2023安徽版物理中考复习题-专题九 简单机械 功和机械能 (一)

2023安徽版物理中考

专题九简单机械功和机械能

基础运用

一、填空题（每空2分，图2分，共12分）

1.（2022海南）如图所示为我国古代货物装船的场景。比时木棒属于省力杠杆（选填“省

力”，，等臂，，或，，费力，，），将重1oooN的货物提升1.5m,杠杆对货物做功为1500J。

2.（2022阜阳模拟）如图所示是某段道路的限速标识牌。在高速公路上，对不同车型设定不一样

的最高行驶速度,是因为质量大的车，速度越大，动能越大，因此行驶时潜在的危险性也增

大。

解析运动的物体，质量越大，速度越大,动能就越大。在行驶速度相同时，车的质量越大,其具有

的动能也越大，行驶时潜在的危险性也越大。因此质量大的车，速度越大，动能越大，这也就是为

什么对不同车型设定不一样的最高行驶速度的原因。

3.（2022马鞍山模拟）如图所示是玩弹弓的情景。经验表明，橡皮筋拉得越长，同样的“子弹”

射得越远,这说明橡皮筋的弹性势能与橡皮筋伸长的长度有关;若橡皮筋被拉的长度相同,

而所用“子弹”的质量不同，则质量大的“子弹”射出的距离较小，原因是质量大的“子弹”射

出时的速度小。

解析橡皮筋弹性势能的影响因素是橡皮筋发生形变的程度，橡皮筋形变的程度越大，其弹性势

能就越大,转化成的动能就越多，“子弹”射得越远,所以说橡皮筋的弹性势能与橡皮筋伸长的

长度有关;当“子弹”射出时子弹”具有的动能是橡皮筋的弹性势能转化来的J象皮筋被拉

的长度相同,说明橡皮筋的弹性势能相同，在理想的情况下，转化成的动能也相同,根据动能的影

响因素是质量和速度可知,在动能相同时，“子弹”的质量越大，“子弹”速度就越小。

4.(2022合肥二模)如图,在轻质弯杠杆A0BC的C端施加一个最小的动力F,提起悬挂在其A端

重为200N的物体并保持静止状态，已知。为杠杆的支点,AO50cm,0B=30cm,BC=40cm,则所施

加的最小动力F的大小应为200N；并请在图中作出所施加的最小动力F的示意图。

A()

q

解析由题知,0为杠杆的支点，动力作用在C端，

根据杠杆的平衡条件，要使动力最小，则动力臂应最长,由图知0C为最长的力臂，动力的方向与

0C垂直且向下，如图所示。

在直角三角形OBC中，斜边0C=J(O8)2+(8C)2=J(30cm)2+(40cm)2=50cm,

由杠杆的平衡条件可得FXOC=GXOA,

则最小的动力大小为

0^4xG50cmx200N^QQ,

0C50cm

二、选择题（每小题3分，共15分）

5.（2022广西北部湾）如图所示的各种工具，正常使用时省力的是(B)

A.定滑轮B.动滑轮

D.船桨

解析定滑轮实质是一等臂杠杆，不省力也不费力;动滑轮实质是个动力臂为阻力臂2倍的杠杆,

动滑轮在使用时可以省力;筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆;船桨属于费力杠

杆,这样的好处是省距离，故A、C、D错误,B正确。

6.（2022北京）如图是神舟十三号载人飞船返回舱返回地面时的情境。打开降落伞后，若返回舱

在一段时间内的运动可看作是竖直向下的匀速运动，则关于返回舱在这段时间内,下列说法正确

的足(A)

8.（2022云南）如图所示，工人利用滑轮组将质量为57kg的建筑材料匀速提升，绳子自由端移

动的速度为0.4m/s,动滑轮的质量为3kg,忽略绳重和摩擦,g取10N/kg,则（B）

A.经过10s建筑材料被提升4m

B.工人对绳子的拉力为300N

C.经过10s工人做的有用功为2280J

D.此过程中该滑轮组的机械效率为90%

解析经过10s绳子自由端移动的距离s=vt=0.4m/sX10s=4m,动滑轮绳子股数n=2,建筑

材料上升的高度=等=2m,A错误。G物二m物g=57kgXION/kg=570N,动滑轮重G动二m动g=3

kgX10N/kg=30N,不计绳重和摩擦，拉力F=1（G物+G动片（570N+30N）=300NrB正确。有用功

W白力物h=570NX2ITFI140J,C错误。总功W,6=Fs=300NX4m=l200J,机械效率

n当X100%=瑞X100%=95%rD错误o

•V.-

9.（2022河南）为了将一物块送到高处，小杰用木板和滑轮搭建了如图所示的装置。用力F拉动

绳端，物块沿斜面匀速向上运动，下列说法正确的是(C)

