(物理)初中物理简单机械专项检测试题(含答案解析)

一、选择题

1．如图所示，斜面长3m，高0.6m，建筑工人用绳子在6s内将重500N的物体从其底端沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是150N（忽略绳子的重力）．则下列说法正确的是

A．斜面上的摩擦力是50N C．拉力所做的功是300J 【答案】A 【解析】 【分析】

（1）利用W＝Fs计算该过程拉力F做的功；利用W有＝Gh求出有用功，利用W额＝W总﹣W有求出额外功，然后利用W额＝fs计算货物箱在斜面上受的摩擦力大小；（2）利用P

B．拉力的功率是50W D．斜面的机械效率是80%

W有W 3 ＝求拉力做功功率；（）由η＝求斜面的机械效率．

W总t【详解】

AC.拉力F做的功：W总＝Fs＝150N×3m＝450J；有用功：W有用＝Gh＝500N×0.6m＝300J，额外功：W额＝W总﹣W有用＝450J﹣300J＝150J，由W额＝fs可得，物体在斜面上受到的摩擦力：f＝

W额s ＝

W150J450J ＝50N，故A正确、C错误；B.拉力的功率：P＝总 ＝ 3m6st＝75W，故B错；D.斜面的机械效率：η＝ 选A．

W有W总＝300J ×100%66.7%，故D错误．故450J

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:OB1:2，A 端用细线挂一空心铝球，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

33衡．（铝2.710kg/m，g10N/kg ）下列结果正确的是

A．该铝球空心部分的体积为1103m3 B．该铝球的体积为3103m3 C．该铝球受到的浮力为20N D．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：V实m2.7kg33110m， 332.710kg/mOB2FB3.5N7N， OA1OA=FB×OB，FA由杠杆平衡的条件可得：FA×

铝球受到的浮力：F浮GFmgF2.7kg10N/kg7N20N， 铝球排开水的体积：V排F浮20N2103m3， 33水g110kg/m10N/kg3333铝球的体积：V球2V排2210m410m，

则空心部分的体积：V空V球V实410m110m310m． 【点睛】

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式．

433333

3．如图所示，用滑轮组在4s内将重为140N的物体匀速提升2m，若动滑轮重10N，石计滑轮与轴之间的摩擦及绳重。则在此过程中，下列说法正确的是

A．拉力F为75N

B．绳子自由端向上移动了4m C．滑轮组的机械效率约为93.3%

D．提升200N重物时，滑轮组机械效率不变 【答案】C 【解析】 【详解】

A． 由图可知，n=3，不计摩擦及绳重，拉力： F=

11 （G+G动）=×（140N+10N）=50N，故A错误； 33B．则绳端移动的距离：s=3h=3×2m=6m，故B错误； C．拉力做功：W总=Fs=50N×6m=300J， 有用功：W有用=Gh=140N×2m=280J， 滑轮组的机械效率：=

W有用W总×100%=

280J×100%≈93.3%，故C正确。 300JD． 提升200N重物时，重物重力增加，据=械效率变大，故D错误。

W有用W总GhG==可知滑轮组机GhG动hGG动

4．如图所示，小丽分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，用甲滑轮所做的总功为W1， 机械效率为η1；用乙滑轮所做的总功为W2， 机械效率为η2， 若不计绳重与摩擦，则

A．W1 = W2 η1 = η2 C．W1 < W2 η1 > η2 【答案】C 【解析】 【分析】

B．W1 = W2 η1 < η2 D．W1 > W2 η1 < η2

由图可知甲是定滑轮，乙是动滑轮，利用乙滑轮做的额外功多，由“小明分别用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面”可知两种情况的有用功，再根据总功等于有用功加上额外功，可以比较出两种情况的总功大小．然后利用械效率的大小． 【详解】

因为用甲、乙两滑轮把同一桶沙从一楼地面提到二楼地面，所以两种情况的有用功相同；根据W有W总100%即可比较出二者机

W有可知：当有用功一定时，利用机械时做的额外功越少，则总功越少，机械效W总率越高．而乙滑轮是动滑轮，所以利用乙滑轮做的额外功多，则总功越多，机械效率越低．即W1＜W2，1＞2． 【点睛】

本题考查功的计算和机械效率的大小比较这一知识点，比较简单，主要是学生明确哪些是有用功，额外功，总功，然后才能正确比较出两种情况下机械效率的大小．

5．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 ．．．

A．0s～1s内，地面对物体的支持力大于10N B．1s～2s内，物体在做加速运动 C．2s～3s内，拉力F的功率是100W D．2s～3s内，滑轮组的机械效率是83.33% 【答案】C 【解析】 【详解】

