(物理)中考物理简单机械专项测试卷(含答案)

(物理)中考物理简单机械专项测试卷(含答案)

一、选择题

1.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.

2.某商店有一不等臂天平(砝码准确),一顾客要买2kg白糖,营业员先在左盘放一包白糖右盘加1Kg砝码,待天平平衡后;接着又在右盘放一包白糖左盘加1kg砝码,待天平平衡后.然后把两包白糖交给顾客.则两包白糖的总质量

A.等于2Kg B.小于2Kg C.大于2Kg D.无法知道

【答案】C

【解析】

解答:由于天平的两臂不相等,故可设天平左臂长为a,右臂长为b(不妨设a>b),先称得的白糖的实际质量为m1,后称得的白糖的实际质量为m2

由杠杆的平衡原理:bm1=a×1,am2=b×1,解得m1=,m2=

则m1m2=因为(m1+m2)2=因为a≠b,所以(m1+m2)-2>0,即m1+m2>2这样可知称出的白糖质量大于2kg.故选C.

点睛:此题要根据天平的有关知识来解答,即在此题中天平的臂长不等,这是此题的关键.

3.如图所示,工人利用动滑轮吊起一袋沙的过程中,做了300J的有用功,100J的额外功,则该动滑轮的机械效率为()

A.75% B.66.7% C.33.3% D.25%

【答案】A

【解析】

试题分析:由题意可知,人所做的总功为W总=W有+W额=300J+100J=400J,故动滑轮的机械效率为η=W有/W总=300J/400J=75%,故应选A。

【考点定位】机械效率

4.用如图所示滑轮组提起重G=320N的物体,整个装置静止时,作用在绳自由端的拉力

F=200N,则动滑轮自身重力是(绳重及摩擦不计)

A.120N

B.80N

C.60N

D.无法计算

【答案】B

【解析】

【详解】

由图可知,n=2,由题知,G物=320N,F=200N,

∵不考虑绳重和摩擦,,

即:,

∴动滑轮重:G轮=80N.

5.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.F1B.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.

6.关于机械效率的问题,下列说法中正确的是()

A.做的有用功越多,机械效率一定越高B.单位时间内做功越多,机械效率一定越高

C.省力越多的机械,机械效率一定越高D.额外功在总功中所占比例越小,机械效率一定越高

【答案】D

【解析】

【详解】

A、做功多,有用功不一定多,有用功占总功的比例不一定高,所以机械效率不一定高,故A错误;

B、有用功占总功的比例与单位时间内做功多少无关,故B错误;

C、省力多的机械的机械效率往往偏低,故C错误;

D、额外功在总功中所占比例越小,说明有用功在总功中所占的比例越大,机械效率就越高,故D正确;故选D.

【点睛】

①总功=有用功+额外功;②有用功和总功的比值叫机械效率;③由机械效率的定义可知,机械效率的高低只与有用功在总功中所占的比例有关,与做功多少、功率大小无关.

7.如图所示,在“探究杠杆平衡条件”的实验中,轻质杠杆上每个小格长度均为2cm,在B 点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码,当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆,使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断,下列说法中正确的是

A.杠杆的动力臂为8cm B.该杠杆为费力杠杆

C.该杠杆的阻力大小为0.5N D.动力F的大小为1.5N

【答案】B

【解析】

【详解】

A、当动力在A点斜向下拉(与水平方向成30°角)动力臂是:1

2

OA=

1

2

×4×2cm=4cm,故

A错误;

B、阻力臂OB,3×2cm=6cm>1

2

OA,即阻力臂大于动力臂,该杠杆为费力杠杆,故B正

确;

C、该杠杆的阻力大小为:G=4×0.5N=2N,故C错误;

D、根据杠杆的平衡条件,F1l1=F2l2,G×OB=F×1

2

OA,代入数据,2N×8cm=F×4cm,解得,

F=4N,故D错误。

8.如图所示,用三个滑轮分别拉同一个物体,沿同一水平面做匀速直线运动,所用的拉力分别是F1、F2、F3,比较它们的大小应是()

A.F1>F2>F3B.F1<F2<F3C.F2>F1>F3D.F2<F1<F3

【答案】D

【解析】

【详解】

设物块与地面的摩擦力为f,

第一个图中滑轮为定滑轮,因为使用定滑轮不省力,所以F1=f;

第二个图中滑轮为动滑轮,因为动滑轮实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆,使用动滑轮能省

一半力.所以F2=1

2

f;

