第第頁壓軸題11簡單機械、功和機械能選填壓軸題綜合近幾年中考對于簡單機械、功和機械能的考察形式，杠桿計算、滑輪計算、斜面和效率計算題在中考試卷中往往涉及速度、壓強、浮力、功和功率、簡單機械的運用等。機械能的相互轉化，在不同物理情景下應用也是中考難點。①認真審題,明確現象與過程,明確給出的條件并挖掘題中的隱含條件。②確定答題的方向,弄清在考什么知識點,選擇合適的規律與公式。③列出表達式,注意適用條件和量的一一對應。④代入數據求解,注意單位統一。一、單選題1．（2022·重慶南岸·模擬預測）如圖所示，輕質杠桿AB可繞O點自由轉動，AO:OB=1:2，OC=CB，質量分布均勻的正方體M通過細桿與杠桿C點相連（輕質杠桿和細桿的質量均忽略不計），物體M的重力為40N，邊長為10cm，將底面積為50cm2、重為20N的物體N從杠桿B端向A端移動。當N運動到A端時，將M沿豎直方向切去部分，并將其平放在N上，使M對水平地面的壓強剛好為500Pa。下列說法正確的是（）

A．當物體N在B端時，細桿所受壓力為20NB．當物體N在B端時，M對地面的壓強為4×103PaC．當物體N在A端時，M應切去部分的質量為0.8kgD．當物體N在A端時，M切去部分對N的壓強為800Pa【答案】C【解析】A．由杠桿平衡條件得，當物體N在B端時，細桿所受壓力為故A錯誤；B．當物體N在B端時，M對地面的壓強為故B錯誤；C．由得，M的質量為物體M的密度為M切去部分的厚度為l，則M切去部分的體積為由得，M切去部分的質量為M切去部分的重力為依題意得，，所以當N運動到A端時，將M沿豎直方向切去部分，并將其平放在N上時，由杠桿平衡條件得杠桿C點受到的繩子的拉力為由力的相互作用性得由受力平衡得，此時M對地面的壓力為M對水平地面的壓強為解得所以M應切去部分的質量為0.8kg故C正確；D．當物體N在A端時，M切去部分對N的壓強為故D錯誤。故選C。2．（2022·重慶·重慶八中校考一模）如圖甲所示，質量為40kg的小林同學站在高臺上豎直向上勻速拉動繩子，腳與地面的總接觸面積為0.04m2，現改變G物，計算并繪出機械效率η與G物的關系圖象，如圖乙所示，不計繩重和摩擦，下列說法正確的是（）①此滑輪組動滑輪的重力為20N；②當G物=150N時，小林對繩子的拉力為60N；③當G物=120N時，若此時的拉力的功率為15W，則物體上升的速度為0.3m/s；④若水平高臺能承受的最大壓強為12500Pa，則該滑輪組所能提升物體的最大機械效率為90%。A．只有①③ B．只有②③ C．只有②④ D．只有①②【答案】C【解析】由圖甲可知，動滑輪上的繩子股數為3股。①由圖乙可知，當物重120N時，機械效率為80％，由可知解得G動=30N故①錯誤；②當G物=150N時，小林對繩子的拉力故②正確；③當G物=120N時，小林對繩子的拉力若此時的拉力的功率為15W，由P=Fv可知，拉力端移動的速度物體上升的速度故③錯誤；④若水平高臺能承受的最大壓強為12500Pa，則水平高臺能承受的最大壓力F壓=pS=12500Pa×0.04m2=500N小林同學的重力G林=m林g=40kg×10N/kg=400N小林同學能使用的最大拉力F拉3=F壓-G林=500N-400N=100N該滑輪組所能提升物體的最大重力該滑輪組所能提升物體的最大機械效率故④正確。故選C。3．（2022·山東日照·校考一模）如圖所示，重為2N的物體A放在水平桌面上，重為5N的物體B掛在動滑輪下，每個滑輪重為1N（不計繩重和摩擦），B恰好可以勻速下降。現對A施加水平向左的拉力使B上升，當B以0.3m/s的速度勻速上升時，拉力大小為F。下列說法正確的是（）A．B勻速下降時，物體A受到3N的摩擦力B．拉力F的大小為4NC．拉力F的功率為1.2WD．B勻速上升0.6m的過程中，拉力F做功2.4J【答案】B【解析】A．由題意知，B勻速下降時，A也勻速向右直線運動，所以繩子自由端所受的拉力與A所受的摩擦力是一對平衡力。由圖示知，滑輪組承重繩子的根數為3根，不計繩重和摩擦時，繩子自由端所受的拉力所以A受到的摩擦力為2N。故A錯誤；B．當B勻速上升時，繩子自由端所受的拉力的大小仍為2N，且物體A壓力及接觸面的粗糙程度不變，則A受到水平向右摩擦力的大小為2N，此時A也勻速直線運動，所以A向左的水平拉力F=F1+f1=2N+2N=4N故B正確；C．B以0.3m/s的速度勻速上升時，繩子端移動的速度，即A物體的速度vA=3vB=3×0.3m/s=0.9m/s拉力的功率P=FvB=4N×0.9m/s=3.6W故C錯誤；D．B勻速上升0.6m，A移動的距離sA=3sB=3×0.6m=1.8m此過程拉力做功W=FsA=4N×1.8m=7.2J故D錯誤。