沪科版初中物理八年级全册第10章《机械与人》检测题（解析版）

第10章《机械与人》检测题
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．5号电池因其体积小、容量适中，因此在小功率电器产品中广泛使用。某种市售5号电池包装上写有“1.6V 2500mAh”字样。对该电池，下列说法中正确的是（　　）

A．它能提供的电能约14.4kJ B．它正常工作时的电流是2.5A
C．它提供的最大功率为4W D．它在电路中是提供电荷量的装置
2．下列常见的生活场景中，都利用到了杠杆的知识，属于省力杠杆的是（　　）
A． B． C． D．
3．电炉的电热丝断了一截，把它去掉后再接入原来的电路中，电流在相同时间内所做的功（　　）
A．变小 B．不变 C．变大 D．无法确定
4．如图所示，每个钩码的质量均为50g，在轻质杠杆C处挂2个钩码，则在D处挂几个钩码，杠杆恰好在水平位置平衡（　　）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．一辆汽车在平直的公路上做直线运动，其v﹣t图象如图所示，汽车在第10s时已行驶了150m，速度达到了20m/s，随后匀速前进，若汽车在行驶过程中所受阻力大小始终为2000N，以下说法正确的是（　　）

A．在0﹣20s内汽车的平均速度为15m/s
B．在0﹣10s内汽车的牵引力大小恒为2000N
C．在10﹣20s内汽车牵引力做的功为4×105J
D．在10﹣20s内汽车牵引力做功的功率为4×105W
6．如图所示的滑轮组,动滑轮的总重为20 N,物体 A受到的重力为100 N,在力 F的作用下,物体 A以2 m/s的速度上升2 s,若忽略摩擦,则关于滑轮组绳端作用力 F的大小以及绳端上升的距离,下列说法中正确的是 ( )

A．30 N,16 m B．25 N,16 m C．40 N,12 m D．40 N,16 m
7．如图所示，在轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从虚线位置沿逆时针方向匀速转至图示位置的过程中，下列叙述中错误的是（ ）

A．拉力F逐渐变大 B．拉力F始终小于 G
C．拉力F跟它力臂的乘积不变 D．重物M对杠杆拉力的力臂逐渐变大
8．用图甲、乙两种方式匀速提升重为100N的物体，已知滑轮重20N，手的拉力分别为F1和F2；机械效率分别为η甲和η乙（绳重和摩擦力不计）。则

A．F甲=F乙 η甲=η乙 B．F甲＜F乙 η甲＜η乙
C．F甲＞F乙 η甲＜η乙 D．F甲＞F乙 η甲＞η乙
9．关于机械效率的说法中正确的是（ ）
A．越省力的机械，效率越高
B．做有用功越多的机械，效率越高
C．做相同的功，额外功的值越小，效率越高
D．做功越快的机械，效率越高
10．如图，质量分别为m1、m2、m3（m1＞m2）的物体通过轻绳和弹簧连接起来，三个物体均处于静止状态．不计弹簧自重、绳重和摩擦，关于此装置的说法错误的是（ ）

A．绳子对m2的拉力大小为m2g B．绳子对m1的拉力大小为m1g
C．弹簧中拉力大小为（m1-m2）g D．地面对m3的支持力大小为（m2+m3-m1）g

二、多选题（每小题至少有两个正确答案）
11．下列说法正确的是（　　）
A．做功越多，功率一定大 B．做功时间越短，功率一定越大
C．功率是单位时间内完成的功 D．做功越快，功率一定越大
12．在排球运动中，跳发球（如图）是最具威力的发球方式，其动作要领可简化为“抛球、腾空、击球和落地”四个过程，下列说法正确的是（　　）

A．抛球过程中运动员对排球做了功 B．腾空过程中运动员对排球不做功
C．击球过程中运动员没有对排球做功 D．落地过程中运动员重力势能逐渐变大
13．关于电流做功，下列说法正确的是( )
A．导体两端的电压越高，通电时间越长，电流做功就越多
B．通过导体的电流越大，通电时间越长，电流做功就越多
C．导体两端的电压越高，电流越大，通电时间越长，电流做功越多
D．通过导体的电流越大，电阻越大，通电时间越长，电流做功越多
14．如图甲所示，重力80 N的物体在大小为30 N、水平向左的拉力F1作用下，在水平面上以0.4 m/s的速度做匀速运动，滑轮与绳子的质量及滑轮轴处的摩擦均不计。改用如图乙所示的滑轮组后，该物体在水平向右的拉力F2作用下，在相同的水平面上向右匀速运动0.5 m，下列说法正确的是 ( )

