2020年春八年级物理下册第十二章简单机械本章检测同步练习（含解析）（新版）新人教版.docx

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1、第十二章简单机械一、选择题(每小题3分,共30分)本章检测满分:100分,限时:45分钟1.(独家原创试题)夏威夷果含油量高达60%~80%,还含有丰富的微量元素,有“干果皇后”的美称。夏威夷果有一层坚硬的外壳,为了方便食用,厂家往往都要在果实的外壳上加工出一个裂缝,并且还配送一个专门将果实撬开的小起子,如图12-4-1是用小起子撬开夏威夷果的情形。关于这个小起子的说法正确的是()图12-4-1A.使用小起子撬开夏威夷果时小起子相当于一个费力杠杆B.小起子的宽大的部分越小越省力C.使用小起子顺时针转动更省力D.

2、在能够撬开果子的前提下,起子尖端插入越深越费力答案D使用小起子起开果子时,小起子可以看成一个杠杆,该杠杆的动力作用在宽大部分,阻力作用在它的尖端,因此使用时它的动力臂大于阻力臂,是一个省力杠杆,小起子的宽大的部分越大,动力臂越大,越省力,故A、B错误;无论是顺时针还是逆时针转动小起子,其他条件不变时,动力臂、阻力臂和阻力都不变,动力就不变,故C错误;由图知,在能够撬开果子的前提下,起子尖端插入越深阻力臂越大,动力臂不变,由杠杆的平衡条件知,越费力,D正确。2.(2019黑龙江哈尔滨中考)质地均匀杠杆,每个钩码重0

3、.5N,下列操作中可以使杠杆在水平位置平衡的是(杠杆上有等间隔的刻度)()答案D由图知,A、C两个作用力使杠杆沿相同方向转动,它们一定不能使杠杆平衡,故A、C错误;设杠杆上一格长L,图B左边悬挂2个钩码时,右边弹簧测力计的示数为1.5N,0.5N×2×4L≠1.5N×5L,杠杆不平衡,故C错误;图D右边悬挂2个钩码,弹簧测力计的示数为2N,0.5N×2×6L=2N×3L,杠杆平衡,故D正确。3.(2018福建中考)如图12-4-2,用同一滑轮组分别将物体A和物体B匀速提升相同的高度。与提升B相比,提升A的过程滑轮

4、组的机械效率较大。若不计绳重与摩擦的影响,则提升A的过程()A.额外功较小B.额外功较大图12-4-2C.总功较小D.总功较大W有用W答案D由题意知,用相同的滑轮组提起A、B过程,不计绳重与摩擦的影响,ηA>ηB,滑轮组的机械效率η=总,W有用=Gh,W=W+W=Gh+Gh,因为η>η,则有GAh>GBhABGA+G滑GB+G滑,化简得出G>G,也就是说相同的滑轮组总有用额外滑GAh+G滑hGBh+G滑h,即GA

5、项错。由于总功等于有用功和额外功之和,所以提升A物体过程总功大,故C错,D正确。4.如图12-4-3是小明探究“杠杆平衡条件”的实验装置,实验中杠杆始终处于水平平衡状态,若在C处逐渐改变弹簧测力计拉力的方向,使其从①→②→③,则拉力的变化情况是()图12-4-3A.先变小后变大B.先变大后变小C.逐渐变大D.逐渐变小答案A由图知,测力计在②位置时,其动力臂等于OC,此时动力臂最长;测力计由①→②→③的过程中动力臂先变大后变小,根据杠杆平衡条件可知,拉力先变小后变大。5.(2018山东临沂沂水二模)重为G的均匀木棒

6、竖直悬于O点,在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢转到图12-4-4中虚线所示位置,在转动的过程中()图12-4-4A.动力臂逐渐变大B.阻力臂逐渐变小C.动力F逐渐变大D.动力F保持不变答案C图中杠杆在转动过程中,杠杆重力大小不变,重力的力臂L2逐渐变大,拉力的力臂L1逐渐变小,根据杠杆平衡条件,可知拉力逐渐变大。所以选C项。6.(独家原创试题)罐头的瓶盖很难拧开,用螺丝刀把瓶盖撬起一个缝隙,会听到“噗”的一声,瓶盖就很容易被拧开。关于此过程涉及的物理知识,下列说法错误的是()图12-4-5A.起初瓶盖很难拧开是由

7、于受到大气压的作用A.撬起一个缝隙时听到“噗”的一声是空气振动产生的B.撬瓶盖时用的螺丝刀相当于费力杠杆C.瓶盖沿瓶口的螺纹螺旋上升(如图),利用了斜面省力的原理答案C撬瓶盖时用的螺丝刀动力臂比阻力臂大,是一个省力杠杆。7.(2019河南南阳镇平一模)小明利用两个滑轮A、B组成如图12-4-6所示的装置,将两个重力相等的重物G1、G2分别挂在绳子两端,若不计滑轮、绳子的重力和摩擦,下列说法正确的是()图12-4-6A.A、B均为定滑轮B.A、B均为动滑轮C.放手后G1上升D.放手后G2上升答案C由图可知,上面的滑

8、轮固定不动,是定滑轮,下面的滑轮和物体G2一起移动,是动滑轮,故A、B错误;若不计滑112轮、绳子的重力和摩擦,定滑轮左端绳子对动滑轮的拉力应为F1=G1,施加在动滑轮左端的拉力F2=2F1=G1,因为G1=G2,所以F2