中考物理简单机械100及答案(word)

中考物理简单机械100及答案（word）
一、简单机械选择题
1．如图甲所示，是建筑工地上的塔式起重机示意图，它是通过电动机带动如图乙所示的滑轮组起吊物料的．如果这个滑轮组把6×103N的重物在10s内匀速提升l0m，绳索自由端的拉力F=2.1×103N，不计一切摩擦和绳重，则下列说法中正确的是
A．拉力做的功是2.1×104J B．拉力F的功率是2.1×103W
C．该滑轮组的动滑轮共重300N D．该滑轮组的机械效率是80%
【答案】C
【解析】
由图乙知道，滑轮组绳子的有效股数是n=3，即绳子自由端移动的距离是：
s=3h=3×10m=30m，所以拉力做的功是：W总=Fs=2.1×103 N×30m=6.3×104 J，故A错误；拉力做功的功率是：P=W总/t=6.3×104N/10s=6.3×103 W，故B错误；若不计绳重和摩擦，则由F=（G+G动）/n可知，动滑轮的总重是：G动 =nF-G=3×2.1×103 N-6×103 N=300N，故C正确；拉力做的有用功是：W有=Gh=6×103 N×10m=6×104 J，滑轮组的机械效率是：η=W有/W 4J/6.3×104J×100%≈95.2%，故D错误，故选C．
总×100%=6×10
2．轻质杠杆AB可绕中点O自由转动，现在其A端和B端分别施以大小相等的力F1和
F2，它们的方向如图所示，则下列说法中正确的是
A．杠杆会沿顺时针方向转动
B．杠杆会沿逆时针方向转动
C．杠杆会保持平衡
D．无法判读杠杆转动方向
【答案】A
【解析】
【详解】
由图知道，O为杠杆的支点，分别从O点向两力的作用线作垂线交两力的作用线于点C、D，则力F1和F2的力臂分别为OC、OD，如下图所示：
因OA =OB ，由几何知识知道，
故OC ＜OD
又因为F 1 和F 2 的大小相等，由平衡条件知道，力与力臂乘积的大小关系是：
F 1 ×OC ＜F 2 ×OD ，
所以，杠杆不能平衡，杠杆会沿顺时针方向转动，即只有A 正确。

3．为探究杠杆平衡条件，老师演示时，先在杠杆两侧挂钩码进行实验探究，再用弹簧测力计取代一侧的钩码继续探究（如图 ），这样做的目的是（ ）
A ．便于直接读出拉力的大小
B ．便于同学们观察实验
C ．便于正确理解力臂
D ．便于测量力臂的大小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
从支点到力的作用线的距离叫力臂，在杠杆两侧挂钩码，由于重力的方向是竖直向下的，力臂在杠杆上可以直接读出，当用弹簧测力计倾斜时，拉力不再与杠杆垂直，这样力臂会发生变化，相应变短，由杠杆的平衡条件知道，力会相应增大，才能使杠杆仍保持平衡，所以这样做实验可以加深学生对力臂的正确认识，故C 正确．
4．如图，小明分别用甲、乙两滑轮把同一沙桶从1楼地面缓慢地提到2楼地面，用甲滑轮所做的功为W 1，机械效率为1η；用乙滑轮所做的总功率为W 2，机械效率为2η，若不计绳重与摩擦，则（ ）
A ．W 1＜W 2，η1＞η2 B. W 1=W 2，η1＜η2
C ．W 1＞W 2 , 1η＜2η
D ．W 1=W 2 , 1η=2η
【答案】A
【解析】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η ＝W W 有
总可知：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W 1<W 2,η1>η2.故选C.
5．工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为300N 的货物从图示位置向上缓慢提升0.5m 。

F 1、F 2始终沿竖直方向；图甲中OB ＝2OA ，图乙中动滑轮重为60N ，重物上升速度为0.01m/s 。

不计杠杆重、绳重和摩擦，则下列说法正确的是
A ．甲乙两种方式都省一半的力
B ．甲方式F 1由150N 逐渐变大
C ．乙方式的有用功是180J
D ．乙方式F 2的功率为3.6W
【答案】D
【解析】
【分析】
（1）根据杠杆的特点和动滑轮的特点分析甲乙两种方式的省力情况；
（2）根据动力臂和阻力臂的关系分析甲方式F 1的变化；
（3）根据W 有用=Gh 可求乙方式的有用功；
（4）根据公式P=Fv 求出乙方式F 2的功率。

