第十二章 简单机械 单元练习-2025-2026学年人教版物理八年级下学期

**基本信息** 本卷为初中物理“第十二章简单机械”单元复习卷，覆盖杠杆、滑轮、功功率机械效率等核心知识，通过生活情境（如升国旗、健身器材）和实验探究（杠杆平衡条件、滑轮组效率），融合物理观念与科学思维，适配单元巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题|杠杆类型、定滑轮特点、机械效率辨析|结合生活工具（食品夹、扳手）考查应用| |填空题|5题|有用功计算、杠杆力臂变化、滑轮功率|融入杠杆自重分析、弹簧拉力关联实际| |实验题|2题|杠杆平衡条件、滑轮组效率影响因素|通过多组数据归纳规律，培养科学探究能力| |计算题|2题|定滑轮功率、杠杆平衡计算|综合机械效率与杠杆平衡，提升科学推理能力|

第十二章简单机械 一、单选题 1．生活中常见的工具，属于费力杠杆的是（　　） A．开瓶器 B．食品夹 C．核桃钳 D．独轮车 2．下列关于功、功率、机械效率的说法中，正确的是（　　） A．机械做功的功率越大，做功一定越快 B．做功越多的机械，机械效率一定越高 C．功率越大的机械做功一定越多 D．站在匀速上升电梯中的人没有力对其做功 3．学校每周一都举行升国旗仪式。如图所示，旗杆的顶部装有一个滑轮，下列关于该滑轮的说法正确的是（　　） A．是动滑轮，使用它可以省力 B．是动滑轮，使用它可以省距离 C．是定滑轮，使用它可以省力 D．是定滑轮，使用它可以改变力的方向 4．如图所示，重为G的物体在拉力F的作用下，以速度v匀速运动了s距离。已知物体在水平桌面上运动时受到的摩擦力为物重的n分之一，不计绳重、轮与轴间的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．使用该滑轮组一定省力 B．拉力做功为2Fs C．有用功为Gs D．滑轮组的机械效率为 5．如图所示，用扳手拧螺母，力施加在A点时比施加在B点时更容易将螺母拧紧或拧开，这是因为扳手是一个杠杆，力作用在A点时（　　） A．动力臂变长，阻力臂变长 B．阻力臂变短，动力臂不变 C．动力臂不变，阻力臂变短 D．阻力臂不变，动力臂变长 6．如图所示，甲、乙两个滑轮组，动滑轮所受重力分别为G动1、G动2；被提升的两个物体重力分别为G1、G2；在相同时间内匀速提升相同高度，拉力分别为F1、F2；功率分别为P1、P2；机械效率分别为η1、η2。若此过程中η1＜η2，不计绳重和摩擦。则下列说法一定正确的是（　　） A．若G1＝G2，则F1＝F2 B．若G1＝G2，则P1＞P2 C．若G1＜G2，则F1＜F2 D．若G1＜G2，则G动1＜G动2 7．如图所示，完全相同的两滑轮采用不同的绕绳方法，将同一重物在相同时间内匀速提升相同的高度，不计绳重和摩擦 下列说法正确的是（    ） A．F1与F2做功一样多 B．F1小于F2，F2做的有用功多 C．F2做功的功率大 D．两装置的机械效率相同 8．在创建文明城市的行动中，小明发现某球形石墩占用了盲道，于是他设计了以下三种方案将石墩移走；其中方案中的“桩”固定在地面上，且使用的绳子相同。关于这三种方案，下列说法正确的是（　　） A．采用方案二一定比方案一省力 B．方案一可以省力，但无法省功 C．方案二可以省功，但无法省力 D．使用机械一定比不使用机械省力 9．如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。若在A、B两处再各加一个钩码，下列说法正确的是（　　） A．杠杆右边向下倾 B．杠杆左边向下倾 C．杠杆仍平衡 D．无法确定杠杆是否平衡 10．单独将一个底面积为1.5×10-4m2的甲物体静止在水平地面上时，对地面的压强为6×105Pa。如图所示，现将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，使杠杆在水平位置平衡，已知乙物体的质量为2kg，AO∶OB=1∶3。下列说法中正确的是（　　） A．甲物体的重力为150N B．杠杆B端所挂物体的质量增加1.5kg，甲对地面的压强恰好为0 C．移动支点O的位置，使AO∶OB=2∶7时，甲物体恰好被拉离地面 D．若将甲沿竖直切割并拿走，其余条件不变，甲对地面的压强变为切割前的0.5倍 二、填空题 11．如图所示，均质杠杆AD在拉力作用下绕转轴D转动。现将重为150N的物体挂在杠杆中点B处，人在A处用100N的拉力竖直向上将物体提高0.5m，手移动的距离为1m，不计转轴D处的摩擦。