2020-2021年中考物理分类汇编简单机械1

1、2020-2021年中考物理分类汇编简单机械(word)1一、简单机械选择题1 .如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析正确的是A. B点是支点，液压杆施的力是动力，货物重力是阻力B. B点是支点，物体A放在车厢前部可省力C. C点是支点，物体A放在车厢后部可省力D. C点是支点，物体A放在车厢前部可省力【答案】C【解析】【详解】由图可知车厢绕着点C转动，所以点C为支点；当物体放在车厢白后部时，动力臂大于阻力臂，因此省力，所以选项ABD都不正确，故答案为C.2 .如图是抽水马桶水箱进水自动控制的结构原理图，AOB为一可绕固定点O转动的轻质杠杆，已知OA:OB1:2,A端用细

2、线挂一空心铝球，质量为2.7kg.当铝球一半体积浸在水中，在B端施加3.5N的竖直向下的拉力F时，杠杆恰好在水平位置平衡.(铝2.7103kg/m3,g10N/kg)下列结果正确的是A.该铝球空心部分的体积为1103m3B.该铝球的体积为3103m3C.该铝球受到的浮力为20ND.该铝球受到的浮力为40N【答案】C【解析】【分析】根据密度的公式得到铝球实心部分的体积，根据杠杆的平衡条件得到A端的拉力，铝球在水中受到的浮力等于重力减去A端的拉力，根据阿基米德原理求出排开水的体积，从而得出球的体积，球的体积减去实心部分的体积得到空心部分的体积【详解】铝球实心部分的体积:2.7kg2.7103kg/

3、m3铝球排开水的体积:铝球的体积：V球则空心部分的体积:OB2由杠杆平衡的条件可得：Fa>OA=Fb>OB,FaFb-3.5N7N,OA1铝球受到的浮力：F浮GFmgF2.7kg10N/kg7N20N,2103m3,F浮20N水g1103kg/m310N/kg33332V排2210m410m,433333V空Vt7实410m110m310m.本题考查杠杆和浮力的题目，解决本题的关键知道杠杆的平衡条件和阿基米德原理的公3 .用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150N的物体匀速提升1m,不计摩擦和绳重时，滑轮组的机械效率为60%.则下列选项错误的是（）A.有用功一定是150JB.

4、总功一定是250JC.动滑轮重一定是100ND.拉力大小一定是125N【答案】D【解析】【分析】知道物体重和物体上升的高度，利用W=Gh求对物体做的有用功；又知道滑轮组的机械效率，利用效率公式求总功，求出了有用功和总功可求额外功，不计绳重和摩擦，额外功W额=G轮h,据此求动滑轮重；不计摩擦和绳重，根据F=1（G物+G轮）求拉力大小.n【详解】对左图滑轮组，承担物重的绳子股数n=3,对物体做的有用功：Wa=Gh=150NX1m=150J,W有150J因此，W额=W总-W有=250J-150J=100J；因为不,得：W,&=250J,60%计绳重和摩擦，W额=g轮h,所以动滑轮重:_W额1

5、00J.,G轮=-=100N,拉力F的大小:F=1（G物+G轮）=1（150N+100N）=250N;对右图滑轮组，承担物重的绳子股数333Wn=2,对物体做的有用功：W=Gh=150NX1m=150J,由刀得：W总W总W有150J60%=250J,所以W额=W总-W有=250J-150J=100J;因为不计绳重和摩擦,W额=G轮h,因此动滑轮重：G轮=I。1=100N,拉力F的大小：F=（G物+G轮）h1m2（150N+100N）=125N;由以上计算可知，对物体做的有用功都是150J,总功都是250J,动滑轮重都是100N,故A、B、C都正确；但拉力不同，故D错.故选D.4 .下列几种方法