故選B。4．（2022·江蘇無錫·校考一模）如圖甲所示是高空作業的師傅在美化樓體外墻的情境，其結構的原理圖如圖乙所示，已知吊架的質量為50kg；工人以及工具的總重為600N，繩子自由端的拉力的大小為500N。在電動機拉力的作用下，吊籃在10s內上升了2m，不計繩重和摩擦。則下列說法正確的是（）A．繩子自由端拉動的速度為0.2m/sB．整個裝置的機械效率為73.3%C．若繩子的最大承受能力是600N，則吊籃中的人與工具的總重不能超過900ND．裝置動滑輪的重力為200N【答案】C【解析】由圖得，滑輪組A．繩子自由端移動的距離為繩子自由端拉動的速度為故A錯誤；B．整個裝置的機械效率為故B錯誤；CD．吊籃的重力為由得，裝置動滑輪的重力為若繩子的最大承受能力是600N，則吊籃中的人與工具的總重不能超過故C正確，D錯誤。故選C。5．（2022·重慶·二模）如圖所示，質量不計的杠桿支點O距左端L1=0.3m，距右端L2=0.4m。在杠桿左端用繩子懸掛邊長10cm正方體A，在右端用繩子掛上質量6kg的物體B，杠桿在水平位置平衡，此時A對地面的壓強是2000Pa，此時下列數據正確的是（）A．A物體的密度6g/cm3B．假如杠桿可以變長，只要把B物體向右移動10cm就能把A提起來C．A物體受的重力和地面對它的支持力是一對平衡力D．A物體受到的合力為80N【答案】B【解析】A．由題意可知，A的底面積為S=10cm×10cm=100cm2=0.01m2故由F=pS可得，A對地面的壓力為F壓=pS=2000Pa×0.01m2=20N因A對地面的壓力F壓與地面對A的支持力F支是一對相互作用力，大小相等，故可得地面對A的支持力為F支=F壓=20N由G=mg可得，B的重力為GB=mBg=6kg×10N/kg=60N由杠桿的平衡條件可得FA×L1=GB×L2解得繩子對A的拉力為對A受力分析可得，A受到向上的繩子拉力FA和地面的支持力F支，向下的重力GA，因A處于受力平衡狀態，故由力的平衡可得，A的重力為GA=FA+F支=80N+20N=100N則A物體的密度為故A錯誤；B．設A物體被提起來時，B物體到支點O的距離為L′，由杠桿的平衡條件可得GA×L1=GB×L′解得此時B物體到支點的距離為故B物體向右移動的距離為ΔL=L′-L2=0.5m-0.4m=0.1m=10cm故B正確；C．對A物體受力分析可知，A受到向上的繩子拉力FA和地面的支持力F支，向下的重力GA，A物體在這三個力的作用下處于受力平衡狀態，故可知A物體受的重力和地面對它的支持力不是一對平衡力，故C錯誤；D．因A物體處于受力平衡狀態，故可知A物體受到的合力為0，故D錯誤。故選B。6．（2022·重慶·四川外國語大學附屬外國語學校校考二模）多多設計了一個儲水控制裝置，如圖甲所示為該裝置的簡易模型。OAB是一個輕質杠桿，杠桿繞O點轉動，OA∶OB=2∶1。B點處用輕質彈簧連接了一個底面積為100cm2的長方體浮桶，浮筒位于水箱底部，此時恰好對水箱底部無壓力。A點與固定在天花板上的壓敏電阻C通過一根輕質細桿相連，壓敏電阻通過電路控制加水管（電路未畫出）。現打開加水管向水箱內加水，當桶底升至閥門所處高度時，加水管停止加水，此過程中壓敏電阻C所受的力與加水的體積的關系如圖乙所示（已知彈簧的彈力每改變5N，彈簧形變量改變1cm，整個過程發生在彈簧彈性限度內），以下說法正確的是（）A．浮筒的重力為2NB．水箱的底面積180cm2C．停止加水時浮筒移動的距離為4cmD．整個過程中浮筒下表面所受的最大壓強為2.4×103Pa【答案】D【解析】A．由乙圖可知在未加水時。壓敏電阻所受拉力為2N。此時根據杠桿平衡條件可知計算可得此時浮筒的重力為故A錯誤；B．由乙圖可知當加入體積為320cm3，壓敏電阻C所受的力為0，故此時彈簧與桶之間沒有彈力，彈簧為原長，已知彈簧的彈力每改變5N，彈簧形變量改變1cm，可知當物體在彈簧在初始狀態時，形變量為解得此時物體漂浮在水面上，距離底部0.75cm，根據阿基米德原理可知物體排開水的體積為則物體浸沒在水中部分的高度為此時水面的高度為這部分高度所占的總體積為則底面積為故B錯誤；C．如乙圖，當加水量最大時，壓力傳感器的壓力為10N，根據杠桿平衡條件可知，此時彈簧對杠桿向上的彈力為解得此時彈簧彈力F1為20N，此時彈簧的壓縮量為解得由于起始狀態，彈簧處于拉伸狀態，被拉伸量為0.75cm（B選項求出），故此時浮筒移動的距離為故C選項錯誤；D．停止加水時桶處于靜止狀態，則桶所受浮力為根據阿基米德原理可得，此時排開水的體積為則物體浸入水中部分的高度為物體此時浸沒的部分最深，底部受到壓強最大為故D正確。故選D。7．