人教新版2022年八年级下学期《第12章简单机械》单元测试卷（解析版）

1、PAGE47人教新版八年级下学期第12章简单机械2022年单元测试卷一选择题（共16小题）1关于力臂，下列说法正确的是（）A力臂一定在杠杆上B从支点到动力作用点的距离叫动力臂C从支点到力的作用线的距离叫力臂D力臂不可能为零2在质量忽略不计的AC硬棒B、C两点施加F1、F2，棒在如图所示位置处于静止状态。F1的方向沿OO线。（）AF1F2BF1l1F2l2CF1方向沿OO线向上DF1力臂小于l13在我国古代，简单机械就有了许多巧妙的应用，护城河上安装的吊桥装置就是一个例子，如图所示。在拉起吊桥过程中（）A滑轮起到省力的作用BA点是吊桥的支点CAB是吊桥的阻力臂D吊桥是省力杠杆4如图所示，在水平力

2、F的作用下，使重为G的木棒绕固定点沿逆时针方向缓慢转动至水平位置，在棒与竖直方向的夹角逐渐增大的过程中，下列说法正确的是（）A重力G不变，G的力臂不变B拉力F变大，F的力臂变小C拉力F不变，F的力臂变大D重力G变小，G的力臂变大5两支蜡烛用木棒相连接，设法在其木棒中间插入一枚缝衣针，把针的两端分别放在两个玻璃杯上，将两端同时点燃，发现蜡烛可以绕针轴上下来回摆动，如图所示。关于此装置，下列说法中错误的是（）A蜡烛燃烧过程中，化学能转化为光能和内能B跷跷板两侧的蜡烛必须一样长C点燃后蜡烛即使两端燃烧速度不同，也能使跷跷板往复翘动D蜡烛转动的动能6如图所示，重为8牛的物体A和重为12牛的物体B都处于

3、静止状态，关于以下说法正确的是（）A物体A受到的合力为4牛B物体B受到的合力为4牛C滑轮C的优点是可以改变用力的方向D物体A向下移动10厘米，则物体B向上移动20厘米7用动滑轮提升重物，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（）A可以省力B可以改变力的方向C可以省功D提的物体越重，机械效率越低8如图所示，邻居大叔正在吃力地把一重物搬上高台，小勇看见后急忙前去帮忙他找来一块木块，搭成图乙所示的斜面，结果非常轻松地把同样地重物推到了高台上，关于这两种方式，下列说示正确的是（）A图乙情况下更省力B大叔的有用功大些C图乙情况的机械效率高D小勇做功的功率一定更大9如图所示，用同样大小的力将下列重物匀速提升。若

4、不计摩擦和滑轮重，下列几种情况中，物重最大的是（）ABCD10甲同学用水桶从井里提水，乙同学把掉在井里的水桶捞上来，水桶里带了一些水，在上述过程中，两位同学都做了功，则下列说法正确的是（）A甲做的功都是有用功B乙做的功都是有用功C甲对桶做的功是额外功D乙对桶做的功是额外功11下列有关起重机提升货物时机械效率的说法，正确的是（）A有用功越多，机械效率越高B同一起重机提起的货物越重，机械效率越高C额外功越少，机械效率越高D同一起重机提起同一货物越快，机械效率越高12利用如图所示的甲、乙两滑轮组，在相同的时间内用大小相同的力F1和F2分别把质量相等的重物G1和G2提升到相同的高度，则（）A乙滑轮组做

5、的有用功多B乙滑轮组绳子末端移动的距离较多CF1做功的功率大D甲滑轮组的机械效率高13如图所示是某建筑工地用升降机提升大理石的滑轮组示意图。滑轮组通过固定架被固定住，滑轮组中的两个定滑轮质量相等，绕在滑轮组上的绳子能承受的最大拉力为2000N大理石的密度是103kg/m3，每块大理石的体积是102m3，升降机货箱和动滑轮的总重力是300N在某次提升15块大理石的过程中，升降机在1min内将货箱中的大理石沿竖直方向匀速提升了15m，绳子末端的拉力为F，拉力F的功率为0.2m0.1m40 kg0.2 m0.2 m18kg50cm2m，物体上升的速度是m/s，动滑轮的重是N，如果被提升的物体重800

6、N，则工人需要用N的力能将物体提升。19在下图中，甲是用绳和木棍体验“滑轮组”威力的装置；乙是正在旋转着升降的滚摆。（1）图甲证明了；（2）图乙说明了。20某同学家新房装修时，在地面与窗台间放置一斜木板，将瓷砖沿木板从地面匀速拉上窗台。如图所示，已知窗台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，沿斜面所用拉力400N，则斜面的机械效率是。若仅使斜面的倾角逐渐增大，沿斜面向上的拉力将逐渐，此斜面的机械效率将逐渐（后两空选填“增大”、“不变”或“减小”）。21用图示装置探究“斜面机械效率”，实验记录如下表。实验次数物体种类物重G/N斜面高h/cm沿斜面的拉力F/N斜面长s/cm机械效率/%1木块4151

