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课标要求
3.1.3 结合实例，认识功的概念。知道做功的过程就是能量转化或转移的过程。
3.2.1 知道动能、势能和机械能。通过实验，了解动能和势能的相互转化。举例说明机械能和其
他形式能量的相互转化。
3.2.2 知道机械功和功率。用生活中的实例说明机械功和功率的含义。
考点分布 考查频率 命题趋势
考点 1：功和功率 ★★★ 本章知识是为了高中阶段学习能的基础，也是中考阶
段必考的重难点知识之一。功和功率的理解常在选择题中
出现，机械能守恒的判断常在选择题中出现，功和功率的
考点 2：机械能及其转化 ★★★
相关计算在填空题和解答题出现的概率较大，也是 2024
年中考热门考点。
★★★代表必考点，★★代表常考点，★星表示中频考点。
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知识点一 生活中的杠杆
一、杠杆
1.定义：如图所示，一根硬棒，在力的作用下能绕着固定点O转动，这根硬棒就是杠杆.
2.五要素
（1）支点：杠杆可以绕其转动的点O .
（2）动力：使杠杆转动的力 F1 .
（3）阻力：阻碍杠杆转动的力 F2 .
（4）动力臂：从支点O到动力 F1作用线的距离 l1 .
（5）阻力臂：从支点O到阻力 F2作用线的距离 l2 .
3.力臂的画法：
（1）首先在杠杆的示意图上，确定支点 O．
（2）画好动力作用线及阻力作用线，画的时候要用虚线将力的作用线适当延长．
（3）在从支点 O向力的作用线作垂线，在垂足处画出直角，从支点到垂足的距离就是力臂．用三角板的一
条直角边与力的作用线重合，让另一条直角边通过交点，从支点向力的作用线画垂线，作出动力臂和阻力
臂，在旁边标上字母， l1和 l2分别表示动力臂和阻力臂
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二、杠杆的平衡条件
1.杠杆平衡：杠杆处于静止状态或匀速转动都叫做杠杆平衡.
2.杠杆的平衡条件：杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂.用 F1、F2、L1、L2分别表示动力、阻力、
动力臂和阻力臂，杠杆平衡条件可以 F1 L1 F2 L2 .
三、生活中的杠杆
1.杠杆的分类：省力杠杆、费力杠杆和等臂杠杆.
2.三类杠杆的对比：
省力杠杆 费力杠杆 等臂杠杆
动力臂小于阻力臂的杠
定义 动力臂大于阻力臂的杠杆 动力臂小于阻力臂的杠杆
杆
特点 省了力，但费了距离 费了力，但省了距离 不省力也不费力
实例 撬棒、铡刀、瓶起子、 镊子、理发剪刀、船桨 天平
知识点二 滑轮
一、定滑轮和动滑轮
1.定滑轮
（1）定义：滑轮的轴固定不动的叫做定滑轮.
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（2）特点：使用定滑轮不省力，但能改变力的方向.
（3）实质：等臂杠杆.
（4）动力 F和阻力 G的关系： F G
2.动滑轮
（1）定义：滑轮的轴随物体一起运动，这样的滑轮叫做动滑轮.
（2）特点：使用动滑轮可以省一半的力，但费距离，且不能改变力的方向.
（3）实质：是一个动力臂是阻力臂二倍的省力杠杆.
F 1 G
（4）动力 F和阻力 G的关系： 2 .
二、滑轮组
1.定义：把定滑轮和动滑轮组合在一起构成滑轮组.如下图所示.
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2.特点：既可以省力，又可以改变力的方向，若承担重物的绳子为 n段，则绳端施加的力为重物的 1 （忽
n
略动滑轮的自重）.
3.判断滑轮组绳子段数 n的方法：可以在定滑轮与动滑轮之间画一条虚线，数一下与动滑轮相连的绳子的段
数是几段，则 n就是几，如图甲、乙所示．
4.绳子自由端移动的距离： s nh（ h是重物移动的距离）
5.滑轮组装的原则：奇动偶定.