（2023·安徽合肥·統考二模）如圖所示，蹦極者此刻正從O點由靜止開始蹦極，a點是彈性繩自然下垂時繩下端的位置，b點是蹦極者合力為零的位置，c點是蹦極者下降的最低點。不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．a→b彈簧的彈性勢能轉化為蹦極者的機械能B．a→b蹦極者的機械能保持不變C．a→c蹦極者減少的重力勢能和動能等于繩增大的彈性勢能D．a→c彈性繩的彈性勢能先增大后減小【答案】C【解析】A．從a點到b點，蹦極者的高度變小，重力勢能逐漸減小，動能和彈性勢能逐漸增大，所以極者的重力勢能轉化為彈性繩的彈性勢能和蹦極者的動能，故A錯誤；B．從a點到b點，蹦極者的下落的過程中，彈性繩發生了彈性形變，蹦極者的機械能轉化為彈性繩的彈性勢能，蹦極者的機械能是在減小的，故B錯誤；C．蹦極者自跳下至點時只受重力的作用，處于加速下落過程，動能不斷增大，從a至b點彈性繩逐漸變長，蹦極者受到豎直向上的彈力小于蹦極者的重力，蹦極者仍加速向下運動，b點速度達到最大，動能達到最大值，從b點到c點，蹦極者的受到豎直向上的彈力大于蹦極者的重力，蹦極者減速向下運動，到達c點的動能為0，重力勢能最小，機械能最小，彈性勢能最大。因此，a→c蹦極者減少的重力勢能和動能等于繩增大的彈性勢能，故C正確；D．a→c彈性繩的長度一直被拉伸，彈性繩的彈性勢能一直在增大，故D錯誤。故選C。8．（2023·山東泰安·統考一模）如圖甲所示，水平地面上的一物體，受到方向不變的水平推力F的作用，F的大小與時間t的關系如圖乙，物體的速度v與時間t的關系如圖丙，以下說法正確的是（）①0~2秒，物體處于靜止狀態，是因為推力小于摩擦力②2~4秒，物體受到的摩擦力為2N③2~4秒，物體做勻速直線運動④4~6秒，推力F做的功為16JA．只有①③ B．只有①④ C．只有②③ D．只有②④【答案】D【解析】①．由v﹣t圖象可知，0～2秒，物體沒有推動，物體處于平衡狀態，受到的摩擦力與推力是一對平衡力，所以f＝F，故①錯誤；②③．由v﹣t圖象可知，在4s~6s物體做勻速直線運動，處于平衡狀態，由F﹣t圖象可知在4s~6s拉力F＝2N，由平衡條件可得滑動摩擦力f＝F＝2N由v﹣t圖象可知，物體在2~4秒做加速直線運動，受到的摩擦力為滑動摩擦力。而壓力和接觸面的粗糙程度都不變，物體受到的摩擦力仍是2N，故②正確，③錯誤；④．由v﹣t圖象可知，在4s~6s物體運動的速度v＝4m/s，由得，4s~6s物體運動的距離為s＝vt＝4m/s×(6s﹣4s)＝8m則4~6秒推力F做的功為W＝Fs＝2N×8m＝16J故④正確。故選D。9．（2021·湖南邵陽·統考一模）如圖所示，OQ是水平地面，物體在水平拉力作用下，從O勻速直線運動到Q，OP段拉力為300N，做的功為，功率為，PQ段拉力為200牛，做的功為，功率為，則（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】從O勻速直線運動到Q時，設速度為v，OP段拉力為300N，做的功為PQ段拉力為200牛，做的功為所以由功率的計算公式可得故D符合題意，ABC不符合題意。故選D。10．（2022·廣東佛山·統考模擬預測）如圖所示，輕彈簧左端固定，原長時右端位于O點，現將木塊置于彈簧的右端，用力將彈簧壓縮?l的長度（彈簧始終在彈性限度內）后由靜止釋放，木塊在水平地面上向右滑行距離為s后停在O點右側。下列描述該過程中木塊克服地面摩擦力所做的功W、木塊的動能Ek隨木塊距O點的長度x變化的關系圖線中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】AB．木塊在水平地面上向右滑行的過程中，因接觸面的粗糙程度和對地面的壓力均不變，所以，木塊受到的摩擦力f大小不變，其方向水平向左，木塊克服地面摩擦力所做的功W＝fs，木塊從?l到O點的過程中，x減小，摩擦力做的功W越大，木塊從?l到（s﹣?l）的過程中，x增大，摩擦力做的功W也增大，即從?l到O點、從O到（s﹣?l）的過程中，W一直增大，故A錯誤、B正確；CD．從x＝?l開始運動時，彈簧的彈力大于木塊受到的摩擦力，木塊做加速運動，隨著彈簧的伸長量減小，彈簧的彈力減小，而木塊受到的摩擦力不變，所以木塊受到的合力減小，木塊速度的增加量減小，當彈簧的彈力和摩擦力相等時，木塊的速度達到最大值，木塊繼續向右運動時，彈簧的彈力小于摩擦力，木塊做減速運動，從O點繼續向右運動時，彈簧的彈力向左且逐漸增大，此時彈簧的彈力和摩擦力方向均向左，木塊做減速運動，直至停止，所以，從?l到O點的過程中，木塊的速度先增大后減小，其動能先增大后減小，從O到（s﹣?l）的過程中，木塊的動能一直減小，故CD錯誤。