初中物理简单机械测试卷及答案

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．如图用同一滑轮，沿同一水平面拉同一物体做匀速直线运动，所用的拉力分别为F1、F2、F3，下列关系中正确的是

A．F1＞F2＞F3 B．F1＜F2＜F3 C．F2＞F1＞F3 D．F2＜F1＜F3 【答案】D 【解析】 【详解】

第一个图中滑轮为定滑轮，因为定滑轮相当于一个等臂杠杆，不能省力，

所以根据二力平衡，此时拉力F1=f；

第二个图中滑轮为动滑轮，因为动滑轮可省一半的力， 所以根据二力平衡，此时拉力F2=

1f； 2第三个图中滑轮为动滑轮，由二力平衡可知此时的拉力等于两股绳子向右的拉力，即F3=2f；

由此可得F2< F1< F3. 故D正确.

3．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。F1、F2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F1由150N逐渐变大 C．乙方式的有用功是180J D．乙方式F2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F1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F2的功率。 【详解】

A、甲图，F1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F1=150N；由图乙可知，n=3，不计绳重和摩擦，则F211(GG动)(300N60N)120N，故A错误； 33B、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F1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F2=120N，绳子的自由端的速度为v绳=0.01m/s×3=0.03m/s，则乙方式F2的功

率为：P故选D。

WF2s绳F2v绳120N0.03m/s3.6W，故D正确。 tt

4．山区里的挑夫挑着物体上山时，行走的路线呈“S”形，目的是 A．加快上山时的速度 B．省力

C．减小对物体的做功 D．工作中养成的生活习惯 【答案】B 【解析】

斜面也是一种简单机械，使用斜面的好处是可以省力．

挑物体上山，其实就是斜面的应用，走S形的路线，增加了斜面的长，而斜面越长，越省力，所以是为了省力． 故选B．

5．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

6．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．

7．如图所示，杠杆处于平衡状态且刻度均匀，各钩码质量相等，如果在杠杆两侧各减少一个钩码，杠杆会（ ）

A．左端下沉 C．杠杆仍然平衡 【答案】B 【解析】 【详解】

B．右端下沉 D．无法判断

4L=4G×3L，杠杆平衡；在杠杆两侧挂钩设一个钩码重为G，一格的长度为L，原来：3G×

4L<3G×3L，所以杠杆不再平衡，杠杆向顺时码处各减少一个质量相等的钩码，现在：2G×针方向转动，即右端下沉。故ACD错误，B正确。

8．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．F1 【答案】C 【解析】

B．F2 C．F3 D．F4

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.

9．用一个定滑轮和一个动滑轮组成的滑轮组把重150N的物体匀速提升1m，不计摩擦和绳重时，滑轮组的机械效率为60%．则下列选项错误的是（ ） A．有用功一定是150J C．动滑轮重一定是100N 【答案】D 【解析】 【分析】

知道物体重和物体上升的高度，利用W=Gh求对物体做的有用功；

又知道滑轮组的机械效率，利用效率公式求总功，求出了有用功和总功可求额外功，不计绳重和摩擦，额外功W额=G轮h，据此求动滑轮重； 不计摩擦和绳重，根据F=

B．总功一定是250J D．拉力大小一定是125N

1（G物+G轮）求拉力大小． n【详解】

1m=150J，对左图滑轮组，承担物重的绳子股数n=3，对物体做的有用功：W有=Gh=150N×由η=

W有W总，得：W总=

W有150J==250J，因此，W额=W总-W有=250J-150J=100J；因为不60%计绳重和摩擦，W额=G轮h，所以动滑轮重：G轮=F=

W额100J==100N，拉力F的大小：1mh11250N；对右图滑轮组，承担物重的绳子股数（G物+G轮）=（150N+100N）=

333n=2，对物体做的有用功：W有=Gh=150N×1m=150J，由η=

W有W总，得：W总

=

W有150J==250J，所以W额=W总-W有=250J-150J=100J；因为不计绳重和摩擦，W额=G轮60%h，因此动滑轮重：G轮=

W额100J11==100N，拉力F的大小：F=（G物+G轮）=1m22h（150N+100N）=125N；由以上计算可知，对物体做的有用功都是150J，总功都是250J，动滑轮重都是100N，故A、B、C都正确；但拉力不同，故D错． 故选D．

10．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 C．该杠杆的阻力大小为0.5N 【答案】B 【解析】 【详解】

B．该杠杆为费力杠杆 D．动力F的大小为1.5N

A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：A错误；

B、阻力臂OB，3×2cm=6cm＞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×F=4N，故D错误。

11OA=×4×2cm=4cm，故221OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正21OA，代入数据，2N×8cm=F×4cm，解得，2