6、中，可以提高机械效率的是A.有用功一定，增大额外功B.额外功一定，增大有用功C.有用功一定，增大总功D.总功一定，增大额外功【答案】B【解析】【详解】A不符合题意;A.机械效率是有用功和总功的比值，总功等于有用功和额外功之和，所以有用功一定,增大额外功时，总功增大，因此有用功与总功的比值减小，故B符合题B.额外功不变，增大有用功，总功变大，因此有用功与总功的比值将增大，故心、）C不符合题意;C.有用功不变，总功增大，则有用功与总功的比值减小，故D.因为总功等于有用功和额外功之和，所以总功一定，增大额外功，有用功将减小，则有用功与总功的比值减小，故D不符合题意.5 .如图所示甲、乙两套装置所用滑

7、轮质量均相等，用它们分别将所挂重物在相等时间内竖直向上匀速提升相同高度.若Gi=G2,所用竖直向上的拉力分别为F1和F2,拉力做功的功率分别为Pi和P2,两装置的机械效率分别为口和平（忽略绳重和摩擦）.则下列选项正确的是用ZA,F1>F2；印=邛；P1=P2B,F1>F2；Yf>邛；P1>P2C.F1VF2；印邛；P1<P2D.F1VF2；印>邛；P1>P2【答案】a【解析】【详解】1 _不甘绳重及摩擦，因为拉力F=-（G+G轮），m=2,n2=3,所以绳子受到的拉力分别n1 一、一1,为：F1=（G1+G轮），F2=-（G2+G轮），故F1>F

8、2；故CD错误；23因为动滑轮重相同，提升的物体重和高度相同，W额=6轮h,W有用=G物h,所以利用滑轮组做的有用功相同、额外功相同，总功相同；,Wn由刀=可知，机械效率相同，4=砰；W又因为所用时间相同，由P=W可知，拉力做功的功率P1=P2,故B错误，A正确.t故选A.6.为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了如图甲所示的滑轮组装置。当用如图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示。（不计绳重和绳与轮之间的摩擦）。下列计算结果不正确的是V.后，秘TA. 0s1s内，地面对物体的支持力大于10NB. 1s

9、2s内，物体在做加速运动C. 2s3s内，拉力F的功率是100WD. 2s3s内，滑轮组的机械效率是83.33%【答案】C（1）由图乙可知，在01s内，拉力F=30N.取动滑轮和重物为研究对象，受到向下的重力G和G动,向上的支持力F支，及三根绳子向上的拉力F'作用，处于静止状态；地面对重物的支持力F支=6干'=G-3F拉+G动=100N-3X30N+G动=6动+10N>10N,故A正确；（2）由图丙可知，1s2s内，物体在做加速运动，故B正确；（3）由图可知在23s内，重物做匀速运动,V3=2.50m/s,拉力F3=40N,因为从动滑轮上直接引出的绳子股数（承担物重的绳子

10、股数）n=3,所以拉力F的作用点下降的速度v'3=3v3=3X2.50m/s=7.5m/s,拉力做功功率（总功率）：P总=F3v'3=40NX7.5m/s=300W,故C错误；滑轮组的机械效率：刀=卬育Gh100NX100%=F：,3hX100%=4ONx100%S83.33%,故D正确。故选C.【点睛】由滑轮组的结构可以看出，承担物重的绳子股数n=3,则拉力F移动的距离s=3h.（1）已知滑轮组绳子的段数n和拉力F拉，物体静止，设滑轮组对物体的拉力F',其关系为FI拉=q（F'+G）;地面对物体的支持力等于物体对地面的压力，等于物体的重力G减去整个滑轮组对物体

11、的拉力F'（2）由F-t图象得出在12s内的拉力F,由h-t图象得出重物上升的高度，求出拉力F的作用点下降的距离，利用W=Fs求此时拉力做功.（3）由F-t图象得出在23s内的拉力F,由v-t图象得出重物上升的速度，求出拉力F的作用点下降的速度，利用P=Fv求拉力做功功率，知道拉力F和物重G大小，以及S与h的关系，利用效率求滑轮组的机械效率.7 .如图所示，杠杆处于平衡状态且刻度均匀，各钩码质量相等，如果在杠杆两侧各减少一B.右端下沉D.无法判断A.左端下沉C.杠杆仍然平衡【答案】B【解析】【详解】设一个钩码重为G,一格的长度为L,原来：3GX4L=4GX3L,杠杆平衡；在杠杆两侧挂钩