故選B。11．（2023·廣東廣州·中山大學附屬中學校考一模）用輕質彈簧（彈簧質量和空氣阻力忽略不計）把小球掛在天花板上，如圖所示，當用手將小球拉到水平位置靜止，彈簧剛好處于原長狀態，放手后小球擺動到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．小球的機械能守恒B．小球的重力勢能的減少量大于小球動能的增加量C．小球的重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．小球的重力勢能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量【答案】B【解析】A．當小球從如圖水平位置放手后擺動到最低點的過程中，小球的質量不變，速度變大，同時高度降低，彈簧的彈性形變程度變大，故小球的重力勢能減少、動能增加，彈簧的彈性勢能增加，即小球的重力勢能一部分轉化為小球的動能另一部分轉化為彈簧的彈性勢能；彈簧質量和空氣阻力忽略不計，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，但小球的機械能不守恒，故A錯誤；BCD．當小球從如圖水平位置放手后擺動到最低點的過程中，小球的重力勢能減少、動能增加，彈簧的彈性勢能增加，小球重力勢能的減少量等于小球動能的增加量與彈簧的彈性勢能增加量之和，所以小球重力勢能的減少量大于小球動能的增加量，小球重力勢能的減少量也大于彈簧彈性勢能的增加量，故B正確，CD錯誤。故選B。12．（2022·安徽蕪湖·統考三模）如圖所示是跳板跳水運動員跳水過程中的幾個瞬間，不計空氣阻力，其中①位置時運動員把跳板壓到最低處。關于該過程，下列判斷正確的是（）A．①位置到②位置的過程中重力勢能轉化為彈性勢能B．②位置到③位置的過程中運動員減小的動能等于運動員增加的重力勢能C．③位置時運動員的動能為零D．④位置時運動員的動能等于③位置時運動員的重力勢能【答案】B【解析】A．①位置到②位置的過程中運動員的高度在增大，彈性勢能轉化為重力勢能，故A錯誤；B．②位置到③位置的過程中不計空氣阻力，運動員的機械能守恒，運動員減小的動能等于運動員增加的重力勢能，故B正確；C．③位置為最高點，運動員水平方向的的速度不為0，故③位置時運動員的動能不為零，故C錯誤；D．由③到④位置的過程中，重力勢能轉化為動能，機械能守恒，即此過程動能的增加等于勢能的減少，選擇④處為參考平面，則重力勢能為0，但位置③處由于速度不為0，則動能不為0，故D錯誤。故選B。13．（2022·江蘇蘇州·統考二模）小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上（如圖甲），在剛接觸輕彈簧的瞬間（如圖乙），速度為5m/s。將彈簧壓縮到最短（如圖丙）的整個過程中，小球的速度和彈簧縮短的長度之間的關系如圖丁所示，其中A為曲線的最高點。已知輕彈簧每受到0.5N的壓力就縮短1cm，并且輕彈簧在從受到撞擊到被壓縮到最短的整個過程中始終發生彈性形變（g=10N/kg）。以下說法正確的是（）A．實驗中所用小球的質量為0.25kgB．從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球的動能不斷減小C．小球在最低點速度等于零，處于平衡狀態D．整個過程中小球的機械能不變【答案】A【解析】A．在小球向下運動且開始壓縮彈簧的過程中，受豎直向上的彈簧的彈力，豎直向下的重力。開始時，重力大于彈力，合力向下，小球速度越來越大；隨彈簧壓縮量的增大，彈力越來越大，當彈力與重力相等時，兩力是一對平衡力，合力為零。小球再向下運動，彈力大于重力，合力向下，小球速度減小。由此可見，當重力G與彈力F是一對平衡力時，小球速度最大。此時，由圖可知彈簧的壓縮量ΔL=5cm，由平衡條件得小球的質量為小球的質量為0.25kg，故A正確；BD．由圖像看出：在小球剛開始撞擊彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球速度先變大后變小。小球動能先變大后變小；故壓縮彈簧過程中，小球的機械能會轉化為彈簧的彈性勢能，整個系統機械能守恒，但小球的機械能變小，故B、D錯誤；C．在小球向下運動過程中，受豎直向上的彈簧的彈力，豎直向下的重力。開始時，重力大于彈力，合力向下，小球速度越來越大。隨彈簧壓縮量的增大，彈力越來越大，當彈力與重力相等時，兩力是一對平衡力，合力為零。