第三个图中滑轮为动滑轮,但F3处作用在动滑轮上,此时动力臂是阻力臂的二分之一,所以要费力即F3=2f;

故F2

9.工人师傅用如图所示的滑轮组,将重为800N的重物缓慢匀速竖直提升3m,人对绳的拉力F为500N,不计绳重和滑轮转轴处的摩擦,则()

A.绳子自由端移动的距离为9m B.动滑轮的重力为200N

C.人通过滑轮组做的有用功为1500J D.滑轮组的机械效率为53.3%

【答案】B

【解析】

试题分析:由图可知,滑轮组中由2段绳子承担物体和动滑轮的总重,即n=2,物体匀速竖直提升3m,则绳子自由端移动的距离为:s=nh=2×3m=6m,故A错误.

此过程中,所做有用功为:W有=Gh=800N×3m=2400J,故C错误.

所做总功为:W总=Fs=500N×6m=3000J;

额外功为:W额=W总-W有=3000J-2400J=600J,不计绳重和滑轮转轴处的摩擦,则额外功为克服动滑轮重力做的功,即W额=G动h,动滑轮的重力G动=W额/h=600J/3m=200N,故B正确为答案.

滑轮组的机械效率

故D 错误.

考点:滑轮组的机械效率 有用功 额外功

10.同一滑轮用如图甲、乙两种方式匀速提升重为100N 的物体,已知滑轮重20N 、绳重和滑轮的摩擦力不计.则 ( )

A .手的拉力:F 甲>F 乙;机械效率:η甲<η乙

B .手的拉力:F 甲=F 乙; 机械效率:η甲=η乙

C .手的拉力:F 甲>F 乙;机械效率:η甲>η乙

D .手的拉力:F 甲<F 乙;机械效率:η甲<η乙 【答案】C 【解析】 【详解】

甲为定滑轮,由定滑轮的使用特点可知:绳重和摩擦力不计,G F =甲,并且可以改变力的方向。

乙为动滑轮,1

2

F G G =+乙动(),由题知,G 动=20N <G ,因此F F >甲乙。

如图所示,用定滑轮和动滑轮分别将质量相同的甲、乙两物体匀速提升相同的高度,不计绳重与摩擦,则所做的有用功W 有用一样大,由于要克服动滑轮重力的作用,所以使用动滑轮做的总功多,由ηW W =

有用总

可知,定滑轮的机械效率高,所以ηη>甲乙,故C 正确为答

案,选项ABD 错误。

11.如图所示,作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F ,将杠杆缓慢地由位置A 拉至位置B ,在这个过程中,力F 的大小将( )

A .不变

B .变小

C .变大

D .先变大后变小

【答案】C 【解析】 【详解】

在杠杆缓慢由A 到B 的过程中,力F 始终与杠杆垂直,所以动力臂OA 的长度没有变化,阻力G 的大小没有变化,而阻力臂l 却逐渐增大;由杠杆的平衡条件知:F ?OA =G ?l ,当OA 、G 不变时,l 越大,那么F 越大;因此拉力F 在这个过程中逐渐变大.C 符合题意,选项ABD 不符合题意.

12.为探究动滑轮和定滑轮的特点,设计如下两种方式拉升重物,下面关于探究的做法和认识正确的是( )

A .用动滑轮提升重物上升h 高度,测力计也上升h 高度

B .若拉升同一物体上升相同高度,用动滑轮拉力更小,且做功更少

C .减小动滑轮质量可以提高动滑轮的机械效率

D .若用定滑轮拉重物,当拉力竖直向下最省力 【答案】C 【解析】 【详解】

A .用动滑轮提升重物上升h 高度,因为有两段绳子承重,所以测力计上升2h 高度,故A 错误;

B .拉升同一物体上升相同高度,用动滑轮时是否省力还取决于动滑轮的重和摩擦力的大小,而因为要提起动滑轮做功,故做功较多,故B 错误;

C .减小动滑轮质量,可以减小额外功,根据+W W W W W η==

有用有用总

有用额外

可知,可以提高动

滑轮的机械效率,故C 正确.

D .用定滑轮拉重物,拉力的力臂为滑轮的半径,所以向各个方向的拉力都相等,故D 错误. 【点睛】

重点理解机械效率为有用功与总功的比,有用功不变,当额外功减小时,总功减小,所以机械效率会提高.

