1、压轴题11 简单机械、功和机械能选填压轴题综合近几年中考对于简单机械、功和机械能的考察形式，杠杆计算、滑轮计算、斜面和效率计算题在中考试卷中往往涉及速度、压强、浮力、功和功率、简单机械的运用等。机械能的相互转化，在不同物理情景下应用也是中考难点。认真审题,明确现象与过程,明确给出的条件并挖掘题中的隐含条件。确定答题的方向,弄清在考什么知识点,选择合适的规律与公式。列出表达式,注意适用条件和量的一一对应。代入数据求解,注意单位统一。一、单选题1（2022重庆南岸模拟预测）如图所示，轻质杠杆AB可绕O点自由转动，AO:OB=1:2，OC=CB，质量分布均匀的正方体M通过细杆与杠杆C点相连（轻质杠杆
2、和细杆的质量均忽略不计），物体M的重力为40N，边长为10cm，将底面积为50cm2、重为20N的物体N从杠杆B端向A端移动。当N运动到A端时，将M沿竖直方向切去部分，并将其平放在N上，使M对水平地面的压强刚好为500Pa。下列说法正确的是（）A当物体N在B端时，细杆所受压力为20NB当物体N在B端时，M对地面的压强为4103PaC当物体N在A端时，M应切去部分的质量为0.8kgD当物体N在A端时，M切去部分对N的压强为800Pa【答案】C【解析】A由杠杆平衡条件得，当物体N在B端时，细杆所受压力为故A错误；B当物体N在B端时，M对地面的压强为故B错误；C由得，M的质量为物体M的密度为M切去部
3、分的厚度为l，则M切去部分的体积为由得，M切去部分的质量为M切去部分的重力为依题意得 ， ，所以当N运动到A端时，将M沿竖直方向切去部分，并将其平放在N上时，由杠杆平衡条件得杠杆C点受到的绳子的拉力为 由力的相互作用性得由受力平衡得，此时M对地面的压力为M对水平地面的压强为解得所以M应切去部分的质量为0.8kg故C正确；D当物体N在A端时，M切去部分对N的压强为故D错误。故选C。2（2022重庆重庆八中校考一模）如图甲所示，质量为40kg的小林同学站在高台上竖直向上匀速拉动绳子，脚与地面的总接触面积为0.04m2，现改变G物，计算并绘出机械效率与G物的关系图象，如图乙所示，不计绳重和摩擦，下列
4、说法正确的是（）此滑轮组动滑轮的重力为20N；当G物=150N时，小林对绳子的拉力为60N；当G物=120N时，若此时的拉力的功率为15W，则物体上升的速度为0.3m/s；若水平高台能承受的最大压强为12500Pa，则该滑轮组所能提升物体的最大机械效率为90%。A只有B只有C只有D只有【答案】C【解析】由图甲可知，动滑轮上的绳子股数为3股。由图乙可知，当物重120N时，机械效率为80，由可知解得G动=30N故错误；当G物=150N时，小林对绳子的拉力故正确；当G物=120N时，小林对绳子的拉力若此时的拉力的功率为15W，由P=Fv可知，拉力端移动的速度物体上升的速度 故错误；若水平高台能承受的
5、最大压强为12500Pa，则水平高台能承受的最大压力F压=pS=12500Pa0.04m2=500N小林同学的重力G林=m林g=40kg10N/kg=400N小林同学能使用的最大拉力F拉3= F压- G林=500N-400N=100N该滑轮组所能提升物体的最大重力该滑轮组所能提升物体的最大机械效率故正确。故选C。3（2022山东日照校考一模）如图所示，重为2N的物体A放在水平桌面上，重为5N的物体B挂在动滑轮下，每个滑轮重为1N（不计绳重和摩擦），B恰好可以匀速下降。现对A施加水平向左的拉力使B上升，当B以0.3m/s的速度匀速上升时，拉力大小为F。下列说法正确的是（）AB匀速下降时，物体A受
6、到3N的摩擦力B拉力F的大小为4NC拉力F的功率为1.2WDB匀速上升0.6m的过程中，拉力F做功2.4J【答案】B【解析】A由题意知，B匀速下降时，A也匀速向右直线运动，所以绳子自由端所受的拉力与A所受的摩擦力是一对平衡力。由图示知，滑轮组承重绳子的根数为3根，不计绳重和摩擦时，绳子自由端所受的拉力所以A受到的摩擦力为2N。故A错误；B当B匀速上升时，绳子自由端所受的拉力的大小仍为2N，且物体A压力及接触面的粗糙程度不变，则A受到水平向右摩擦力的大小为2N，此时A也匀速直线运动，所以A向左的水平拉力F=F1+f1=2N+2N=4N故B正确；CB以0.3m/s的速度匀速上升时，绳子端移动的速度
