2020-2021中考物理杠杆平衡条件的应用问题(大题培优)及答案解析|江阴雨辰互联

2023年6月28日发(作者：)

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，已知杠杆上每个小格的长度为2cm，用弹簧测力计在A点斜向上（与水平方向成30°角）拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。下列说法中正确的是（）

A．此时杠杆的动力臂为0.08m

B．此时为省力杠杆

C．当弹簧测力计向左移至竖直位置时，其示数为1N

D．图中钩码的总重力为2N

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．当弹簧测力计在A点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，所以动力臂

11l1OA42cm4cm=0.04m

22故A错误；

B．由图知，钩码对杠杆拉力为阻力，阻力臂的大小

l2=3×2cm=6cm＞l1

杠杆为费力杠杆，故错误；

CD．由图知，弹簧测力计示数为3N，根据杠杆的平衡条件F1l1=Gl2可得

GF1l13N4cm=2N

l26cm'竖直向上拉A点时，力臂大小等于OA，由杠杆平衡条有F1OAGl2

，所以测力计的示数

F1故C错误，D正确。

故选D。

Gl22N6cm=1.5N

OA2cm4

2．如图所示，杠杆挂上钩码后刚好平衡，每个钩码的质量相同，在下列情况中，杠杆还能平衡的是 A．左右钩码各向支点移一格

C．左右各减少一半钩码

【答案】C

【解析】

B．左右各减少一个钩码

D．左右各增加两个钩码

设杠杆的分度值为 L，一个钩码的重为G．原来4G×2L=2G×4L；

左、右钩码各向支点移动一格，左边=4G×L=4GL，右边=2G×3L=6GL，左边＜右边，杠杆向右端下沉，A不符合题意；

左右各减少一个钩码，左边=3G×2L=6GL，右边=G×4L=4GL，左边＞右边，杠杆向左下沉，B不符合题意；

左、右钩码各减少一半法码，左边=2G×2L=4GL，右边=G×4L=4GL，左边=右边，杠杆平衡；C符合题意；

左右各增加两个钩码，左边=6G×2L=12GL，右边=4G×4L=16GL，左边＜右边，杠杆右边下沉，D不符合题意，故选C．

3．如图所示的轻质杠杆OA上悬挂着一重物G，O为支点，在A端用力使杠杆平衡。下列叙述正确的是（）

A．此杠杆一定是省力杠杆

C．沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡

杆

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

B．沿竖直向上方向用力最小

D．此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠A．因为无法确定动力臂的大小，所以无法确定是哪种杠杆，故A错误；

B．沿垂直杠杆向上的方向用力，动力臂最大，动力最小，最省力，故B错误；

C．沿OA方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C错误。

D．因为杠杆的动力臂无法确定，所以它可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆，故D正确。

故选D。

4．生活中，小华发现有如图甲所示的水龙头，很难徒手拧开，但用如图乙所示的钥匙，安装并旋转钥匙就能正常出水（如图丙所示）．下列有关这把钥匙的分析中正确的是

A．在使用过程中可以减小阻力臂

B．在使用过程中可以减小阻力

C．在使用过程中可以减小动力臂

D．在使用过程中可以减小动力

【答案】D

【解析】

【详解】

由图可知，安装并旋转钥匙，阻力臂不变，阻力不变，动力臂变大，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知，动力变小，故选D。

5．AC硬棒质量忽略不计，在棒的B、C两点施加力F1、F2，F2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（