A．物体与水平面间的摩擦力为15 N B．拉力F1的功率为24 W
C．拉力F2的大小为90 N D．拉力F2做的功是30 J
15．如图所示，工人用150N的拉力通过滑轮组吊起质量为20kg的箱子。若箱子被匀速竖直提升了2m，不计绳重和摩擦，g取10N/kg，则（　　）

A．箱子的重力势能增大 B．动滑轮的重力为100 N
C．工人施加的拉力做的功为300 J D．滑轮组的机械效率为66.7%


三、实验题
16．小悦同学想要探究使用杠杆时，动力的大小与哪些因素有关。她先用弹簧测力计测出三个钩码的重力，如图（a）所示，然后将它们挂在已调节平衡的杠杆A点位置上，再用测力计在杠杆B点沿竖直方向用力使杠杆保持水平平衡，如图（b）所示，接着，在保持杠杆水平平衡的情况下，改变测力计的用力方向与水平方向的夹角，如图（c）、（d）所示。

（1）比较图中a与b两图，使用_____的杠杆提升钩码时，可以_____。
（2）比较图中b，c，d三图中拉力方向和测力计示数等相关条件，可得出初步结论是：当阻力，阻力臂及动力作用点一定，且杠杆水平平衡时，_____。
17．在“测定动滑轮机械效率”的实验中，小明用如图所示的动滑轮提升钩码，改变钩码的数量，正确操作，实验数据如下：

实验序号 钩码重 钩码上升的高度h/cm 拉力F/N 绳端移动的距离s/cm
① 1.0 20.00 0.7 40.00
② 2.0 20.00 1.2 40.00
③ 3.0 20.00 1.7 40.00


（1）实验时，用手________ 拉动弹簧测力计，使持在动滑轮下的钩码缓缓上升。
（2）第①次实验时测得动滑轮的机械效率为________ ．
（3）第③次实验时，钩码上升的速度为0.05m/s，则拉力的功率为________ W．静止时拉力F的大小________ （选填“大于”“小于”“等于”）1.7N。
（4）由表中实验数据分析可知，同一动滑轮，所提升物重增大，机械效率将________ （选填“增大”、“减小”或“不变”）．
18．小丽同学做“探究杠杆的平衡条件”的实验。

（1）当杠杆如图所示时，小丽应将平衡螺母向______移动，使杠杆在水平位置平衡。(选填“左”或“右”)；
（2）调节杠杆水平平衡后，小丽在杠杆的A点挂上2个钩码（每个钩码重1N，杠杆上相邻刻线距离相等），如图所示。若使杠杆恢复水平平衡状态，可以在________点挂上1个钩码；或者使用弹簧测力计在_____点沿着竖直向上的方向，用1N的力拉住杠杆使杠杆平衡。

四、计算题
19．用图所示的滑轮组4s将重2000牛顿物体匀速提升1米，已知滑轮组机械效率80%，求

(1)绳的自由端被拉下多少米？
(2)有用功？
(3)对绳的拉力F是多大？
(4)拉力的功率是多少？
20．关于深海的探究，对一个国家的国防和经济建设都有很重要的意义，我国在这一领域的研究也处于世界领先水平。如图甲是我们自行研制的水下智能潜航器，其外形与潜艇相似，相关参数为：体积2m3、质量1500kg，最大下潜深度5000m，最大下潜速度10km/h（不考虑海水密度变化，密度ρ取1.0×103kg/m3，g取10N/kg）。求：

（1）某次执行任务，当潜航器下潜到最大深度时所受的海水压强。
（2）潜航器以最大下潜速度匀速竖直下潜至最大深度所用的时间。
（3）潜航器任务完成后，变为自重时静止漂浮在海面上，此时露出海面体积。
（4）当潜航器漂浮在海面时，由起重装置将其匀速竖直吊离海面。起重装置拉力的功率随时间变化的图象如图乙所示，图中P3=3P1．求t1时刻起重装置对潜航器的拉力。（不考虑水的阻力）
试卷第4页，总6页

