期末复习专题：机械和功 2025-2026学年八年级下册北师大版物理

**基本信息** 以简单机械为载体，系统整合功、功率、机械效率知识，通过概念辨析、实验探究、综合计算构建“概念-原理-应用”三层解题体系，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |简单机械|10题（杠杆/滑轮/斜面）|杠杆平衡条件（F₁l₁=F₂l₂）应用；滑轮组绳股数判断；斜面省力原理|从杠杆五要素→平衡条件→实际应用（人体杠杆），滑轮分类→特点→机械效率关联| |功与功率|4题|功的两个必要因素判断；功率公式（P=W/t=Fv）应用|功的定义→功率概念→实际做功快慢比较，建立“功-功率-时间”关系链| |机械效率|5题|η=W有/W总推导；影响因素（物重、动滑轮重）分析|有用功/额外功辨析→机械效率公式→提升效率方法，体现能量转化与守恒观念|

期末复习专题：机械和功 一、单选题 1．如图，工人利用动滑轮提升重物。下列说法正确的是（　　） A．使用动滑轮可以省距离 B．此过程中拉力做的功为有用功 C．被提升的重物越重，该装置的机械效率越高 D．重物被提升越高，该装置的机械效率越高 2．甲、乙两人在玩跷跷板、如图，跷跷板保持水平平衡，且，则（     ） A．甲的重力比乙的大 B．甲的重力比乙的小 C．甲、乙的重力一样大 D．甲、乙的重力之比为 3．站立地面踮脚跟是中国传统文化“八段锦”的第八式，动力是由肌肉牵引骨骼绕关节转动产生的。关于踮起脚跟，杠杆模型如图，则此杠杆为（　　） A．省力杠杆 B．费力杠杆 C．等臂杠杆 D．无法判断 4．如图，《天工开物》中详细描述了滑轮的工作原理和应用。下列说法正确的是（　　） A．使用滑轮可以省功 B．仅使用单个滑轮可以在省力的同时改变力的方向 C．使用滑轮做的功越多，其做功的功率一定越大 D．将其作动滑轮使用时，提升物体的重力越大，机械效率越高 5．如图，工人向下拉绳提升重物。已知物体重为400 N，动滑轮重为100 N，将重物匀速提升0.5 m用时5 s。不计绳重及摩擦，下列说法正确的是（     ） A．工人所用的拉力为200 N B．绳子自由端移动的距离为1.5 m C．拉力的功率为50 W D．该滑轮组提升重物的机械效率为75% 6．某装修工人说：“我今天搬了200块砖，做的功特别多！”关于这句话及物理概念，下列说法正确的是（　　） A．做功多说明做功一定快 B．功率大说明做功一定多 C．功率大则做功时间一定短 D．做功多不一定功率大 7．如图所示，用刻度均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验（每个钩码重0.5N）。下列说法正确的是（     ） A．本实验要做多次，目的是求平均值减小误差 B．图丙，杠杆始终在水平位置保持平衡，弹簧测力计从a转到b时示数变大 C．图乙，在A、B处各去掉相同数量的钩码，则杠杆右端下降 D．图甲，杠杆停留在图中位置，此时杠杆处于不平衡状态 8．如图所示，工人师傅用一个定滑轮来提升货物，用600N的拉力F向下拉绳，用时1分钟使质量50kg的货物匀速上升了6m，下列分析正确的是（     ） A．工人做有用功300J B．工人做总功3600J C．工人做功的功率为50W D．该定滑轮的机械效率为80% 二、填空题 9．如图甲，鹤壁淇林岩“十八盘”，公路修得弯弯曲曲，宛如盘龙，其相当于________（选填“斜面”或“杠杆”），目的是省_________；图乙中滑轮的目的是改变力的________。 10．如图所示，在“学雷锋·文明实践我行动”主题活动中，小明帮助老奶奶把装满货物的购物车用沿斜面向上的推力匀速推到水平台面上。使用该斜面可以____________（选填“省力”或“省功”），小明对购物车的推力____________（选填“有”或“没有”）做功。 11．如图所示，小明利用同一个滑轮，采用甲、乙两种方式提升同一桶水。已知滑轮重3 N，桶和水总重40 N，不考虑绳重和绳子与滑轮间的摩擦。这两种方式中所用拉力较大的是________，机械效率较高的是________（以上两空均选填“甲”或“乙”）。 12．人体骨骼肌收缩时会产生拉力，运动员做引体向上动作，自身质量60kg，每只手臂对横杆的拉力约为____N；从生物力学角度，手臂相当于____ （选填“省力”“费力”“等臂”）杠杆。（g取10N/ kg） 13．如图所示，工人用动滑轮将重180 N的木箱在5 s内沿竖直方向匀速提升2 m，工人作用在绳端的拉力为100 N，不计绳重和摩擦。