简单机械培优题docx.docx

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简单机械培优题

一、简单机械选择题

1．如图所示甲、乙两套装置所用滑轮质量均相等，用它们分别将所挂重物在相等时间内竖

直向上匀速提升相同高度．若

G12

1

2

=G，所用竖直向上的拉力分别为F

和F，拉力做功的功

率分别为P1

2

，两装置的机械效率分别为

12

和P

η和η（忽略绳重和摩擦）．则下列选项正

确的是

A．F1＞F2η1＜η2P1＜P2B．F1＞F2η1=η2P1=P2

C．F1＜F2η1＜η2P1＜P2D．F1＜F2η1＞η2P1＞P2

【答案】B

【解析】

【详解】

甲滑轮组n是2，乙滑轮组n是3，乙更省力．由于两个滑轮组做的有用功相同，额外功相

同，它们的机械效率也相同．在相同时间内做的总功相同，它们的功率也相同．故B正

确．

2．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．

3．用图中装置匀速提升重为100N的物体，手的拉力为60N，滑轮的机械效率为（）

A．16.7%B．20%C．83.3%D．100%

【答案】C

【解析】

【详解】

由图可知，提升重物时滑轮的位置跟被拉动的物体一起运动，则该滑轮为动滑轮；

∴拉力移动的距离s=2h，

η=====≈83.3%．

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．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

3

＝3v＝3×2.50m/s＝7.5m/s，拉力做功功率

（总功率）:

P总＝F3

3

，故C错误；滑轮组的机械效率：

η＝

v′＝40N×7.5m/s＝300W

×100%＝×100%＝×100%83.33%，故D正确。

故选C.