小球再向下運動，彈力大于重力，當彈簧的壓縮量最大時，小球的速度為0，此時，彈力大于重力，小球處于非平衡狀態，故C錯誤。故選A。14．（2021·浙江寧波·統考模擬預測）悠悠球是除洋娃娃之外世界上最古老的玩具，它由輪與軸（含繞軸上的線）兩部分組成（如圖甲）。一悠悠球，輪半徑為R，軸半徑為r，線為細線，如圖乙是玩悠悠球的兩種不同方式，小科用拉力F使球在水平方向勻速運動距離s，則下列說法正確的是（）A．兩種方式拉力F做功均為FsB．a方式拉力F所做的功大于b方式拉力F所做的功C．a方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功D．無法判斷【答案】C【解析】當悠悠球的輪向前滾動的距離為s時，已知輪半徑為R，輪滾動的圈數軸滾動的圈數與輪相同，已知軸半徑為r，則軸向前滾動的距離（a）圖，拉力F作用在軸的下端時，軸向前滾動會使細線“收縮”，拉力端實際移動的距離F做功大小（b）圖，拉力F作用在軸的上端時，軸向前滾動會使細線“拉長”，拉力端實際移動的距離F做功大小比較可得W1<W2，故C正確，ABD錯誤。故選C。15．（2022·湖北武漢·校聯考模擬預測）在冬奧會自由式滑雪比賽中，選手的運動軌跡如圖所示，如果不計空氣阻力，下列說法中正確的是（）A．在a、c兩點時動能均為零B．在a點和e點都處于靜止狀態，因此機械能相等C．從a點下滑到b點過程中，機械能保持不變D．從c點下落到d點過程中，機械能保持不變【答案】D【解析】A．運動員在a點速度為零，說明動能為零；運動員的運動路徑不是在豎直方向上，所以運動員到達c點時在水平方向速度不為零，c點動能不為零，故A錯誤；B．在a點和e點都處于靜止狀態，說明動能都為零，因為兩點的高度不同，所以，運動員在a、e兩點時重力勢能就不相等，因此機械能不相等，故B錯誤；C．從a點向b點運動過程中，重力勢能大部分轉化成動能，因為運動員與賽道之間有滑動摩擦力，一部分重力勢能轉化成內能，運動員的機械能減少，故C錯誤；D．從c點下落到d點過程中，運動員不和賽道接觸，摩擦力不做功，如果不計空氣阻力，重力勢能全部轉為動能，機械能守恒，故D正確。故選D。16．（2021·重慶九龍坡·統考模擬預測）如圖所示裝置（其中一個定滑輪用輕桿固定在地面上），每個滑輪的重力為10N，物體A的重力GA=100N，物體B的重力GB=40N對A施加水平向右的拉力F1=110N，使A以0.1m/s的速度勻速向右運動；撤去拉力F1，在A的右側加掛一個與它相同的物體，如圖乙所示，對B施加一個豎直向下的拉力F2，使A以0.2m/s的速度勻速向左運動。繩重及滑輪轉軸處的摩擦等次要因素忽略不計，則下列說法正確的是（）A．甲圖中，A受到的摩擦力為110N B．乙圖中，F2的大小為45NC．乙圖中，P點處受到的拉力為140N D．乙圖中，F2做功的功率為2W【答案】D【解析】解：A．因為B物體重40N，則B拉左側繩子的力FB=GB=40N由圖知有兩段繩子吊著動滑輪，不計繩重及滑輪轉軸處的摩擦等，由力的平衡條件可得2FB=G動+F左(F左為動滑輪下面繩子的拉力)，所以F左=2FB-G動=2×40N-10N=70N由圖甲可知，當A以0.1m/s的速度勻速向右運動時，受向右的拉力F1，向左的摩擦力f，向左的拉力F左，這三個力平衡；由力的平衡條件可得，A受到的摩擦力為f=F-F左=110N-70N=40N故A錯誤；B．乙圖中，撤去拉力F1在A的右側加掛一個與它相同的物體，A以0.2m/s的速度勻速左運動，此時壓力變為原來的2倍，接觸面的粗糙程度不變，摩擦力變為原來的2倍，即f′=2f=2×40N=80N把A和它右側的物體看做一個整體，該整體受到向左的拉力F左′、向右的摩擦力f′，因二者向左做勻速運動，所以繩子對整體向左的拉力F′=f′=80N已知動滑輪的重力為10N，且n=2，不計繩重及滑輪轉軸處的摩擦等，所以滑輪組中每段繩子的拉力為以B為研究對象，由力的平衡條件可得F2+GB=F所以F2=F-GB=45N-40N=5N故B錯誤；C．乙圖中，P點處受到的拉力為定滑輪的重力和三段繩子向下的拉力，則P點處受到的拉力為F′=3F+G定=3×45N+10N=145N故C錯誤；D．乙圖中，A以0.2m/s的速度勻速向左運動，因為有兩段繩子吊著物體，所以拉力F2的運動速度為v繩=2vA=2×0.2m/s=0.4m/s則F2做功的功率為P=F2v繩=5N×0.4m/s=2W故D正確。故選D。二、多選題17．（2022·廣東深圳·紅嶺中學校考三模）愛動手動腦筋的小明想測水平方向放置的滑輪組的機械效率。用彈簧測力計先直接拉動物塊在水平桌面上做勻速直線運動，彈簧測力計示數為2N；接著按圖甲組裝滑輪組拉動物塊在水平方向上運動，拉力F隨時間變化關系如圖乙，物塊運動的速度隨時間變化的關系如圖丙。