7、902小车41590（1）沿斜面拉动物体时，应使其做运动。（2）根据图中测力计示数，可知第2次实验的机械效率为%由实验可得初步结论：斜面倾斜程度相同时，越小，机械效率越大。（3）第1次实验中，木块所受摩擦力为N。三作图题（共3小题）22如图所示，杠杆在力的作用下处于水平平衡状态，L1为动力F1的力臂。请在图中作出阻力臂L2及动力F1的示意图。23如图所示，轻质杠杆OA能绕O点转动，请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）。24用如图所示滑轮组提升重物，画出最省力的绕绳方法。四实验探究题（共3小题）25在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆（

8、杠杆上每小格长为2cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个（每个钩码重1N）。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于（选填“平衡”或“不平衡”）状态。（2）实验时，使杠杆在位置平衡，主要是为了便于测量的大小，因此他应把甲图中杠杆的平衡螺母向（左/右）边调。（3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，作为动力F1，B点处挂上1个钩码，作为阻力F2，杠杆恰好在水平位置平衡，分别测量出两个力的力臂l1和l2，计算后发现：F1l1F2l2，便得出杠杆的平衡条件是：F1l1F2l（4）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆

9、的平衡条件是否仍然成立”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数如图丙所示，则弹簧测力计的拉力是N以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码重力为阻力F2，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1l1总是大于F2l2（5）小明又把弹簧测力计的作用点固定，只改变测力计与水平方向的角度，则能描述测力计示数F与关系的图象是。26在“探究影响滑轮组机械效率的因素”的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：实验序号物重G/N物体上升的高度h/m拉力F/N机械效率2%3680%（1）实验中应竖

10、直向上拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，第3次实验中绳子自由端移动的距离为m。（2）在读取弹簧测力计示数时，测力计应（选填“保持静止”或“匀速上升”）；（3）第二次实验时，测力计示数如图乙所示，本次测量出滑轮组的机械效率为（百分数保留一位小数）；（4）实验中，小明所用动滑轮的重一定小于N。（5）通过实验可以得出：同一个滑轮组所提的物体越重，其效率越（选填“大”或“小”）；为了提高滑轮组的机械效率，还可以采取的方法有（写出一条即可）27小明同学用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率。（1）实验中，小明竖直向上匀速拉动弹簧测力计，他这样做的目的是。（2）实验中，使用该杠杆提升钩码做功时，其额外功主要

11、了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，小明同学用该实验装置，先后将钩码挂在A、B两点。测量并计算得到下表所示的两组数据次数钩码悬挂点钩码总重G/N钩码移动距离h/m拉力F/N测力计移动距离s/m机械效率/%1A点2B点根据表中数据，不能得出“杠杆的机械效率与所挂钩码的重有关，钩码越重其效率越高”的实验结论。请简要说明两条理由：；。人教新版八年级下学期第12章简单机械2022年单元测试卷参考答案与试题解析一选择题（共16小题）1关于力臂，下列说法正确的是（）A力臂一定在杠杆上B从支点到动力作用点的距离叫动力臂C从支点到力的作用线的距离叫力臂D力臂不可能为零【分析】解决此题需要掌握力臂的概念，

12、知道力臂是从支点到力的作用线的距离。【解答】解：A、由下图可知，力臂不一定在杠杆上，故A错误；BC、力臂是从支点到力的作用线的距离，简单地说，就是“点到线”的距离，而不是“点”到“点”的距离，故B错误，C正确。D、当力的作用线通过支点时，力臂为零，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了力臂的概念，属于基础知识的考查，相对比较简单。2在质量忽略不计的AC硬棒B、C两点施加F1、F2，棒在如图所示位置处于静止状态。F1的方向沿OO线。（）AF1F2BF1l1F2l2CF1方向沿OO线向上DF1力臂小于l1【分析】从支点到力的作用线的垂线段叫力臂；杠杆的平衡条件是F1L1F2L【解答】解：A、由图可

13、知，F2的力臂大于F1的力臂，据杠杆的平衡条件知F1F2，故A错误；B、由于L2不是F2的力臂，所以F1L1F2LC、已知F2的方向是竖直向下的，为保持杠杆平衡，F1的方向应该沿OO向上，故C正确；D、从支点到力的作用线的垂线段叫力臂，所以F1力臂是L1，故D错误。故选：C。【点评】此题考查的是我们对杠杆平衡条件及力臂的理解和应用，知道力臂是支点到“力的作用线”，而不是到“力的作用点”的垂线段，是解答杠杆问题的第一步。3在我国古代，简单机械就有了许多巧妙的应用，护城河上安装的吊桥装置就是一个例子，如图所示。在拉起吊桥过程中（）A滑轮起到省力的作用BA点是吊桥的支点CAB是吊桥的阻力臂D吊桥是省