【详解】
A 、甲图，F 1为动力，已知OB=2OA ，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦、杠杆自重，由杠杆平衡条件可知，动力为阻力的一半，即F 1=150N ；由图乙可知，n=3，不计绳重
和摩擦，则211()(30060)12033
F G G N N N =+=⨯+=动，故A 错误； B 、甲图中，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值不变，故动力F 1为150N 不变，故B 错误； C 、不计绳重和摩擦，乙方式的有用功为：W 有用=Gh=300N×0.5m150J ，故C 错误； D 、乙方式中F 2=120N ，绳子的自由端的速度为v 绳=0.01m/s×3=0.03m/s ，则乙方式F 2的功率为：221200.03/ 3.6F s W P F v N m s W t t
=
===⨯=绳绳，故D 正确。

故选D 。

6．利用如图所示的滑轮组提起一个重为2000N 的物体，绳子自由端的拉力F =600N 。

10s 内物体被匀速提升2m 。

不忽略绳重和机械部件间的摩擦，则下列说法中正确的是
A ．动滑轮总重为400N
B ．绳子自由端移动的速度为0.8m/s
C ．拉力F 做功为6000J
D ．增加物体被提升的高度可提高该滑轮组的机械效率
【答案】B
【解析】
【详解】
A ．由图知道，承担物重的绳子是四段，即n =4，若忽略绳重及摩擦，则拉力是： ()14
F G G =+动 ， 由此可得动滑轮的总重是：
4=4600N 2000N=400N G F G =-⨯-动 ，
由于是不忽略绳重和机械部件间的摩擦，故A 错误；
B ．绳子自由端移动的距离是：
s =4h =4×2m=8m ，
绳子自由端移动的速度是：
8m 0.8m/s 10s
s v t === ，
故B 正确；
C ．拉力做的功是：
W 总 =Fs =600N ×8m=4800J ，
故C 错误；
D ．该滑轮组的机械效率是： =44W Gh Gh G W Fs F h F
η===有用总 ， 即机械效率与高度无关，所以，增加物体被提升的高度不可能提高该滑轮组的机械效率，故D 错误。

7．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m 1，后称得的白糖的实际质量为m 2
由杠杆的平衡原理：bm 1=a×1，am 2=b×1，解得m 1=，m 2=
则m 1m 2= 因为（m 1+m 2）2=因为a≠b ，所以（m1+m2）-2＞0，即m 1+m 2＞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．
8．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：m A gOC=m B gOD，由图示可知，OC＞OD．所以m A＜m B，
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：m A g（OC﹣△L）=m A gOC﹣m A g△L，
右边为：m B g（OD﹣△L）=m B gOD﹣m B g△L，由于m A＜m B，所以m A g△L＜m B g△L；所以：m A gOC﹣m A g△L＞m B gOD﹣m B g△L．
因此杠杆将向悬挂A物体的一端即左端倾斜．
故选C．
9．下列简单机械中既可以省力，同时又可以改变力的方向的是
A．定滑轮B．动滑轮C．斜面D．滑轮组
【答案】D
【解析】
【分析】
不同机械的优缺点都不一样：动滑轮省力，但不能改变力的方向；定滑轮可以改变方向，但不能省力；斜面只能改变力的大小；滑轮组既可以改变力的大小也可以改变力的方向．【详解】
A、定滑轮只能改变力的方向，不能省力，不符合题意；
B、动滑轮可以省力，但不能改变力的方向，不符合题意；
C、斜面可以省力，不能改变力的方向，不符合题意；
D、滑轮组既可以省力，也可以改变力的方向，符合题意；
故选D．
10．一均匀木板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，恰好使木块水平放置，如图所示，现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将
A．逐渐增大B．逐渐减小
C．大小不变D．先增加后减小
【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，重力的力臂为l G，支持力的力臂为l 支
，根据杠杆平衡条件可得：F支l支=Gl G，水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂l G均不变，根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，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增大，木块C匀速运动，受到推力和摩擦力是平衡力，推力大小等于摩擦力大小，由力的平衡条件可知，水平推力F也逐渐增大，故A符合题意，BCD不符合题意。