）

A．F1

B．F1=s2F2

s1C．F1力臂等于s1

D．F2方向沿OO'线向上

【答案】D

【解析】

【详解】

AC．由图知，F2的方向沿OO′线，其力臂最长，为s2；而F1的方向竖直向下，所以其力臂L1是从A点到F1的垂线段，小于s1，更小于s2，

由F1L1=F2L2知，L1＜s2，所以F1一定大于F2，故AC不符合题意；

B．由F1L1=F2L2知，

F1L1=F2s2，即

F1故B不符合题意；

F2s2

L1D．已知F1的方向是竖直向下的，为保持杠杆平衡，F2的方向应该沿OO′向上，故D符合题意。

6．如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是

A．当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，该杠杆一定是省力杠杆

B．当重物悬挂在C点，动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力

C．无论重物挂在A点还是B点时，利用该机械所做的有用功都相等

D．如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变

【答案】C

【解析】

【分析】

灵活运用杠杆平衡公式分析即可；

【详解】

AB．不论重物悬挂在A点或C点，也不论动力作用在C点还是B点，判断杠杆是省力还是费力，需要根据杠杆平衡公式，不仅与力的作用点有关，还与力的方向有关，因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力，故AB错误；

C．无论重物挂在A点还是B点时，由于物体质量相同，上升高度相同，则根据WGh可知，该机械所做的有用功都相等，故C正确；

D．动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直时，可得动力臂大小始终不发生变化，但由于物体上升，重物的阻力臂会逐渐减小，则由杠杆平衡公式可知动力会减小，故D错误。

7．悬挂重物G的轻质杠杆，在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置，若力施加在A

点，最小的力为 FA，若力施加在B点或C点，最小的力分别为 FB、FC、且 AB=BO=OC．下列判断正确的是（

）（忽略O点的位置变化）

A．FA > G

B．FB = G C．FC <

D．FB > FC

【答案】C

【解析】

【详解】

在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力最小；若力施加在A点，当OA为动力臂时，动力最小为Fa；若力施加在B点，当OB为力臂时动力最小，为Fb；若力施加在C点，当OC为力臂时，最小的力为Fc，从支点作阻力的力臂为Gl，如图所示：

A．Fa的力臂AO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fa＜G，A错误。

B．Fb的力臂BO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fb＜G，B错误。

C．Fc的力臂CO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fc＜G，C正确。

D．Fb的力臂BO=OC，根据杠杆的平衡条件可知，Fb=Fc，D错误。

8．要使图中的杠杆平衡，分别用FA、FB、FC的拉力，这三个力的关系应是

A．FA＞FB＞FC

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

B．FA＜FB＜FC C．FA＞FC＞FB D．FA=FB=FC

分别从支点向三条作用线做垂线，作出三个力的力臂，如图；

从图可知，三个方向施力，F B

的力臂L OB

最长，其次是L OC 、L OA ，而阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件F1L1F2L2可知，动力臂越长动力越小，所以三个方向施力大小：F A ＞F C ＞F B ．

故选C．

9．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着体积为1cm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示。当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度，下列说法中错误的是（）

A．密度秤的零点刻度在Q点

B．密度秤的刻度都在Q点的左侧

C．密度秤的刻度都在Q点的右侧

D．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．合金块没有浸入液体时，液体的密度应为零，所以秤的零刻度应该在Q处；故A正确，不符合题意；

BC．若秤砣由Q向右移动，它的力臂变长，则左边合金块拉秤杆的力应增大，但合金块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点的右边应该是没有刻度的，其刻度都在Q点的左侧。故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；

D．秤砣的质量不变，由Q向左移动时，它的力臂变短，则左边合金块拉秤杆的力减小，说明合金块受到的浮力增大，而合金块排开液体的体积不变，说明液体的密度变大，所以刻度应逐渐变大，即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边；故D正确，不符合题意。

故选C。

10．如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态。下列操作仍能使杠杆在水平位置保持平衡的是

（

）

A．两侧钩码同时向外移一格

B．左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码 C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码