使用动滑轮的好处是可以___________，此过程中拉力的功率为___________W，动滑轮的机械效率为___________。若仅增大提升木箱的重力，动滑轮的机械效率将___________（选填“变大”“变小”或“不变”）。 三、实验题 14．如图甲所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中： (1)实验前，杠杆未挂钩码时需要向左调节平衡螺母才能使杠杆在水平位置平衡，说明调节前杠杆的_______（选填“左”或“右”）端翘起； (2)杠杆平衡后，如图甲所示，在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡，改变动力和动力臂大小，相应调节阻力和阻力臂，再做几次实验。实验数据记录如表： 次数 动力/N 动力臂/cm 阻力/N 阻力臂/cm 1 1.0 10 2.0 5 2 1.0 10 0.5 20 3 2.0 15 1.5 20 分析表中的实验数据可以得出杠杆平衡的条件是_______（写出表达式）； (3)如图乙所示，在A处挂3个钩码，在杠杆B处施加竖直向上的动力，使杠杆在水平位置保持平衡。若将动力改为沿虚线方向的，使杠杆仍在水平位置保持平衡，则_______（选填“<”“=”或“>”）。 四、计算题 15．家电“国补”政策拉动了消费，给市民带来了实惠。某小区业主购买了一台100英寸电视机，由于楼梯、电梯空间不足，工人师傅采取室外吊装方式上楼。已知电视机及包装箱总质量为72kg。吊装时工人师傅用滑轮组在100s内将包装箱匀速提高20m，示意图如图所示。每个滑轮重，不计绳重及摩擦，取。求： (1)电视机及包装箱总重； (2)工人所施加的拉力做功的功率； (3)上述过程中，该装置的机械效率。 16．如图甲所示为某款智能机器人，重为300 N，它在某次引领接待工作中，在相同的地面上沿直线行走的速度随时间变化的图像如图乙所示，智能机器人受到的水平阻力为其重力的0.05倍。（取10 N/kg）求： (1)在0~6 s内，智能机器人行走的距离； (2)在0~6 s内，智能机器人所受的重力做的功； (3)在6 s~10 s内，智能机器人所受的牵引力做功的功率。 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A A D C D B B 1．C 【详解】A．动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，特点是省力费距离，不能省距离，故A错误； B．拉力做的功包括两部分：提升重物的功（有用功）和克服动滑轮重力、摩擦的功（额外功），因此拉力做的功是总功，不是有用功，故B错误； C．机械效率公式为​ 当动滑轮重不变时，被提升的重物越重（G越大），机械效率η越高，故C正确； D．由上面的公式可知，机械效率与重物被提升的高度h无关，因为h在分子分母中会约去。因此提升高度不影响机械效率，故D错误。 故选C。 2．A 【详解】 甲、乙两人对杠杆的压力大小等于各自的重力， 由杠杆的平衡条件可得 已知，代入公式得 所以甲的重力比乙的大，故A符合题意，BCD不符合题意 。 故选A。 3．A 【详解】支点是图中脚尖位置的点，是杠杆绕其转动的点；动力是肌肉向上的拉力，阻力是人体向下的重力。 动力臂是支点到动力作用线的距离，阻力臂是支点到阻力作用线的距离，由图可知动力臂大于阻力臂。动力臂大于阻力臂的杠杆为省力杠杆，因此该杠杆是省力杠杆，故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 4．D 【详解】A．根据功的原理，任何机械都不能省功，故A错误； B．单个滑轮分为定滑轮和动滑轮。定滑轮只能改变力的方向、不省力，动滑轮只能省力、不能改变力的方向。单个滑轮无法同时实现省力和改变力的方向，故B错误； C．根据，功率大小由做功多少、做功时间共同决定，仅做功多，若做功时间更长，功率不一定大，故C错误； D．动滑轮的额外功主要是克服动滑轮自重产生的，用同一动滑轮提升物体时，物体重力越大，有用功在总功中的占比越大，机械效率越高，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】由图可知，滑轮组承担重物和动滑轮重力的绳子股数 A．人需用的拉力为，故A错误； B．绳子自由端移动的距离，故B错误； C．拉力做的功为 则拉力的功率为，故C正确； D．滑轮组的机械效率为，故D错误。 故选C。 6．D 【详解】A．根据，做功多若对应的时间很长，功率可能很小，即做功不一定快，故A错误； B．根据，功率大若做功时间很短，总功也会很少，即做功不一定多，故B错误； C．