在此过程中，提升物体做的有用功为______J，该杠杆的机械效率为______，杠杆的自重为______N。 12．如图所示，质地均匀的木板恰好有一半伸出水平桌面并静止。在B端施加一个始终竖直向上的力F，在力F将B端缓慢抬起的过程中，木板可以看作一根围绕固定点A转动的杠杆，则木板所受重力方向为______，抬起过程中F的力臂将______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 13．如图所示，小明用大小为10N的拉力竖直向上提升物体，重为16N的物体在10s内被匀速提升1m。不计绳重和摩擦，这个过程中，拉力F的功率为________W，该滑轮的机械效率为________%。 14．图甲为一款健身器材，两滑轮均重20N；弹性限度内，弹簧伸长的最大长度为80cm，弹簧所受拉力F与其“伸长的长度”Δx成正比，如图乙所示。弹簧、细绳、拉环的重力和摩擦可忽略；使用时竖直向下缓慢拉动拉环。则当弹簧拉力为300N时，拉环向下移动______cm。此健身器材提供的最大拉力为______N，此时绳a拉力为______N。 15．为规范停车秩序，西安市交警对违停车辆拖移，其工作原理图如图所示。当钢绳对车辆施加沿斜面的拉力F＝5×103N时，在100s内可将质量为1.5t的小车A沿斜面底端匀速拉至斜面顶端，已知斜面高为1m，长为5m，滑轮B的作用是___________（选填“省力”、“省距离”或“改变力的方向”）；在小车A由斜面底端被拖上斜面顶端的过程中，整个装置的机械效率为________。（不计车长、钢绳重、钢绳与滑轮间的摩擦和滑轮与轴间的摩擦，g取10N/kg） 三、作图题 16．小明用如图所示装置提升一个重物，要在杠杆的A端作用一个最小的力F使杠杆平衡，请你在图中画出物体重力G、力F的力臂L、力F的示意图。 四、实验题 17．小华与同组同学在课堂上完成了“探究杠杆平衡条件的实验”。 (1)实验前，他们观察到杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于________（填“平衡”或“不平衡”）状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向________调节； (2)三次实验后，得到了如下表所示的实验数据： 实验序号 动力/N 动力臂/m 阻力/N 阻力臂力/m 1 0.5 0.4 1 0.2 2 1 0.08 2 0.02 3 2 0.06 4 0.03 仔细分析，小华发现第________次数据是错误的，改变错误后，可得出杠杆的平衡条件是：________； (3)在实验中，多次改变力和力臂的大小，主要是为了________；（填字母序号） A．使每组数据更准确 B．多次测量取平均值减小误差 C．获取多组实验数据归纳出物理规律 (4)同组的小明同学建议改用弹簧测力计代替钩码在B点向下拉杠杆（如图丙所示），使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转动到b位置时，其示数大小将变大，其示数与力臂的乘积________（选填“变大“变小”或“不变”）； (5)小明建议用弹簧测力计代替成钩码的主要目的是：________。（填字母序号） A．可以直接读出拉力的大小 B．为了正确认识力臂的作用 C．便于测量力臂的大小 18．在学习了机械效率的相关知识后，课外研究小组有同学猜想：同一个机械的机械效率是不变的。为了验证猜想，他们用如图所示的滑轮组进行实验，改变钩码个数，用弹簧测力计沿竖直方向拉着细绳，使钩码匀速向上运动，测得的数据如表一所示。 表一： 实验次序 钩码重力G/N 钩码上升高度h/m 绳端拉力F/N 绳端移动距离s/m 有用功W有用/J 总功 W总/J 机械效率η 1 2.0 0.1 1.0 0.3 0.2 0.30 66.7% 2 4.0 0.1 1.7 0.3 0.4 0.51 78.4% 3 6.0 0.1 2.3 0.3 0.6 0.69 87.0% (1)分析表一中的数据，他的猜想是________（选填“正确”或“错误”）的； (2)小组又进行了如下的探究：改变滑轮的个数组成不同的滑轮组，仍用弹簧测力计沿竖直方向向上匀速拉动细绳，测得的数据如表二所示。 