（1）由图乙可知,在0∼1s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＝G−F′＝G−3F拉+G动＝100N−3×30N+G动＝G动+10N

10N，故A正确；（2）由图

丙可知，1s～2s内，物体在做加速运动，故B正确；（3）由图可知在2∼3s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（承担物重的绳子股数）n＝3，所以拉力F的作用点下降的速度v′3＝3v3＝3×2.50m/s＝7.5m/s，拉力做功功率（总功率）:P总＝F3v′3＝40N×7.5m/s＝300W，故C错误；滑轮组的机械效率：η＝

×100%＝【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F＝（F′+G动）；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

×100%＝

×100%

83.33%，故D正确。故选C.

拉

个滑轮组对物体的拉力F′；（2）由F-t图象得出在1～2s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2～3s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．

6．如图所示，杠杆处于平衡状态，如果将物体A和B同时向靠近支点的方向移动相同的距离，下列判断正确的是

A．杠杆仍能平衡

B．杠杆不能平衡，右端下沉 C．杠杆不能平衡，左端下沉 D．无法判断 【答案】C 【解析】 【详解】

原来杠杆在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为物体A、B的重力，其对应的力臂分别为OC、OD，

根据杠杆的平衡条件可得：mAgOC=mBgOD，由图示可知，OC＞OD．所以mA＜mB，

当向支点移动相同的距离△L时，两边的力臂都减小△L，此时左边为：mAg（OC﹣△L）=mAgOC﹣mAg△L，

右边为：mBg（OD﹣△L）=mBgOD﹣mBg△L，由于mA＜mB，所以mAg△L＜mBg△L； 所以：mAgOC﹣mAg△L＞mBgOD﹣mBg△L． 因此杠杆将向悬挂A物体的一端即左端倾斜． 故选C．

7．如图所示,用滑轮组提升重物时,重200N的物体在5s内匀速上升了1m.已知拉绳子的力F为120N,如果不计绳重及摩擦,则提升重物的过程中

A．绳子自由端被拉下3m B．拉力F做的功为200J C．滑轮组的机械效率是83.3% D．拉力F的功率是40W 【答案】C 【解析】 【详解】

A、物重由两段绳子承担，因此，当物体提升1m时，绳子的自由端应被拉下2m，故A错误；

B、拉力为120N，绳子的自由端应被拉下2m，则拉力做功为：

，故B错误；

C、滑轮组的机械效率D、拉力F的功率故选C． 【点睛】

涉及机械效率的问题时，关键是要清楚总功、有用功、额外功都在哪，特别要清楚额外功是对谁做的功，弄清楚这些功后，求效率和功率就显得简单了。

，故D错误．

，故C正确；

8．下列说法中正确的是

A．机械效率越高，机械做功一定越快 B．做功越多的机械，机械效率一定越高 C．做功越快的机械，功率一定越大 D．功率越大的机械做功一定越多 【答案】C 【解析】

机械效率越高，表示有用功与总功的比值越大，功率表示做功快慢，功率越大，机械做功一定越快．机械效率与功率没有关系，故A错误．

做功越多的机械，有用功与总功的比值不一定大，机械效率不一定高，故B错误． 功率是表示做功快慢的物理量，做功越快的机械，功率一定越大，故C正确，符合题意为答案．

功等于功率与时间的乘积，时间不确定，所以功率越大的机械做功不一定越多，故D错误．

9．用如图甲所示的装置来探究滑轮组的机械效率η与物重G物的关系，改变G物，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出η与G物关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则下列说法正确的是（ ）

A．同一滑轮组机械效率η随G物的增大而增大，最终将超过100% B．G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组机械效率将改变 C．此滑轮组动滑轮的重力为2N D．当G物=6N时，机械效率η=66.7% 【答案】D

【解析】 【详解】

A、使用滑轮组时，克服物重的同时，不可避免地要克服动滑轮重、摩擦和绳子重做额外功，所以总功一定大于有用功；由公式η=

知：机械效率一定小于1，即同一滑轮组

机械效率η随G物的增大而增大，但最终不能超过100%，故A错误； B、G物不变，改变图甲中的绕绳方式，如图所示，

因为此图与题干中甲图将同一物体匀速提高相同的高度，所以所做的有用功相同，忽略绳重及摩擦时，额外功：W额=G轮h，即额外功W额相同，又因为W总=W有+W额，所以总功相同，由η=