利用电流表和电压表判断电路故障
考点一 杠杆
角度一 力和力臂的作图
【例 1】
（2023·辽宁营口·统考中考真题）如图所示，O点是撬棒的支点，F2是阻力。请在图中画出：
（1）作用在 A点的最小动力 F1及其力臂 l1；
（2）阻力 F2的力臂 l2。
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【答案】
【详解】（1）（2）[1][2]O 点是撬棒的支点，因此作用在 A点的力，力臂最大为OA，最小动力 F1垂直于
力臂向下；支点到阻力 F2的作用线的垂线为力臂 l2，如图所示：
【变式 1】
（2023·江苏苏州·统考一模）如图所示，O为杠杆的支点，B为阻力的作用点，画出阻力的力臂 l 和使杠
杆平衡时，在 A点作用的最小动力 F的示意图。
【答案】
【详解】由支点O向阻力的竖直方向的作用线作垂线，图中 OB 是阻力臂 L。
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根据杠杆平衡的条件可知，在其他情况相同时，动力臂最时动力最小。A点为动力的作用点，OA是最长的
动力臂，要使杠杆平衡动力方向为向左下方，据此可画出最小的动力 F；如图：
【变式 2】
（2021·辽宁葫芦岛·统考一模）在图中画出杠杆所受拉力的动力臂 L1，所受阻力 F2，及阻力臂 L2。
【答案】
【详解】灯对杠杆向下的拉力为阻力，作用在杠杆的 A点，过 A点竖直向下画有向线段，表 F2，即为阻力。
支点为O，过O点分别向阻力作用线和动力作用线做垂线，垂足到 O之间的距离即为阻力臂 L2和动力臂
L1，如图所示：
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角度二 运用杠杆的平衡条件进行计算
【例 2】
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）图甲是脚踏式翻盖垃圾桶的实物图，翻盖的原理是由两个杠杆组合而
成，图乙为两水平杠杆AO1B、DCO2组合的示意图。已知桶盖重5N，重心位于DC中点的正上方，AO1 30cm，
O1B 20cm，桶盖和连接杆的尺寸如图乙所示，脚踏杆 AO1B 和竖直连接杆 BC的质量不计。
（1）杠杆 AO1B 是 （选填“省力”或“费力”）杠杆；
（2）若要把桶盖翻开，脚对踏板 A处的压力至少为 N。
【答案】 省力 20
【详解】（1）[1]杠杆 AO1B 支点为O1，动力在 A点处，阻力在 B点处，作用力在竖直方向上，此时动力
臂大于阻力臂，故此杠杆为省力杠杆。
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1 1
（2）[2]如图所示，在杠杆 DCO2中，阻力臂为 l1 DC CO2 50cm 5cm 30cm2 2
Gl 5N 30cm
动力臂为 l2 5cm，根据杠杆平衡条件可得 C点处作用力为 FC 1 30Nl2 5cm
若要把桶盖翻开，根据杠杆平衡条件，在杠杆 AO1B中，脚对踏板 A处的压力至少为
F FC O1B 30N 20cmA 20NO1A 30cm
【变式 1】
（2023·江苏无锡·统考一模）杆秤是我国古代劳动人民的一项发明。如图是小芳根据所学知识制作的杆秤
示意图，使用时，将待称量的物体挂在秤钩上，用手提起 B或 C处的秤纽，移动秤砣在秤杆上的位置 D，
使秤杆达到水平平衡时即可读出待称物体的质量，此杆秤秤砣质量为 400g，秤砣最远可移至 E点（秤杆和
秤钩的质量忽略不计），AB、BC、BE 的长度如图所示。则提起秤纽 杆秤的称量最大；最大称量
是 kg；当提起 C处秤纽称一袋质量为 1.2kg 的水果时，D与 E之间的距离为 m。
【答案】 B 10 0.32
【详解】[1]根据杠杆平衡原理，提起秤纽 B时，左侧力臂更小，则称量最大。
[2]当秤砣在 E点时，称量最大，由杠杆平衡原理有
mg AB 400 10 3kg 10N /kg BE
由图可知，AB=0.02m，BE=0.5m，代入上式解得m＝10kg。
[3]由杠杆平衡原理知
1.2kg×10N/kg×AC＝400×10-3kg×10N/kg×CD