表二： 实验次序 动滑轮个数 钩码重力G/N 绳端拉力F/N 钩码上升高度h/m 绳端移动距离s/m 有用功W有用/J 总功 W总/J 机械效率η 4 1 6 3.6 0.2 0.4 1.2 1.44 83.3% 5 2 6 2.4 0.2 0.8 1.2 1.92 62.5% 6 3 6 2.2 0.2 1.2 1.2 2.64 45.5% 分析数据可知：物体重力相同，动滑轮个数越多越省力，但机械效率越___________（选填“大”或“小”）。进一步分析还发现，当滑轮组越来越省力时，它的额外功越来越大，甚至会出现额外功___________有用功的情况，所以设计一个机械模型时，既要考虑省力，还要考虑___________； (3)根据表二中的数据，如果增加动滑轮个数继续实验，那么将会出现的困难是___________，你的改进方法是___________； (4)分析表一中的数据可知：随着物体重力增加，额外功________（选填“变大”“变小”或“不变”），原因是______________； (5)分析表二中的数据可知：若不考虑绳重及摩擦，实验中所选动滑轮的规格___________（选填“相同”或“不同”）。 五、计算题 19．工人用330N的拉力，使用定滑轮将质量为30kg的物体6s内匀速吊起3m，g取。试求： (1)工人做功的功率； (2)定滑轮的机械效率。 20．如图是小强利用器械进行锻炼的示意图，其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动，OA:OB=3:2，在杆A端用细绳悬挂重为300N的配重，他在B端施加竖直方向的力F1，杆AB在水平位置平衡。已知小强重为650N，不计杆重与绳重。求： (1)求出他在B端施加竖直方向的力F1的大小。 (2)为了锻炼不同位置的肌肉力量，他将固定点移动到A端，杆AB可绕端点A在竖直平面内转动，配重悬挂在O点，在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡，求出他在B端施加力F2的大小及方向。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《第十二章简单机械----2025-2026学年人教版物理八年级下学期》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D B D B C B A D 1．B 【详解】开瓶器、核桃钳、独轮车在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；食品夹使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意，ACD不符合题意。 故选B。 2．A 【详解】A．功率表示物体做功的快慢，物体做功越快，功率越大，故A正确； B．根据可知，做功的多少与时间和功率有关，只要时间长功率大，做功就多，与机械效率无关。故B错误； C．根据可知，做功的多少与时间和功率有关，若只是功率大，但时间短做功也不一定多，故C错误； D．站在匀速上升电梯中的人受到重力和支持力的作用，且沿力的方向移动一段距离，因此重力、支持力均做功，故D错误。 故选A。 3．D 【详解】由图可知，旗杆顶部滑轮的轴是固定不动的，为定滑轮，使用定滑轮的优点是可以改变力的方向，但不能省力。 故选D。 4．B 【详解】A．不使用滑轮组时，拉动重为G的物体需要施加的力 使用滑轮组时，如图所示，动滑轮上有两段绳子，当不计绳重、轮与轴间的摩擦时，拉力F、动滑轮受到的重力G动、与物重G的关系为 若时，此时 即此时拉动重为G的重物，使用滑轮组时施加的拉力大于不使用滑轮组时施加的力，此时使用滑轮组不省力，故A错误； B．如图所示，动滑轮上有两段绳子，当重物移动的距离为s时，绳子自由端移动的距离为 此时拉力做的功为 故B正确； C．如图所示，滑轮组做的有用功是克服重物受到的摩擦力做功，则有用功 故C错误； D．滑轮组的机械效率 故D错误。 故选B。 5．D 【详解】由图可知，力作用在A点时动力臂比在B点长，而阻力和阻力臂不变，故D符合题意，ABC不符合题意。 故选D。 6．B 【详解】A．不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效， 由于η1＜η2，则 若G1＝G2，则2F2＜3F1，故无法判断F1、F2的大小关系，故A错误； B．若G1＝G2，滑轮组的机械效率， 因为η1＜η2，则G动1＞G动2，所以甲中克服动滑轮所在的额外功较大，若G1＝G2，甲、乙有用功相同，故W总1＞W总2，滑轮组的功率，做功时间相同，故P1＞P2，故B正确； C．