2023年中考物理压轴题专项训练 压轴题11 简单机械、功和机械能选填压轴题 （试题+答案）

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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。


①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。
②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。
③列出表达式,注意适用条件和量的一一对应。
④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20N
B．当物体N在B端时，M对地面的压强为4×103Pa
C．当物体N在A端时，M应切去部分的质量为0.8kg
D．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η与G物的关系图象，如图乙所示，不计绳重和摩擦，下列说法正确的是（　　）

①此滑轮组动滑轮的重力为20N；
②当G物=150N时，小林对绳子的拉力为60N；
③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；
④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①③ B．只有②③ C．只有②④ D．只有①②
【答案】C
【解析】由图甲可知，动滑轮上的绳子股数为3股。
①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①错误；
②当G物=150N时，小林对绳子的拉力

故②正确；
③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③错误；
④若水平高台能承受的最大压强为12500Pa，则水平高台能承受的最大压力
F压=pS=12500Pa×0.04m2=500N
小林同学的重力
G林=m林g=40kg×10N/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④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（　　）

A．B匀速下降时，物体A受到3N的摩擦力
B．拉力F的大小为4N
C．拉力F的功率为1.2W
D．B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；
C．B以0.3m/s的速度匀速上升时，绳子端移动的速度，即A物体的速度
vA=3vB=3×0.3m/s=0.9m/s
拉力的功率
P=FvB=4N×0.9m/s=3.6W
故C错误；
D．B匀速上升0.6m，A移动的距离
sA=3sB=3×0.6m=1.8m
此过程拉力做功
W=FsA=4N×1.8m=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/s
B．整个装置的机械效率为73.3%
C．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900N
D．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（　　）

A．A物体的密度6g/cm3
B．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
C．A物体受的重力和地面对它的支持力是一对平衡力
D．A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=10cm×10cm=100cm2=0.01m2
故由F=pS可得，A对地面的压力为
F压=pS=2000Pa×0.01m2=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=6kg×10N/kg=60N
由杠杆的平衡条件可得
FA×L1=GB×L2
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
GA×L1=GB×L′
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
ΔL=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，OA∶OB=2∶1。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），以下说法正确的是（　　）

A．浮筒的重力为2N
B．水箱的底面积180cm2
C．停止加水时浮筒移动的距离为4cm
D．整个过程中浮筒下表面所受的最大压强为2.4×103Pa
【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（　　）

A．a→b弹簧的弹性势能转化为蹦极者的机械能
B．a→b蹦极者的机械能保持不变
C．a→c蹦极者减少的重力势能和动能等于绳增大的弹性势能
D．a→c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，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，a→c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；
D．a→c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（　　）

①0~2秒，物体处于静止状态，是因为推力小于摩擦力
②2~4秒，物体受到的摩擦力为2N
③2~4秒，物体做匀速直线运动
④4~6秒，推力F做的功为16J
A．只有①③ B．只有①④ C．只有②③ D．只有②④
【答案】D
【解析】①．由v﹣t图象可知，0～2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f＝F，故①错误；
②③．由v﹣t图象可知，在4s~6s物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由F﹣t图象可知在4s~6s拉力F＝2N，由平衡条件可得滑动摩擦力
f＝F＝2N
由v﹣t图象可知，物体在2~4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②正确，③错误；
④．由v﹣t图象可知，在4s~6s物体运动的速度v＝4m/s，由得，4s~6s物体运动的距离为
s＝vt＝4m/s×(6s﹣4s)＝8m
则4~6秒推力F做的功为
W＝Fs＝2N×8m＝16J
故④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（　　）

A．   B．  
C．   D．  
【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）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（　　）

A． B．
C． D．
【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W＝fs，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（s﹣∆l）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（s﹣∆l）的过程中，W一直增大，故A错误、B正确；
CD．从x＝∆l开始运动时，弹簧的弹力大于木块受到的摩擦力，木块做加速运动，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（s﹣∆l）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；
BCD．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①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．①位置到②位置的过程中重力势能转化为弹性势能
B．②位置到③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．③位置时运动员的动能为零
D．④位置时运动员的动能等于③位置时运动员的重力势能
【答案】B
【解析】A．①位置到②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．②位置到③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．③位置为最高点，运动员水平方向的的速度不为0，故③位置时运动员的动能不为零，故C错误；
D．由③到④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④处为参考平面，则重力势能为0，但位置③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/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0.25kg
B．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ΔL=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Fs
B．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．无法判断
【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W1