7、，即A物体的速度vA=3vB=30.3m/s=0.9m/s拉力的功率P=FvB=4N0.9m/s=3.6W故C错误；DB匀速上升0.6m，A移动的距离sA=3sB=30.6m=1.8m此过程拉力做功W=FsA=4N1.8m=7.2J故D错误。故选B。4（2022江苏无锡校考一模）如图甲所示是高空作业的师傅在美化楼体外墙的情境，其结构的原理图如图乙所示，已知吊架的质量为50kg；工人以及工具的总重为600N，绳子自由端的拉力的大小为500N。在电动机拉力的作用下，吊篮在10s内上升了2m，不计绳重和摩擦。则下列说法正确的是（）A绳子自由端拉动的速度为0.2m/sB整个装置的机械效率为73.3%C
8、若绳子的最大承受能力是600N，则吊篮中的人与工具的总重不能超过900ND装置动滑轮的重力为200N【答案】C【解析】由图得，滑轮组A绳子自由端移动的距离为绳子自由端拉动的速度为故A错误；B整个装置的机械效率为故B错误；CD吊篮的重力为由得，装置动滑轮的重力为若绳子的最大承受能力是600N，则吊篮中的人与工具的总重不能超过故C正确，D错误。故选C。5（2022重庆二模）如图所示，质量不计的杠杆支点O距左端L1=0.3m，距右端L2=0.4m。在杠杆左端用绳子悬挂边长10cm正方体A，在右端用绳子挂上质量6kg的物体B，杠杆在水平位置平衡，此时A对地面的压强是2000Pa，此时下列数据正确的是（
9、）AA物体的密度6g/cm3B假如杠杆可以变长，只要把B物体向右移动10cm就能把A提起来CA物体受的重力和地面对它的支持力是一对平衡力DA物体受到的合力为80N【答案】B【解析】A由题意可知，A的底面积为S=10cm10cm=100cm2=0.01m2故由F=pS可得，A对地面的压力为F压=pS=2000Pa0.01m2=20N因A对地面的压力F压与地面对A的支持力F支是一对相互作用力，大小相等，故可得地面对A的支持力为F支=F压=20N由G=mg可得，B的重力为GB=mBg=6kg10N/kg=60N由杠杆的平衡条件可得FAL1=GBL2解得绳子对A的拉力为对A受力分析可得，A受到向上的绳
10、子拉力FA和地面的支持力F支，向下的重力GA，因A处于受力平衡状态，故由力的平衡可得，A的重力为GA=FA+F支=80N+20N=100N则A物体的密度为故A错误；B设A物体被提起来时，B物体到支点O的距离为L，由杠杆的平衡条件可得GAL1=GBL解得此时B物体到支点的距离为故B物体向右移动的距离为L=L-L2=0.5m-0.4m=0.1m=10cm故B正确；C对A物体受力分析可知，A受到向上的绳子拉力FA和地面的支持力F支，向下的重力GA，A物体在这三个力的作用下处于受力平衡状态，故可知A物体受的重力和地面对它的支持力不是一对平衡力，故C错误；D因A物体处于受力平衡状态，故可知A物体受到的合
11、力为0，故D错误。故选B。6（2022重庆四川外国语大学附属外国语学校校考二模）多多设计了一个储水控制装置，如图甲所示为该装置的简易模型。OAB是一个轻质杠杆，杠杆绕O点转动，OAOB=21。B点处用轻质弹簧连接了一个底面积为100cm2的长方体浮桶，浮筒位于水箱底部，此时恰好对水箱底部无压力。A点与固定在天花板上的压敏电阻C通过一根轻质细杆相连，压敏电阻通过电路控制加水管（电路未画出）。现打开加水管向水箱内加水，当桶底升至阀门所处高度时，加水管停止加水，此过程中压敏电阻C所受的力与加水的体积的关系如图乙所示（已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，整个过程发生在弹簧弹性限度内），以下
12、说法正确的是（）A浮筒的重力为2NB水箱的底面积180cm2C停止加水时浮筒移动的距离为4cmD整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4103Pa【答案】D【解析】A由乙图可知在未加水时。压敏电阻所受拉力为2N。此时根据杠杆平衡条件可知计算可得此时浮筒的重力为故A错误；B由乙图可知当加入体积为320cm3，压敏电阻C所受的力为0，故此时弹簧与桶之间没有弹力，弹簧为原长，已知弹簧的弹力每改变5N，弹簧形变量改变1cm，可知当物体在弹簧在初始状态时，形变量为解得此时物体漂浮在水面上，距离底部0.75cm，根据阿基米德原理可知物体排开水的体积为则物体浸没在水中部分的高度为此时水面的高度为这部分高度