不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效， 由于η1＜η2，则 若G1＜G2，无法推出F2＞F1，故C错误； D．不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效滑轮组的机械效率， 由于η1＜η2，所以 若G1＜G2，则G1+G动1＜G2+G动2 无法推出G动1＜G动2，故D错误。 故选B。 7．C 【详解】ABD．两种方式提升重物时，物重G相同，提升的高度h相同，所用时间t相同。左图为定滑轮，使用定滑轮不能改变力的大小（即不能省力），拉力等于物体重力；右图为动滑轮，使用动滑轮可以省力，但是不知道动滑轮重力，所以拉力F1和F2无法比较大小。使用定滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力做的功，即W1=Gh； 使用动滑轮，不计绳重与摩擦，拉力做的功等于克服物体重力和动滑轮重力做的功，即W2=(G+G动)h； 所以，使用动滑轮所做的功大于使用定滑轮所做的功，即使用动滑轮所做的总功大； 根据W有=Gh可知两者所做有用功相同，由于使用动滑轮所做的总功大，所以由可知，动滑轮的机械效率要小于定滑轮的机械效率，即甲装置的机械效率更高，故ABD错误； C．使用动滑轮所做的功大于使用定滑轮所做的功，由于做功时间相同，根据可知，使用动滑轮拉力做功的功率大于使用定滑轮拉力做功的功率，即F2做功的功率大，故C正确。 故选C。 8．B 【详解】A．方案一利用动滑轮原理，可以省力，方案二利用定滑轮原理，既不省力也不费力，所以方案一比方案二省力，故A错误； B．方案一利用动滑轮原理，可以省力，且任何机械都不能省功，故B正确； C．方案二利用定滑轮原理，既不省力也不费力，且任何机械都不能省功，故C错误； D．方案二使用机械，方案三没有使用机械，但两个方案都不省力，故D错误。 故选B。 9．A 【详解】设一个钩码的重力为G，一个格为L，根据杠杆的平衡条件知 2G×2L=G×4L现在在A、B两处再各加一个钩码，左边力和力臂的乘积为3G×2L，右边力和力臂的乘积为2G×4L，右边力和力臂的乘积大，所以杠杆右边向下倾，故A正确，BCD错误。 故选A。 10．D 【详解】A．根据压强公式，我们可以求出甲物体对地面的压力，这个压力等于甲物体的重力。因此，甲物体的重力为 故A错误； B．杠杆B端所挂物体的质量增加1.5kg时，杠杆B端受到的拉力为 A端受到的拉力 由于 甲物体被起，甲物体对地面没有压强。故B错误； C．甲物体恰好被细绳拉离地面，甲对地面的压力为0，A端受到的拉力等于甲的重力，根据杠杆平衡条件可得 乙物体的重力 则 故C错误； D．若将图中甲竖直切走，此时甲的重力 A端受到的拉力 此时甲对地面的压力 甲对地面的压强 切割前甲对地面的压力 切割前甲对地面的压强 切割后甲对地面的压强与切割前甲对地面的压强之比 故D正确。 故选D。 11． 75 75% 50 【详解】[1]用杠杆提升物体做的有用功为 [2]人的拉力做的总功为 杠杆的机械效率 [3]克服杠杆自重所做的额外功为 杠杆的重心提升的高度与物体提升的高度相同，则杠杆的自重为 12． 竖直向下 变小 【详解】[1]物体受到的重力方向始终竖直向下。 [2]支点到力的作用线的距离叫力臂。力F始终竖直向上，抬起过程中，力F的作用线距离支点A越来近，所以其力臂将变小。 13． 2 80 【详解】[1]由于动滑轮上有2股绳，物体被匀速提升1m，则绳端移动距离，则拉力做的总功 则拉力的功率 [2]物体的重力为16N，在10s内被匀速提升1m，则拉力做的有用功 则该滑轮的机械效率 14． 30 780 820 【详解】[1]弹性限度内，弹簧所受拉力F与其“伸长的长度”Δx成正比，弹簧拉力为300N时，弹簧伸长的长度为 动滑轮绕2段绳，拉环向下移动 [2]由图乙可知，弹簧伸长的最大长度为80cm，弹簧的最大拉力是400N，弹簧、细绳、拉环的重力和摩擦可忽略，由得到健身器材提供的最大拉力F大=2F-G动=2×400N-20N=780N [3]弹簧、细绳、拉环的重力和摩擦可忽略，由图可知，定滑轮受到重力、绳a的拉力和滑轮绕绳的拉力；由图乙可知，弹簧拉力最大为400N时，绳a的拉力Fa=2F1+G定=2×400N+20N=820N 15． 改变力的方向 60% 【详解】[1]滑轮B的轴的位置固定不动，为定滑轮，定滑轮可以改变力的方向但不能改变力的大小，也不能省距离，所以滑轮B的作用是改变力的方向。 [2]小车质量 其重力 拉力做的有用功 拉力做的总功 整个装置的机械效率 16． 