12、码处各减少一个质量相等的钩码，现在：2GX4L<3GX3L,所以杠杆不再平衡，杠杆向顺时针方向转动，即右端下沉。故ACD错误，B正确。8 .如图为工人用力撬起石头的情景，小亮在图中画出了四个作用于硬棒上的力，其中能正确表示工人左手施力且最省力的是（）A.FiB.F2C.F3D.F4【答案】C【解析】解答：因为由图可知，四个力中F3的力臂最长，所以根据杆杆平衡条件可知，最省力的是沿F3方向.故选C.9 .如图所示，手用Fi的力将物体B匀速提升h,Fi做功为300J;若借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度，F2做功为500J,下列说法错误的是A.滑轮组机械效率为60%B.两个过程物体

13、B均匀速运动，机械能增加C.滑轮组的自重，绳子和滑轮之间的摩擦等因素导致F2做的功有一部分属于额外功D.F2做功的功率比Fi做功的功率大【答案】D【解析】【详解】A.根据题意知道，用Fi的力将物体B匀速提升h,Fi做的是有用功，即W”300J,借助滑轮组用F2的力把物体B匀速提升相同高度，F2做的是总功，即W总=500J,由Wi00%知道，滑轮组的机械效率是：W心、Wi00%=300Ji00%=60%500J故A不符合题意;B.由于两个过程物体B均做匀速运动，所以，动能不变，但高度增加，重力势能增大，而动能与势能之和是机械能，所以机械能增大，故B不符合题意；C.由于需要克服滑轮组的自重及绳子和

14、滑轮之间的摩擦做功，即由此导致巳多做一些功，即额外功，故C不符合题意；W,一D.由P知道，功率由所做的功和完成功所需要的时间决定，根据题意不知道完成功所用的时间，故无法比较功率的大小，故D符合题意.10 .如图所示，用下列装置提升同一重物，若不计滑轮自重及摩擦，则最省力的是A.C.B.D.A.此图是动滑轮,由动滑轮及其工作特点可知，省一半的力，即B.此图是定滑轮,由定滑轮及其工作特点可知，不省力,F=G；C.此图是滑轮组,绕在动滑轮上的绳子由3股，则1F=_G;3D.此图是滑轮组,绕在动滑轮上的绳子由2股，则由以上可知：在滑轮重及摩擦不计的情况下最省力的是FG.2C,C符合题意.11 .用如图

15、所示的滑轮组拉动水平地面上重1000N的物体A,使物体A在4s内匀速前进了4m,物体A受到地面的摩擦力f=300N,所用拉力F=120N,忽略绳重、滑轮重及绳与滑轮间的摩擦.下列说法中正确的是',广，/，F/，尸frfrrz*A.绳子自由端在4s内移动了8mmB.物体A重力做功的功率为1000WC.物体A克服摩擦力做的功为480J"D.滑轮组的机械效率约为83.3%【答案】D【解析】【详解】A.由题图可知，承担物体拉力的绳子的股数n=3,因此物体A在4s内匀速前进了4m,则绳子自由端在4s内移动了s绳子=3X4m=12m=故A错误。B.物体在重力方向上没有做功，所以物体A重力

16、做功的功率为0,故B错误。C.物体A克服摩擦力做的功W有用=fs=300N<4m=1200J,故C错误。D,由题可知：物体A克服摩擦力做的功W有用=fs=300W4m=1200J,拉力F所做的总功W总=Fs绳子=120W12m=1440J,所以滑轮组的机械效率100001200J1440J1000083.3%,故D正确为答案。12.轻质杠杆AB可绕中点O自由转动，现在其A端和B端分别施以大小相等的力F1和F2,它们的方向如图所示，则下列说法中正确的是A.杠杆会沿顺时针方向转动B.杠杆会沿逆时针方向转动C.杠杆会保持平衡D.无法判读杠杆转动方向【答案】A【解析】【详解】由图知道，O为杠杆的