11．如图所示，用相同的滑轮不同的绕法提起相同的重物，摩擦力可以忽略不计，在物体匀速上升的过程中
A．甲图省力，机械效率甲图大
B．甲图省力，机械效率一样大
C．乙图省力，机械效率乙图大
D．乙图省力，机械效率一样大
【答案】B
【解析】
【详解】
分析甲、乙两图可知，n甲=3、n乙=2；因绳重和摩擦忽略不计，所以由
1
F G
n
G
=+
动
（）可
知，甲图更省力；由η=W
W
有
总
=
Gh
Gh G h
+
动
可知，甲乙滑轮组的机械效率一样，故选B．
12．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．
13．如图，用滑轮组将600N的重物在10s内匀速提升了2m，动滑轮重为100N（不计绳重和摩擦），下列说法正确的是
A．绳子自由端拉力的功率是70W
B．滑轮组的机械效率是85.7%
C．提升重物的过程中所做的额外功是400J
D．提升的重物变成400N时，滑轮组的机械效率将变大
【答案】B
【解析】
【详解】
A．根据图示可知，n=2，不计绳重和摩擦，拉力：
F=1
2
（G+G轮）=
1
2
（600N+100N）=350N，
拉力端移动距离：
s=2h=2×2m=4m，
总功：
W总=Fs=350N×4m=1400J，拉力的功率：
P=W
t
总=
1400J
10s
=140W；
故A错；
B．有用功：
W有用=Gh=600N×2m=1200J，滑轮组的机械效率：
η=W
W
有
总
=
1200J
1400J
≈85.7%，
故B正确；
C．提升重物的过程中所做的额外功：
W额=W总﹣W有用=1400J﹣1200J=200J，
故C错；
D．当提升重物的重力减小为400N，做的有用功就变小，而额外功几乎不变，有用功和总
功的比值变小，故滑轮组的机械效率变小，故D 错；
14．如图所示，甲、乙是固定在水平地面上的两个光滑斜面，长度分别为4 m 、5 m ，高度相同．两个工人分别用沿斜面向上的拉力F 甲、F 乙把完全相同的工件从斜面底端匀速地拉到斜面顶端，且速度大小相等．此过程拉力F 甲、F 乙所做的功分别为W 甲、W 乙，功率分别为P 甲、P 乙，机械效率分别为η甲、η乙．下列说法正确的是（ ）
A ．F 甲∶F 乙＝5∶4
B ．W 甲∶W 乙＝5∶4
C ．P 甲∶P 乙＝4∶5
D ．η甲∶η乙＝4∶5
【答案】A
【解析】
【详解】 A ．斜面光滑，则不做额外功，所以W 有=W 总，即Gh =Fs ，可得：45
54
Gh F Gh F ==甲乙，故A 正确；
B ．因为W 有=W 总=Gh ．两斜面高相同，工件也相同，所以两力做功相等，即W 甲：W 乙=1：1，故B 错误；
C ．由A 知，F 甲∶F 乙＝5∶4，且速度大小相等．根据P = Fv 得，P 甲：P 乙=F 甲：F 乙=5：4，故C 错误；
D ．不做额外功时，两次做功的效率都为100%，所以η甲∶η乙＝1：1．故D 错误．
15．如图所示，有一质量不计的长木板，左端可绕O 点转动，在它的右端放一重为G 的物块，并用一竖直向上的力F 拉着。

当物块向左匀速运动时，木板始终在水平位置保持静止，在此过程中，拉力F （ ）
A ．变小
B ．变大
C ．不变
D ．先变大后变小
【答案】A
【解析】
【详解】
把长木板看作杠杆，此杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂可知，当动力臂不变，阻力大小不变，物块向左匀速滑动时，阻力臂在减小，可得动力随之减小，答案选A 。

16．建筑工人用如图所示的滑轮组，在4s 内将重为1500N 的物体沿水平方向匀速移动2m 的过程中，所用的拉力大小为375N ，物体受到水平地面的摩擦力为物重的0.4倍．在此过程中下列说法正确的是（ ）
A ．绳子自由端沿水平方向移动了6 m
B ．物体受到的拉力为750N
C ．拉力F 的功率为750W
D ．滑轮组的机械效率为80%
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．由图可知，n=2，则绳子自由端沿水平方向移动的距离s=ns A =2×2m=4m ，故A 错误；
B ．物体沿水平方向匀速移动时处于平衡状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，则物体受到的拉力F A =f=0.4G=0.4×1500N=600N ，故B 错误；
C ．拉力F 做的功W 总=Fs=375N×4m=1500J ，则拉力F 的功率P===375W ，故C
错误；
D ．有用功W 有=F A s A =600N×2m=1200J ，则滑轮组的机械效率η=×100%=×100%=80%，故D 正确；
17．下列关于机械效率的说法正确的是（ ）
A ．越省力的机械，机械效率越高
B ．做功越少的机械，机械效率越低
C ．做功越慢的机械，机械效率越低
D ．总功相同，有用功越大的机械，机械效率越高
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．机械效率是有用功与总功的比值，与机械省力与否无关，故A 错误．
B ．机械效率越低，有用功占总功的比例越低，不一定就是做的功少，故B 错误．
C ．做功越慢的机械，功率越小．功率和机械效率是两个不同的概念，二者没有关系，不能说做功越慢的机械，机械效率越低，故C 错误．
D ．由η100%W W 有用
总=⨯可知，总功相同，有用功越大的机械，机械效率越高，故D 正
确．
18．如图所示，每个滑轮的重力相等，不计绳重和摩擦力，G1＝60N，G2＝38N，甲乙两种情况下绳子在相等拉力F作用下静止。