A.该装置使用滑轮是为了更加省力

B.此过程中物块的动能转化为重力势能

C.物块所受摩擦力的方向沿斜面向下

D.若绳子突然断开，物块将立即下滑

解所该装置使用的是定滑轮，只能改变力的方向，不能省力,A错误。因为物块匀速运动，所以

动能不变，所以不是动能转化为重力势能,正确理解应当是拉力F对物体做功使重力势能增加,B

错误。滑动摩擦力与相对运动方向相反，物块相对斜面斜向上运动，所以受到的摩擦力方向沿斜

面向下,C正确。若绳子突然断开，物块由于惯性会先继续向上运动一段距离,D错误。

三、实验题（每空2分，共16分）

10.（2022舒城模拟）在“探究影响物体动能大小的因素”实验中，让小球从斜面的不同高度由

静止开始滚下，撞击水平木板上的木块，如图所示。

（1）该实验中物体的速度是指小球A从斜面上由静止滚下与木块B碰撞时碰前A（选填“碰

前A”“碰后A”“碰前B”或“碰后B”）的速度；

（2）小明在准备实验器材的时候，有两块相同长度的光滑长木板M和粗糙长木板N,为了使实验顺

利进行，小明应选择长木板N（选填"M”或"N”）；

（3）若斜面光滑，小球从斜面由静止滑下碰撞木块后,木块在水平面上滑动一段距离后停下来。

增大斜面的倾角,仍让小球从同一高度处由静止滑下，则木块在水平面上移动的距离」£变

（选填“变大”“不变”或“变小”）（不计空气阻力）。

解析（1）该实验中物体的速度是指小球A从斜面上由静止滚下与木块B碰撞时碰撞前A的速

度，这个速度的大小是通过控制小球在斜面上的高度改变的;（2）实验中，水平面不应太光滑，若水

平面光滑，木块不受摩擦力,由牛顿第一定律可知木块将永远运动下去，则木块通过的距离无法

确定，做功的多少也无法确定，所以小球动能的大小就无法比较，应选择较粗糙的水平面来完成

实验，故选N；（3）小球从不同倾斜角度的斜面的同一高度处由静止滑下，同一小球的重力势能相

同，斜面光滑，没有摩擦力，机械能守恒，小球从斜面上滑下，重力势能全部转化为动能，重力势能

相等，动能相等，所以木块运动距离不变。

11.（2022六安模拟）在“探究影响滑轮组机械效率的因素”实验中，小芳用如图所示的滑轮组

分别做了3次实验，实验数据记录如表：

序钩码钝码上升弹簧测力弹簧测力计

n/%

号重/N距离北m计示数/N上升距离/fcm

①2511566.7

②351.41571.4

③4515

甲乙丙

（1）在实验操作中应该蜕直向上匀速拉动弹簧测力计;

⑵进行第3次测量时，弹簧测力计示数为1.6N；机械效率约为83.3研保留到0.1%）；

（3）分析实验数据，小芳得出的实验结论是:使用同一滑轮组提升不同重物，增加物重可以提

高机械效率;