D．在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

设一个钩码的重力为G，横梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有

2G3L3G2L

A．两边各向外移一格，左边

2G4L8GL

右边

3G3L9GL

由于

8GL9GL

杠杆右端下沉，故A不符合题意；

B．左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码，因左边

2G4L

右边

4G2L

因

2G4L4G2L

故B符合题意；

C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码，左边

3G3L9GL

右边

4G2L8GL

因为

9GL8GL

杠杆左端下沉，故C不符合题意；

D．在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码，左边

G3L3GL

右边

2G2L4GL

由于

3GL4GL

杠杆右端下沉，故D不符合题意。

故选B。

11．用如图所示的杠杆提升重物，设作用在A端的力F始终与杆垂直，那么，在将重物提升到最高处的过程中，力F的大小将 ( )

A．逐渐变小

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

B．先变小，后变大 C．逐渐变大 D．先变大，后变小

由题知，当慢慢提升重物时，重力(阻力)不变，阻力臂增大(水平时最大)，动力臂不变，即：G不变、L1不变,，L2增大∵FL1＝GL2∴力F逐渐变大；故选C.

12．如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析正确的是

A．B点是支点，液压杆施的力是动力，货物重力是阻力

B．B点是支点，物体A放在车厢前部可省力

C．C点是支点，物体A放在车厢后部可省力

D．C点是支点，物体A放在车厢前部可省力

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

由图可知车厢绕着点C

转动,所以

点C为支点;

当物体

放在车厢的后部时,动力臂大于阻力臂,因此省力，所以选项ABD

都不正确，故答案为 C.

13．如图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，AB3BO，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B点施加竖直向下的拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1:F22:3，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（）

A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛

B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛

C．健身者在B点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛

D．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为540牛

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力为

FGFN

由图知动滑轮上有2段绳子承担物重，因此杠杆A点受到的拉力

FA2FG动2（GFN）G动

根据杠杆的平衡条件得到

FAOAFBOB

即

（GFN）G动2OAFBOB

因为

AB3BO

所以

AO2BO

则

（GFN）G动22FB1

即

FB4（GFN）2G动

当压力为85N时

F14（120N-85N）2G动

当压力为60N时

F24（120N-60N）2G动

因为 F1:F2＝2:3

所以

（120N-85N）2G动2F14

F24（120N-60N）2G动3解得

G动30N

A．当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为

FB4（GFN）2G动4（120N-50N）230N=340N

故A错误；

B．当配重对地面的压力为90N时，B点向下的拉力为

FB4（GFN）2G动4（120N-90N）230N=180N

故B错误；

C．健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，根据

FB4（GFN）2G动

可得

400N4（120NFN）230N

解得

FN35N

故C正确；

D．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据

FB4（GFN）2G动

可得

FB4（120N-0N）230N=540N>500N

因为人的最大拉力等于体重500N，因此配重不可能匀速拉起，故D错误。

故选C。

14．如图所示，AC硬棒质量忽略不计，在棒的B点悬挂一个重物，在棒的C点施加一个方向沿OO的力F，棒在力F的作用下从水平位置被缓慢提升到图示位置。则下列相关描述正确的是（）

A．力F的方向沿OO向下

【答案】D

【解析】

【详解】

B．ABC是费力杠杆

D．在提升过程中，力F变小

C．阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力

A．F1对杠杆的拉力向下，则为了将杠杆抬起，力F的方向应沿OO向上，故A错误；

B．由于力F的方向应沿OO向上，则动力臂为S2，阻力臂小于动力臂，则杠杆为省力杠杆，故B错误；

C．与杠杆接触的是悬挂在杠杆上的绳子，则阻碍杠杆转动的力是绳子对杠杆的拉力，故C错误；

D．在移动过程中，F1的力臂逐渐变小，拉力F力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知力F变小，故D正确。

故选D。

15．如图所示，直径为50cm的半球形碗固定在水平面上，碗的端口水平。一根密度分布均匀，长度为60cm的光滑杆ABC搁置在半球碗上，碗的厚度不计，平衡时杆受到的重力与杆在B点受到的弹力大小之比为( )