根据，功率大若做的功很多，做功时间也可能很长，故C错误； D．根据，做功多若对应的时间很长，功率可能不大，因此做功多不一定功率大，故D正确。 故选 D。 7．B 【详解】A．本实验是探究“杠杆平衡条件”的规律类实验，多次实验的目的是避免偶然性，寻找普遍规律，不是为了求平均值减小误差，故A错误； B．杠杆始终水平平衡，阻力和阻力臂都不变，弹簧测力计从竖直位置转到斜拉位置时，拉力的力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，力臂变小，根据杠杆平衡条件，拉力会变大，因此弹簧测力计示数变大，故B正确； C．设每个钩码重力为，杠杆每格长度为，由图乙可知：左侧力臂 ，共个钩码，原始乘积为 右侧力臂 ，共个钩码，原始乘积为 若各去掉1个钩码，左侧变为，右侧变为，左侧力与力臂的乘积更大，因此杠杆左端下沉、右端上升，故C错误； D．杠杆静止或匀速转动都属于平衡状态，图甲中杠杆保持静止，属于平衡状态，故D错误。 故选B。 8．B 【详解】先整理已知条件，定滑轮不改变绳子移动距离，即绳子自由端移动距离 时间 货物重力 A．有用功是提升货物做的功为，故A错误； B．总功是拉力做的功为，故B正确； C．工人做功功率为， 故C错误； D．定滑轮的机械效率为，故D错误。 故选B。 9． 斜面 力 方向 【详解】[1]盘山公路弯弯曲曲，其本质上是一种变形的简单机械——斜面，而不是杠杆。 [2]斜面这种简单机械的特点是可以省力，虽然费距离，但能降低提升物体所需的力，所以目的是为了省力。 [3]图乙中的滑轮是定滑轮，定滑轮不能省力和省距离，但是可以改变力的方向。 10． 省力 有 【详解】斜面是一种省力的简单机械，根据功的原理，使用任何机械都不能省功，斜面通过增大移动距离来省力。 做功的两个必要条件是：对物体有力的作用，且物体在力的方向上通过一段距离。小明对购物车施加了沿斜面向上的推力，购物车也沿推力方向移动了距离，满足做功条件，因此推力有做功。 11． 乙 乙 【详解】 图中甲是动滑轮，乙是定滑轮。不考虑绳重和摩擦时： 动滑轮省一半力，拉力 定滑轮不省力，拉力 因此 ，拉力较大的是乙。 提升同一桶水相同高度时，有用功 ，两次的有用功大小相等。 甲需要提升动滑轮，额外功为克服动滑轮重力做的功，总功 ，乙不需要提升滑轮，额外功远小于甲，总功更小。 根据机械效率公式 ，有用功相同时，总功越小，机械效率越大，因此乙的机械效率更高。 12． 300 费力 【详解】运动员做引体向上时，若身体处于静止或匀速运动状态，受力平衡，两只手臂受到横杆向上的作用力合力约等于人的重力。人的重力 两只手臂平均分担，所以每只手臂对横杆的拉力约为300N。人体手臂在用力时，动力臂通常小于阻力臂，属于费力杠杆。 13． 省力 80 90% 变大 【详解】动滑轮的本质是一个动力臂是阻力臂两倍的省力杠杆，利用它工作可以较好地省力； 动滑轮由两段绳子承担物重，所以绳子自由端移动的距离 拉力做的总功 所以功率 有用功是直接提升木箱所做的功，即 机械效率 在本题中，不计绳重和摩擦，额外功主要用于提升动滑轮本身，其大小基本不变。当提升的木箱重力增大时，有用功会随之增大。根据公式 知，有用功在总功中所占的比例会增大，因此机械效率会提高。 14．(1)左 (2) (3)< 【详解】（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母始终向翘起的一端调节。本题中需要向左调节平衡螺母，说明杠杆调节前左端翘起。 （2）对表格中数据分析： 第1次有 第2次有 第3次有 可得杠杆平衡条件为 （3）阻力（钩码拉力）和阻力臂都不变，拉力沿虚线斜拉时，动力臂比竖直拉时更小。根据杠杆平衡条件，动力臂减小，动力增大，因此。 15．(1)720N (2)160W (3)90% 【详解】（1）电视机及包装箱总重 （2）由图可知，动滑轮由两段绳子承担，拉力为 包装箱上升的速度 则绳端的速度 拉力F的功率 （3）滑轮组的机械效率为 16．(1)7.2m (2)0J (3)15W 【详解】（1）由图像可得：0∼6s机器人做匀速直线运动，速度 在0~6 s内，智能机器人行走的距离 （2）做功的必要条件是：物体受力，且在力的方向上移动距离。 重力方向竖直向下，机器人水平行走，在重力方向没有移动距离，因此重力做功： （3）机器人受到的阻力 由图像可得：机器人匀速直线运动，速度，水平方向受力平衡，因此牵引力。 在6 s~10 s内，智能机器人所受的牵引力做功的功率 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 $