（4）若在实验时弹簧测力计拉动方向偏离了竖直方向，则测出的机械效率将（选填“变

大”“不变”或“变小”）。

解圻（1）在实验操作中应该竖直向上匀速拉动弹簧测力计，此时系统处于平衡状态，测力计示

数等于拉力的大小;（2）由图丙弹簧测力计示数可知，其分度值为0.2N,示数为1.6N；机械效率

n二券冷黑黑黑X100383.3%；⑶分析实验数据,小芳得出的实验结论是:使用同一滑轮组

提升不同重物，增加物重可以提高机械效率;（4）若在实验时弹簧测力计拉动方向偏离了竖直方

向,则拉力的测量值偏大，总功偏大,而有用功不变，由n=Jx100%可知，测出的机械效率将变小。

四、计算题（笫12小题5分悌13小题5分，笫14小题7分洪17分）

12.（2022六安模拟）跳绳是一种简便易行的锻炼方式，如图所示是小明同学跳绳时重心提升的

高度h随时间t变化的图像。已知小明体重为500N,求:

h/cm

♦八/I

0（）.220.40.620.8小

（1）小明跳一次时克服自身重力所做的功；

（2）小明在1min内克服自身重力做功的平均功率。

答案（1）30J（2）75W

解析（1）跳一次上升的高度为h=6cm=0.06m,

所以跳一次克服重力所做的功为

W=Gh=500NX0.06m=30J；

（2）由图像可知跳一次用的时间为0.4s,所以1min钟跳150次,1min所做的功为

W总=150W=150X30J=4500J,

功率为p-W总-45。叽75凡

t60s

13.（2022天津）如图是用道钉撬撬道钉的情景。道钉撬可视为以0为支点的杠杆，若动力B为

200N,动力臂11为1.2忒图中未画出），阻力臂k为0.06叫不计道钉撬自身重力。

（）在图中画出动力臂1.；

（2）求道钉对道钉撬的阻力展的大小。

f

八

答案（1）如图所示

—4厂/（j

八|1

说明:用其他方式标示动力臂正确也可得分。

2OONxl2m3

（2）F2^.=--4X10No

、,G0.06m

14.（2022马鞍山模拟）已知物体的动能表达式为EkWm，；在无其他外力做功的情况下，运动的物

体克服阻力做了多少功,物体的动能就会减小多少。现有一质量为0.4kg的足球，以5m/s的

速度在水平操场上沿直线滚动25m后静止，求：

⑴初始时刻,足球的动能；

（2）整个运动过程中,足球动能的改变量;