13、所占的总体积为则底面积为故B错误；C如乙图，当加水量最大时，压力传感器的压力为10N，根据杠杆平衡条件可知，此时弹簧对杠杆向上的弹力为解得此时弹簧弹力F1为20N，此时弹簧的压缩量为解得由于起始状态，弹簧处于拉伸状态，被拉伸量为0.75cm（B选项求出），故此时浮筒移动的距离为故C选项错误；D停止加水时桶处于静止状态，则桶所受浮力为根据阿基米德原理可得，此时排开水的体积为则物体浸入水中部分的高度为物体此时浸没的部分最深，底部受到压强最大为故D正确。故选D。7（2023安徽合肥统考二模）如图所示，蹦极者此刻正从O点由静止开始蹦极，a点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，b点是蹦极者合力为零的位置，c
14、点是蹦极者下降的最低点。不计空气阻力，下列说法中正确的是（）Aab弹簧的弹性势能转化为蹦极者的机械能Bab蹦极者的机械能保持不变Cac蹦极者减少的重力势能和动能等于绳增大的弹性势能Dac弹性绳的弹性势能先增大后减小【答案】C【解析】A从a点到b点，蹦极者的高度变小，重力势能逐渐减小，动能和弹性势能逐渐增大，所以极者的重力势能转化为弹性绳的弹性势能和蹦极者的动能，故A错误；B从a点到b点，蹦极者的下落的过程中，弹性绳发生了弹性形变，蹦极者的机械能转化为弹性绳的弹性势能，蹦极者的机械能是在减小的，故B错误；C蹦极者自跳下至点时只受重力的作用，处于加速下落过程，动能不断增大，从a至b点弹性绳逐渐变长
15、，蹦极者受到竖直向上的弹力小于蹦极者的重力，蹦极者仍加速向下运动，b点速度达到最大，动能达到最大值，从b点到c点，蹦极者的受到竖直向上的弹力大于蹦极者的重力，蹦极者减速向下运动，到达c点的动能为0，重力势能最小，机械能最小，弹性势能最大。因此，ac蹦极者减少的重力势能和动能等于绳增大的弹性势能，故C正确；Dac弹性绳的长度一直被拉伸，弹性绳的弹性势能一直在增大，故D错误。故选C。8（2023山东泰安统考一模）如图甲所示，水平地面上的一物体，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙，物体的速度v与时间t的关系如图丙，以下说法正确的是（）02秒，物体处于静止状态，是因为推力小于
16、摩擦力24秒，物体受到的摩擦力为2N24秒，物体做匀速直线运动46秒，推力F做的功为16JA只有B只有C只有D只有【答案】D【解析】由vt图象可知，02秒，物体没有推动，物体处于平衡状态，受到的摩擦力与推力是一对平衡力，所以fF，故错误；由vt图象可知，在4s6s物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由Ft图象可知在4s6s拉力F2N，由平衡条件可得滑动摩擦力fF2N由vt图象可知，物体在24秒做加速直线运动，受到的摩擦力为滑动摩擦力。而压力和接触面的粗糙程度都不变，物体受到的摩擦力仍是2N，故正确，错误；由vt图象可知，在4s6s物体运动的速度v4m/s，由得，4s6s物体运动的距离为svt4m
17、/s(6s4s)8m则46秒推力F做的功为WFs2N8m16J故正确。故选D。9（2021湖南邵阳统考一模）如图所示，OQ是水平地面，物体在水平拉力作用下，从O匀速直线运动到Q，OP段拉力为300N，做的功为，功率为，PQ段拉力为200牛，做的功为，功率为，则（）ABCD【答案】D【解析】从O匀速直线运动到Q时，设速度为v，OP段拉力为300N，做的功为PQ段拉力为200牛，做的功为所以由功率的计算公式可得故D符合题意，ABC不符合题意。故选D。10（2022广东佛山统考模拟预测）如图所示，轻弹簧左端固定，原长时右端位于O点，现将木块置于弹簧的右端，用力将弹簧压缩l的长度（弹簧始终在弹性限度内