17、支点，分别从O点向两力的作用线作垂线交两力的作用线于点C、D,则力F1和F2的力臂分别为OCOD,如下图所示：AOB因OA=OB,由几何知识知道,故OCvOD又因为Fi和F2的大小相等，由平衡条件知道，力与力臂乘积的大小关系是:FiXOCvF2XOD,所以，杠杆不能平衡，杠杆会沿顺时针方向转动，即只有A正确。13.下列杠杆中属于费力杠杆的是A、剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B错误.C、如图的镣子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C正确;D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D错误；重

18、点是杠杆的分类，即动力臂大于阻力臂时，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂时，为费力杠杆，但省力杠杆费距离，费力杠杆省距离。14.如图所示，可绕O点转动的轻质杠杆，在D点挂一个重为G的物体M.用一把弹簧测力计依次在A、B、C三点沿与圆O相切的方向用力拉，都使杠杆在水平位置平衡，读出三次的示数分别为Fi、F2、F3,它们的大小关系是DOA. Fi=F2=F3=GB. F1<F2<F3<GC. Fi>F2>F3>GD. Fi>F2=F3=G【答案】A【解析】【分析】【详解】设拉力的力臂为由此可得：F利用杠杆平衡条件分析，当阻力和阻力臂不变时，如果动力臂不变，只改动

19、用力方向，其动力不变，据此分析解答。L,则由题意可知，当杠杆在水平位置平衡时：GXOD=RLgodL因为G,OD不变，OD=L=r,故F=G,由于F1、F2、F3的力臂都为圆的半径都相等，所以得：Fi=F2=F3=G。故选：A。15.如图所示，一根木棒在水平动力（拉力）匀速转到水平位置的过程中，若动力臂为F的作用下以O点为轴，由竖直位置逆时针L,动力与动力臂的乘积为M,则A. F增大，L增大，M增大C.F增大，L减小，M增大11【答案】C【解析】B. F增大，L减小，M减小D.F减小，L增大，M增大【分析】找某一瞬间：画出力臂，分析当转动时动力臂和阻力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件求解.【详解

20、】如图,Fll为动力臂，L为阻力臂，由杠杆的平衡条件得：Fl=GL;以O点为轴，由竖直位置逆时针匀速转到水平位置的过程中，l不断变小，L逐渐增大，G不变；由于杠杆匀速转动，处于动态平衡；在公式Fl=GL中，G不变，L增大，则GL、Fl都增大；又知：l不断变小，而不断增大，所以F逐渐增大，综上可知：动力F增大，动力臂l减小，动力臂和动力的乘积M=Fl增大；故选C.【点睛】画力臂：画力的作用线（用虚线正向或反方向延长）；从支点作力的作用线的垂线得垂足；从支点到垂足的距离就是力臂.16.皮划艇是我国奥运优势项目之一，如图所示，比赛中运动员一手撑住浆柄的末端（视为支点），另一手用力划浆.下列说法正确的

21、是（）A.为省力，可将用力划浆的手靠近支点B.为省力，可将用力划浆的手远离支点C.为省距离，可将用力划浆的手远离支点D.将用力划浆的手靠近支点，既能省力又能省距离【答案】B【解析】【分析】结合图片和生活经验，判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆.【详解】运动员一手撑住浆柄的末端（视为支点），另一手用力划浆.根据杠杆平衡条件FiLl=F2L2可知，船桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆.AB.为省力，可将用力划浆的手远离支点，故A错误，B正确；CD.为省距离，可将用力划浆的手靠近支点，但费距离，故CD错误；17 .下图所示的工具中，属于费力杠杆的是

22、:【答案】D【解析】【详解】动力臂小于阻力臂的杠杆属于费力杠杆，四幅图中只有镣子的动力臂是小于阻力臂的，故应选Do18 .如图所示甲、乙两套装置所用滑轮质量均相等，用它们分别将所挂重物在相等时间内竖直向上匀速提升相同高度.若Gi=G2,所用竖直向上的拉力分别为F1和F2,拉力做功的功率分别为Pi和P2,两装置的机械效率分别为印和卑（忽略绳重和摩擦）.则下列选项正确的是甲二A.Fi>F2印V*PkP2B.曰>巳印=*Pi=P2C.FivF2邛v邛PivP2D.FivF2邛>邛Pi>P2【答案】B【解析】【详解】甲滑轮组n是2,乙滑轮组n是3,乙更省力.由于两个滑轮组做的有