（3）足球在运动过程中所受的阻力（设阻力大小始终不变）。

答案（1）5J（2）5J（3）0.2N

解析（1）初始时刻，足球的动能为

22

Ek^mv=1x0.4kgX（5m/s）=5J；

（2）整个运动过程中，足球最终静止,动能为0,则足球动能的改变量为5J；

（3）足球在运动过程中动能全部用来克服阻力做功，根据W=fs可知,所受的阻力为

f二匕如二旦二0.2No

ss25m

一、填空题（每空2分，共16分）

1.（2022广东）图甲中过山车从A点出发，先后经过B、C、D、E点。图乙是过山车在B、C、D、

E点的动能和重力势能大小的示意图，则过山车的动能在上点最大,B点重力势能的大小等

于E点动能的大小。在这个过程中，过山车的机械能是变化（选填“变化”或“不变”）

的。

0BCI)位置乙

解析由题图乙可知C点处动能最大,B点重力势能等于E点动能，机械能等于势能和动能的和,

所以B点的机械能大于E点的机械能，过山车的机械能减小。或从能量守恒的角度分析可知从

A点到E点的全过程,过山车克服摩擦做功，有一部分机械能转化为内能。

2.（2022福建）如图，用滑轮组帮助汽车脱困时，滑轮B的作用是改变力的方向；汽车被匀速

拉动时，作用在绳子上的拉力F为1000N,滑轮组的机械效率为80%则汽车受到的摩擦力为

1600No

解析定滑轮的特点是能够改变力的方向。设汽车前进的距离为s,由于n=2,则绳子自由端移

动的距离为2s,该过程的有用功W右二fs①，总功W总

=2Fs②，n-><100%='X10。%二2X100%=80%③,由①②@得f=l600N。

W.,2Fs2F

解题分析当滑轮组横放使用时克服摩擦力做有用功，所以有用功w片fs物，总功W产Fs题额外

功W总-W『Fs照-fs物，机械效率n等X100%=^X100版此时机械效率与物体重力无关，绳

W急口绳

端移动的距离与物体运动的距离的关系为S绳二ns物。

3.（2022湖南长沙）用如图所示的电动起重机将3000N的货物提高4叫起重机对货物做的有

用功是1.2X10,J；它的电动机功率为3000W,此过程用时10s,起重机的机械效率为

40虢若减小动滑轮的重力，起重机的机械效率将变高。

解析有用功w有二Gh=3ODONX4m=1.2X104J。总功W总=Pt=3000WX10s=3X10*

J，11誉老舞40%。提升相同重物、上升相同高度时，减小动滑轮的重力，则W有不变用欲减小,

W,jJXJLUJ

由n二卬二〃工可知，机械效率变高。

1V总叩有十%额

二、选择题（每小题3分，共12分）

4.（2022亳州模拟）如图所示，在轻质杠杆上吊一重物，在一端施加一个始终与杠杆垂直的拉力F,

使杠杆缓慢地从0A转至水平位置0B,则在转动过程中(C)

A.F变小B.F先变大后变小

C.F变大D.F先变小后变大

解析由图可知,将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置的过程中，动力臂不变，阻力不变”且力

臂变大，根据杠杆平衡条件F/产FL可知，动力逐渐变大。

5.（2022六安模拟）如图，用同一滑轮组匀速提起等重的物体,物体上升的速度相同，在相同的时

间内，拉力做功分别为h拉力做功的功率分别为R、P〃滑轮组机械效率分别为L、臬,不

计绳重与摩擦，则下列选项中正确的是(C)

①明汛②WiW③POP?@n,=n2

A.①④B.①③

c.②④D.①③④

解析由图可知n尸3,&=2,已知物体上升的速度相同，则在相同的时间内，物体上升的高度h相

同,因为绳子自由端移动的距离s=nh,所以s尸3hR=2h,不计绳重及摩擦，且动滑轮的重力相同,

则为力做的功分别为M=FiSi"（G物+G动）X3h=（G物+G动）h）〉二F2s2三（6物+G动）X2h=（G物+G动）h,所以

Wf,故①错误，②正确;由于所用的时间相同，且W尸陶根据公式P—可知,两次拉力的功率是相

同的，即P尸P）故③错误;将相同的物体匀速提升相同的高度，由w『G物h可知，所做的有用功相

同;由前面分析可知总功也相同，所以，由「得可知，两'滑轮组的机械效率相同，即叫二爪,故④

正确。综合分析②④正确。

6.（2022芜湖模拟）如图甲所示的装置是用来探究滑轮组的机械效率n与物重G物的关系，改变

G物竖直向上匀速拉动弹簧测力计，计算并绘出n与G物关系如图乙所示，若不计绳重和摩擦，则

下列说法正确的是(C)

甲

1)/%

80

012GJN

乙

A.此滑轮组动滑轮的重力为2N

B.当G物二6N时，滑轮组机械效率n=40%

C.当G物'=15N时,弹簧测力计的示数为6N

D.此滑轮组机械效率n随G物的增大而增大，最终将达到100%

解析不计绳重和摩擦,滑轮纽的机械效率n等/,由图乙可知当物体的重力为

W总G物九+G动八G物+G动

12N时,滑轮组的机械效率为80%即80%七芸「解得动滑轮重力G动=3N,故A错误;不计绳重

"N+G动

和摩擦，滑轮组的机械效率n二二二;二二月「所以当G物二6N时，滑轮组的机械效

卬总G物八+G动八G物+G动

率:n=7X100%-66.7%,故B错误;由图甲知n=3,G物'=15N时，弹簧测力计读数F4（G物'+

G>|X（15N+3N）=6N,故C正确;使用滑轮组时，克服物重的同时,不可避免地要克服动滑轮重

Wt-G^hG.