18、）后由静止释放，木块在水平地面上向右滑行距离为s后停在O点右侧。下列描述该过程中木块克服地面摩擦力所做的功W、木块的动能Ek随木块距O点的长度x变化的关系图线中，可能正确的是（）ABCD【答案】B【解析】AB木块在水平地面上向右滑行的过程中，因接触面的粗糙程度和对地面的压力均不变，所以，木块受到的摩擦力f大小不变，其方向水平向左，木块克服地面摩擦力所做的功Wfs，木块从l到O点的过程中，x减小，摩擦力做的功W越大，木块从l到（sl）的过程中，x增大，摩擦力做的功W也增大，即从l到O点、从O到（sl）的过程中，W一直增大，故A错误、B正确；CD从xl开始运动时，弹簧的弹力大于木块受到的摩擦力，木
19、块做加速运动，随着弹簧的伸长量减小，弹簧的弹力减小，而木块受到的摩擦力不变，所以木块受到的合力减小，木块速度的增加量减小，当弹簧的弹力和摩擦力相等时，木块的速度达到最大值，木块继续向右运动时，弹簧的弹力小于摩擦力，木块做减速运动，从O点继续向右运动时，弹簧的弹力向左且逐渐增大，此时弹簧的弹力和摩擦力方向均向左，木块做减速运动，直至停止，所以，从l到O点的过程中，木块的速度先增大后减小，其动能先增大后减小，从O到（sl）的过程中，木块的动能一直减小，故CD错误。故选B。11（2023广东广州中山大学附属中学校考一模）用轻质弹簧（弹簧质量和空气阻力忽略不计）把小球挂在天花板上，如图所示，当用手将小
20、球拉到水平位置静止，弹簧刚好处于原长状态，放手后小球摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是（）A小球的机械能守恒B小球的重力势能的减少量大于小球动能的增加量C小球的重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量D小球的重力势能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量【答案】B【解析】A当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，小球的质量不变，速度变大，同时高度降低，弹簧的弹性形变程度变大，故小球的重力势能减少、动能增加，弹簧的弹性势能增加，即小球的重力势能一部分转化为小球的动能另一部分转化为弹簧的弹性势能；弹簧质量和空气阻力忽略不计，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，但小球的机械能不守恒，故A错误；BC
21、D当小球从如图水平位置放手后摆动到最低点的过程中，小球的重力势能减少、动能增加，弹簧的弹性势能增加，小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量与弹簧的弹性势能增加量之和，所以小球重力势能的减少量大于小球动能的增加量，小球重力势能的减少量也大于弹簧弹性势能的增加量，故B正确，CD错误。故选B。12（2022安徽芜湖统考三模）如图所示是跳板跳水运动员跳水过程中的几个瞬间，不计空气阻力，其中位置时运动员把跳板压到最低处。关于该过程，下列判断正确的是（）A位置到位置的过程中重力势能转化为弹性势能B位置到位置的过程中运动员减小的动能等于运动员增加的重力势能C位置时运动员的动能为零D位置时运动员的动能等于位
22、置时运动员的重力势能【答案】B【解析】A位置到位置的过程中运动员的高度在增大，弹性势能转化为重力势能，故A错误；B位置到位置的过程中不计空气阻力，运动员的机械能守恒，运动员减小的动能等于运动员增加的重力势能，故B正确；C位置为最高点，运动员水平方向的的速度不为0，故位置时运动员的动能不为零，故C错误；D由到位置的过程中，重力势能转化为动能，机械能守恒，即此过程动能的增加等于势能的减少，选择处为参考平面，则重力势能为0，但位置处由于速度不为0，则动能不为0，故D错误。故选B。13（2022江苏苏州统考二模）小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上（如图甲），在刚接触轻弹簧的瞬间（如图乙），速度为5m/