则每个动滑轮的重力为（）
A．3N B．6N C．11N D．22N
【答案】B
【解析】
【分析】
分析可知滑轮组承担物重的绳子股数n，不计绳重和摩擦力，拉力F＝1
n
（G+G轮），因为
拉力相同，据此列方程求动滑轮的重力。

【详解】
由图知，承担物重的绳子股数分别为：n1＝3，n2＝2，滑轮的重力相等，设动滑轮的重力
为G轮，不计绳重和摩擦力，则拉力分别为：F1＝1
3
（G1+G轮），F2＝
1
2
（G2+G轮），
由题知F1＝F2，所以1
3
（G1+G轮）＝
1
2
（G2+G轮），即：
1
3
（60N+G轮）＝
1
2
（38N+G
轮
），
解答动滑轮的重力：G轮＝6N。

故选：B。

19．在使用下列简单机械匀速提升同一物体的四种方式，所用动力最小的是（不计机械自重、绳重和摩擦）（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】不计机械自重绳重和摩擦，即在理想状况下：A. 图示是一个定滑轮拉力F1＝G；
B. 根据勾股定理知h＝＝3m,图中为斜面,F2×5m＝G×3m,得到F2＝0.6G；
C. 如图所示,由图可知，由杠杆平衡条件可得：F3×L2＝G×L G,拉力F3＝G×G＝
0.4G；D. 由图示可知,滑轮组承重绳子的有效股数n＝3,拉力F4＝G；因此最小拉力是F4；故选：D。

点睛：由图示滑轮组，确定滑轮组的种类，根据滑轮组公式求出拉力F1、F4；由勾股定理求出斜面的高，根据斜面公式求出拉力F2的大小；由图示杠杆求出动力臂与阻力臂的关系，然后由杠杆平衡条件求出拉力F3；最后比较各力大小，确定哪个拉力最小。

20．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。

21．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B．B下降C．保持静止D．无法确定
【答案】B
【解析】
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．
22．某建筑工地要将同一个箱子从地面搬上二楼，如果分别采用如图所示的两种方式搬运，F1和F2做功的情况，以下判断正确的是（）
A．两种方式机械效率一定相等
B．两种方式功率一定相等
C．两种方式所做的总功一定相等
D．两种方式所做的有用功一定相等
【答案】D
【解析】
【详解】
A．有用功相同，总功不同，机械效率等于有用功和总功的比值，所以机械效率也不同，
故A错误．
B．搬运时间不知道，无法比较功率的大小，故B错误．
C．但额外功不同，总功等于额外功与有用功之和，所以总功不同，故C错误，
D．两只搬运方式所做的有用功根据公式W=Gh可知是相同的，故D正确．
23．如图所示，杠杆上分别放着质量不相等的两个球，杠杆在水平位置平衡，如果两球以相同速度同时匀速向支点移动，则杠杆
A．仍能平衡
B．不能平衡，大球那端下沉
C．不能平衡，小球那端下沉
D．无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
开始时两球平衡，即力矩相等；当运动时，两球速度相同，则在相同时间内移动的距离相同，大球的力矩减少的快，则大球力矩会小于小球力矩，杠杆向小球那端下沉．
24．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】
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×OD=F×L
由此可得：
G OD F
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。

25．甲升降机比乙升降机的机械效率高，它们分别把相同质量的物体匀速提升相同的高度．则（）
A．乙升降机提升重物做的有用功较多B．甲升降机的电动机做的额外功较多
C．甲升降机的电动机做的总功较少D．乙升降机的电动机做的总功较少
【答案】C
【解析】
【详解】
A．提升物体质量和高度相同说明甲、乙升降机做的有用功相等，故A错误；
BCD．既然甲机械效率高，则说明甲做的额外功少，总功也就少，故BD错误，C正确．。