参考答案
1．A
【解析】
【详解】
A. 该电池上写有“1.6V 2500mAh”字样，表示：该电池放电时的电压是1.6V，以2500mA的电流放电，可放电1h；则该电池储存的电能为：W＝UIt＝1.6V×2.5A×3600s＝14400J＝14.4kJ，故A正确；B. 电池标有“2500mAh”的字样，表示该电池以2500mA＝2.5A的电流工作，可工作1h，并不表示它正常工作时的电流是2.5A，故B错误；
C. 由于不知道电路的最大电流，所以根据P＝UI，无法得知它提供的最大功率，故C错误；
D. 电源是提供电压的装置，故D错误。故选：A。
【点睛】
电池标有的“1.6V 2500mAh”的字样可知，该电池放电时的电压是1.6V；以2500mA的电流放电，可放电1h。
2．C
【解析】A、笤帚在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；B、举哑铃锻炼手臂时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；C、夹子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；D、桨在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。故选：C。
点睛：结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
3．C
【解析】
试题分析：因电阻丝断了以后，由电阻定律可知，总电阻减小，而电路中的电压不变，故由电功的计算公式：t，因时间，电压均保持不变，电阻减小，故电功变大．
故选C．
考点：电功的计算；影响电阻大小的因素．
点评：本题中易犯错误为：用公式来解，选择答案A．在求纯电阻电路中电功时一定要先弄清不变的量！而本题中接入电路后不变的应是电压而不是电流．这点由生活常识可知．
4．C
【解析】
【详解】
如图所示，C点的力臂是D点力臂的2倍，根据杠杆的平衡条件可知力和力臂成反比，所以D点的力是C点力的2倍，所以应该挂4个钩码，故选C.
5．C
【解析】
试题分析：根据图象可知，汽车在10～20s内做匀速运动，其速度为v2=20m/s，汽车在10～20s内行驶的路程s2=v2t=20m/s×10s=200m，在0～20s内行驶的总路程s=s1+s2=150m+200m=350m，则在0～20s内汽车的平均速度v=s/t=350m/20s=17.5m/s，故A错误；根据图象可知，在0～10s内，汽车做加速运动，牵引力大于阻力，即牵引力大于2000N，故B错误；汽车在10～20s内做匀速运动，处于平衡状态，牵引力等于阻力，即F=f=2000N，则牵引力做的功：W2=Fs2=2000N×200m=4×105J，故C正确；汽车在10～20s内牵引力做功的功率：P2=W2/t=4×105J /10s=4×104W，故D错误；故应选C。
【考点定位】功和功率
6．A
【解析】由图知道，承担动滑轮重和物重的绳子有4段，所以绳端作用力 F= G 总= ×120 N=30 N，而绳端上升的距离为 s′=4 s=4× 4 m=16 m，故应选A。
7．C
【解析】
杠杆平衡原理，其中阻力(Mg)不变，阻力臂在增大，动力臂不变，则动力一定增大，即拉力F逐渐变大，A对D对。因为动力臂始终大于阻力臂所以拉力F始终小于 G，B对。拉力F跟它力臂的乘积变大，C错。
8．D
【解析】
【详解】
（1）由图可知，甲滑轮是定滑轮，使用该滑轮不省力，所以拉力等于物体的重力；
绳重和摩擦力不计，乙滑轮是动滑轮，使用该滑轮可以省一半的力，即拉力等于物重的一半，则手的拉力：；
（2）两幅图中的W有是克服物体重力做的功是相同的，但乙图中拉力做功要克服动滑轮的重力做功，比甲图中做的总功要多，所以结合机械效率公式可知，有用功相同时，总功越大的，机械效率越小，则机械效率：。
故选D．
9．C
【解析】机械效率与省力情况无关，定滑轮相比动滑轮不省力，但它的机械效率比动滑轮要高，故A不正确；机械效率是有用功在总功中所占的比例，有用功越多的机械效率不一定高，故B不正确；做相同的功，额外功的值越小，额外功占的比值越小，效率越高，C正确；机械效率指有用功占总功的比例，而做功的快慢指功率，二者之间没有什么关系，故D不正确，故选C。
10．A
【解析】分析：分别对质量为m1、m2、m3的物体进行受力分析，然后对照各选项逐一进行判断即可。
解答：如图所示：