23、s。将弹簧压缩到最短（如图丙）的整个过程中，小球的速度和弹簧缩短的长度之间的关系如图丁所示，其中A为曲线的最高点。已知轻弹簧每受到0.5N的压力就缩短1cm，并且轻弹簧在从受到撞击到被压缩到最短的整个过程中始终发生弹性形变（g=10N/kg）。以下说法正确的是（）A实验中所用小球的质量为0.25kgB从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中，小球的动能不断减小C小球在最低点速度等于零，处于平衡状态D整个过程中小球的机械能不变【答案】A【解析】A在小球向下运动且开始压缩弹簧的过程中，受竖直向上的弹簧的弹力，竖直向下的重力。开始时，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大；随弹簧压缩量的增大，弹力
24、越来越大，当弹力与重力相等时，两力是一对平衡力，合力为零。小球再向下运动，弹力大于重力，合力向下，小球速度减小。由此可见，当重力G与弹力F是一对平衡力时，小球速度最大。此时，由图可知弹簧的压缩量L=5cm，由平衡条件得小球的质量为小球的质量为0.25kg，故A正确；BD由图像看出：在小球刚开始撞击弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，小球速度先变大后变小。小球动能先变大后变小；故压缩弹簧过程中，小球的机械能会转化为弹簧的弹性势能，整个系统机械能守恒，但小球的机械能变小，故B、D错误；C在小球向下运动过程中，受竖直向上的弹簧的弹力，竖直向下的重力。开始时，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大。随弹
25、簧压缩量的增大，弹力越来越大，当弹力与重力相等时，两力是一对平衡力，合力为零。小球再向下运动，弹力大于重力，当弹簧的压缩量最大时，小球的速度为0，此时，弹力大于重力，小球处于非平衡状态，故C错误。故选A。14（2021浙江宁波统考模拟预测）悠悠球是除洋娃娃之外世界上最古老的玩具，它由轮与轴（含绕轴上的线）两部分组成（如图甲）。一悠悠球，轮半径为R，轴半径为r，线为细线，如图乙是玩悠悠球的两种不同方式，小科用拉力F使球在水平方向匀速运动距离s，则下列说法正确的是（）A两种方式拉力F做功均为FsBa方式拉力F所做的功大于b方式拉力F所做的功Ca方式拉力F所做的功小于b方式拉力F所做的功D无法判断【
26、答案】C【解析】当悠悠球的轮向前滚动的距离为s时，已知轮半径为R，轮滚动的圈数轴滚动的圈数与轮相同，已知轴半径为r，则轴向前滚动的距离（a）图，拉力F作用在轴的下端时，轴向前滚动会使细线“收缩”，拉力端实际移动的距离F做功大小（b）图，拉力F作用在轴的上端时，轴向前滚动会使细线“拉长”，拉力端实际移动的距离F做功大小比较可得W1W2，故C正确，ABD错误。故选C。15（2022湖北武汉校联考模拟预测）在冬奥会自由式滑雪比赛中，选手的运动轨迹如图所示，如果不计空气阻力，下列说法中正确的是（）A在a、c两点时动能均为零B在a点和e点都处于静止状态，因此机械能相等C从a点下滑到b点过程中，机械能保持
27、不变D从c点下落到d点过程中，机械能保持不变【答案】D【解析】A运动员在a点速度为零，说明动能为零；运动员的运动路径不是在竖直方向上，所以运动员到达c点时在水平方向速度不为零，c点动能不为零，故A错误；B在a点和e点都处于静止状态，说明动能都为零，因为两点的高度不同，所以，运动员在a、e两点时重力势能就不相等，因此机械能不相等，故B错误；C从a点向b点运动过程中，重力势能大部分转化成动能，因为运动员与赛道之间有滑动摩擦力，一部分重力势能转化成内能，运动员的机械能减少，故C错误；D从c点下落到d点过程中，运动员不和赛道接触，摩擦力不做功，如果不计空气阻力，重力势能全部转为动能，机械能守恒，故D正