14、力杠杆【分析】利用下列知识分析判断：（1）支点：硬棒绕着转动的点叫支点；（2）支点到力的作用线的距离叫力臂；（3）对杠杆的分类方法：动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆；动力臂小于阻力臂的杠杆为费力杠杆；动力臂等于阻力臂的杠杆为等臂杠杆；（4）定滑轮的作用，：改变力的方向，但不能省力。【解答】解：A、滑轮组C的轴固定不动，为定滑轮，定滑轮的作用是改变力的方向，而不能省力，故A错；B、由图可知吊桥绕着B点转动，所以护城河上安装的吊桥的支点是B点，故B错；CD、如图，支点B到力的作用线的距离BD为动力臂L1，在匀速拉起吊桥时，拉力的作用点是A点，阻力的作用点是桥AB的中点，过支点B做阻力作用线的垂线得

15、到的线段，即为阻力臂L2，比较两力臂的大小可知，它的动力臂大于阻力臂，所以属于一个省力杠杆；故C错、D正确。故选：D。【点评】解题本题要求学生知道支点及力臂的定义、定滑轮的作用，在解题时先找出支点的位置，然后根据力臂的定义判断动力臂与阻力臂的长短。4如图所示，在水平力F的作用下，使重为G的木棒绕固定点沿逆时针方向缓慢转动至水平位置，在棒与竖直方向的夹角逐渐增大的过程中，下列说法正确的是（）A重力G不变，G的力臂不变B拉力F变大，F的力臂变小C拉力F不变，F的力臂变大D重力G变小，G的力臂变大【分析】根据力臂的定义先确定拉力F力臂的变化和重力G力臂的变化，由图可知，在木棒转动过程中，拉力F的力臂

16、L1在减小，重力G的力臂L2在增大，重力G不会变。然后根据杠杆的平衡条件即可判断说法正确与否。【解答】解：力臂是过支点到力的作用线的垂直距离。由于G不变，重力的力臂L2变大，力F的力臂L1变小；由FL1GL2可得，F一定变大，故B正确。故选：B。【点评】根据力臂的定义确定力臂的变化是解答本题的关键所在，并会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题。5两支蜡烛用木棒相连接，设法在其木棒中间插入一枚缝衣针，把针的两端分别放在两个玻璃杯上，将两端同时点燃，发现蜡烛可以绕针轴上下来回摆动，如图所示。关于此装置，下列说法中错误的是（）A蜡烛燃烧过程中，化学能转化为光能和内能B跷跷板两侧的蜡烛必须一样长C点

17、燃后蜡烛即使两端燃烧速度不同，也能使跷跷板往复翘动D蜡烛转动的动能【分析】（1）燃烧过程是化学能转化为内能和光能的过程；（2）由于蜡烛的粗细不同，跷跷板两侧的蜡烛不一定一样长；（3）蜡烛两头燃烧不均匀，速度时快时慢，燃烧慢的那头较重，根据杠杆平衡条件分析；（4）蜡烛在转动时，是重力做功或克服重力做功。【解答】解：A、蜡烛燃烧过程中，化学能转化为内能和光能，故A正确；B、由于蜡烛的粗细可能不同，则跷跷板两侧的蜡烛不一定一样长，故B错误；CD、将两端同时点燃（如下图所示），在火焰的加热下会不断滴下蜡油；假设左边燃烧的速度快，那么左边很快就会变轻，于是右边下沉；因为火苗向上烧，所以下沉的一端由于火焰

18、烧烤蜡烛而熔化较快，所以右边很快就变轻了，这样右边就翘起来，左边下沉，如此往复循环，装置就会来回自动摆个不停；所以，即使两端燃烧速度不同，也能使跷跷板往复翘动，故C正确；在整个过程中，是由于重力做功使装置上下来回摆动的，即蜡烛转动的动能是由重力势能转化而来的，故D正确。故选：B。【点评】本题关键要抓住题意：由于缝衣针不可能正好在蜡烛重心的位置，若重心不在支点上，则杠杆使用时杠杆的重力会对杠杆平衡产生影响，进行判断。6如图所示，重为8牛的物体A和重为12牛的物体B都处于静止状态，关于以下说法正确的是（）A物体A受到的合力为4牛B物体B受到的合力为4牛C滑轮C的优点是可以改变用力的方向D物体A向下