在2～4秒時間段，下列說法正確的是（）A．物塊受到的摩擦力為2N B．物塊受到的拉力為2.4NC．拉力F的功率為0.08W D．滑輪組的機械效率為83.3%【答案】AD【解析】A．用彈簧測力計先直接拉動物塊在水平桌面上做勻速直線運動，彈簧測力計對物塊的拉力與物塊受到的摩擦力是一對平衡力，由于彈簧測力計示數為2N，所以物塊在水平桌面上受到的摩擦力為2N；再按圖甲組裝滑輪組拉動物塊在水平方向上運動時，因為物塊對桌面的壓力大小和接觸面的粗糙程度都不變，所以物塊受到的滑動摩擦力不變，仍為2N，故A正確；B．如圖丙所示，在2~4s時間段，物塊做勻速直線運動，物塊受到的拉力與摩擦力是一對平衡力，即物塊受到的拉力為2N，故B錯誤；C．如圖甲，滑輪組繩子的有效段數為n=3，在2~4s時間段，如圖乙，拉力F=0.8N；如圖丙，v物=0.1m/s，則繩子自由端移動的速度為v繩=nv物=3×0.1m/s=0.3m/s則拉力F的功率為P=Fv繩=0.8N×0.3m/s=0.24W故C錯誤；D．滑輪組的機械效率為故D正確。故選AD。18．（2022·貴州遵義·統考一模）如圖為利用瓦特蒸汽機提升物體的工作示意圖，蒸汽機的工作原理為：打開閥門A、關閉閥門B，高壓蒸汽進入汽缸，推動活塞上行。當活塞到達汽缸頂部時，關閉閥門A、打開閥門B，蒸汽進入冷凝器，汽缸內壓強減小，活塞下降，如此循環往復。蒸汽機工作時，汽缸內部平均壓強為1.1×106Pa，活塞橫截面積為10dm2，蒸汽機活塞往復運動，通過杠桿和定滑輪對重物做功。若物體質量為200kg，活塞每分鐘向上運動100次，活塞每次上升高度為60cm，則（）A．活塞受到蒸汽的平均壓力為1.1×107NB．若物體勻速上升，杠桿對繩子C向下的拉力為200NC．蒸汽推動活塞上行過程中，內能轉化為機械能D．蒸汽機工作一分鐘對該物體做有用功的功率為1000W【答案】CD【解析】A．汽缸內部平均壓強為1.1×106Pa，活塞橫截面積為10dm2，活塞受到蒸汽的平均壓力為F=pS=1.1×106Pa×10×10-2m2=1.1×105N故A不符合題意；B．物體質量為200kg，物體對繩子的拉力大小等于自身重力，故繩子的拉力為F=G=mg=200kg×10N/kg=2000N由于定滑輪不省力，所以杠桿對繩子C向下的拉力為2000N，故B不符合題意；C．蒸汽推動活塞上行過程中，蒸氣對活塞做功，蒸氣的內能轉化為活塞的機械能。故C符合題意；D．活塞每次上升高度為60cm，由圖可知，根據三角形相似，右側下降的高度為即物體被提升的高度為h=0.3m。那么每一次提升物體所做的有用功為W=Gh=2000N×0.3m=600J一分鐘活塞向上運動100次，故做的有用功共計為W有=nW=100×600J=60000J蒸汽機工作一分鐘對該物體做有用功的功率為故D符合題意。故選CD。19．（2023·四川成都·校聯考二模）物體M單獨置于水平地面上靜止時，對水平地面壓強為3×105Pa，將物體M用繩系于杠桿的B端，在杠桿的A端懸掛一滑輪組，定滑輪重150N，動滑輪重90N，杠桿AB的支點為O，OA：OB＝5：3，裝置如圖所示。當工人利用滑輪組提升重為280N、體積為7×10﹣3m3的物體m在水中勻速上升時，杠桿在水平位置平衡，此時物體M對地面壓強為1×105Pa（杠桿與繩的重量、滑輪組的摩擦均不計，g取10N/kg，水的密度為1.0×103kg/m3），下列說法正確的是（）A．杠桿A端受到的拉力是450NB．物體M的質量是150kgC．物體m出水后，在M不離開地面的情況下，人拉繩的最大拉力是250ND．物體m出水后，當M對地面恰好沒有壓力時，物體m加速上升【答案】BCD【解析】A．由圖知道，n=2，則繩子自由端的拉力當物體勻速上升時，以定滑輪為研究對象，定滑輪受向下的重力G定、3段繩子向下的拉力3F和向上的拉力FA，則作用在杠桿A端的力故A錯誤；B．設物體M的底面積為S，當物體M單獨置于水平地面上靜止時，由知道，物體M的底面積--①由杠桿平衡條件知道F×OB=F×OA則由知道--②由①②得解得GM=1500N其質量故B正確；C．為使物體M不離開地面，當物體對地面的壓力為0時，人對繩子的拉力最大，此時B端受到的拉力大小等于物體M的重力，為1500N；由杠桿平衡條件知道則以定滑輪為研究對象，定滑輪受向下的重力G定、3段繩子向下的拉力3F′和向上的拉力FA′，由力的平衡條件知道3F′+G定=FA′即3F′+150N=900N則人對繩的最大拉力F′=250N故C正確；D．由圖知道，n=2，物體m出水后，當M對地面恰好沒有壓力時，由于人拉繩的最大拉力是250N，所以，物體m受到向上的拉力是即物體m加速上升，故D正確。