23、用功相同，额外功相同，它们的机械效率也相同.在相同时间内做的总功相同，它们的功率也相同.故B正确.19.建筑工人用如图所示的滑轮组，在4s内将重为1500N的物体沿水平方向匀速移动2m的过程中，所用的拉力大小为375N,物体受到水平地面的摩擦力为物重的0.4倍.在此过程中下列说法正确的是（）A.绳子自由端沿水平方向移动了6mB.物体受到的拉力为750NC.拉力F的功率为750WD.滑轮组的机械效率为80%【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，n=2,则绳子自由端沿水平方向移动的距离s=nsA=2x2m=4m故A错误；B.物体沿水平方向匀速移动时处于平衡状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力

24、，则物体受到的拉力FA=f=0.4G=0.4X1500N=600NB错误；C.拉力F做的功WuFs=375N<4m=1500J,则拉力F的功率pF/>'”=375W,故错误；D.有用功WFasa=600NX2m=1200J则滑轮组的机械效率12Q0JX100%=X100%=80%故D正确;20.下图是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械重和摩擦），其中所需动力最小的是（）【详解】GG,一在A的斜面中，存在Fi%m=GX2m,故Fi=;在B的滑轮组中，n=3,故F2=;在C23G的定滑轮中，不省力，故F3=G；在D的杠杆中，存在F4Ml=GM,故F4=；可见所需动

25、4力最小的是D.21 .在使用下列简单机械匀速提升同一物体的四种方式，所用动力最小的是（不计机械自重、绳重和摩擦）（）【答案】D【解析】不计机械自重绳重和摩擦，即在理想状况下：A.图示是一个定滑轮拉力Fi=G；B.根据勾股定理知h='5_1=3m,图中为斜面，F2X5m=GX3m彳导至UF2=0.6G;C.如图所£122L,+3L5Lg2示，由图可知儿2L乙由杠杆平衡条件可得：F3XL2=GXLg,拉力F3=gJ2：1G=30.4G;D.由图示可知，滑轮组承重绳子的有效股数n=3,拉力F4="G;因此最小拉力是F4；故选：Do点睛：由图示滑轮组，确定滑轮组的种类，根

26、据滑轮组公式求出拉力Fi、F4；由勾股定理求出斜面的高，根据斜面公式求出拉力F2的大小；由图示杠杆求出动力臂与阻力臂的关系，然后由杠杆平衡条件求出拉力F3；最后比较各力大小，确定哪个拉力最小。22 .如图所示，用同一滑轮组分别将物体A和物体B匀速提升相同的高度，与提升B相比，提升A的过程滑轮组的机械效率较大，若不计绳重与摩擦的影响，则提升A的过程A.额外功较小B.额外功较大C.总功较小D.总功较大【答案】D【解析】解：AB.由题知，提起两物体所用的滑轮组相同，将物体提升相同的高度，不计绳重和摩擦，克服动滑轮重力所做的功是额外功，由W额=G动h可知，提升A和B所做额外功相同，故AB错误；c、WW

27、CD.不计绳重和摩擦的影响，滑轮组的机械效率4-,额外功相同，提W怠wW升A的过程滑轮组的机械效率较大，所以提升A物体所做的有用功较大，其总功较大，故C错误，D正确.答案为D.点睛：本题考查对有用功、额外功和总功以及机械效率的认识和理解，注意同一滑轮组提升物体高度相同时额外功是相同的.23.如图所示的是工人在平台上通过滑轮组向上拉起重物G的情景.已知重物G所受的重力为700N,当他沿水平方向用400N的力拉重物G时，重物G恰好做匀速直线运动.不A.该滑轮组的动滑轮所受的重力为100NB.若工人拉动绳子的速度为0.5m/s,则4s后，绳子的拉力所做的功为1400JC.当工人用等大的力使绳子以不同速度匀速运动，且绳端运动相同的距离时，工人所做的功大小不同D.若将重物G换为质量更大的物体，则在不改变其他条件的情况下