第4章 机械和功 单元综合检测Ⅱ（4.1-4.4期中测试）（练习）（解析版）

第4章机械和功单元综合检测Ⅱ（4.1-4.4期中测试）一、单选题1．下列工具中属于费力杠杆的是（）A．钳子 B．筷子C．门把手 D．自行车手闸【答案】B【详解】A．钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意；B．筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意；C．门把手在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故C不符合题意；D．自行车手闸在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。故选B。2．若汽车发动机的功率一定，当汽车在加速行驶时，发动机的牵引力（）A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定【答案】B【详解】汽车发动机的功率一定，由P＝Fv知道，当汽车在加速行驶时，发动机的牵引力减小，故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。3．一架直升机匀速飞上高空的过程中，直升机的（）A．动能增大，重力势能不变，机械能增大B．动能不变，重力势能增大，机械能增大C．动能不变，重力势能减小，机械能减小D．机械能转化过程中总量不变【答案】B【详解】直升机匀速上升的过程中，质量不变，速度不变，高度增加，故动能不变，重力势能增大，总的机械能增大，故ACD不符合题意，B符合题意。故选B。4．下列各选项中，能实现甲的功率比乙的功率小的是（）A．W甲=W乙，t甲＜t乙 B．W甲>W乙，t甲＜t乙C．W甲>W乙，t甲>t乙 D．W甲>W乙，t甲=t乙【答案】C【详解】A．由知道，若W甲=W乙，t甲＜t乙，则甲的功率一定比乙的功率大，故A不符合题意；B．由知道，若W甲>W乙，t甲＜t乙，则甲的功率一定比乙的功率大，故B不符合题意；C．由知道，若W甲>W乙，t甲>t乙，则甲的功率可能比乙的功率小，故C符合题意；D．由知道，若W甲>W乙，t甲=t乙，则甲的功率一定比乙的功率大，故D不符合题意。故选C。5．如图所示使用下列三个装置分别用、、匀速提起同样的重物，不计滑轮的重力和摩擦，则、、的大小关系为（）A．B．C．D．【答案】A【详解】不计滑轮的重力和摩擦且不计绳重的情况下；左边的滑轮是动滑轮，能够省一半的力，故中间的滑轮是动滑轮，作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，则右边的滑轮是定滑轮，只能改变力的方向，不省力也不费力，故所以故A符合题意；BCD不符合题意。故选A。6．如图所示，人通过定滑轮拉住重为98牛的物体，当人拉绳子从A点慢慢移动到B点时，人对绳子的拉力和拉力所做的功为（）A．拉力逐渐增大，拉力所做的功为98焦B．拉力的大小不变，拉力所做的功为196焦C．拉力的大小不变，拉力所做的功为294焦D．拉力的大小不变，拉力所做的功为392焦【答案】B【详解】滑轮为定滑轮，不省力，则拉力由勾股定理得故绳子现在的长度则绳子被拉力拉长了拉力所做的功故B符合题意，ACD不符合题意。故选B。7．人造地球卫星沿椭圆轨道运行，我们把卫星运行过程中离地球最近的点叫近地点，最远的一点叫远地点（如图所示），卫星在太空飞行过程中，不受到任何的阻力卫星从远地点向近地点运行过程中（）A．机械能变小，动能不变，势能变小 B．机械能不变，动能变小，势能变大C．机械能变大，动能变大，势能变大 D．机械能不变，动能变大，势能变小【答案】D【详解】卫星在运行过程中质量不变，卫星在近地点和地球的相对距离最小，速度最大，近地点势能最小，动能最大；卫星在远地点和地球的相对距离最大，速度最小，远地点的势能最大，动能最小；卫星从远地点向近地点运行过程中，势能变小，动能变大。由于不计阻力，机械能是守恒的，保持不变，故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。8．甲、乙两人质量之比为，他们沿静止的自动扶梯匀速跑上楼的功率之比为，甲跑上楼所用的时间是t1。当甲站在自动扶梯上不动，开动自动扶梯把甲送上楼所用的时间是t2。那么，当乙用原来的速度沿向上开动的扶梯跑上楼时，所用的时间为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】甲乙的重力之比为功率之比由功率的公式得得设扶梯长度为s，则甲的速度且扶梯速度当乙用原来的速度沿向上开动的扶梯跑上楼时，所用的时间为故选A。9．如图所示的装置，滑轮自重20N，其下端挂重280N的物体C，杠杆可绕轴O无摩擦地转动，绳和杠杆的重力不计，杠杆上刻度均匀。要使杠杆在图示水平位置平衡，在杠杆的A点所加的竖直向上的力F应是（）A．150N B．200N C．300N D．400N【答案】B【详解】因滑轮自重20N，提升物体需要的拉力由于力的作用是相互的，所以杠杆左端受到的拉力F′＝F拉＝150N因OA∶OB＝3∶4由杠杆的平衡条件得F′×OB＝F×OA即故选B。10．如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA∶AB=1∶2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法正确的是（）A．该杠杆与镊子类型相同B．图甲位置时，拉力大小为20NC．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3∶1D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变【答案】D【详解】A．根据图甲可知，动力臂大于阻力臂，因此该杠杆为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；B．已知物重为30N，图甲位置时且动力臂为OB，阻力臂为OA；由杠杆平衡条件可得则拉力故B错误；C．图甲位置时，原来杠杆平衡，则有若仅增加物重，杠杆再次平衡时，有