A．5

：3

【答案】A

【解析】

【详解】

B．6

：5 C．3

：2 D．4

：3

以AC棒为研究对象受力如图所示：

根据几何关系可得：

OABOBABAD

设杆在B点受到的弹力为N，根据力矩平衡可得：

NLABGLAD

则：

N25cos2G30cos 解得：

G5

N3故A项符合题意；BCD项不符合题意；

16．如图所示，小凯用拉力F提着重为G的物体匀速缓慢上升h，下列关于杠杆的有关说法正确的是（）

A．拉力F所做的总功为Fh

B．杠杆的机械效率是Gh/Fh×100%

C．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，拉力的大小与原来相同

D．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，拉力所做的总功与原来相同

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．重为G的物体匀速缓慢上升h，总功应为拉力F与力的方向上的位移s的乘积，由图可知

s>h

则总功

WFsFh

故A项错误；

B．物体重力做的功为有用功是

W有Gh

而拉力做的功大于Fh，故B项错误；

C．悬挂点从A点移至B点，阻力臂增大，根据公式Fl11F2l2，阻力不变，阻力臂增大，动力臂不变则动力增大即拉力F变大，故C项错误；

D．把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，理想状态下，没有额外功，所以拉力所做的总功与原来相同，故D项正确。

故选D。

17．如图所示，在探究杠杆平衡条件的实验中，杠杆处于水平平衡状态，所用钩码完全相同。下列做法中能使杠杆再次平衡的是

A．分别在两边钩码下再增加一个相同钩码

B．左边减少1个钩码，右边减少2个钩码

C．两边钩码均向支点移动相同的距离

D．左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm

【答案】D

【解析】

【详解】

设一个钩码的重力为G，左边钩码到支点的距离为3l，因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得

2G3l3Gl右，

解得l右2l，即右边钩码到支点的距离为2l；

A．若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则

3G3l4G2l，

此时杠杆不再平衡，不符合题意；

B．若左边减少1个钩码，右边减少2个钩码，则

G3lG2l

，

此时杠杆不再平衡，不符合题意；

C．若两边的钩码均向支点移动相同的距离l，则

2G2l3Gl，

此时杠杆不再平衡，不符合题意；

D．若左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm，则

2G(3l1.5)3G(2l1)，

此时杠杆平衡，符合题意。

18．如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO=BO。若在A端和B端分别悬挂重力相等的两个重物，则杠杆（） A．保持平衡

C．B端下沉

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

轻质杠杆AOB的重力可不计，杠杆的示意图如下所示：

B．A端下沉

D．以上均可能

动力和阻力大小均等于物体的重力，两个重物的重力相等，则F1=F2；动力臂为OA，阻力臂为OC，满足

OCOBOA

所以可知

F1OAF2OC

根据杠杆的平衡条件可知，A端下沉。

故选B。

19．如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面，则（

）

A．F1＞F2，因为甲方法的动力臂长

B．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍

C．F1＞F2，因为乙方法的阻力臂短

D．F1＜F2，因为乙方法的动力臂长

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由图示可知，无论用哪种方法来抬，动力臂总是阻力臂的二倍，所用的力总等于阻力的二分之一，由于阻力就是重力，大小是不变的，所以动力的大小也是不变的，故应选B。

20．如图所示，用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸．一个人从桥的左端匀速走到桥的右端，桥面始终是水平的，不计吊桥和绳的重力，人从吊桥左端出发时开始计时．则人在吊桥上行走过程中，吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是( )