13.下图为“测滑轮组机械效率”的实验.在弹簧测力计拉力作用下,重6N 的物体2s 内匀速上升0.1m ,弹簧测力计示数如图示(不计绳重与摩擦).下列说法错误的是( )

A.弹簧测力计的拉力是2.4N

B.物体上升的速度为0.05m/s

C.弹簧测力计拉力的功率为0.12W

D.滑轮组的机械效率约83.3%

【答案】C

【解析】

分析:由图可知使用滑轮组承担物重的绳子股数n,拉力端移动的距离,利用

求拉力做的总功,再利用求功率;已知物体的重力和上升高度,利用

求有用功,滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。

解答:由图可知,弹簧测力计的拉力是2.4N ,故A正确;物体2s内匀速上升0.1m,物体

上升的速度为,故B正确;n=3,拉力端端移动距离

,拉力做的总功为:;拉力的功

率为:,故C错误;拉力做的有用功为:

;滑轮组机械效率为:

。故D正确;

故答案为C

【点睛】本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、功率、机械效率的计算,根据题图确定n的大小(直接从动滑轮上引出的绳子股数)是本题的突破口,灵活选用公式计算是关键。

14.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500N F =,由W Gh G

W nFh nF

η=

==有用总可得物体A 的重:3?3500N 80%1200N A G F η==??=,故A 错误;

B 、不计绳重和摩擦,根据1

F G G n

=+物动()得动滑轮的重:

33500N 1200N 300N A G F G =-=?-=动,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1m/s v 物=,则绳子自由端移动的速度:331m/s 3m/s v v 绳物==?=,所以拉力F 的功率:

500N 3m/s 1500W P Fv 绳==?=;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:()900N

100%75%900N 300N

W Gh G W G G G G h η====?=+++有用总动动,故D 正确; 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

率的两个思路:一是

W Gh G

W nFh nF

η===

有用

,二是()

W Gh G

W G G

G G h

η===

+

+

有用

总动

15.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.

16.如图所示,在水平拉力F的作用下,使重300N的物体在水平桌面上以0.lm/s的速度勻速运动时,物体与桌面的摩擦力为60N(不计绳重、动滑轮重及摩擦),F及其功率的大小分別为()

A.20N 2W B.20N 6W C.60N 2W D.30N 6W

【答案】B

【解析】

【详解】

由图可知,与动滑轮相连的绳子段数为3,则绳端的拉力:F=f/3=60N/3=20N;

绳子自由端的速度为:v绳=3v物=3×0.1m/s=0.3m/s;则拉力F的功率为:P=Fv绳

=20N×0.3m/s=6W;故ACD错误,B正确.

17.如图所示,轻质杠杆AB,将中点O支起来,甲图的蜡烛粗细相同,乙图的三支蜡烛完全相同,所有的蜡烛燃烧速度相同。在蜡烛燃烧的过程中,则杠杆

A.甲左端下沉,乙右端下沉B.甲左端下沉,乙仍保持平衡

C.甲右端下沉,乙右端下沉D.甲、乙均能保持平衡

【答案】B

【解析】

【详解】

设甲乙两图中的杠杆长均为l。

图甲中,m左l左= m右l右,燃烧速度相同,∴蜡烛因燃烧减少的质量m′相同,故左边为:

(m左- m′)l左= m左l左- m′l左,

右边为:

(m右- m′)l右=m右l右- m′l右,

因为l左小于l右,所以

(m左- m′)l左= m左l左- m′l左(m右- m′)l右= m右l右- m′l右,

故左端下沉;

图乙中,设一只蜡烛的质量为m

∵2m×l=m×l,

∴直尺在水平位置平衡;

∵三支蜡烛同时点燃,并且燃烧速度相同,

∴三支蜡烛因燃烧减少的质量m′相同,

∵2(m-m′)×l=(m-m′)×l,

∴在燃烧过程中直尺仍能平衡.故选B.

18.下列几种方法中,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.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A不符合题意;

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B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C不符合题意;

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.

19.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B.不变

C.逐渐增大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?l G,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l G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.

20.如图所示,在水平拉力F作用下,使重40N的物体A匀速移动5m,物体A受到地面的摩擦力为5N,不计滑轮、绳子的重力及滑轮与绳子间的摩擦,拉力F做的功为

A.50J B.25J C.100J D.200J

【答案】B

【解析】

【详解】

如图所示,是动滑轮的特殊用法,拉力是A与地面摩擦力的2倍,

故;

物体A在水平方向上匀速移动5m,

则拉力移动的距离:,

拉力F做的功:.

故选B.

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