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由图可知，AC=0.05m，解得 CD＝0.15m；故
DE＝BE－BC－CD＝0.5m－0.03m－0.15m＝0.32m
【变式 2】
（2023·山东泰安·统考二模）如图所示，曲杆 AOB可绕轴O转动， AO BO，在 A点挂一重为 200N 的
重物，曲杆在水平位置平衡时，向下的拉力 F 200N。（选填“大于”、“小于”或“等于”）
【答案】大于
【详解】拉力 F的力臂为 OD，阻力 G的力臂为OA，根据杠杆原理可得G×OA=F×OD
因为 OD
角度三 杠杆的动态平衡
【例 3】
（2023·四川广元·统考中考真题）如图所示，杠杆 OBA 可绕 O点在竖直平面内转动，OB 2BA，在 B点
悬挂一个 10N的重物 G，在 A点施加竖直向上的动力 F1使杠杆OBA 水平平衡（杠杆重力及摩擦均忽略不
计），下列说法正确的是（ ）
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A．在 A点施加竖直向上的力F1时，该杠杆是费力杠杆
B．作用在 A点的力 F1的大小为 5N
C．如果重物的悬挂点 B向 O点移动，要使杠杆水平平衡， F1应变小
D．若将作用于 A点的力F1变为图中 F2，要使杠杆水平平衡， F2应小于 F1
【答案】C
【详解】A．在 A点施加竖直向上的力 F1时，动力臂是 OA，阻力臂是OB，动力臂大于阻力臂，该杠杆是
省力杠杆，故 A错误；
B．由杠杆的平衡条件可知，F1×OA=G×OB
且 OA=OB+BA=3BA
则有 F1×3BA=G×2BA
解得 F 2G 21 10N 6.7N3 3 ，故 B错误；
C．如果重物的悬挂点 B向 O点移动，则 OB变小，由
F1×OA=G×OB
可知，OA与 G大小不变，要使杠杆水平平衡，F1应变小，故 C正确；
D．将作用于 A点的力 F1变为图中 F2，动力臂会变小，由杠杆的平衡条件可知，在 OB与 G不变情况下，
F2应大于 F1，故 D错误。
【变式 1】
（2023·安徽亳州·校考模拟预测）如图，工人把一罐装满油的油桶由水平位置匀速提起到甲图所示的位置。
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图乙是工人抬油桶的简化示意图，整个过程中，力 F始终竖直向上；下列说法正确的是（ ）
A．抬油桶时小车相当于费力杠杆 B．抬油桶时 F逐渐变大
C．抬油桶时力臂 L1变大、L2变小 D．抬油桶时 F大小不变
【答案】D
【详解】A．在使用过程中，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故 A错误；
BCD．由图可知 O为支点，若施加的力 F始终竖直向上，油桶围绕支点 O匀速转动到如图乙所示位置，动
力和阻力的方向不变，根据相似三角形的性质可知动力臂和阻力臂之比不变，阻力大小不变，根据杠杆平
衡条件可知所用力 F的大小不变，故 D正确，故 BC 错误。
故选 D。
【变式 2】
（2023·安徽芜湖·校联考模拟预测）如图所示为小明探究杠杆平衡条件的实验装置，保持杠杆左侧的阻力
和阻力臂不变，当弹簧测力计从 a位置转到 b位置的过程中，杠杆始终水平平衡，则弹簧测力计的示数将
（ ）
A．一直变小 B．一直不变 C．一直变大 D．先变小后变大
【答案】C
【详解】根据图示可知，将弹簧测力计从 a位置缓慢逆时针转动到 b位置，此过程中杠杆始终在水平位置
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保持平衡，则阻力和阻力臂不变，动力臂变小，由杠杆的平衡条件可知，动力变大，即弹簧测力计示数逐
渐变大。
故选 C。
角度四 探究：杠杆平衡条件
【例 4】（2023·内蒙古通辽·统考中考真题）如图所示是某实验小组探究“杠杆平衡条件”的实验装置（杠
杆刻度均匀，每个钩码重 0. 5N）。
（1）挂钩码前，杠杆如图甲所示，此时正确的操作是向 （选填“左”或“右”）调节杠杆两端
的螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2）接下来，在 A、B两处挂上如图乙所示的钩码后，杠杆重新在水平位置平衡，若将 A处的钩码拿掉一
个，要便杠杆在水平位置再次平衡，则应将 B处所挂钩码向 （选填“左”或“右”）移动 个
格；
（3）某同学用弹簧测力计替代钩码，在 B点竖直向下拉，然后将弹簧测力计绕 B点逆时针旋转一定角度至
如图丙所示位置，在旋转过程中，要使杠杆始终在水平位置平衡，则弹测力计的示数将逐渐 （选
填“变大”或“变小”），原因是 。
【答案】 右 左 2 变大 动力臂逐渐减小
【详解】（1）[1]由图甲可知，此时杠杆左端重，右端轻，故此时应向右调节杠杆的平衡螺母，使杠杆水平
平衡。
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（2）[2][3]设杠杆每格的长度为 l，每个钩码的重力为 G，杠杆重新在水平位置平衡，若将 A处的钩码拿掉
一个，要便杠杆在水平位置再次平衡，则此时杠杆左端的力臂为 FA=6l，杠杆右端钩码的重力为GB=3G，
杠杆水平平衡时，由杠杆的平衡条件可得
G×6l=3G×lB
G 6l
解得杠杆 B端力臂的长度为 lB 2l ，故可知应将 B处所挂钩码向左移动 2个格。3G
（3）[4][5]由图丙可知，在旋转过程中，杠杆保持水平平衡，动力臂逐渐减小，而阻力与阻力臂不变，故
由杠杆的平衡条件可知，动力逐渐增大，即弹簧测力计的示数将逐渐变大。
【变式 1】
（2023·广东惠州·惠州市华侨中学校考模拟预测）在探究“杠杆平衡条件”实验中：
（1）实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，目的是 ；
（2）杠杆平衡后用弹簧测力计在如图中的 C位置斜下拉，若每个钩码重 2N，当杠杆在水平位置平衡时，
测力计的示数 （填“大于”“等于”或“小于”）2N；
（3）杠杆平衡后用弹簧测力计在如图中的 C位置斜下拉，若手顺时针缓缓移动到竖直向下方向并继续顺时
针移动测力计示数将如何改变？ 。
【答案】 为了避免杠杆自身重力对实验的影响 大于 先变小后变大
【详解】（1）[1]实验前应先调节杠杆在水平位置平衡，此时杠杆的重心过支点，其力臂为 0，这是为了避
免杠杆自身重力对实验的影响。
（2）[2]由图乙可知，设杠杆每个小格的长是 L，若 C点拉力的方向竖直向下，根据杠杆平衡条件 F1l1 F2l2
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可得
F FAlA 4N 2LC 2NlC 4L
由于测力计斜向右下方拉杠杆，拉力的力臂小于 4L，钩码对杆杠的拉力和力臂不变，根据杠杆平衡条件
F1l1 F2l2可知，F2大于 2N。
（3）如图所示，用弹簧测力计拉杠杆的 C点，在如图中的 C位置斜下拉，若手顺时针缓缓移动到竖直向下
方向并继续顺时针移动，动力臂先变大后变小；阻力、阻力臂不变，根据杠杆平衡条件 F1l1 F2l2可知，测
力计示数先变小后变大。
【变式 2】
（2023·云南德宏·统考二模）小华同学为“探究杠杆的平衡条件”，设计了如图所示的实验。
（1）实验前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 （选填“平衡”或“非平衡”）
状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 （选填“左”或“右”）调节；
（2）甲物体静置在水平地面上时，对地面的压强为 p0。小华将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的 A端，把质量
为m0的乙物体悬挂在杠杆的 B端，如图乙所示，此时杠杆在水平位置平衡且甲物体对地面的压强为 p1，
AO :OB 1:3，O为支点。要使甲物体刚好被细绳拉离地面，小华设计了以下两种方案，请你帮他完成；
方案一：仅将支点 O向 （选填“左”或“右”）移动适当距离；
方案二：仅增加乙物体的质量，则乙物体增加的质量为 。
p m
【答案】 平衡 右 左 1 0p0 p1