19、移动10厘米，则物体B向上移动20厘米【分析】（1）先对AB进行受力分析，A受到重力和绳子的拉力，B受重力、绳子的拉力、地面的支持力；处于平衡状态的物体，其合力必为零；（2）定滑轮的特点不省力也不省距离，但可以改变力的方向，由此即可解答。【解答】解：AB、由于物体A和物体B都处于静止状态，即为平衡状态，则物体A、B受到的合力为零，故AB错误；C、由图可知，滑轮C为定滑轮，其优点是可以改变用力的方向，故C正确；D、由于定滑轮不省力，也不省距离，所以物体A向下移动10cm，物体B向上移动10cm，故D错误。故选：C。【点评】此题考查了对物体受力分析、平衡力的合力以及定滑轮的特点等知识，虽具有一定的

20、综合性，但难度不大。7用动滑轮提升重物，不计绳重和摩擦。下列说法正确的是（）A可以省力B可以改变力的方向C可以省功D提的物体越重，机械效率越低【分析】（1）动滑轮的本质是省力杠杆，使用动滑轮可以省力，但费距离；使用任何机械，都不能省功；（2）不计绳重和摩擦时，使用动滑轮产生的额外功取决于动滑轮的重力，据此分析。【解答】解：AB、动滑轮实质是一个动力臂为阻力臂二倍的杠杆，使用动滑轮可以省力但不能改变力的方向，故A正确，B错误；C、使用任何机械，都不能省功，故C错误；D、不计绳重和摩擦，滑轮组或动滑轮的机械效率，在动滑轮的重力不变，也就是说额外功不变时，增加物体的重力，就可增加有用功占总功的比值，

21、可增大机械效率，故D错误。故选：A。【点评】此题考查的是动滑轮省力情况的分析，涉及到的简单机械的内容比较多，平日注意相关知识的积累，要结合现实生活去分析问题。8如图所示，邻居大叔正在吃力地把一重物搬上高台，小勇看见后急忙前去帮忙他找来一块木块，搭成图乙所示的斜面，结果非常轻松地把同样地重物推到了高台上，关于这两种方式，下列说示正确的是（）A图乙情况下更省力B大叔的有用功大些C图乙情况的机械效率高D小勇做功的功率一定更大【分析】使用机械时，人们为完成某项任务必须做的功叫有用功；对完成任务没有用但不得不做的功叫额外功；有用功与额外功之和叫总功；有用功与总功的比值叫机械效率；功率是描述物体做功快慢的

22、物理量，等于做功多少与所用时间的比值。【解答】解：A、斜面是一种省力机械，利用斜面将物体推上高台可更省力，故A正确；B、这两种方法，都把重物推到了高台上，两人做同样多的有用功，克服重力做功相同，故B错误；C、由于甲中情况直接克服物体重力做功，所以甲种情况下的机械效率高。故C错误；D、功率等于功与时间的比值，由于题中没有给出时间，不能确定哪个做功的功率大。故D错误。故选：A。【点评】此题考查的是使用机械的优缺点，需要清楚：使用机械可以省力，但要做额外功，一般机械效率是降低的。9如图所示，用同样大小的力将下列重物匀速提升。若不计摩擦和滑轮重，下列几种情况中，物重最大的是（）ABCD【分析】不计摩擦

23、和滑轮重，定滑轮不省力，动滑轮可以省一半力，滑轮组上绳子的拉力FG根据图所示滑轮的各种情况的使用，逐个判断，最后比较即可得知。【解答】解：不计摩擦和滑轮重，用同样大小的力F将重物匀速提升，A、此滑轮为动滑轮，可以省一半力，所以FGA，GA2F，B、此滑轮为定滑轮，不省力，所以GBF；C、此滑轮组绳子股数为3，所以FG，所以物重GC3F；D、此滑轮组绳子股数为2，所以FG，所以物重GD2F；所以物体重力最大的是C。故选：C。【点评】本题考查学生对滑轮组省力情况的计算，弄清滑轮组绳子的股数是解决此题的关键，基础性题目。10甲同学用水桶从井里提水，乙同学把掉在井里的水桶捞上来，水桶里带了一些水，在上

24、述过程中，两位同学都做了功，则下列说法正确的是（）A甲做的功都是有用功B乙做的功都是有用功C甲对桶做的功是额外功D乙对桶做的功是额外功【分析】使用机械时，人们为完成某项任务必须做的功叫有用功；对完成任务没有用，但不得不做的功叫额外功；有用功和额外功之和叫总功。【解答】解：AC、甲同学的目的是提水，所以甲对水做的功是有用功；但是对桶又不得不做功，则对桶做的是额外功，故A错、C正确；BD、乙同学的目的是提桶，所以乙对桶做的功是有用功；但是对水又不得不做功，则对水做的是额外功，故BD都错。故选：C。【点评】本题考查学生对有用功、额外功和总功的分析和认识。弄明白什么是有用功、额外功、总功的概念是解决此