A、根据定滑轮工作特点可知，绳子对甲物体的拉力等于物体乙对绳子的拉力，等于乙物体的重力，所以，绳子对甲物体的拉力大小为m1g，故A错误；
B、对乙物体进行受力分析可知，此时乙物体的重力与绳子对乙物体的拉力是一对平衡力，所以，绳子对乙物体的拉力大小为m1g．故B正确；
C、弹簧中拉力为乙物体与甲物体的重力之差，即（m1-m2）g，故C正确；
D、对丙物体进行受力分析可知，物体丙受到地面的支持力、甲物体的压力（等于重力）、乙物体的拉力（等于重力）三个力的作用，地面对丙物体的支持力大小为（m2+m3-m1）g．故D正确。
故选：A。
【点睛】此题考查定滑轮及其工作特点、力与运动的关系，关键是对各个物体进行正确的受力分析，有一定难度！
11．CD
【解析】
(1)功率指物体单位时间内完成的功，是由做功的多少和所有时间两个因素决定的，因此选项AB说法不正确；(2)功率是单位时间内完成的功，反映做功的快慢，做功越快，功率越大，因此选项CD说法正确。故选CD.
点睛：功率指物体在单位时间内做功的多少，它是反映物体做功快慢的物理量，与做功的多少和所用的时间两个因素有关。
12．AB
【解析】解：ABC、抛球和击球时运动员对球有力的作用并且球在力的方向移动一段距离，故对排球做了功；运动员腾空过程中，运动员对球不再有力的作用，故不做功；故AB正确、C错；D、落地过程中运动员的质量不变、高度减小，重力势能逐渐变小，故D错．故选：AB．
点睛：（1）做功的两个必要因素：①作用在物体上的力；②物体在力的方向上通过的距离（即力和距离的方向要一致）；二者缺一不可；（2）物体由于被举高而具有的能叫重力势能，其大小与物体的质量和物体的高度有关，质量越大’高度越大，物体的重力势能越大．
13．CD
【解析】
电流做功，即电流做功与电压、电流及通电时间有关。
A、导体两端的电压越大，通电时间越长，由公式可知，没有考虑通过的电流，缺少条件，所以结论不正确，故A不正确；
B、通过导体的电流越大，通电时间越长，由公式可知，没有考虑两端的电压，缺少条件，所以结论不正确，故B不正确；
C、导体两端的电压越大，电流越大，通电时间越长，由公式可知，电流做功就越多，故C正确；
D、通过导体的电流越大，电阻越大，通电时间越长，可知，电流做功就越多，故D正确。
故选：CD。
【点睛】本题考查了电功的计算，在判断电功的大小时，要注意影响电功大小的因素有：导体两端的电压、通过导体的电流和通电的时间，注意控制变量法的应用。
14．BCD
【解析】解答：A. 图甲中是一只动滑轮,用2段绳子承担物重,匀速运动时,拉力与摩擦力是一对平衡力,故摩擦力为2F1＝60N，故A错误；B. F1的功率P1＝F1v＝30N×2×0.4m/s＝24W，故B正确；C. 分析滑轮组可知,左侧60N的摩擦力由两段绳子承担,每段绳子的拉力为30N,右侧F2的拉力则分为了3段承担,因此,F2＝3×30N＝90N，故C正确；D. 在滑轮与绳子质量及滑轮轴处摩擦均不计的情况下,拉力F2做的功就是克服摩擦力做的功W＝fs＝60N×0.5m＝30J，故D正确。
点睛：物体与地面间的摩擦力可通过二力平衡求出；拉力F1的功率可用P＝Fv求出；拉力F2的大小可通过对滑轮组进行分析得出；拉力F2做的功可利用公式W＝Fs求出．通过这些分析与计算对照各选项进行判断．
15．ABD
【解析】
【分析】
（1）重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
（2）知道箱子的质量，根据 求出重力，由图可知，滑轮组绳子的有效股数，利用
求出动滑轮的重力；
（3）由图可知绳子的有效股数为2，根据 求出绳端移动的距离，根据W＝Fs求出工人做的总功；
（4）根据 求出有用功，然后根据求出此滑轮组的机械效率。
【详解】
A、箱子被匀速提升，高度增加，质量不变，重力势能增加，故A正确；
B、箱子受到的重力： ；
由图可知，n＝2，则由可得动滑轮的重力：
；故B正确；
C、由图可知，n＝2，
绳端移动的距离 ，
工人做的总功： ；故C错误；
D、有用功： 滑轮组的机械效率：故D正确。
故选：ABD。
【点睛】
本题的关键是要正确判断箱子的重有几股绳子承担，判断的方法是：与动滑轮接触的绳子才是承担重力的。并要注意绳子自由端移动的距离与物体上升高度之间的关系。
16．动力臂大于阻力臂 省力 拉力与水平方向夹角越小，拉力越大
【解析】
比较图中a与b两图，使用动力臂大于阻力臂的的杠杆提升钩码时，可以省力。
比较图中b，c，d三图中拉力方向和测力计示数等相关条件，可得出初步结论是：当阻力，阻力臂及动力作用点一定，且杠杆水平平衡时，拉力与水平方向夹角越小，拉力越大。
17．匀速 71.4 0.17 小于 增大
【解析】
【分析】
（1）在实验中，为了正确测出拉力的大小，应拉动弹簧测力计匀速上升；
（2）根据表中实验数据，应用效率公式求出动滑轮的效率；
（3）拉力的功率即总功的功率，根据承担物重的绳子段数得出拉力的速度，根据公式P＝＝Fv计算拉力的功率；静止时，消除了摩擦力的影响，测力计示数变小；
（4）由表中实验数据计算出机械效率，分析机械效率的变化和物重变化的关系．
【详解】
解答：