②②-①可得所以即拉力的变化量与物重的变化量之比为1∶3，故C错误；D．如图乙，保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示为动力臂，为阻力臂，阻力不变为G，因为（此处不用相似，利用图形旋转前后的等量关系即可）所以由杠杆平衡条件可得则由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力大小不变，故D正确。故选D。二、填空题11．在平直地面上，一个物体在牛的水平拉力作用下，秒内沿水平方向前进了米，则拉力对物体做的功为___________焦，拉力的功率为_________瓦；若物体重力为牛，重力对物体做的功为___________焦。【答案】

【详解】[1]拉力对物体做的功为W=Fs=30N×5m=150J[2]拉力的功率=15W[3]物体在重力的方向上没有移动距离，重力对物体做功为0。12．小明骑自行车上坡走的是“S”型路线，他这样______省力______省功（选填“能”或“不能”）。【答案】

能

不能【详解】[1][2]根据功的原理可知：使用任何机械都不能省功；当小明骑自行车上坡走“S”型路线时，增大了距离，做功一定时，由公式可知，他这样能省力。13．蹦床运动是运动员从蹦床弹向空中表演技巧动作的一项体育活动。当运动员离开蹦床弹向空中的过程中，运动员具有的重力势能______，刚开始由最高点下落时，动能______。如不考虑空气阻力，下落过程中机械能______。（选填“增大”、“不变”或“减小”）【答案】

变大

变大

不变【详解】[1]根据影响重力势能的因素可知，当运动员离开蹦床弹向空中的过程中，运动员的质量不变，高度变大，重力势能变大。[2]根据动能的影响因素可知，刚开始由最高点下落时，质量不变，速度变大，动能变大。[3]根据动能和势能的变化情况可知，如不考虑空气阻力，下落过程中机械能守恒，保持不变。14．如图所示，一根粗细均匀的铁棒MN长0.5米，铁棒一端用铰链固定后，另一端通过细线用弹簧测力计拉住不动，此时测力计的示数为8牛。可知，杠杆的支点是______点，阻力臂为______米，阻力为______牛。【答案】

M

0.25

16【详解】[1]由图可知，MN是杠杆，在用弹簧测力计拉时，会绕着M点转动，故M点为杠杆的支点。[2]由图可知，弹簧测力计的拉力为动力，MN长0.5m为动力臂，阻力是杠杠的重力，阻力臂为杠杆的支点到杠杠重心处的长，由于是粗细均匀的铁棒，所以阻力臂为MN的一半为0.25m。[3]根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2得，阻力为15．如图甲所示，用弹簧测力计拉同一木块在同一水平面上匀速运动，图乙中图线①、②是两次拉动木块的s﹣t图象。两次运动的时间相同，拉力做的功分别是W1、W2，功率分别为P1、P2。则W1______W2，P1______P2。（选填“＜”、“＝”或“＞”）。【答案】