25、题的关键。11下列有关起重机提升货物时机械效率的说法，正确的是（）A有用功越多，机械效率越高B同一起重机提起的货物越重，机械效率越高C额外功越少，机械效率越高D同一起重机提起同一货物越快，机械效率越高【分析】（1）机械效率是有用功与总功的比值。（2）增加物重，其他条件不变，有用功增多，有用功在总功中所占的比例增大，机械效率升高；（3）机械效率高的机械，说明所做有用功占总功的比值大，额外功所占总功的比值小，不是做的额外功越少，（4）机械做功的快慢指功率，机械效率大小与功率大小没有关系。【解答】解：A、机械效率是有用功与总功的比值，由于总功的多少不确定，所以无法判断有用功与总功比值的大小，即机械做

26、的有用功越多，其机械效率不一定高，故A错误；B、起重机提起的货物越重，所做的额外功基本不变，有用功在总功中所占的比重越大，所以它的机械效率越大，故B正确；C、机械效率越高，说明所做有用功占总功的比值大，额外功所占总功的比值小，不是做的额外功越少，故C错误；D、使用滑轮组做功越快，说明功率越大，但机械效率与功率没有关系，故D错误。故选：B。【点评】此题考查学生对机械效率的理解，特别要注意功率与机械效率是两个不同的物理量，它们之间没有任何关系，功率由功和时间共同决定，机械效率由有用功和总功共同决定。12利用如图所示的甲、乙两滑轮组，在相同的时间内用大小相同的力F1和F2分别把质量相等的重物G1和G

27、2提升到相同的高度，则（）A乙滑轮组做的有用功多B乙滑轮组绳子末端移动的距离较多CF1做功的功率大D甲滑轮组的机械效率高【分析】（1）根据公式W有用Gh分析出有用功的大小；（2）根据snh分析滑轮组绳子末端移动的距离多少；（3）功率是表示物体做功快慢的物理量，根据公式gh知，两个滑轮组做的有用功相同。故A错误。B、甲滑轮组由3段绳子承担物重，所以s13h，乙滑轮组由2段绳子承担物重，所以s22h，比较可知，甲滑轮组绳子末端移动的距离较多。故B错误；C、在相同的时间内，甲滑轮组绳子末端移动的距离较多，所以甲绳端移动速度大于乙绳端移动速度。根据103kg3，每块大理石的体积是102m3，升降机货箱

28、和动滑轮的总重力是300N在某次提升15块大理石的过程中，升降机在1min内将货箱中的大理石沿竖直方向匀速提升了15m，绳子末端的拉力为F，拉力F的功率为V求质量，再利用公式Gmg得到重力；由图知，作用在动滑轮上的绳子有3段，已知钢丝绳能够承受的最大拉力、升降机货箱和动滑轮的总重力和作用在动滑轮上的绳子段数，可以得到动滑轮能够提升的最大重力；已知动滑轮提升的最大重力和货箱的重力，可以得到大理石的总重力；已知大理石的总重力和每块大理石的重力，两者之比就是大理石的数量；（2）利用F（GG0）求拉力；（3）利用s3h求拉力端移动的距离，利用WFs求拉力做的功；已知做功时间，利用公式V103kg/m3

29、102m3每块大理石重：Gmg28kg10N/g280N；升降机一次能够提起的总重为G总3F最大32000N6000N升降机一次能提起的大理石的总重为G石G总G06000N300N5700N升降机一次能提起的大理石的块数为n20（块），故A错；（2）提升15块大理石的过程中，钢丝绳端移动的距离：s3h315m45mF（GG0）（15280N300N）1500N，故B错；（3）把货物提升15m拉力做的功：WFs1500N45m104J升降机的功率为15m0.2m0.1m40 kg0.2 m0.2 m0.1m0.2m0.2m0.2m2F0.1m40kg，故B正确；根据式可得，动滑轮的重：G动500

30、NG物500N400N100N，故A错误；C、根据机械效率的计算公式可知，机械效率的大小与物体运动的速度无关；故C错误；D、无论物体以0.1m/s的速度还是0.2m/s的速度匀速提升物体，物体都处于平衡状态，其它条件均不变，则竖直向下的拉力都为F2；故D错误。故选：B。【点评】本题考查了学生对压强公式、机械效率计算公式的理解和运用，关键是把物块和动滑轮作为一个整体进行受力分析，找出隐含条件，这是本题的关键。15有一种重心在支点处的杠杆，他与转轴间的摩擦较小，因此机械效率很高。若用这种杠杆将质量为18kg的物体匀速提升50cm的过程中，杠杆的机械效率为90%，则在提升该物体的过程中（g取10N/