11．如图甲所示，长1.6m、粗细均匀的金属杆可以绕O点在竖直平面内自由转动，一拉力﹣﹣位移传感器竖直作用在杆上，并能使杆始终保持水平平衡．该传感器显示其拉力F与作用点到O点距离x的变化关系如图乙所示．据图可知金属杆重（ ）

A．5N 【答案】B 【解析】 【分析】 杠杆的平衡条件 【详解】

B．10N C．20N D．40N

使金属杆转动的力是金属杆的重力，金属杆重心在中心上，所以阻力臂为：

L1=0.8m，

取当拉力F=20N，由图象可知此时阻力臂：

L2=0.4m，

根据杠杆的平衡条件有：

GL1=FL2

所以

G×0.8m=20N×0.4m

解得：

G=10N

12．分别用如图所示的甲、乙两个滑轮组，在5s内将重为100N的物体G匀速提升2m，每个滑轮的重均为10N．不计绳重及摩擦，此过程中（ ）

A．拉力F甲小于拉力F乙 B．F甲做的功大于F乙做的功

C．甲滑轮组的机械效率小于乙滑轮组的机械效率 D．F甲做功的功率等于F乙做功的功率 【答案】D 【解析】 【详解】

由题可知,甲乙两滑轮组均将相同物体提升相同高度,由W有＝Gh可知W甲有＝W乙有；不计绳重及摩擦,均只需克服动滑轮自重做额外功,甲乙中均只有一个动滑轮,且动滑轮的重相同,由W额＝G动h可知W甲额＝W乙额，因为W总＝W有+W额,所以W总甲＝W总乙。A. 由图可知,n1＝2,n2＝3，不计绳重及摩擦，则F甲＝（G+G动）＝×（100N+10N）＝55N，F乙＝（G+G）＝×（100N+10N）＝36.7N动

＝W总乙,即F甲做的功等于F乙做的功，故B不正确；C. 由于W甲有＝W乙有,W总甲＝W总乙,根据

η＝可知,η甲＝η乙，故C不正确；D. 拉力做功的功率P＝,由于W总甲＝W总乙、时间

t也相同,所以P甲＝P乙，故D正确；故选D. 【点睛】

甲、乙两个滑轮组将同一物体匀速提升至相同的高度，在不计绳重和摩擦的情况下，有用功就是提升重物所做的功，对动滑轮所做的功是额外功，总功等于有用功和额外功之和，机械效率是有用功与总功的比值．

13．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，F甲G，并且可以改变力的方向。

乙为动滑轮，F乙（G动G），由题知，G动=20N＜G，因此F甲F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η12W有用W总 可知，定滑轮的机械效率高，所以甲乙，故C正确为答

案，选项ABD错误。

14．在探究杠杆平衡条件的时候，小明在均匀木板中间挖孔，孔中插一金属杆，固定在铁架台上，木板可以围绕中间自由转动．每个钩码的质量为200g，A、B、C、D、E、F为质量不计的挂钩，己知AB＝BO＝OC＝CD，ABOCD的连线与EDF的连线垂直．现在B处挂两个钩码，D处挂一个钩码，木板在水平位置平衡（如图所示）．下列做法能使木板仍在水平位置平衡的是

A．在B、D两处各加挂一个钩码

B．在B处加挂1个钩码，D处加挂2个钩码 C．B处挂两个钩码不变，把D处的一个钩码挂在F处 D．把B处两个钩码挂在A处，把D处的一个钩码挂在C处 【答案】C 【解析】 【分析】

（1）符合杠杆平衡条件F1l1=F2l2，杠杆平衡，不符合杠杆平衡条件，力和力臂乘积大的一端下沉．

（2）力臂是从支点到力的作用线的距离，把钩码挂在E处、F处杠杆水平平衡时，力臂均和钩码挂在D处的力臂相等． 【详解】

设AB=BO=OC=CD=L，每个钩码的重力为G．

A．在B、D两处各加挂一个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3G×L，右侧力与力臂的积为2G×2L，因3G×L≠2G×2L，所以木板不会平衡，故A错误；

B．在B处加挂1个钩码、D处加挂2个钩码时，杠杆左侧力与力臂的积为3G×L，右侧力与力臂的积为3G×2L，因3G×L≠3G×2L，所以木板不会平衡，故B错误；

C．把D处的一个钩码挂在E处或F处，杠杆右侧的力臂不变，仍为OD长，杠杆左右两侧力与力臂的乘积相等，所以木板会平衡，故C正确．

D．把B处两个钩码挂在A处，把D处的一个钩码挂在C处，杠杆左侧力与力臂的积为2G×2L，右侧力与力臂的积为G×L，因2G×2L≠G×L，所以木板不会平衡，故D错误； 故选C．