故選BCD。20．（2021·河北保定·校考一模）如圖所示，某人將物體沿水平方向勻速拉動了10m，所用時間為10s。物體和地面之間的摩擦力為320N，滑輪組的機械效率為80%，不計繩重和滑輪組的摩擦，下列說法中正確的是（）A．A、B、C處繩子受力的大小關系是FB＞FC＞FAB．繩子A處向上的速度為2m/sC．動滑輪重為80ND．拉力F做功的功率為160W【答案】BC【解析】AC．因為不計繩重和摩擦，所以A處與C處的拉力相等，等于人的拉力，即FA=FC，由圖可知n=2，因為滑輪組的機械效率則拉力因為物體沿水平方向做勻速直線運動，所以繩子B點受到的拉力為FB=f=320N所以A、B、C處繩子受力的大小關系是FA=FC?FB因為不計繩重和滑輪組的摩擦時人的拉力為所以動滑輪重力G動=nF﹣f=2×200N﹣320N=80N故A錯誤，C正確；B．繩子自由端移動的距離為s=ns物=2×10m=20m則拉力端移動速度故B正確；D．拉力做功為W總=Fs=200N×20m=4000J拉力做功功率為故D錯誤。故選BC。21．（2023·北京通州·統考一模）一個重700N的工人站在地面上，利用如圖甲所示的滑輪組提升一批不同重力的貨物。此時，工人正在用豎直向下的拉力F使重為500N的貨物A以0.2m/s的速度勻速上升，拉力F所做的功W與時間t的關系如圖乙所示。已知纏繞滑輪組的繩子最多只能承受550N的拉力，在不計繩重和摩擦的情況下，下列說法中正確的有（）A．拉力F為300NB．拉力F的功率為120WC．此人使用該滑輪組最多能使重為1300N的貨物勻速上升D．此人使用該滑輪組勻速提升貨物時，最大的機械效率約為90.9%【答案】ABD【解析】A．由圖乙可知，1s內拉力做的功為120J，1s內貨物上升的高度h=vAt=0.2m/s×1s=0.2m由圖可知滑輪組的動滑輪繞繩子的段數n=2，繩子自由端移動的距離s=nh=2×0.2m=0.4m由W=Fs可知拉力故A正確；B．拉力的功率故B正確；C．不計繩重和摩擦的情況，動滑輪的重力G動=nF-G=2×300N-500N=100N人通過滑輪組向下拉繩子時的最大拉力F人最大=G人=700N由于繩子所能承受的最大拉力為550N，即繩子所能承受的最大拉力小于人的最大拉力，因此此人使用該滑輪組提升貨物時繩子自由端的最大拉力F最大=F繩最大=550N貨物的最大重力G最大=nF最大-G動=2×550N-100N=1000N故C錯誤；D．不計繩重和摩擦，滑輪組的機械效率滑輪組的最大機械效率故D正確。故選ABD。22．（2021·遼寧·校聯考二模）將質量是10kg的物體A放在水平地面上，利用如圖所示的裝置使物體A以0.2m/s的速度做勻速直線運動，彈簧測力計始終保持水平，其示數為6N，繩重、滑輪重、彈簧測力計重及滑輪間的摩擦不計，則下面判斷正確的是（）A．作用在繩端的拉力F為2NB．繩端移動的速度為0.6m/sC．在2s內克服地面對物體的摩擦力做的功為7.2JD．2s內拉力F的功率為1.2W【答案】BC【解析】A．因為彈簧測力計的示數是6N，所以作用在繩端的拉力F為6N，故A錯誤；B．由圖可知，承擔物體A與桌面間摩擦力的繩子股數是3，所以繩自由端移動的速度故B正確；C．不計繩重、彈簧測力計重、滑輪組內部的摩擦，由圖可知，承擔物體A與桌面間摩擦力的繩子股數是3，所以物體A在2s內通過的距離在2s內克服地面對物體摩擦力做的功故C正確；D．物體通過的距離，繩子自由端移動的距離為拉力做的總功在2s內拉力F的功率故D錯誤。故選BC。三、填空題23．（2023·湖北隨州·統考模擬預測）如圖甲是上肢力量健身器示意圖，杠桿AB可繞O點在豎直平面內轉動，AO=2BO，配重的重力為100N，小明體重為500N，小明通過細繩在B點施加豎直向下的拉力為FB，杠桿在水平位置平衡，配重對地面的壓力記為F壓，拉力FB與壓力F壓的關系如圖乙所示，杠桿AB和細繩的質量及所有摩擦均忽略不計，滑輪重力為G滑輪，求：（1）滑輪M是__________（填“動”或“定”）滑輪；（2）滑輪的重力__________；（3）將配重改為120N，小明能否將配重拉起，通過計算說明理由__________。【答案】動20N所需拉力大于小明的重力【解析】（1）[1]滑輪M在使用過程中，其軸心向上移動，故為動滑輪。