【详解】重力的方向是竖直向下的。根据杠杆平衡的条件，重力乘以重力的力臂等于F乘以L，重力乘以重力的力臂为定值，当力臂是OA时，力臂最大，此时力F最小，画出力臂L和力F如图所示： 17．(1) 平衡 右 (2) 2 F1l1=F2l2 (3)C (4)不变 (5)B 【详解】（1）[1]由图甲可知，杠杆处于静止状态，此时杠杆处于平衡状态。 [2]调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，应将平衡螺母向上翘的右端移动。 （2）[1]根据杠杆平衡条件判断，只有实验序号2，不符合杠杆平衡条件，所以实验序号2的一组数据有误。 [2]分析表中的数据，可得出杠杆的平衡条件为F1l1=F2l2。 （3）在探究杠杆平衡条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律，故C符合题意，AB不符合题意。 故选C。 （4）保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F 的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，拉力变大。由于杠杆处于平衡状态，因此其拉力与力臂的乘积不变。 （5）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，当用弹簧测力计拉，若弹簧测力计倾斜时，拉力不再与杠杆垂直，这样力臂会发生变化，相应变短，根据杠杆的平衡条件，力会相应增大，才能使杠杆仍保持平衡，这样做实验可以改变拉力的方向便于正确认识力臂的变化，故B符合题意，AC不符合题意。 故选B。 18．(1)错误 (2) 小 大于 尽量减小额外功 (3) 绳端移动距离过大 减小钩码提升的高度 (4) 不变 动滑轮重力和上升高度均不变 (5)不同 【详解】（1）根据表一中的数据，同一个机械，第1~3次实验中，随着提升物体钩码的重力改变，其机械效率也在改变，所以猜想错误。 （2）[1]分析表二中的数据可知，第4~6次实验中，提升物体的重力相同，动滑轮个数越来越多，绳端拉力越来越小，而机械效率越来越小。 [2]第4~6次实验中，由总功减去有用功，可得额外功分别为0.24J、0.72J、1.44J，额外功越来越大，第6次实验的额外功1.44J>1.2J，出现额外功大于有用功的情况。 [3]设计一个机械模型时，要考虑省力，但是由上问分析可知，省力越多，额外功越大，甚至会出现额外功过大，大于有用功的情况。因此为了使机械更加高效节能，设计时也要考虑尽量减小额外功。 （3）[1]根据表二中的数据，第4~6次实验中，随着动滑轮个数越来越多，绳端移动距离s越来越大。由于拉动细绳方向是竖直向上，再增加滑轮，绳端移动距离s将达到1.6m，绳端竖直向上移动的太高，已经不便于在实验室内操作。 [2]由 可知，滑轮组的机械效率与钩码提升的高度无关，为了便于操作，可以减小钩码提升的高度。 （4）[1]分析表一中的数据，第1~3次实验中，由总功减去有用功，可得额外功分别为0.10J、0.11J、0.09J，考虑误差因素，额外功大小相同，因此同一个机械，随着物体重力增加，额外功不变。 [2]因该机械做的有用功为将物体提升到一定高度，则额外功为将动滑轮也提升到此高度。因动滑轮重力和上升高度均不变，故额外功不变。 （5）分析表二中的数据，第4~6次实验中，绕过动滑轮的绳子股数n分别为2、4、6，由 算出动滑轮的总重分别为1.2N、3.6N、7.2N，则第4~6次实验中所选动滑轮的单个重力分别为1.2N、1.8N、2.4N，因此规格不同。 19．(1)165W (2)90.9% 【详解】（1）工人做功的功率 （2）物体重力 G=mg=30kg×10N/kg=300N克服物体重力做的有用功 W有=Gh=300N×3m=900J       定滑轮的机械效率 20．(1)450N (2)180N，方向竖直向上 【详解】（1）已知杠杆绕固定点转动，固定点O为支点，，阻力为端配重的重力，阻力臂为，动力为端施加的力，动力臂为。根据杠杆平衡条件可得，则在B端施加竖直方向的力F1的大小 （2）杠杆绕端点转动，点A为支点，此时阻力为点配重的重力，阻力臂为，动力为端施加的力，动力臂为，且。根据杠杆平衡条件可得，则在B端施加竖直方向的力F2的大小 因为配重有使杠杆顺时针转动的趋势，所以为了使杠杆平衡，的方向应竖直向上。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $