2019_2020年八年级物理下册第12章简单机械本章检测新版新人教版20200519346.docx

1、 一、选择题(每小题 3 分,共 30 分)本章检测 满分:100 分,限时:45 分钟 1.(独家原创试题)夏威夷果含油量高达 60%80%,还含有丰富的微量元素,有“干果皇后”的美称。夏威夷果有一层坚硬的外壳,为了方便食用,厂家往往都要在果实的外壳上加工出一个裂缝,并且还配送一个专门将果实撬开的小起子,如图 12-4-1是用小起子撬开夏威夷果的情形。关于这个小起子的说法正确的是()图 12-4-1 A.使用小起子撬开夏威夷果时小起子相当于一个费力杠杆 B.小起子的宽大的部分越小越省力 C.使用小起子顺时针转动更省力 D.在能够撬开果子的前提下,起子尖端插入越深越费力 答案 D 使用小起子起

2、开果子时,小起子可以看成一个杠杆,该杠杆的动力作用在宽大部分,阻力作用在它的尖端,因此使用时它的动力臂大于阻力臂,是一个省力杠杆,小起子的宽大的部分越大,动力臂越大,越省力,故 A、B 错误;无论是顺时针还是逆时针转动小起子,其他条件不变时,动力臂、阻力臂和阻力都不变,动力就不变,故 C 错误;由图知,在能够撬开果子的前提下,起子尖端插入越深阻力臂越大,动力臂不变,由杠杆的平衡条件知,越费力,D 正确。2.(2019黑龙江哈尔滨中考)质地均匀杠杆,每个钩码重0.5N,下列操作中可以使杠杆在水平位置平衡的是(杠杆上有等间隔的刻度)()答案 D 由图知,A、C 两个作用力使杠杆沿相同方向转动,它们

3、一定不能使杠杆平衡,故 A、C 错误;设杠杆上一格长 L,图 B 左边悬挂 2 个钩码时,右边弹簧测力计的示数为 1.5N,0.5N24L1.5N5L,杠杆不平衡,故 C 错误;图 D 右边悬挂 2 个钩码,弹簧测力计的示数为 2N,0.5N26L=2N3L,杠杆平衡,故 D 正确。3.(2018福建中考)如图12-4-2,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 图 12-4-2 C.总功较小 D.总功较大 W有用 答案 D 由题意知,用相同的滑轮组提起 A

4、、B 过程,不计绳重与摩擦的影响,AB,滑轮组的机械效率=总,W有用 =Gh,W=W +W=Gh+G h,因为,则有GAh GBh GA+G 滑 GB+G 滑,化简得出 G G,也就是说相同的滑轮组 总 有用 额外 滑 GAh+G滑 h GBh+G 滑 h,即 GA GB A B 匀速提升 A、B 过程,提起 A 时,所做有用功大,但所做额外功相同,故 A、B 选项错。由于总功等于有用功和额外功之和,所以提升 A 物体过程总功大,故C 错,D 正确。4.如图12-4-3是小明探究“杠杆平衡条件”的实验装置,实验中杠杆始终处于水平平衡状态,若在C 处逐渐改变弹簧测力计拉力的方向,使其从,则拉力的

5、变化情况是()图 12-4-3 A.先变小后变大 B.先变大后变小 C.逐渐变大 D.逐渐变小 答案 A 由图知,测力计在位置时,其动力臂等于 OC,此时动力臂最长;测力计由的过程中动力臂先变大后变小,根据杠杆平衡条件可知,拉力先变小后变大。5.(2018山东临沂沂水二模)重为G的均匀木棒竖直悬于O点,在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢转到图12-4-4中虚线所示位置,在转动的过程中()图 12-4-4 A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变小 C.动力F逐渐变大 D.动力F保持不变 答案 C 图中杠杆在转动过程中,杠杆重力大小不变,重力的力臂 L2逐渐变大,拉力的力臂 L1逐渐变小,根据杠杆平衡

6、条件,可知拉力逐渐变大。所以选C 项。6.(独家原创试题)罐头的瓶盖很难拧开,用螺丝刀把瓶盖撬起一个缝隙,会听到“噗”的一声,瓶盖就很容易被拧开。关于此过程涉及的物理知识,下列说法错误的是()图 12-4-5 A.起初瓶盖很难拧开是由于受到大气压的作用 B.撬起一个缝隙时听到“噗”的一声是空气振动产生的 C.撬瓶盖时用的螺丝刀相当于费力杠杆 D.瓶盖沿瓶口的螺纹螺旋上升(如图),利用了斜面省力的原理 W 答案 C 撬瓶盖时用的螺丝刀动力臂比阻力臂大,是一个省力杠杆。7.(2019河南南阳镇平一模)小明利用两个滑轮A、B组成如图12-4-6所示的装置,将两个重力相等的重物G1、G2分别挂在绳子两

7、端,若不计滑轮、绳子的重力和摩擦,下列说法正确的是()2 图 12-4-6 A.A、B均为定滑轮 B.A、B均为动滑轮 C.放手后 G1上升 D.放手后 G2上升 答案 C 由图可知,上面的滑轮固定不动,是定滑轮,下面的滑轮和物体 G2一起移动,是动滑轮,故 A、B 错误;若不计滑 1 1 轮、绳子的重力和摩擦,定滑轮左端绳子对动滑轮的拉力应为 F1=G1,施加在动滑轮左端的拉力 F2=2F1=G1,因为 G1=G2,所以 F2G2,放手后 G2下降,G1上升,故C 正确,D 错误。8.(2018四川攀枝花中考)某实验小组分别用如图12-4-7所示的甲、乙两个滑轮组(每个滑轮等重),在相同时间

8、内把重物G 提升相同高度,F1和 F2大小相等,不计绳重及摩擦,下列说法正确的是()图 12-4-7 A.力 F1和 F2做功的功率相同 B.力 F1和 F2做的总功相同 C.乙滑轮组更省力,两个滑轮组机械效率一样大 D.甲滑轮组的机械效率比乙滑轮组高 答案 D 由题图知,甲滑轮组中承担物重的绳子段数 n 甲=3,乙滑轮组中承担物重的绳子段数 n 乙=4。若重物上升高度为 h,则两滑轮组中绳端移动的距离分别为 s 甲=3h,s 乙=4h;甲滑轮组中拉力做的总功为 W甲总=F13h,乙滑轮组中拉力做的总功为 W乙总=F24h,已知 F1=F2,所以 W甲总W乙总,故B 错误;W 已知时间相同,由

9、公式 P=t 知,P 甲总乙,故 C 错误、D 正确。9.(2018湖北黄石中考)为探究动滑轮和定滑轮的特点,设计如图12-4-8所示两种方式拉升重物,下面关于探究的做法和认识正确的是()G 2 A.用动滑轮提升重物上升 h 高度,测力计也上升h 高度 图 12-4-8 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,当拉力竖直向下时最省力 答案 C 用动滑轮提升重物上升 h 高度,测力计上升 2h 高度,A 错;拉升同一物体上升相同高度,用动滑轮时,提起动滑轮需要做额外功,故做功较多,B 错;减小动滑轮质量,可以

10、减小额外功,故可以提高动滑轮的机械效率,C 正确;用定滑轮拉重物,向各个方向的拉力都等于物重,D 错。10.(2019四川自贡中考)如图12-4-9所示,物体A、B的重分别为20N、10N,滑轮重和滑轮与绳子之间的摩擦忽略不计,此时物体A在水平面上向右做匀速直线运动,若用力F向左拉物体A,使物体A向左做匀速直线运动,则()A.F=20N B.F=10N C.F=5N D.F=30N 图 12-4-9 答案B 1 1 由图知,滑轮组由 2 段绳子承担物重,所以 FA=2GB=10N=5N;在水平方向 A 受到的摩擦力和绳对 A 的拉力平衡,所以 f=FA=5N,方向水平向左;若使物体 A 向左做

11、匀速直线运动,则 A 受摩擦力水平向右,F=FA+f=5N+5N=10N。二、填空题(每空 2 分,共 26 分)11.(2019湖北咸宁中考)如图12-4-10所示,杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中,杠杆AB能以凹槽两端的C 点或D点为支点在竖直平面内转动,长度AC=CD=DB,左端重物G=12N。当作用在 B点竖直向下的拉力F足够大时,杠杆容易绕(选填“C”或“D”)点翻转,为使杠杆AB保持水平位置平衡,拉力的最小值 F1=N,最大值F2=N。(杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计)答 案 D 6 24 图 12-4-10 解析 由图可知,D 点更加靠近拉力一端,故当作用在 B 点

12、竖直向下的拉力 F 足够大时,杠杆容易绕 D 点翻转;由以上分析知,当以 C 点为支点时拉力最小,以 D 点为支点时拉力最大,根据杠杆平衡条件可得 F1BC=GAC,F2BD=GAD,因为 AC=CD=DB,所以 BCAC=21,BDAD=12,代入上式求得,F1=6N,F2=24N。12.如图 12-4-11 所示,把重力为 600N 的物体匀速推到斜面顶端,斜面长为 3m,高为 0.9m,实际推力为 300N,那么物体与斜面之间的摩擦力是 N,斜面的机械效率是。图 12-4-11 答 案 120 60%解析 将物体推到斜面顶端所做的有用功为 W 有=Gh=600N0.9m=540J 将物体

13、推到斜面顶端所做的总功为 W 总=Fs=300N3m=900J 将物体推到斜面顶端所做的额外功为 W 额=W总-W 有=900J-540J=360J W 额 360J 物体和斜面之间的摩擦力为 f=s =3m=120N W 有 540J 斜面的机械效率为=60%W 总 900J 13.(2018陕西西安未央三模)图12-4-12甲所示为一种搬运建筑材料的机械装置,AB是个杠杆,O为支点,杠杆平衡时,B端受到的向下的拉力 A端受到的向下的拉力(选填“大于”“小于”或“等于”);用于装载货物的小车自重为 500N,若搬运2000N的货物,电动卷扬机拉钢丝绳的力 F甲=1600N,该滑轮组的机械效率

14、甲=;若用同样的滑轮按乙图组装,匀速提升相同的货物,电动卷扬机拉钢丝绳的力为F乙,乙滑轮组的机械效率为乙,考虑实际情况,则F甲 F 乙,甲 乙(选填“”“W有 G 2000N 解析 因为OAFB;图甲中滑轮组的机械效率:甲=W总=甲 21600N=62.5%;由图示可知,甲 图中 n=2,乙图中 n=3,可知 F 甲F 乙;两种方法提升相同货物到相同高度,有用功相同,而乙图中绳子的长度将增加,且乙图 W有 中多了一个定滑轮,因此乙中的额外功会大于甲中的额外功,由=W总 W有=W有+W额 可知,甲乙。14.(2019 江苏南通海安一模)现用如图 12-4-13 甲的装置来探究滑轮组的机械效率与所

15、挂物重 G 物的关系,改变 G 物,竖直向上匀速拉动弹簧测力计,计算并绘出与 G 物关系如图乙,若不计绳重和摩擦,则:(1)动滑轮自重是 N;图 12-4-13(2)当 G物=4N时,重物以v=2m/s的速度匀速上升,拉力F做功的功率是 W;(3)图乙中的曲线表明,同一滑轮组的机械效率随所挂物重G物的增大而增大,最终(会/不会)达到100%;仅改变图甲中的绕绳方式、重复上述实验,所得到的-G物图线与图乙曲线(相同/不同)。答案(1)2 (2)12(3)不会 相同 解析(1)由图乙可知,物重 G=8N 时,滑轮组的机械效率=80%,不计绳重和摩擦,克服物重做的功为有用功,克服动滑轮 2F W有用 Gh 重力和物重做的功为总功,所以,滑轮组的机械效率=W=G=8N =80%,解得 G 动=2N;(2)由图可知,n=3,总(G+G 动)h G+G 动 8N+G 动 1 1 不计绳重和摩擦,当G 物=4N 时,拉力 F=(G 物+G 动)=(4N+2N)=2N,绳端移动的速度 v 绳=nv=32m/s=6m/s,拉力 F 做功的 n 3 功率 P=Fv绳=2N6m/s=12W;(3)不计绳重和摩擦,使用滑轮组提升物体时,需要克服动滑轮重力做额外功,有用功一定小于额外功,故滑轮组的机械效率达不到 100%;不计绳重和摩擦,用滑轮组提升相同的物体上升相同的高度时,改变图甲中的