【详解】（1）[1]如图甲所示，杠杆在此位置静止，所以，此时杠杆处于平衡状态。
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[2]要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节。
（2）[3]方案一：将支点O向左移动适当的距离，OA减小，OB增大，由
FA OA m0g OB，可知， FA变大，当 FA G甲时，甲物体刚好拉离地面。
[4]方案二：甲静止在地面G甲 F甲 p0S
如图丁所示，当杠杆在水平位置平衡且甲物体对地面的压强为 p1，此时物体对地面的压力 F1 p1S
杠杆 A端受到的拉力 FA G甲 F1 p0S p1S
由杠杆平衡条件可知 FA OA G0 OB
3m
即（p S p S） 1 m g 3，则 S 0
g
0 1 0 p0 p1
当甲物体刚好被细绳拉离地面时，由杠杆平衡条件可知G甲 OA G OB总
即有 p0S 1 (m0g Δmg） 3
3m g
则 p0 0 （3 mp p 0
g Δmg）
0 1
p m
所以Δm 1 0p0 p1
考点二 滑轮及滑轮组
角度一 定滑轮及其特点
【例 5】
（2023·辽宁阜新·统考中考真题）学校每周一举行的升旗仪式中，升旗手在国歌声中将国旗升到旗杆顶端
（如图所示），下列说法正确的是（ ）
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A．升旗手拉绳子用的力是国旗所受重力的一半
B．旗杆顶端的定滑轮用来改变力的方向
C．国旗匀速上升过程中机械能守恒
D．滑轮越多滑轮组的机械效率越高
【答案】B
【详解】A．旗杆上滑轮轴固定，是定滑轮，定滑轮相当于等臂杠杆，所以不省力，忽略绳重和摩擦，拉绳
子的力等于国旗的重力，故 A错误；
B．定滑轮不能省力，但可以改变用力的方向，故 B正确；
C．国旗匀速上升，质量不变，动能不变，重力势能增大，机械能等于国旗的动能与重力势能之和，因此机
械能增大，故 C错误；
D．滑轮越多，滑轮组提升相同物体时，动滑轮越重，需克服摩擦、动滑轮重力所做的额外功越多，滑轮组
机械效率越低，故 D错误。
故选 B。
【变式 1】
（2023·广东惠州·惠州市华侨中学校考模拟预测）如图分析，比较如图中 F1、F2、F3的大小（ ）
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A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3 C．F1＝F3＝F2 D．无法判断
【答案】C
【详解】因为定滑轮相当于一等臂杠杆，可以改变力的方向，但不省力也不费力，故用定滑轮沿三个不同
方向拉同一重物G，用的拉力大小相等，都等于物体的重力。故 ABD 不符合题意，C符合题意。
故选 C。
【变式 2】
（2023·山东临沂·统考二模）2022 年 9 月 2 日，徐工 XCA2600 全地面起重机首吊 2600t 圆满成功，成为
“全球第一吊”。关于 XCA2600 全地面起重机，下列说法正确的是（ ）
A．吊臂前端的定滑轮能省力 B．宽大的履带可以增大压强
C．粗糙的履带可以减小摩擦 D．匀速吊起重物时，拉力等于重力
【答案】D
【详解】A．吊臂前端的定滑轮不能省力，不能省距离，可以改变力的方向，故 A错误；
F
B．根据 p 可知：在压力一定时，宽大的履带增大了受力面积，可以减小压强，故 B错误；
S
C．在压力不变时，粗糙的履带可以增大摩擦，故 C错误；
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D．匀速吊起重物时，拉力和重力是一对平衡力，拉力等于重力，故 D正确。
故选 D。
角度二 动滑轮及其特点
【例 6】
（2023·湖南常德·统考中考真题）如图所示小明组装了甲、乙两种滑轮，用来提升同一物体，G 物=200N
（不计绳重、轮重和摩擦），要使物体竖直匀速提升 2m。下列说法中正确的是（ ）
A．F 甲=200N，并向上移动 4m
B．F 甲=100N，并向上移动 2m
C．F 乙=200N，并向上移动 1m
D．F 乙=400N，并向上移动 lm
【答案】D
【详解】AB．不计绳重、轮重和摩擦，图甲是动滑轮，动滑轮不能改变力的方向，但是可以省一半的力，
所以
F 1 1甲 G物 200N=100N2 2
拉力端移动的距离为
s=2h=2×2m=4m
故 AB 错误；
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CD．不计绳重、轮重和摩擦，图乙是动滑轮，拉力作用在动滑轮的轴上，拉力
F 乙=2G 物=400N
拉力端移动的距离为
s 1 h 1 2m=1m
2 2
故 C错误，D正确。
故选 D。
【变式 1】
（2023·辽宁阜新·统考模拟预测）如图所示，男孩利用滑轮将物体匀速吊起，下列说法正确的是（ ）
A．物体匀速上升时动能增大
B．图中的滑轮不能改变拉力的方向
C．物体匀速上升时受非平衡力的作用
D．人对绳子的拉力是物体重力的一半
【答案】B
【详解】A．物体匀速上升时，质量不变，速度不变，则动能不变，故 A错误；
B．图中的滑轮是动滑轮，使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，故 B正确；
C．物体匀速上升时处于平衡状态，则受平衡力的作用，故 C错误；
D．人对绳子的拉力是物体和动滑轮总重力的一半，故 D错误。
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故选 B。
【变式 2】
（2023·吉林松原·校联考三模）如图所示，在水平拉力 F的作用下重 100N 的物体 A，沿水平桌面做匀速
直线运动，弹簧秤 B的示数为 10N，则拉力 F的大小为 N。（不计绳重及滑轮与轴的摩擦）
【答案】20
【详解】弹簧秤的示数是 10N，F 与两段绳子上的力之和相等，所以 F 20N，这样使用滑轮比较费力，但
省了距离，F移动的距离是 A移动距离的一半。
角度三 滑轮组连线问题
【例 7】（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）小丽学习了滑轮的知识后，想利用滑轮组设计一个升降装
置，自己把物体吊上楼来，请你画出最省力的绕线方式和物体所受重力的示意图。
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【答案】
【详解】要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以绳子要系在动滑轮上面的挂钩上，依次
向外绕线；过物体的重心，作竖直向下的重力 G。如图所示：
【变式 1】
（2023·江苏苏州·苏州草桥中学校考二模）站在地面上的人利用滑轮组提起重物，请在图中画出绳子的绕
线方式。
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【答案】
【详解】因为人站在地面上，绕线时绳子自由端从人的手中绕过定滑轮，向下再绕过动滑轮，最后向上系
在定滑轮的挂钩上，如图所示：
【变式 2】
（2023·北京·一模）在图中画出滑轮组最省力的绕绳方法。
【答案】
【详解】左边滑轮固定为定滑轮，右边滑轮与汽车相连为动滑轮，动滑轮上绳子股数越多，越省力，如下
图所示：
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考点三 其他简单的机械
角度一 斜面模型及其相关计算
【例 8】
（2023·黑龙江绥化·统考中考真题）如图，斜面长 L=5m，高 h=2m。小华用平行于斜面向上的拉力 F，
用 10s 将重为 150N 的物体从斜面底端匀速拉到斜面顶端，物体沿斜面匀速向上运动时所受摩擦阻力恒为
20N。则拉力所做的功为 J，拉力的功率为 W。
【答案】 400 40
【详解】[1]小华拉力做的有用功为W 有=Gh=150N×2m=300J
克服摩擦阻力做的额外功为W 额=fL=20N×5m=100J
则拉力所做的功为总功为W 总=W 有+W 额=300J+100J=400J
W
[2]拉力的功率为 P 总 = 400J =40W
t 10s