28、确。故选D。16（2021重庆九龙坡统考模拟预测）如图所示装置（其中一个定滑轮用轻杆固定在地面上），每个滑轮的重力为10N，物体A的重力GA=100N，物体B的重力GB=40N对A施加水平向右的拉力F1=110N，使A以0.1m/s的速度匀速向右运动；撤去拉力F1，在A的右侧加挂一个与它相同的物体，如图乙所示，对B施加一个竖直向下的拉力F2，使A以0.2m/s的速度匀速向左运动。绳重及滑轮转轴处的摩擦等次要因素忽略不计，则下列说法正确的是（）A甲图中，A受到的摩擦力为110NB乙图中，F2的大小为45NC乙图中，P点处受到的拉力为140ND乙图中，F2做功的功率为2W【答案】D【解析】解：A因
29、为B物体重40N，则B拉左侧绳子的力FB=GB=40N由图知有两段绳子吊着动滑轮，不计绳重及滑轮转轴处的摩擦等，由力的平衡条件可得2FB=G动+ F左(F左为动滑轮下面绳子的拉力)，所以F左=2FB-G动 =240N - 10N=70N由图甲可知，当A以0.1m/ s的速度匀速向右运动时，受向右的拉力F1，向左的摩擦力f，向左的拉力F左，这三个力平衡；由力的平衡条件可得，A受到的摩擦力为f=F-F左=110N-70N=40N故A错误；B乙图中，撤去拉力F1在A的右侧加挂一个与它相同的物体，A以0.2m/ s的速度匀速左运动，此时压力变为原来的2倍，接触面的粗糙程度不变，摩擦力变为原来的2倍，即
30、f=2f=240N=80N把A和它右侧的物体看做一个整体，该整体受到向左的拉力F左、向右的摩擦力f，因二者向左做匀速运动，所以绳子对整体向左的拉力F= f= 80N已知动滑轮的重力为10N，且n= 2，不计绳重及滑轮转轴处的摩擦等，所以滑轮组中每段绳子的拉力为以B为研究对象，由力的平衡条件可得F2+GB= F所以F2=F-GB=45N-40N=5N故B错误； C乙图中，P点处受到的拉力为定滑轮的重力和三段绳子向下的拉力，则P点处受到的拉力为F=3F+G定 =345N + 10N= 145N故C错误；D乙图中，A以0.2m/ s的速度匀速向左运动，因为有两段绳子吊着物体，所以拉力F2的运动速度为
31、v绳= 2vA =20.2m/s = 0.4m/s则F2做功的功率为P= F2v绳 = 5N0.4m/s=2W故D正确。故选D。二、多选题17（2022广东深圳红岭中学校考三模）爱动手动脑筋的小明想测水平方向放置的滑轮组的机械效率。用弹簧测力计先直接拉动物块在水平桌面上做匀速直线运动，弹簧测力计示数为2N；接着按图甲组装滑轮组拉动物块在水平方向上运动，拉力F随时间变化关系如图乙，物块运动的速度随时间变化的关系如图丙。在24秒时间段，下列说法正确的是（）A物块受到的摩擦力为2NB物块受到的拉力为2.4NC拉力F的功率为0.08WD滑轮组的机械效率为83.3%【答案】AD【解析】A用弹簧测力计先直
32、接拉动物块在水平桌面上做匀速直线运动，弹簧测力计对物块的拉力与物块受到的摩擦力是一对平衡力，由于弹簧测力计示数为2N，所以物块在水平桌面上受到的摩擦力为2N；再按图甲组装滑轮组拉动物块在水平方向上运动时，因为物块对桌面的压力大小和接触面的粗糙程度都不变，所以物块受到的滑动摩擦力不变，仍为2N，故A正确；B如图丙所示，在24s时间段，物块做匀速直线运动，物块受到的拉力与摩擦力是一对平衡力，即物块受到的拉力为2N，故B错误；C如图甲，滑轮组绳子的有效段数为n=3，在24s时间段，如图乙，拉力F=0.8N；如图丙，v物=0.1m/s，则绳子自由端移动的速度为v绳=nv物=30.1m/s=0.3m/s
33、则拉力F的功率为P=Fv绳=0.8N0.3m/s=0.24W故C错误；D滑轮组的机械效率为故D正确。故选AD。18（2022贵州遵义统考一模）如图为利用瓦特蒸汽机提升物体的工作示意图，蒸汽机的工作原理为：打开阀门A、关闭阀门B，高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行。当活塞到达汽缸顶部时，关闭阀门A、打开阀门B，蒸汽进入冷凝器，汽缸内压强减小，活塞下降，如此循环往复。蒸汽机工作时，汽缸内部平均压强为1.1106Pa，活塞横截面积为10dm2，蒸汽机活塞往复运动，通过杠杆和定滑轮对重物做功。若物体质量为200kg，活塞每分钟向上运动100次，活塞每次上升高度为60cm，则（）A活塞受到蒸汽的平均压力为1