＞

＞【详解】[1]两次在水平地面上拉动同一木块，压力大小和接触面的粗糙程度均不变，故木块受到的滑动摩擦力大小不变；木块在水平方向上受到拉力和摩擦力的作用，由s﹣t图象可知，木块两次都做匀速直线运动，所以拉力和摩擦力是一对平衡力，拉力等于滑动摩擦力，滑动摩擦力相等，拉力F相等，即F1＝F2；从图象中可以判断出，第①次运动的距离较大，根据公式W=Fs可知，当拉力相等时，运动距离越大，拉力做功越多，即W1＞W2。[2]已知两次运动的时间相同，由于第一做功较多，根据公式可得P1＞P2。16．如图所示，拉力F1和F2分别经过滑轮A和B使物体沿水平方向做匀速直线运动，若物体与水平面间的滑动摩擦力大小约为5牛，则F1的大小为___________牛，F2的大小为___________牛，如果F2水平移动2米，则物体移动___________米。【答案】

5

2.5

1【详解】[1]由图可知，A为定滑轮，所以[2]B为动滑轮，所以[3]使用动滑轮，绳端移动距离应为物体移动距离的2倍，所以17．停车场入口处常用横杆来控制车辆的进出，如图甲所示。我们可以把该装置简化成如图乙所示的杠杆，若横杆AB粗细相同，质量分布均匀，重120N，AB=2.8m，AO=0.3m。要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加最小动力的方向是竖直向___________，这个力的大小是___________N，此杠杆是一个___________杠杆（选填“省力”“费力”或“等臂”）。【答案】

下

440

费力【详解】[1][2]要使横杆AB保持水平平衡，则在A端施加最小力的方向应该竖直向下的。横杆AB粗细相同、质量分布均匀，所以其重心C在几何中心上，支点为O，则OA就是动力臂，OC就是阻力臂，如图所示：已知AB=2.8m，AO=0.3m，则阻力臂由杠杆的平衡条件可得F×OA=G×OC则力的大小是[3]由题意可知，动力臂AO小于阻力臂OC，为费力杠杆。18．在如图(a)所示装置中，杠杆OA在水平位置平衡，OA=50厘米，B为OA的中点，物体G重200牛，可在A点沿不同方向施加作用力FA，则：(1)作用在A点的最小的力的大小为_____牛？方向_______(2)有小虹、小杨两位同学用作图法进一步分析FA大小时发现，如图(a)(b)所示，小虹认为：当FA与杠杆OA的夹角为90°时，lA＞lB，为省力杠杆；小杨认为：当FA与杠杆OA的夹角为20°时，lA＜lB，为费力杠杆；①请判断：就他们设想的角度而言，小虹的结论是_____小杨的结论是___(均选填“正确”或“错误”)②请你根据所学的数学知识猜想，是否有可能存在FA与杠杆OA的夹角为θ时，该杠杆为等臂杠杆？若有，则θ角可能为____度，（不需要解题过程）？若没有可能，说明理由___【答案】

100N

方向竖直向上

正确

正确

30

存在杠杆为等臂杠杆【详解】(1)[1][2]图a中，阻力和阻力臂均不变，在A点施加一个力FA，则OA为动力臂时，动力臂最大，动力最小，方向垂直于杠杆竖直向上，根据杠杆平衡条件可得：FA×OA=G×OB，所以FA==G=×200N=100N；(2)[3][4]当FA与杠杆OA的夹角为90°时,lA=OA,lB=OA，lA>lB，则此时杠杆是省力杠杆；当FA与杠杆OA的夹角为20°时,由数学知识可知lA<OA,lB=OA,此时lA<lB，此时杠杆是费力杠杆，故小虹和小杨的结论都是正确的；[5][6]当FA与杠杆OA的夹角为30°时,由数学知识可知lA=OA,lB=OA,此时lA=lB，此时杠杆是等臂杠杆，即当θ=30°，该杠杆为等臂杠杆．三、作图题19．在图中，画出该滑轮的支点O、阻力F2、动力臂L1【答案】【详解】动滑轮是一个变形杠杆如图，支点是O，动力作用点在右侧；阻力就是重物对滑轮的拉力F2，方向竖直向下；过支点O向动力F1作用线画垂线段即为动力臂L1，如图所示：20．画出图中羊角锤所受力F的力臂L【答案】【详解】羊角锤与物体的接触点是支点O，从支点到力F的作用线作垂线段，即可作出力臂L，如下图21．如图所示，杠杆AO在力F1、F2的作用下处于静止状态，l2是力F2的力臂，请在图中画出力F1的力臂l1和力F2的示意图。【答案】【详解】过力臂l2的右端，作垂直于l2的直线，与杠杆OA的交点即为力F2的作用点，方向斜向右上方，即为力F2的示意图；作F1的反向延长线，过支点O作F1作用线的垂线段，即为F1的力臂l1，如图所示：四、计算题22．某人用如右图所示的牵引装置来锻炼关节的功能．重物的质量为3千克，若小腿拉绳使重物在3秒内匀速上升0.5米．求：(1)小腿对绳的拉力．(2)绳拉重物的功率．【答案】(1)29.4N