31、g）（）A有用功为9JB杠杆自重不做额外功C总功为10JD该杠杆为省力杠杆【分析】（1）根据WGhmgh求出有用功；（2）重心在支点处的杠杆，没有克服杠杆自重做额外功；（3）根据求出总功；（4）根据力臂关系判断属于哪种类型的杠杆。【解答】解：A、有用功W有用Ghmgh18kg10N/g0.5m90J，故A错误；B、重心在支点处的杠杆，重心的位置不变，没有克服杠杆自重做额外功，故B正确；C、根据可知，总功W总100J，故C错误；D、重心在支点处的杠杆，其动力臂和阻力臂的大小关系不知道，所以无法判断它属于哪种类型的杠杆，故D错误。故选：B。【点评】此题主要考查的是学生对有用功、总功、机械效率计算公

32、式和杠杆分类的理解和掌握，难度不大。16用滑轮组竖直向上提升重物，不计绳重和摩檫，下列措施能提高滑轮组机械效率的是（）A增大重物上升的速度B增大重物上升的高度C减小定滑轮的重力D减小动滑轮的重力【分析】（1）提高滑轮组机械效率的方法，有两种方法：一是减轻动滑轮质量、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，提高机械效率；二是增加提升物体的重，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率。（2）不计绳重和摩檫时，滑轮组机械效率：；据此分析影响滑轮组机械效率的因素。【解答】解：用滑轮组竖直向上提升重物时，有用功：W有G物h，不计绳重和摩檫，额外功：W额G动h，总功：W总W有W额G物hG动h；

33、则滑轮组的机械效率：；由此可知，滑轮组机械效率的高低与重物上升的速度、重物上升的高度、定滑轮的重力无关，故ABC错误；由上式可知，减小动滑轮的重力，可减小额外功，能提高滑轮组的机械效率，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了影响滑轮组机械效率的因素，不计绳重和摩檫时，滑轮组机械效率：，根据该公式进行分析，这是解答本题的关键。二填空题（共5小题）17小刚家厕所的水龙头坏了，关不住水。看到会浪费不少水，小刚很心疼。他立即找来扳手换水龙头，可是费了好大的劲，坏的水龙头却纹丝不动。他又找来一根粗铁管辅助扳手把龙头扳拧下来，这样做的物理原理是增大动力臂，减小动力。【分析】在杠杆平衡中，要使动力最小，动力

34、臂要最长，对于轮轴，动力作用在轮上，轮半径越大越省力。【解答】解：在扳手上套一个粗铁管，增大了轮半径，增大了动力臂，根据杠杆平衡条件可知，可以减小动力，用起来更省力。故答案为：增大动力臂，减小动力。【点评】本题要知道轮轴是变形杠杆，当轴半径一定时，动力作用在轮上，轮半径越大，越省力。同时还要认识到扳手相当于轮轴，本题考查学生对杠杆平衡条件的理解并能有效解决实际问题。18如图所示，工人用250N的力将重400N的物体匀速提升2m，共用了10秒，若在此过程中（忽略绳重和摩擦），绳子自由端移动的距离是4m，物体上升的速度是s，动滑轮的重是100N，如果被提升的物体重800N，则工人需要用450N的力

35、能将物体提升。【分析】（1）由图知，滑轮组承担物重的绳子股数n2，利用s2h求绳子自由端移动的距离；（2）由v计算物体上升的速度；（3）不计摩擦和绳重，拉力F（GG轮），据此求动滑轮的重力；再计算提升的物体重800N时的拉力。【解答】解：（1）由图知，滑轮组承担物重的绳子股数n2，所以绳子自由端移动的距离：s2h22m4m；（2）10秒物体匀速提升2m，所以物体上升的速度：v0.2m/s；（3）不计摩擦和绳重，绳子自由端拉力F（GG轮），所以动滑轮的重力：G轮2FG2250N400N100N；提升的物体重800N时工人拉力：F（GG轮）（800N100N）450N。故答案为：4；100；450

36、。【点评】本题考查了速度计算和使用滑轮组动滑轮重力、拉力的计算，正确找到通过动滑轮绳子段数和用好不计摩擦和绳重，拉力F（GG轮）是解题的关键。19在下图中，甲是用绳和木棍体验“滑轮组”威力的装置；乙是正在旋转着升降的滚摆。（1）图甲证明了滑轮组可以省力；（2）图乙说明了动能和重力势能可以相互转化。【分析】（1）绳子和木棍组合在一起，相当于滑轮组，分析图示情景得出结论。（2）物体的重力势能和动能可以相互转化。【解答】解：（1）由图甲可知，绳子和木棍组合在一起，起到滑轮组的作用，而用较小的力就可以使作用有较大力的两根木棍靠拢，说明使用滑轮组可以省力。（2）由图乙可知，在滚摆上升过程中，滚摆的高度增

37、加，速度减小，滚摆的动能转化为滚摆的重力势能；滚摆下降时，高度减小，速度增大，滚摆的重力势能减小，动能增加，滚摆的重力势能转化为滚摆的动能。可见，动能和重力势能可以相互转化。故答案为：（1）滑轮组可以省力；（2）动能和重力势能可以相互转化。【点评】本题考查了滑轮组的特点、动能和重力势能相互转化等问题，分析题图得出相关信息是关键。20某同学家新房装修时，在地面与窗台间放置一斜木板，将瓷砖沿木板从地面匀速拉上窗台。如图所示，已知窗台高3m，木板长5m，瓷砖重500N，沿斜面所用拉力400N，则斜面的机械效率是75%。若仅使斜面的倾角逐渐增大，沿斜面向上的拉力将逐渐增大，此斜面的机械效率将逐渐增大（

38、后两空选填“增大”、“不变”或“减小”）。【分析】（1）已知瓷砖的重力和提升的高度（斜面高），根据公式W有用Gh可求拉力提升瓷砖所做的有用功；已知拉力的大小和拉力移动的距离（斜面长），根据公式W总FS可求拉力对瓷砖做的总功；最后利用公式计算出机械效率。（2）使用斜面时，高度不变的情况下，斜面越长越省力，斜面越陡越费力；（3）斜面越陡，斜面机械效率越大。【解答】解：（1）G500N，h3m，做的有用功为：W有用Gh500N3m1500J，又因为s5m，F400N，所以拉力做的总功为：W总Fs400N5m2000J。则斜面的机械效率为：100%100%75%。（2）若仅使倾角逐渐增大（即斜面变陡）

39、，拉动物体越费力，即沿斜面向上的拉力将逐渐增大；（3）其他条件不变，斜面的倾斜程度越大，机械效率越高。故答案为：75%；增大；增大。【点评】此题主要考查的是学生对机械效率计算和机械效率影响因素的理解和掌握，基础性题目。21用图示装置探究“斜面机械效率”，实验记录如下表。实验次数物体种类物重G/N斜面高h/cm沿斜面的拉力F/N斜面长s/cm机械效率/%1木块4151902小车41590（1）沿斜面拉动物体时，应使其做匀速直线运动。（2）根据图中测力计示数，可知第2次实验的机械效率为%由实验可得初步结论：斜面倾斜程度相同时，摩擦力越小，机械效率越大。（3）第1次实验中，木块所受摩擦力为。【分析】

40、（1）从实验操作方便的角度考虑，要测量沿斜面的拉力，就要让木块做匀速直线运动，因为只有这样，弹簧测力计的示数稳定，测量才够准确；（2）先读出弹簧测力计的示数，然后根据100%100%求出机械效率；比较两次机械效率的大小即可判断；（3）先根据W有Gh和W总Fs分别求出有用功和总功，然后根据W额W总W有求出额外功，克服摩擦力做功就是额外功，利用f求出摩擦力。【解答】解：（1）沿斜面拉动物体时，为使弹簧测力计的示数稳定，便于读数，所以应尽量使物体做匀速直线运动；（2）由图可知，第2次实验弹簧测力计的示数即拉力F，则斜面的机械效率100%100%100%。比较两次的机械效率可知，第2次机械效率大，斜面

41、的倾斜程度相同，小车所受的摩擦力小，由此可得结论：斜面倾斜程度相同时，摩擦力越小，机械效率越大；（3）由第1次实验的数据可知，沿斜面拉木块做的有用功W有Gh4N0.15m，拉力做的总功W总Fs1N0.9m，则额外功W额W总W有，由W额fs得，木块所受摩擦力f。故答案为：（1）匀速直线；（2）；摩擦力；（3）。【点评】本题考查了实验注意事项、实验数据分析、以及斜面机械效率计算的掌握情况，应用控制变量法、认真分析实验数据即可正确解答。三作图题（共3小题）22如图所示，杠杆在力的作用下处于水平平衡状态，L1为动力F1的力臂。请在图中作出阻力臂L2及动力F1的示意图。【分析】根据力臂是支点到力的作用线

42、的垂直距离可作出F2的力臂L2，根据力的作用线与力臂垂直，可作出力的作用线，与杠杆的交点就是力的作用点，根据动力和阻力的关系可确定力的方向。【解答】解：由图可知，O为支点，物体对杠杆的拉力是阻力F2，由O向力F2的作用线引垂线，支点到垂足的距离就是力臂L2；作力臂L1的垂线即力F1的作用线，与杠杆的交点就是作用点，F1使杠杆的转动方向与力F2的相反；如下图所示：【点评】本题考查了力的示意图和力臂的画法。由力臂的概念即可画力臂，也可确定力的方向和作用点。23如图所示，轻质杠杆OA能绕O点转动，请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）。【分析】此题是求杠杆最小