【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

拉＝（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

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B．右端下沉

C．杠杆仍然平衡D．无法判断

【答案】B

【解析】

【详解】

设一个钩码重为G，一格的长度为L，原来：

3G×4L=4G×3L，杠杆平衡；在杠杆两侧挂钩

码处各减少一个质量相等的钩码，现在：

2G×4L<3G×3L，所以杠杆不再平衡，杠杆向顺时

针方向转动，即右端下沉。

故ACD错误，B正确。

7．如图所示，用下列装置提升同一重物，若不计滑轮自重及摩擦，则最省力的是

A．B．

C．D．

【答案】C

【解析】

【详解】

1

A．此图是动滑轮，由动滑轮及其工作特点可知，省一半的力，即F=G；

2

B．此图是定滑轮，由定滑轮及其工作特点可知，不省力，即F=G；

C．此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子由3股，则F=

1

G；

3

1

D．此图是滑轮组，绕在动滑轮上的绳子由2股，则F=G．

2

由以上可知：

在滑轮重及摩擦不计的情况下最省力的是C，C符合题意．

8．一均匀木板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

lG，支持力的力臂为

l

支，根据杠杆平衡条件可得：

F支l

支=GlG，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

lG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。

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

η

B错误；

12

=η．故

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%

D

正确．

．故

故选D．

10．下列杠杆中属于费力杠杆的是

A．B．C．

D．

【答案】C

【解析】

【详解】

A、剪刀在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A错误；

B、起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故

B错误．

C、如图的镊子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故

C正确；

D、钢丝钳在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故

D错误；

故选B．

【点睛】

重点是杠杆的分类，即动力臂大于阻力臂时，为省力杠杆；动力臂小于阻力臂时，为费力杠杆，但省力杠杆费距离，费力杠杆省距离。

11．如图所示，一根木棒在水平动力（拉力）F的作用下以O点为轴，由竖直位置逆时针

匀速转到水平位置的过程中，若动力臂为L，动力与动力臂的乘积为M，则

A．F增大，L增大，

M

增大

B．F增大，L减小，M

减小

C．F增大，L减小，

【答案】C

【解析】

【分析】

M

增大

D．F减小，L增大，M

增大

找某一瞬间：

画出力臂，分析当转动时动力臂和阻力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件求解．

【详解】

如图，

l为动力臂，

L为阻力臂

由杠杆的平衡条件得：

Fl=GL；以

O点为轴，由竖直位置逆时针匀

速转到水平位置的过程中，

l不断变小，

L逐渐增大，

G不变；由于杠杆匀速转动，处于动

态平衡；在公式

Fl=GL

中，G不变，

L增大，则

GL、Fl都增大；又知：

l不断变小，而

Fl

不断增大，所以

F逐渐增大，综上可知：

动力

F增大，动力臂

l减小，动力臂和动力的乘

积M=Fl增大；故选C．

【点睛】

画力臂：

①画力的作用线（用虚线正向或反方向延长）；②从支点作力的作用线的垂线得垂足；

③从支点到垂足的距离就是力臂．

12．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

左

-m′l

左

（m右

-m′）l

右

=m

右

右

右，

l

l

-m′l

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．

13．如图所示，斜面长3m，高

沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是

0.6m，建筑工人用绳子在

150N（忽略绳子的重力

6s内将重500N的物体从其底端

）．则下列说法正确的是

A．斜面上的摩擦力是

50N

B．拉力的功率是50W

C．拉力所做的功是

300J

D．斜面的机械效率是80%

【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

＝W求拉力做功功率；（

3）由η＝

W有

求斜面的机械效率．

t

W总

【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＝150J

s3m

＝50N，故A正确、C错误；B.拉力的功率：

P＝W总＝450J

t6s

＝75W，故B错；D.斜面的机械效率：

η＝

W有

＝300J

×100%66.7%，故D错误．故

W总

450J

选A．

14．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．

15．如图所示，规格完全相同的滑轮，用相同的绳子绕成甲、乙两个滑轮组，分别提起重

为G1和G2的两个物体，不计摩擦与绳重，比较它们的省力情况和机械效率，下列说法正确的是

A．若G1=G2，则F1＜F2，甲的机械效率高B．若G1=G2，则F1＞F2，乙的机械效率高

C．若G1＜G2，则F1＜F2，甲、乙的机械效率相同D．若G1＜G2，则F1＜F2，乙的机械效

率高

【答案】D

【解析】

【详解】

A.由于滑轮组相同,并且不计摩擦则额外功相等,若G1=G2，则有用功也相同，所以机械效

率相等，故A错误；B.甲图n=3,F1=G1,乙图n=2,F2=G2,若G1=G2,则F1

重物，其机械效率与绳子的绕法无关，即机械效率相同；故B错误；C.甲图n=3,F1=G1,

乙图n=2,F2=G2,若G1

D.甲图n=3,F=

G,乙图n=2,F=G,若

<,则F

;甲乙两图由于滑轮组相同

并且不计

1

1

2

2

1

2

摩擦则额外功相等

若G1

D正

确；故选D.

【点睛】

要判断甲、乙两图的绳子段数来比较省力情况，由于滑轮组相同，并且不计摩擦则额外功相同通过比较有用功的大小可比较机械效率的高低．

16．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：

B．手的拉力：

C．手的拉力：

D．手的拉力：

【答案】C【解析】

【详解】

F甲＞F乙；机械效率：

η甲＜η乙

F甲=F乙；机械效率：

η甲=η乙

F甲＞F乙；机械效率：

η甲＞η乙

F甲＜F乙；机械效率：

η甲＜η乙

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

1

G动

）

F甲

F乙

（

动

=20N

＜G，因此

。

2

G，由题知，G

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

W有用

乙，故C正确为答

可知，定滑轮的机械效率高，所以

甲

W总

案，选项ABD错误。

17．下图是使用简单机械匀速提升同一物体的四种方式（不计机械重和摩擦），其中所需动力最小的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【解析】

【详解】

在A的斜面中，存在F1×4m=G×2m，故F1=

G

2

；在B的滑轮组中，n=3，故F2=G；在C

3

的定滑轮中，不省力，故F3

=G；在D的杠杆中，存在

4

4

G；可见所需动

F

×4l=G×l，故F=

4

力最小的是D．

18．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．

19．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

（G+G轮），因为

n

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

（G1+G轮），F2＝

1（G2+G轮），

3

2

由题知F1

2

1（G1

轮）＝1

（G2

+G

轮），即：

1（60N+G

轮）＝1

（38N+G

＝F，所以

+G

2

3

2

3

轮），

解答动滑轮的重力：

G轮＝6N

。

故选：

B。

“

“

F

作用下水平平衡，如图所示，现将弹簧测

20．在探究杠杆平衡条件

实验中，杠杆在力

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

B．一直变大

C．一直不变

D．先变小后变大

【解析】

【详解】

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

FlFl

1122

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