（2）[2]配重在地面保持靜止狀態，繩子對它的拉力為F拉=G-F壓對動滑輪進行受力分析可知，它受到向上的拉力F，向下的動滑輪的重力G動和兩個向下的拉力F拉，可得FA=2F拉+G動=2×(100N-F壓)+G動根據杠桿的平衡條件得到F×AO=F×OB結合AO=2BO，F壓=50N時F=240N有[2×(100N-50N)+G動]×2=240N×1解得G動=20N；（3）[3]據圖可知，當配重對地面的壓力恰好為零時，連接配重的繩子上拉力為F=G配重=120N則施加在A點的拉力為根據杠桿的平衡條件得則小明體重G小明=500N<520N所以，小明不能將配重拉起。24．（2022·重慶·二模）如圖所示，輕質杠桿AB用細線懸掛于O點，A點掛邊長為2dm、密度為2×103kg/m3的正方體C，B點掛邊長為1dm正方體D，AO：OB=2:5，杠桿在水平位置平衡時，D靜止在空中，C對水平地面的壓強為1000Pa，則D的密度為______kg/m3；若將正方體D浸沒在密度為2×103kg/m3的液體中（未接觸到容器底），保持杠桿在水平位置平衡，要使C對水平地面的壓強增大為2000Pa，可將物體C沿豎直方向切去的質量為______kg。【答案】4.8×1032【解析】[1]物體C的體積和底面積分別為VC=(2dm)3=8dm3=8×10-3m3SC=(2dm)2=4dm2=4×10-2m2由密度公式和G=mg可得，物體C的重力GC=mCg=ρ1VCg=2×103kg/m3×8×10-3m3×10N/kg=160N由壓強公式C對水平地面的壓力F壓=p1SC=1000Pa×4×10-2m2=40N因物體C對地面的壓力等于C的重力減去繩子的拉力，所以，繩子對C的拉力即A端所受豎直向下的拉力FA=FC=GC-F壓=160N-40N=120N由杠桿的平衡條件可得FA×AO=GD×OB則D物體的重力D的密度為[2]若將正方體D浸沒在密度為2×103kg/m3的液體中，D受到的浮力為F浮=ρ液gV排=2×103kg/m3×10N/kg×(0.1m)3=20N此時D對B點的拉力為F′=GD-F浮=48N-20N=28N根據杠桿的平衡條件可知F′A×OA=F'×OB則A端受到的拉力為所以A端對物體C的拉力為F'C=70N設將C沿豎直方向切去一部分后剩余的重力為G'，此時C受到豎直向下的重力G'、豎直向上的拉力F'C、豎直向上的支持力F支，C處于靜止狀態，受到的合力為0，則F支=G'-F'C①C在切去之前是正方體，將物體C沿豎直方向切去一部分后，設剩余的底面積為S'，根據G=mg=ρgV可知所以根據F=pS可知，地面對C的支持力為帶入①得即解得G'=140N所以切去部分的重力為ΔG=GC-G'=160N-140N=20N切去部分的質量為25．（2021·重慶·重慶市育才中學校考二模）如圖所示，用輕質薄木板AB做成杠桿，O為支點，OA=OB=2m，地面上一質量為2kg，邊長為a=10cm的實心正方體物塊M，用一不可伸長的輕質細線系于OB的中點C處，此時AB恰好靜止于水平位置，細線恰好被拉直。現將小滑塊Q（小滑塊的大小不計）放于O點上方，將小滑塊Q向左移動0.4m，此時繩子對C點的拉力為8N，此時物塊M對水平地面的壓強______Pa，若Q再向左側移動0.2m，沿豎直方向將正方體M左右兩邊各切去厚度為d的部分，將它們疊放在Q的正上方時，正方體M對地面的壓強為0，切去厚度d為______m。【答案】12000.0125【解析】[1]繩子對C點的拉力為8N，則繩子對物體的拉力F=8N，此時物塊M對水平地面的壓強[2]由杠桿平衡條件可得物體Q所受重力為由題意知：Q到O點的距離=0.4m+0.2m=0.6m

①M被切去的部分受到的重力G1②剩余M受到的重力③正方體M對地面的壓強為0，繩的拉力等于剩余的M的重力，由杠桿平衡條件得④聯立①②③④解得d=1.25cm=0.0125m26．（2023·江蘇蘇州·統考一模）讓一系于橡皮筋一端的小球從某懸掛點O的正下方P點由靜止釋放如圖甲所示，整個下落過程中，橡皮筋所受彈力F與小球下落高度h的關系如圖乙所示；小球下落的速度v與下落高度h的關系如圖丙所示（不考慮空氣阻力）。已知該輕質橡皮筋每受到0.1N的拉力就伸長1cm，經測量小球從P點下落到a、b、c三點的距離分別為：ha=0.4m，hb=0.5m，hc=0.7m。（1）小球從a點到c點的過程中，小球動能變化情況是_________（變大/變小/先變大再變小/不變/先變小再變大）；（2）當橡皮筋彈性勢能最大時，小球處于_________狀態（平衡/非平衡）；（3）實驗中所用小球的重力為_________N。由a點到b點，動能變化量_________（大于/小于/等于）重力勢能變化量。【答案】先變大再變小非平衡1小于【解析】（1）[1]小球在下落的過程中，橡皮筋逐漸發生彈簧形變，橡皮筋所受彈力由小變大，當重力大于彈力時，小球受到合力向下，小球加速下落；當彈力等于重力時，小球受到合力為