可知，两装置的机械效率相同，即η1=η2．故B错误；

C、由图可知，G=12N，此时η=80%，则η=

=

=

=

=

，即80%=

，解得G动=3N，故

C错误；

D、G物=6N时，机械效率η=

×100%=

×100%=

×100%=

×100%≈66.7%．故D正确．

故选D．

10．如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆

A．始终是省力杠杆 C．先是省力的，后是费力的 【答案】C 【解析】

B．始终是费力杠杆 D．先是费力的，后是省力的

【详解】

由图可知动力F1的力臂始终保持不变，物体的重力G始终大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，重力的力臂逐渐增大，在L2＜L1之前杠杆是省力杠杆，在L2＞L1之后，杠杆变为费力杠杆．

11．在探究“杠杆平衡条件“实验中，杠杆在力F作用下水平平衡，如图所示，现将弹簧测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F与其力臂的乘积变化情况是（ ）

A．一直变小 【答案】C 【解析】 【详解】

B．一直变大 C．一直不变 D．先变小后变大

将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件

Fl11F2l2

可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的． 【点睛】

重点是杠杆平衡条件的应用，要理解当力与杠杆垂直时，力臂是最长的，倾斜后力臂会变短，正是由于杠杆保持平衡，所以力臂减小的同时，拉力要增大．

12．用如图所示的滑轮组在10s内将300N的重物匀速提升3m，已知动滑轮重30N，不计绳重与摩擦，则

A．利用滑轮组所做的有用功是450J B．绳子自由端移动的速度是0.9m/s C．拉力的功率是99W D．滑轮组的机械效率是80% 【答案】C 【解析】

利用滑轮组所做的有用功：W有=Gh=300N×3m=900J，故A错误；拉力做的功：W总=（G+G

动

）h=（300N+30N）×3m=990J，拉力的功率：P=W/t=990W10s=99W，故C正确；滑轮组的

机械效率：η=W有/W总×100%=900J/990J×100%≈90.9%，故D错误；由图可知，n=2，则绳端移动的距离：s=nh=2×3m=6m，绳子自由端移动的速度：v=s/t=6m/10s=0.6m/s，故B错误，故选C。

13．如图所示的滑轮组上挂两个质量相等的钩码A、B，放手后将出现的想象是（滑轮重、绳重及摩擦不计）

A．下降 【答案】B 【解析】

B．B下降 C．保持静止 D．无法确定

不计绳子、滑轮的重力和摩擦，B所在的滑轮为动滑轮，动滑轮省一半的力，B所在的滑轮为定滑轮，定滑轮不省力；A与B质量相等，重力相等，将A拉起只需B重力的一半即可，所以B下降，A上升．故选B.

点睛：利用动滑轮、定滑轮的省力特点分析解答此题．动滑轮可以省一半力，定滑轮不能省力．

14．如图所示，在斜面上将一个重9N的物体匀速拉到高处，沿斜面向上的拉力为5N，斜面长3m，高1m。则下列说法中不正确的是： ．．．

A．该过程中做的有用功为9J B．这个斜面的机械效率为60% C．物体所受到的摩擦力是5N

D．减小斜面与物体间的摩擦可以提高斜面的机械效率 【答案】C 【解析】 【分析】

（1）根据公式W=Gh求拉力做的有用功；

（2）根据W=Fs求拉力F对物体做的总功，斜面的机械效率等于有用功与总功之比； （3）克服摩擦力所做的额外功等于总功减去有用功，利用W额=fs求摩擦力； （4）提高斜面的机械效率的方法：减小摩擦力、增大斜面的倾斜程度。 【详解】

A、拉力做的有用功：W有用=Gh=9N×1m=9J，故A正确，不符合题意； B、拉力F对物体做的总功：W总=Fs=5N×3m=15J，斜面的机械效率故B正确，不符合题意；

C、克服摩擦力所做的额外功：W额=W总-W有=15J-9J=6J，由W额=fs得摩擦力

，故C错误，符合题意；

D、减小斜面与物体间的摩擦，可以减小额外功，有用功不变，总功减小，有用功与总功的比值变大，可以提高斜面的机械效率，故D正确，不符合题意。 故选C。 【点睛】

本题考查斜面的机械效率的计算，明确有用功和总功、额外功之间的关系以及额外功为克服摩擦力所做的功是解决本题的关键。

，

15．如图所示，杠杆处于平衡状态，如果将物体A和B同时向靠近支点的方向移动相同的距离，下列判断正确的是（ ）

A．杠杆仍能平衡 B．杠杆不能平衡，左端下沉 C．杠杆不能平衡，右端下沉 D．无法判断 【答案】C 【解析】

原来杠杆在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为物体A、B的重力，其对应的力臂分别为OC、OD，