（1）在实验时，应用手匀速拉动弹簧测力计，使挂在动滑轮下的钩码缓缓上升．
（2）由表中实验数据可知，第①次实验测得动滑轮的机械效率η1＝×100%≈71.4%；（3）动滑轮承重绳子股数n＝2，拉力的速度v＝nv钩码＝2×0.05m/s＝0.1m/s，
第③次实验时拉力的功率：P＝Fv＝1.7N×0.1m/s＝0.17W；静止时没有摩擦力，拉力等于钩码和动滑轮重力的一半，拉力小于1.7N；
（4）根据表格中数据可知，动滑轮效率：η2＝×100%≈83.3%；
η3＝×100%≈88.2%；
根据三次的机械效率及物重的变化可得同一动滑轮，所提升物重增大，机械效率将增大．
18． 左 E C
【解析】当杠杆如图所示时，左端高右端低，应将平衡螺母向左移动，使杠杆在水平位置平衡。
设杠杆每一个小格长为L，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，2N×2L=1N×nL，解得n=4（格），所以1个钩码挂在E点。
同理，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，2N×2L=1N×nL，解得n=4（格），所以弹簧测力计在C点竖直向上拉动杠杆。
19．4m 2000J 625N 625W
【解析】（1）由图知，n=4，故绳的自由端被拉下的距离：s=4h=4×1m=4m；
（2）根据题意G=2000N，h=1m，故克服重力所做的有用功：W有用=Gh=2000N×1m=2000J；
（3）因为滑轮组的机械效率是：η=80%，
由η=W有/W总可得，拉力所做的总功：W总=W有/η=2000J/80%=2500J；
由W总=Fs可得拉力：F=W总/s=2500N/4m=625N；
（4）拉力的功率：P=W总/t=2500J/4s=625W。
20．（1）5×107Pa；（2）0.5h；（3）0.5m3；（4）5000N
【解析】
【详解】
（1）当潜航器下潜到最大深度时所受的海水压强：
；
（2）根据得，潜航器以最大下潜速度匀速竖直下潜至最大深度所用的时间：
；
（3）静止漂浮在海面上时，受到的浮力和自身的重力相等，所以，此时潜航器受到的浮力为：
，
根据得，排开水的体积为：

潜航器露出海面体积：
；
（4）分析图象可知，在t3时刻潜航器完全离开水面，由于潜航器匀速运动，所以，此时起重装置对潜航器的拉力等于潜航器的重力，即；
因起重装置将潜航器匀速竖直吊离海面，所以速度保持不变；
根据可得：，
已知，即
解得：，
则。
【点睛】
重点是液体压强、速度、阿基米德原理的计算，最后一问中注意能从图像得知，t3时刻功率不再变化，即拉力不再增大，说明物体不再受到水的浮力，即物体离开水面，根据速度不变可得拉力的大小。