(2)4.9W【详解】(1)由定滑轮的定义可知，此滑轮是定滑轮，小腿对绳的拉F=G=mg=3kg×9.8N/kg=29.4N；(2)拉力所做的功W=Fs=29.4N×0.5m=14.7J，绳拉重物的功率为答：(1)小腿对绳的拉力29.4N；(2)绳拉重物的功率4.9W．23．无人机已被广泛运用在民用领域，发挥了重大作用。如图，一无人机下方悬挂着重力为10牛的摄像机，在10秒内沿竖直方向匀速上升了20米，求：（1）无人机对摄像机所做的功W；（2）无人机对摄像机做的功率P。【答案】（1）200J；（2）20W【详解】解：（1）无人机对摄像机做的功，即克服摄像机重力做的功为（2）做的功率为答：（1）无人机对摄像机所做的功W为200J；（2）无人机对摄像机做的功率P为20W。24．如图所示的滑轮装置，水平拉力F的大小为20牛，物体A重为200牛。若物体A在2秒内匀速前进了6米，不计滑轮重及绳与滑轮的摩擦，求：（1）拉力F所做的功W；（2）拉力F做功的功率P。【答案】（1）240J；（2）120W【详解】解：（1）由图可知动滑轮由二段绳子拉动，物体运动6m，绳子移动距离拉力

F

所做的功（2）拉力

F

做功的功率答：（1）拉力

F

所做的功为240J；（2）拉力

F

做功的功率120W。25．如图所示的杠杆AB，O为支点，在A端挂一重为20牛的物体作为阻力F2。（1）若AB为轻质杠杆（重力忽略不计），在B端施加一个竖直向下的动力F1使杠杆在水平位置平衡，求动力F1的大小；（2）若AB为均匀杠杆且重力无法忽略，此时杠杆恰好在水平位置平衡，求杠杆AB的重力G0；（3）若实心均匀杠杆AB的重力G为数据30牛，杠杆无法在水平位置平衡。如果切去BC段后，杠杆恰好在水平位置平衡，求BC段的长度L。【答案】（1）4N；（2）10N；（3）0.5m【详解】解：（1）由杠杆平衡原理可知F1动力的大小为（2）若AB为均匀杠杆且重力无法忽略，则杠杆重心到支点O的距离为由杠杆平衡原理可知杠杆AB的重力G0为（3）杠杆的长度为BC段的重力为减去BC段后，杠杆的重力为切去BC段后，杠杆的重心到支点的距离由杠杆平衡原理可知即解得BC段的长度或因杠杆的总长仅1.5m，所以BC段的长度L为0.5m。答：（1）动力F1的大小为4N；（2）杠杆AB的重力G0为10N；（3）BC段的长度L为0.5m。五、实验题26．为了探究“动能大小的影响因素”，某科学小组利用斜面、钢球，木块等器材开展了如图所示的探究实验：（1）实验中通过比较木块被撞击后的______来判断钢球动能的大小，运用的研究方法是______（选填“转换法”、“控制变量法”）；（2）通过比较______两次实验可知，在速度相同时，质量越大，动能越大；（3）若斜面绝对光滑，小球从斜面某一高处由静止滚到斜面底部的过程中，其机械能______（选填“变大”、“不变”或“变小”），若水平面表面绝对光滑，本实验将______（选填“能”或“不能”）达到实验探究目的。【答案】