做额外功，所以总功一定大于有用功，由效率公式n二W总GQ二+G动九G物+G动可知机械效率一定小于

L即同一滑轮组机械效率H随G物的增大而增大，但最终不能达到100%,故D错误。

7.（2022淮南模拟）如图所示,质量为m的小球从静止下落，落在竖直放置静止的轻弹簧上的A

点，到达B点时小球重力与弹簧的弹力大小相等，图中C点是小球到达的最低点（不计空气阻力）,

下列说法正确的是(D)

o

A.从A到C,小球重力势能减小，动能增大，小球与弹簧机械能总量不守恒

B.从A到C,小球重力势能减小，动能减小,小球与弹簧机械能总量不变

C.到C点时，小球的动能为零，小球受到的重力大于弹簧的弹力

D.从A到C,小球的机械能一直在减小

解圻小球在下落过程中，质量不变，高度减小，则小球的重力势能减小;不计空气阻力，在A点之

前/卜球的重力势能转化为动能,动能先增大;在AB段,向下的重力大于向上的弹力，合力向下，小

球做加速运动，动能逐渐增大，同时弹簧的弹性势能增力n；在BC段，向上的弹力大于向下的重力,

合力向上，小球做减速运动，动能逐渐减小,同时弹簧的弹性势能增加。综上所述,下落过程中小

球的动能先增大后减小。不计空气阻力，整个过程中小球与弹簧无机械能损失，则小球与弹簧的

机械能总量守恒，故A、B错误。到达C点时，小球的动能为零,由于在B点时重力等于弹力,C点

的弹性形变程度大于B点的弹性形变程度，所以C点的弹力大于B点的弹力，即C点的弹力大于

小球的重力，故C错误。从A至C过程中，弹簧的弹性势能增大，且增大的弹性势能是由小球的

机械能转化而来的，所以小球的机械能一直在减小，故D正确。

三、实验题（每空2分，共18分）

8.（2022宣城模拟）在探究杠杆平衡条件的实验中。

（1）先把匀质杠杆的中点置于支架上，这样做的目的是消除杠杆的自重对.实验的影响，杠杆

静止时的位置如图中所示，则此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“不平衡”）状态。为了

使杠杆静止时处于水平位置，接下来的操作是将杠杆右端的平衡螺母向选二真"左”或

“右”）移动。

（2）如图乙所示，在杠杆左侧距离0点20cm处挂一个重为G的物体，在杠杆右侧不同位置处施

加不同的烧直向下的力F,保证杠杆处于水平平衡状态。根据多次测量的I\L数据，画出如图

丙所示的图像，由图可知,F与L成反比（选填“正比”或“反比”）。结合杠杆平衡条件，可

求出物重G的大小是2.5No

（3）小飞在利用图丁探究杠杆平衡的条件时，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于平衡状态时总

是得出“FLWFJ2"，其原因是一杠杆的自重对实验的影响。

解析（1）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，把匀质杠杆的中点置于支架上，是为了消除杠杆

自重对实验的影响;杠杆静止时,杠杆是平衡的，杠杆水平平衡是杠杆平衡的特殊情况;如发现杠

杆左端偏高，应将右端的平衡螺母向左调节。（2）如丙图,F和;成正比，可知F与L成反比，当F=2

N时m；解得『0.25叫根据杠杆平衡条件得GL'=FL,L'=20cm=0.2叫所以,G今二丝泮”二

L»IJ"Ill

2.5No

（3）利用图丁的装置进行探究时，杠杆的支点与杠杆的重心不重合，杠杆自身重力会影响实验，测

出的数据与杠杆平衡条件不相符。

9.（2022宿州模拟）如图所示是小聪同学设计的“测量斜面机械效率”的实验装置：

（1）每个实验都有需要特别强调的注意事项,如在本实验中，用弹簧测力计拉动木块时，需要注意

两点:一是拉力方向要与斜面平行;二是要让木块沿斜面做匀速直线运动。

（2）小聪分别使用等重的木块和小车完成了机械效率的测量，相关数据如表所示：

拉升高度拉力拉动距机械效

次数物体物重GA

h/cm离5/cm率n/%

1木块6101.2010050

2小车6120.75120

第2次实验中斜面的机械效率为3^；小聪的两次实验对比，可以研究斜面的机械效率与

摩擦力大小的关系。

解圻（1）“测量斜面机械效率”的实验中,为使弹簧测力计的示数稳定，便于读数，一是拉力方

向要与斜面平行，二是要让木块沿斜面做匀速直线运动;（2）第2次实验中斜面的机械效率

n二会xi（m暇xioo竭撰篝言黑xioo%=8。%;根据表中实验数据可知，两次实验数据中的

拉升高度与拉动距离的比值相等,因此斜面的