34、.1107NB若物体匀速上升，杠杆对绳子C向下的拉力为200NC蒸汽推动活塞上行过程中，内能转化为机械能D蒸汽机工作一分钟对该物体做有用功的功率为1000W【答案】CD【解析】A汽缸内部平均压强为1.1106Pa，活塞横截面积为10dm2，活塞受到蒸汽的平均压力为F=pS=1.1106Pa1010-2m2=1.1105N故A不符合题意；B物体质量为200kg，物体对绳子的拉力大小等于自身重力，故绳子的拉力为F=G=mg=200kg10N/kg=2000N由于定滑轮不省力，所以杠杆对绳子C向下的拉力为2000N，故B不符合题意；C蒸汽推动活塞上行过程中，蒸气对活塞做功，蒸气的内能转化为活塞的机械
35、能。故C符合题意；D活塞每次上升高度为60cm，由图可知，根据三角形相似，右侧下降的高度为即物体被提升的高度为h=0.3m。那么每一次提升物体所做的有用功为W=Gh=2000N0.3m=600J一分钟活塞向上运动100次，故做的有用功共计为W有=nW=100600J=60000J蒸汽机工作一分钟对该物体做有用功的功率为故D符合题意。故选CD。19（2023四川成都校联考二模）物体M单独置于水平地面上静止时，对水平地面压强为3105Pa，将物体M用绳系于杠杆的B端，在杠杆的A端悬挂一滑轮组，定滑轮重150N，动滑轮重90N，杠杆AB的支点为O，OA：OB5：3，装置如图所示。当工人利用滑轮组提升
36、重为280N、体积为7103m3的物体m在水中匀速上升时，杠杆在水平位置平衡，此时物体M对地面压强为1105Pa（杠杆与绳的重量、滑轮组的摩擦均不计，g取10N/kg，水的密度为1.0103kg/m3），下列说法正确的是（）A杠杆A端受到的拉力是450NB物体M的质量是150kgC物体m出水后，在M不离开地面的情况下，人拉绳的最大拉力是250ND物体m出水后，当M对地面恰好没有压力时，物体m加速上升【答案】BCD【解析】A由图知道，n=2，则绳子自由端的拉力当物体匀速上升时，以定滑轮为研究对象，定滑轮受向下的重力G定、3段绳子向下的拉力3F和向上的拉力FA，则作用在杠杆A端的力故A错误；B设物
37、体M的底面积为S，当物体M单独置于水平地面上静止时，由 知道，物体M的底面积-由杠杆平衡条件知道FOB=FOA则由 知道-由得解得GM=1500N其质量故B正确；C为使物体M不离开地面，当物体对地面的压力为0时，人对绳子的拉力最大，此时B端受到的拉力大小等于物体M的重力，为1500N；由杠杆平衡条件知道则以定滑轮为研究对象，定滑轮受向下的重力G定、3段绳子向下的拉力3F和向上的拉力FA，由力的平衡条件知道3F+G定=FA即3F+150N=900N则人对绳的最大拉力F=250N故C正确；D由图知道，n=2，物体m出水后，当M对地面恰好没有压力时，由于人拉绳的最大拉力是250N，所以，物体m受到向
38、上的拉力是即物体m加速上升，故D正确。故选BCD。20（2021河北保定校考一模）如图所示，某人将物体沿水平方向匀速拉动了10m，所用时间为10s。物体和地面之间的摩擦力为320N，滑轮组的机械效率为80%，不计绳重和滑轮组的摩擦，下列说法中正确的是（）AA、B、C处绳子受力的大小关系是FBFCFAB绳子A处向上的速度为2m/sC动滑轮重为80ND拉力F做功的功率为160W【答案】BC【解析】AC因为不计绳重和摩擦，所以A处与C处的拉力相等，等于人的拉力，即FA=FC，由图可知n=2，因为滑轮组的机械效率则拉力因为物体沿水平方向做匀速直线运动，所以绳子B点受到的拉力为FB=f=320N所以A、
39、B、C处绳子受力的大小关系是FA=FCFB因为不计绳重和滑轮组的摩擦时人的拉力为所以动滑轮重力G动=nFf=2200N320N=80N故A错误，C正确；B绳子自由端移动的距离为s=ns物=210m=20m则拉力端移动速度故B正确；D拉力做功为W总=Fs=200N20m=4000J拉力做功功率为故D错误。故选BC。21（2023北京通州统考一模）一个重700N的工人站在地面上，利用如图甲所示的滑轮组提升一批不同重力的货物。此时，工人正在用竖直向下的拉力F使重为500N的货物A以0.2m/s的速度匀速上升，拉力F所做的功W与时间t的关系如图乙所示。已知缠绕滑轮组的绳子最多只能承受550N的拉力，在