移动距离

转换法

甲丙

不变

不能【详解】（1）[1][2]探究物体动能大小与哪些因素有关时，物体动能的大小无法直接体验，所以通过木块被推动的距离来判断小球动能的大小，所用方法为转换法。（2）[3]探究动能大小与质量的关系时，需要控制速度相同，质量不同，即需要使质量不相同的小球从斜面的相同高度自由滚下，故要对比甲丙两图。（3）[4]若斜面绝对光滑，小球从斜面某一高处由静止滚到斜面底部的过程中，没有能量的损失，小球的机械能是守恒的，保持不变。[5]如果水平木板是绝对光滑的，小车撞击静止的木块后，木块将一直做匀速直线运动，无法根据木块移动的距离来判定动能的大小，故不能达到实验目的。27．小红在学习完“动滑轮省一半力的知识点”后，她觉得结论与真实情况肯定有偏差；所以她再一次进行如图所示实验，实验时她选择不同滑轮缓慢竖直提起6N的物体，记录的数据如下表。（不考虑滑轮与绳子之间的摩擦力）实验序号滑轮重力（牛）弹簧测力计示数（牛）113.5224.0334.544（1）比较实验序号1、2、3，可得初步结论：用动滑轮缓慢竖直提起同一重物时，______；（2）实验序号4中的弹簧测力计示数是_____牛；（3）根据表中信息推理，当_________时，弹簧测力计的示数等于物体重力的一半；（4）若小红同学还想继续研究缓慢提起物体时，拉力方向对拉力的影响，则需要选择_____滑轮与_____重力的物体来进行实验对比（选填“相同”或“不同”）。【答案】

可以省力

5

滑轮重力为0

相同

相同【详解】(1)[1]比较了实验序号1、2、3弹簧测力计的示数和对应的物体重力，可知使用动滑轮匀速提起重物，可以省力。(2)[2]实验序号4中的弹簧测力计示数是(3)[3]根据表中信息以及可知，当滑轮重力为0时，弹簧测力计的示数等于物体重力的一半。(4)[4][5]根据控制变量法的应用要求，研究拉力方向对拉力的影响时，只改变拉力的方向，其他的因素应该一样，所以需要选择相同滑轮与相同重力的物体来进行实验对比。28．在“研究杠杆平衡条件”的实验中：（1）所用的器材有：带有刻度的杠杆、支架、弹簧测力计、线（弹簧夹）和______等；（2）在调节杠杆平衡的过程中，发现杠杆的右端翘起，如图所示，他可以调节右端的平衡螺母，使它向______（填“左”或“右”）移动使杠杆在______位置平衡，其目的是为了______；（3）某同学进行正确的实验操作得到的数据为F1=0.5牛，l1=20厘米，F2=2牛，l2=5厘米。该同学根据这些实验数据能否得出探究结论？______（选填“能”或“不能”），理由是_______；（4）若不计杠杆质量和摩擦且杠杆刻度均匀，每个钩码均重1牛，如图在A点挂两个钩码时，为了使杠杆恢复平衡，可以在C点挂______个钩码，或者在B点作用一个大小为______牛，方向竖直向______（选填“上”或“下”）的力；（5）接上题，若选择在C点挂钩码，现将左边的钩码拿掉一个，要使杠杆仍保持平衡状态，应将右边的钩码向______（选填“左”或“右”）移动______格。【答案】

钩码

右

水平

排除杠杆自重对实验的影响

不能

实验次数太少，无法得出普遍结论

4

4

上

左

1【详解】（1）[1]所用的器材除了已给的，还需要钩码，通过钩码上所标的质量的大小，就可以算出钩码的重力，从而知道钩码对杠杆的拉力的大小。（2）[2][3][4]调节杠杆平衡的方法是“左倾右调，右倾左调”，图中杠杆的右端翘起，是“左倾”，因此不管哪边的平衡螺母都要向右调节；使杠杆在水平位置平衡，目的是为了排除杠杆自重对实验的影响，同时便于测量力臂。（3）[5][6]该同学根据这些实验数据不能得出探究结论，因为实验次数太少，无法得出普遍的实验结论。（4）[7]A点距支点O四个小格，C点距支点O两个小格，A点挂两个钩码，根据杠杆平衡原理可得FA·AO=FC·CO故应在C点挂4个钩码。[8][9]因为B点和A点在支点的同侧，要使它们对杠杆的作用恰好相反，则在B点施加的力应竖直向上；B点距支点O两个小格，大小应和C点的力一样，为4N。（5）[10][11]若将左边A点的钩码拿掉一个，则A点对杠杆的力FA′=1N，力臂AO大小不变，右边C点的力大小不变，力臂C′O为所以应将右