15．用图所示装置提升重为350 N的箱子，动滑轮重50N，不计绳重和一切摩擦，下列说法正确的是

A．该装置不仅省力，还省距离

B．箱子匀速上升时，人对绳子的拉力为200 N C．箱子上升的速度等于绳子自由端伸长的速度 D．此过程装置的机械效率约为58.3% 【答案】B 【解析】 【详解】

A．由图知，该装置由两段绳子承重，可以省力，但费距离，故A错误； B．n=2，不计绳重和一切摩擦且箱子匀速上升时，人对绳子的拉力为：

FGG轮350N50N200N，故B正确； 22C．n=2，所以箱子上升的速度等于绳子自由端伸长的速度一半，故C错误； D．不计绳重和一切摩擦时，此装置的机械效率约为：



W有用W总Gh350N100%100%87.5%，故D错误。

350N50NGG轮h16．下图所示的工具中，属于费力杠杆的是：

A． 钢丝钳 B． 起子

C．羊角锤 D．镊子

【答案】D 【解析】 【详解】

动力臂小于阻力臂的杠杆属于费力杠杆，四幅图中只有镊子的动力臂是小于阻力臂的，故应选D。

17．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

C．该滑轮组的动滑轮共重300N 【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104N/10s=6.3×103 W，故B错误；若不计绳重和摩擦，则由力做功的功率是：P=W总/t=6.3×

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103 N×10m=6×104 J，滑轮组的机械效率是：η=W有/W确；拉力做的有用功是：W有=Gh=6×

总

B．拉力F的功率是2.1×103W D．该滑轮组的机械效率是80%

×100%=6×104J/6.3×104J×100%≈95.2%，故D错误，故选C．

18．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，最终将达到 100% B．当 G物=12N 时，弹簧测力计读数为 5N

C．此滑轮组动滑轮的重力为 4N

D．G物不变，改变图甲中的绕绳方式，滑轮组机械效率将改 【答案】B 【解析】 【分析】

（1）使用机械时，人们为完成某一任务所必须做的功叫有用功；对完成任务没有用，但又不得不做的功叫额外功；有用功与额外功之和叫总功。有用功与总功的比值叫机械效率； （2）不计绳重和摩擦，结合图中信息，根据

W有用W总W有W有W额GhG求得动滑轮的重力，再计算G物=12N时弹

GhG动hGG动簧测力计读数；

（3）G物不变，改变图甲中的绕绳方式，分别将同一物体匀速提高到相同高度，做的有用功相同；克服动滑轮做的额外功相同，由此分析机械效率的变化情况。 【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做额外功，所以总功一定大于有用功；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，但最终不能达到和超过100%，故A错误； BC、由图可知，G=12N，此时η=80%， 不计绳重和摩擦，W有用W总W有W有W额GhG，

GhG动hGG动12N 80%， 即：

12NG动解得动滑轮的重力：G动=3N，故C错误； G物=12N时，弹簧测力计读数：F11（G物G动）（12N3N）5N，故B正确； 33D、G物不变，改变图甲中的绕绳方式，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，总功相同，则两装置的机械效率相同。故D错误。 故选：B。

19．如图 所示，轻质杠杆可绕 O（O 是杠杆的中点）转动，现在B端挂一重为G的物体，在A 端竖直向下施加一个作用力F，使其在如图所示的位置平衡，则

A．F 一定大于 G B．F 一定等于 G

C．F 一定小于 G D．以上说法都不正确 【答案】B 【解析】 【详解】

由题意知，O 是杠杆的中点，所以G的力臂与F的力臂相等；则由杠杆的平衡条件知： F一定等于G。故ACD错误，B正确。

20．工人师傅利用如图所示的两种方式，将均为300N的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离．F1、F2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 C．乙方式机械效率约为83.3% 【答案】C 【解析】

B．甲方式F1由150N逐渐变大 D．乙方式F2的功率为3W

试题分析：由甲图可知，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F1=150N；由图乙可知，n=3，不计绳重和摩擦，则F2=G+G动）/3=（300N+60N）/3=120N，故A错误；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F1 的大小不变，故B错误；不计绳重和摩擦，则乙方式机械效率为：η=W有/W

总

=W有/W有+W额=Gh/Gh+G轮h=G/G+G轮=300N/300N+60N=83.3%，故C正确；乙方式中

F2=120N，绳子的自由端的速度为v绳=0.01m/s×3=0.03m/s，则乙方式F2的功率为：P=F2 v绳=120N×0.03m/s=3.6W，故D错误，故选C．

考点：杠杆的平衡条件；滑轮（组）的机械效率；功率的计算