此时使用该滑轮组不省力；‎ ‎（2）由图1可知n＝2，在忽略摩擦、绳重及实验误差的条件下，弹簧测力计的示数F与被提升钩码重力G以及动滑轮重力G0的关系为：F＝；‎ ‎（3）用另一组滑轮组将重为50N的物块从位置A匀速直线拉到位置B，当绳子的有效段数最多为3时，最省力，如下图所示：‎ 由图知，物块移动的距离为44.10cm－41.00cm＝3.10cm；‎ 14‎ 若此时绳自由端所用拉力为10N，物块受到的摩擦力为18N，该滑轮组的机械效率为：‎ η＝＝＝×100%＝60%。‎ ‎13.如图是智慧小组“测滑轮组的机械效率”的实验装置。测得的实验数据如表。‎ ‎（1）实验过程中，应竖直向上　　拉动弹簧测力计。‎ ‎（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是　　。‎ ‎（3）分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重　　，滑轮组的机械效率越高。‎ ‎（4）若在第三次实验中，物体上升的速度为0.1m/s，则拉力F的功率为　　W ‎（5）创新小组也利用重为1N、2N、4N的物体进行了三次实验，每次测得的机械效率均大于智慧小组的测量值，则创新小组测量值偏大的原因可能是　　。（填字母）‎ A．测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方 B．弹簧测力计每次拉动物体时均加速上升 C．所使用的动滑轮的重力小于智慧小组 ‎【答案】（1）匀速缓慢；（2）74.1%；（3）越大；（4）0.54；（5）C ‎【解析】（1）实验过程中，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，系统处于平衡状态，拉力等于测力计示数；‎ ‎（2）第三次实验中滑轮组的机械效率是：η＝＝＝≈74.1%；‎ ‎（3）纵向分析表中实验数据可知，同一滑轮组，物重越大，滑轮组的机械效率越高；‎ ‎（4）若在第三次实验中，F＝1.8N，物体上升的速度为0.1m/s，则绳子自由端的速度：‎ v＝3×0.1m/s＝0.3m/s，则拉力F的功率为：P＝＝＝Fv＝1.8N×0.3m/s＝0.54W；‎ ‎（5）A、测拉力时，弹簧测力计未调零，指针指在零刻度线下方，拉力测量大了，机械效率变小，不符合题意；‎ B、弹簧测力计每次拉动钩码时均加速上升，拉力变大，机械效率变小，不符合题意；‎ 14‎ C、使用的动滑轮的重力小于智慧小组，克服动滑轮做的功减小，额外功减小，机械效率变大，符合题意，故选C。‎ ‎14．在日常生活和工农业生产中，提高机械效率有着重要的意义。提高机械效率，要从研究影响机械效率的因素出发，寻求办法。‎ ‎（1）为了探究影响机械效率的因素，小明选取了大小相同的滑轮，利用图甲和图乙装置进行实验，并把数据整理记录在下表中。‎ 实验 次数 滑轮 材质 钩码重G/N 提升的高 度h/m 有用功 W有用/J 拉力 F/N 绳端移动 的距离s/m 总功 W总/J 机械效率η ‎1‎ 铝 ‎1‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ ‎0.6‎ ‎0.3‎ ‎0.18‎ ‎56%‎ ‎2‎ 铝 ‎2‎ ‎0.1‎ ‎0.2‎ ‎1.0‎ ‎0.3‎ ‎0.3‎ ‎67%‎ ‎3‎ 铝 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎1.0‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ ‎67%‎ ‎4‎ 塑料 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎0.6‎ ‎0.48‎ ‎83%‎ ‎5‎ 塑料 ‎2‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎2.1‎ ‎0.2‎ ‎0.42‎ ‎95%‎ ‎①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组一定时，提升的钩码　　，机械效率越高。‎ ‎②比较3和4两次实验发现：滑轮组的机械效率还与　　有关。‎ ‎③比较　　两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。‎ ‎④第5次实验室利用了图　　的装置完成的，判断依据是　　。‎ ‎⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为　　。可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。‎ ‎（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用　　的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。‎ ‎（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械都　　。下列物理规律的得出运用了这种研究方法的 14‎ 是　　。‎ A、焦耳定律 B、牛顿第一定律 C、阿基米德原理 D、欧姆定律 ‎【答案】（1）①重力越大；②动滑轮的重力；③2、3；④1、绳子的效段数为1；⑤80%；（2）减小接触面粗糙程度；（3）不省功；B ‎【解析】（1）①比较1和2两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；‎ ‎②根据G＝mg＝ρVg，比较3和4两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；‎ ‎③比较 2、3两次实验找出相同的量和不同的量，分析得出机械效率与变化量的关系；‎ ‎④根据n＝确定绳子的效段数分析；‎ ‎⑤根据η＝＝＝＝求出滑轮组的机械效率；‎ ‎（2）通过减小接触面粗糙程度的方法可减小摩擦；‎ ‎（3）物理学中，常常有难以达到条件的时候，这时，我们常常需要借助将实验想象为理想情况下来达到我们的目的，在实验基础上经过概括、抽象、推理得出规律，这种研究问题的方法就叫科学推理法。‎ ‎（1）①比较1和2两次实验发现：在所用滑轮组相同，提升物体的重力越大，机械效率越高，即所用滑轮组一定时，提升的钩码重力越大，机械效率越高；‎ ‎②比较3和4两次实验知，提升物体的重力相同，两滑轮的材质不同，而体积相同，根据G＝mg＝ρVg，两滑轮的重力不同，发现：滑轮组的机械效率还与动滑轮的重力有关；‎ ‎③比较 2、3两次实验发现：在所用滑轮组一定时，机械效率与提升钩码的高度无关。‎ ‎④第5次实验室利用了图乙的装置完成的，判断依据是n＝＝＝1，绳子的效段数为1；‎ ‎⑤利用图甲的装置，把重4N的物体用2.5N的拉力迅速拉起，滑轮组的机械效率为：‎ ηη＝＝＝＝＝×100%＝80%；‎ 可见如果没有刻度尺，只有测力计，也可以测量出滑轮组的机械效率。‎ ‎（2）小明利用图丙装置实验发现：斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重 14‎ 无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。‎ ‎（3）实验表明：额外功越小，总功越接近有用功：进一步推理得出：假设没有额外功，总功等于有用功；可见使用任何机械不省功（采用了理想化推理法）：‎ ACD、焦耳定律、阿基米德原理、欧姆定律可通过实验直接验证，‎ B、而牛顿第一定律不能用实验直接验证，是在实验的基础下推理得出的，‎ 故选B。‎ 14‎