根据杠杆的平衡条件可得：mAgOC=mBgOD，由图知OC＜OD．所以mA＞mB，当向支点移动相同的距离△L时，两边的力臂都减小△L，此时左边的力矩为：mAg（OC-△L）=mAgOC-mAg△L，

右边的力矩为：mBg（OD-△L）=mBgOD-mBg△L，由于mA＞mB，所以mAg△L＞mBg△L；所以：mAgOC-mAg△L＜mBgOD-mBg△L． 因此杠杆不能平衡，将向悬挂B物体的一端即右端下沉。 故C正确为答案。

16．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 F1、F2、F3，它们的大小关系是

A．F1=F2=F3=G B．F1＜F2＜F3＜G C．F1＞F2＞F3＞G D．F1＞F2=F3=G 【答案】A 【解析】 【分析】

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，只改动用力方向，其动力不变，据此分析解答。 【详解】

OD=F×L 设拉力的力臂为L，则由题意可知，当杠杆在水平位置平衡时：G×由此可得：FGOD L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：F1=F2=F3=G。 故选：A。

17．用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完（未画出），实验中，拉力F随时间t变化的关系如图甲所示，物体A上升的速度v随时间变化的关系如图乙所示，不计绳重和摩擦，在1～2s内，滑轮组的机械效率为80%，则下列判断中正确的是

A．物体A的重为1500N B．动滑轮的重为400N

C．物体A从静止开始上升1s后，拉力的功率为500W

D．若将物体A换成重为900N的物体B，则在匀速提升物体B的过程中，滑轮组的机械效率将变为75% 【答案】D 【解析】

【详解】

用一个动滑轮和两个定滑轮组成的滑轮组竖直向上提升物体A，要求滑轮的个数要用完，则承担物重和动滑轮重的绳子段数为3，如图所示：

A、已知在1s～2s内，滑轮组的机械效率为80%， 由甲图可知，在1～2s内拉力F500N，由W有用GhG可得物体A的重：W总nFhnFGA3F?3500N80%1200N，故A错误；

B、不计绳重和摩擦，根据F（G物G动）得动滑轮的重：

1nG动3FGA3500N1200N300N，故B错误；

C、由甲图知，1s后的拉力F=500N，由乙图可知1s后物体的速度v物1m/s，则绳子自由端移动的速度：v绳3v物31m/s3m/s，所以拉力F的功率：

PFv绳500N3m/s1500W；故C错误；

D、若将重物A的重力减小为900N，由于滑轮组不变，不计绳重和摩擦，此时滑轮组的机械效率：确； 故选D． 【点睛】

重点是滑轮组中功和及效率的计算，首先应根据第一次做功的额外功或拉力的关系求出动滑轮的重，再利用效率的公式计算第二次的机械效率．另外在不计摩擦和绳重时，牢记效

W有用GhG900N100%75%，故D正W总GG动hGG动900N300NW有用W有用GhGhGG率的两个思路：一是，二是．

W总GG动hGG动W总nFhnF

18．用F1的拉力直接将重为G的物体A匀速提升h（如图甲）；换用斜面把物体A匀速提升相同的高度，拉力为F2 ， 物体沿斜面运动的距离为L（如图乙），利用斜面工作过程中

A．有用功为F2h 【答案】B 【解析】

B．额外功为F2L－F1h C．总功为（F1+F2）L D．机械效率为

F1 F2A.借助斜面做的有用功即为克服物体重力所做的功，则W有GhF1h，故A错误；BC.B.拉力所做的总功：W总F2L，额外功W额 W总-W有 F2L- F1h ，故B正确，C错误；D. 机械效率ηW有W总Fh?1，故D错误．故选B. F2L

19．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F1L1=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；

20．如图所示，一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木板水平放置．现有水平拉力F拉木块C，在粗糙水平地面上由B向A缓慢运动过程中，拉力F将

A．变小 C．逐渐增大

B．不变 D．先减小后增大

【答案】A 【解析】 【详解】

以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，根据杠杆平衡条件可得：F支•l支=G•lG，水平力F由B向A缓慢匀速推动木块，F支的力臂在增大，重力G及其力臂lG均不变，所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐减小；由于支持力逐渐减小，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐减小，根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐减小，拉力和摩擦力是平衡力，由力的平衡条件可知，水平拉力F也逐渐减小．