【变式 1】（2023·广西柳州·统考一模）如图所示，斜面长 2m，高 0.8m，用大小为 10N沿斜面向上的
拉力 F，将重 20N 的木块从底端匀速拉到顶端，所做的有用功为 J；物体受到斜面的摩擦力是
N。
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【答案】 16 2
【详解】[1][2]拉力做的总功W Fs 10N 2m 20J总
有用功W Gh 20N 0.8m 16J有
将铁块从底端匀速拉到顶端，所做的额外功W W W 20J 16J 4J额 总 有
W
物体受到斜面的摩擦力 f 4J 额 2N
s 2m
【变式 2】
（2023·安徽芜湖·统考三模）如图所示，斜面长 5m，高 3m，小明用绳子沿斜面将木块由底端匀速拉到
顶端，拉力大小为 240N，绳重不计，斜面的机械效率为 75%，则木块与斜面间的摩擦力 N。
【答案】60
W
【详解】由题可知，拉木块做的总功，由 有 可知，W W 75% 1200J=900JW 有 总总
所以额外功W W W 1200J-900J=300J额 总 有
由W
W 300J
= fs
额 可知摩擦力 f 额 60Ns 5m
角度二 轮轴模型及其相
【例 9】
（2022·广西·中考真题）如下图所示的四种机械装置中，不能省力的装置是（ ）
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A．自行车的脚踏板 B．旗杆顶的定滑轮 C．水管上的水龙头 D．大门上的门把手
【答案】B
【详解】简单机械在使用过程中，有的是为了节省距离，有的是为了省力，在使用时，动力臂大于阻力臂
的机械均是省力机械，动力臂小于阻力臂的机械均是费力省距离的机械，自行车的脚踏板、水管上的水龙
头、大门上的门把手都是变形的杠杆—轮轴，而且使用时轮半径大于轴半径，动力作用在轮上，不符合题意；
旗杆定的定滑轮是等臂杠杆，能改变施力方向，不能省力，故答案选 B．
【变式 1】
（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考二模）骑自行车出行郊游，是一种时尚、环保的生活方式，当我们在平直路
面上匀速向前骑行时，下列说法正确的是（ ）
A．轮胎的表面刻有花纹是为了减小轮胎与地面间的摩擦
B．人和车的总重与地面对人和车的支持力是一对平衡力
C．路面受到的压力与人受到的支持力是一对相互作用力
D．自行车的车把手相当于一个轮轴，其本质是费力杠杆
【答案】B
【详解】A．自行车的轮胎上刻有花纹，是为了在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度增大轮胎与地面
间的摩擦，故 A错误；
B．人和车受到的重力与地面对人和车的支持力是一对平衡力，这两个力作用在同一个物体上，大小相等，
方向相反，作用在同一直线上，故 B正确；
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C．路面受到的压力等于人和自行车的重力之和，人受到的支持力等于人的重力，这两个力大小不相等，不
是一对相互作用力，故 C错误；
D．自行车的车把相当于一个轮轴，动力作用在轮上，所以本质是一个省力杠杆，故 D错误。
故选 B。
【变式 2】
（2020·湖北黄冈·统考模拟预测）如图所示为维修工人常用的一种套筒扳手。使用时将金属手柄插入套筒，
再将套筒套在需要拧动的螺栓或螺母上，扳动金属手柄使套筒转动，就可以拧动螺栓或螺母了。使用时，
套筒扳手相当于一个 (选填“滑轮”或“轮轴”)。某次沿顺时针扳动套在螺栓上的螺母，则螺母受
到螺栓施加的力沿 时针方向。若想要扳动时更省力，可以 。
【答案】 轮轴 逆 使手的位置远离套筒（增大动力臂等，合理即可）
【详解】[1]套筒扳手在使用时绕中心轴转动，所以属于轮轴。
[2]轮轴转动时，作用在轮上的力和作用在轴上的力方向相反，沿顺时针扳动套在螺栓上的螺母，则螺母受
到螺栓施加的力沿逆时针方向。
[3]若想要扳动时更省力，可以使手的位置远离套筒，目的是增大轮半径，从而更省力。
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