40、不计绳重和摩擦的情况下，下列说法中正确的有（）A拉力F为300NB拉力F的功率为120WC此人使用该滑轮组最多能使重为1300N的货物匀速上升D此人使用该滑轮组匀速提升货物时，最大的机械效率约为90.9%【答案】ABD【解析】A由图乙可知，1s内拉力做的功为120J，1s内货物上升的高度h=vAt=0.2m/s1s=0.2m由图可知滑轮组的动滑轮绕绳子的段数n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=20.2m=0.4m由W=Fs可知拉力故A正确；B拉力的功率故B正确；C不计绳重和摩擦的情况，动滑轮的重力G动=nF-G=2300N-500N=100N人通过滑轮组向下拉绳子时的最大拉力F人最大=G人=
41、700N由于绳子所能承受的最大拉力为550N，即绳子所能承受的最大拉力小于人的最大拉力，因此此人使用该滑轮组提升货物时绳子自由端的最大拉力F最大=F绳最大=550N货物的最大重力G最大=nF最大-G动=2550N-100N=1000N故C错误；D不计绳重和摩擦，滑轮组的机械效率滑轮组的最大机械效率故D正确。故选ABD。22（2021辽宁校联考二模）将质量是 10kg 的物体 A 放在水平地面上，利用如图所示的装置使物体 A 以0.2m/s的速度做匀速直线运动，弹簧测力计始终保持水平，其示数为 6N，绳重、滑轮重、弹簧测力计重及滑轮间的摩擦不计，则下面判断正确的是（）A作用在绳端的拉力F为 2N
42、B绳端移动的速度为 0.6m/sC在 2s 内克服地面对物体的摩擦力做的功为 7.2JD2s 内拉力F的功率为 1.2W【答案】BC【解析】A因为弹簧测力计的示数是6N，所以作用在绳端的拉力F为6N，故A错误；B由图可知，承担物体A与桌面间摩擦力的绳子股数是3，所以绳自由端移动的速度故B正确；C不计绳重、弹簧测力计重、滑轮组内部的摩擦，由图可知，承担物体A与桌面间摩擦力的绳子股数是3，所以物体A在2s内通过的距离在2s内克服地面对物体摩擦力做的功故C正确；D物体通过的距离，绳子自由端移动的距离为拉力做的总功在2s内拉力F的功率故D错误。故选BC。三、填空题23（2023湖北随州统考模拟预测）如
43、图甲是上肢力量健身器示意图，杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动，AO=2BO，配重的重力为100N，小明体重为500N，小明通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为FB，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力记为F压，拉力FB与压力F压的关系如图乙所示，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，滑轮重力为G滑轮，求：（1）滑轮M是_（填“动”或“定”）滑轮；（2）滑轮的重力_；（3）将配重改为120N，小明能否将配重拉起，通过计算说明理由_。【答案】 动 20N 所需拉力大于小明的重力【解析】（1）1滑轮M在使用过程中，其轴心向上移动，故为动滑轮。（2）2配重在地面保持静止状态，绳子对它的拉力为F拉=G
44、-F压对动滑轮进行受力分析可知，它受到向上的拉力F，向下的动滑轮的重力G动和两个向下的拉力F拉，可得FA=2F拉+G动=2(100N-F压)+G动根据杠杆的平衡条件得到FAO=FOB结合AO=2BO，F压=50N时F=240N有2(100N-50N)+G动2=240N1解得G动=20N；（3）3据图可知，当配重对地面的压力恰好为零时，连接配重的绳子上拉力为F=G配重=120N则施加在A点的拉力为根据杠杆的平衡条件得则小明体重G小明=500N520N所以，小明不能将配重拉起。24（2022重庆二模）如图所示，轻质杠杆AB用细线悬挂于O点，A点挂边长为2dm、密度为2103kg/m3的正方体C，B点挂边长为1dm正方体D，AO：OB=2:5，杠杆在水平位置平衡时，D静止在空中，C对水平地面的压强为1000Pa，则D的密度为_kg/m3；若将正方体D浸没在密