43、力的问题，已知点O是动力作用点，那么只需找出最长动力臂即可，可根据这个思路进行求解。【解答】解：O为支点，所以力作用在杠杆的最右端A点，并且力臂是OA时，力臂最长，此时的力最小。确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F如图所示：【点评】此题主要考查了杠杆中最小力的问题。解决此类题目的关键是确定出最长的力臂，并根据力臂的画法做出最小的力。24用如图所示滑轮组提升重物，画出最省力的绕绳方法。【分析】滑轮组的省力情况取决于承担物重的绳子的段数，也就是看有几段绳子连着动滑轮，段数越多越省力。【解答】解：从动滑轮的挂钩开始依次绕绳子，最后有三段绳子承担物重，这就是最省力的绕法。如图所示：【点评】在滑轮组中，绕

44、过动滑轮的绳子股数越多会越省力，即FG。四实验探究题（共3小题）25在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：杠杆（杠杆上每小格长为2cm）、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个（每个钩码重1N）。（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“不平衡”）状态。（2）实验时，使杠杆在水平位置平衡，主要是为了便于测量力臂的大小，因此他应把甲图中杠杆的平衡螺母向右（左/右）边调。（3）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆A点处挂上2个钩码，作为动力F1，B点处挂上1个钩码，作为阻力F2，杠杆恰好在水平位置平衡，分别测量出两个力的力臂l1和

45、l2，计算后发现：F1l1F2l2，便得出杠杆的平衡条件是：F1l1F2l2（4）接着，小明提出新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，在杠杆D点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在C点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置处于平衡状态，此时弹簧测力计的示数如图丙所示，则弹簧测力计的拉力是以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码重力为阻力F2，多次调整力和力臂的大小进行测量，发现：F1l1总是大于F2l2，其原因主要是杠杆受到了（5）小明又把弹簧测力计的作用点固定，只改变测力计与水平方向的角度，则能描述测力计示数F与关系的图象是B。【分析】（1）杠杆

46、处于静止状态或匀速转动状态时，杠杆处于平衡状态；（2）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂；在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；（3）在探究性实验中，应进行多次实验，寻找普遍规律，避免结论的偶然性。（4）弹簧测力计的拉力由图读出；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；杠杆的重心过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响。（5）根据杠杆的平衡条件动力动力臂阻力阻力臂可知，当阻力和阻力臂不变时，动力臂越大，动力越小。【解答】解：（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆静止，此时杠杆处于平衡状态；（2）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，右端偏高，为使杠杆

47、在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；（3）小明仅凭一次测量就得出杠杆平衡条件，这种实验处理方法是不完善的，因为实验次数过少，会导致实验结论具有偶然性，应该改变动力或阻力的大小进行多次测量，寻找普遍规律，以避免偶然性。（4）由图可知，弹簧测力计的分度值为，指针在3N以下三格处，示数为。用如图丙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响，所以会发现F1l1总是大于F2l（5）小明又把弹簧测力计的作用点固定，只改变测力计与水平方向的角度（即测力计绕图中的C点转动），此过程中钩码重和重力的力臂不变，当测力计和杠杆的角度从0度逐渐增加到90度时，动力臂越来越大，由杠杆平衡条

48、件可知，动力越来越小；当测力计和杠杆垂直时，此时动力臂最大，动力最小；当测力计和杠杆的角度从90度逐渐增加到180度时，动力臂越来越小，由杠杆平衡条件可知，动力越来越大；即整个过程中动力先减小后增大，但角不能为0或180（若0或180，即拉力沿水平方向，此时拉力的力臂为0，杠杆不能平衡），故只有B正确。故答案为：（1）平衡；（2）水平；力臂；右；（3）没有经过多次测量就得出结论，结论不具有普遍性；（4）；杠杆重力；（5）B。【点评】本题考查了探究杠杆平衡条件的特点，掌握杠杆的平衡含义，并理解调节杠杆在水平位置平衡的目的，能够熟练应用杠杆的平衡条件分析问题。26在“探究影响滑轮组机械效率的因素”

49、的实验中，小明用同一滑轮组进行了三次实验，实验数据如下表：实验序号物重G/N物体上升的高度h/m拉力F/N机械效率2%3680%（1）实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升，第3次实验中绳子自由端移动的距离为。（2）在读取弹簧测力计示数时，测力计应匀速上升（选填“保持静止”或“匀速上升”）；（3）第二次实验时，测力计示数如图乙所示，本次测量出滑轮组的机械效率为%（百分数保留一位小数）；（4）实验中，小明所用动滑轮的重一定小于1N。（5）通过实验可以得出：同一个滑轮组所提的物体越重，其效率越大（选填“大”或“小”）；为了提高滑轮组的机械效率，还可以采取的方法有换用轻质的动滑轮（或减小摩擦等）（写出一条即可）【分析】（1）实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体缓缓上升；由图知，绳子的有效段数为3，根据snh求出第3次实验中绳子自由端移动的距离；（2）匀速提升物体