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】

【详解】

吊桥相当于一个杠杆，以吊桥的左端为支点，人从吊桥左端出发，匀速走到桥的右端，杠杆受到人的压力（阻力）等于人的重力，动力臂为

OA=L，

杠杆受到物体的压力（阻力）

F′=G，

阻力臂为

OB =vt，

因为杠杆平衡，所以满足

F×OA=F′×OB=G×vt，

即：

F×L=G×vt，

FGvt

L由此可知，当t=0时，F=0．当t增大时，F变大，F与人行走时间t是正比例关系，故图象B正确，符合题意为答案．

二、初中物理功和机械能问题

21．如图所示，一个玩具弹簧放在斜面上端，将弹簧弯曲一定程度后释放，弹簧沿斜面向下翻滚．弹簧在运动过程中，有哪些机械能发生了转化

A．只有动能和重力势能 B．只有动能和弹性势能

C．只有重力势能和弹性势能

D．动能、重力势能和弹性势能都发生了转化

【答案】D

【解析】

【详解】

根据题意，玩具弹簧放在斜面上端，将弹簧弯曲一定程度后释放，弹簧沿斜面向下翻滚．

首先将弹簧作为一个简单对象考虑，向下翻滚过程中，质量不变，但高度降低了，所以重力势能会减小；

弹簧弹起后，另一端接触斜面时，动能减小，弹性势能增大，且减小的重力势能，会转化弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性形变变大；

弹簧弹起时，弹性势能又转化为动能．

所以这个过程中，动能、重力势能和弹性势能都发生了转化，故D正确．

22．如图所示，粗糙的弧形轨道竖直固定于水平面上，小球由A点以速度v沿轨道滚下，经过另一侧高点B后到达最高点C．下列分析不正确的是（）

A．小球在A、B、C三点的速度大小关系是vCvBvA

B．小球在A、B两点的动能之差等于小球从A点到B点克服摩擦力做的功

C．小球在A、B两点具有的重力势能相同

D．整个过程只有重力对小球做功

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．小球运动过程中会克服摩擦力做功，且质量不变，故从A运动到C的过程中，机械能减小，小球在A与B点的势能相同，故在A点的动能大于B点的动能，C点最高，故小球在C点的势能最大，动能最小，所以vCvBvA，故A正确，不符合题意；

BC．A、B两点高度相同，小球的质量不变，故小球的重力势能相同，小球从A点运动到B点，会克服摩擦力做功，动能减小，动能之差等于克服摩擦力所做的功，故B、C正确，不符合题意；

D．整个过程中，摩擦力也会对小球做功，故D错误，符合题意。

故选D。

23．关于能的概念，以下说法正确的是（）

A．在空中飞行的子弹，因为它能够做功，所以子弹具有能 B．悬吊着的小球，从竖直方向拉开一个角度后，因为小球不能做功，所以小球不具有能

C．甲物体比乙物体的速度大，则甲物体的动能一定比乙物体的动能大

D．甲物体的位置比乙物体的位置高，则甲物体的势能一定比乙物体的势能大

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．在空中飞行的子弹，因为它能够做功，所以具有能，A正确；

B．悬吊着的小球，从竖直方向拉开一个角度后，尽管小球不能做功，但是它具有一定高度，具有重力势能，B错误；

C．甲物体比乙物体的速度大，但是如果甲物体的质量比乙物体的质量小很多，那么甲物体的动能将会比乙物体的动能小，C错误；

D．甲物体的位置比乙物体的位置高，但是如果甲物体的质量比乙物体的质量小，那么甲物体的势能可能比乙物体的势能小，D错误。

故选A。

24．利用如图所示的滑轮组将重为20N的物体在2s内匀速提升2m，拉力F等于12N。此过程中，下列说法不正确的是（

）

A．拉力所做的有用功为40J

B．拉力所做的总功为48J

C．拉力F的功率大小为20W

D．滑轮组的机械效率为83.3%

【答案】C

【解析】

【详解】

A．根据公式可得

W有用Gh20N2m40J

故A正确，不符合题意；

B．由图可知

s2h22m4m

根据公式可得 W总Fs12N4m48J

故B正确，不符合题意；

C．拉力的功率

P故C错误，符合题意；

D．滑轮组的机械效率

W总48J=24W

t2s故D正确，不符合题意。

故选C。

W有40J100%100%83.3%

W总48J

25．一位父亲与他6岁的儿子一起上楼回家，对此，下列说法错误的是（

）

A．爬相同的楼梯，儿子体重小做的功少

B．爬相同的楼梯，父亲体重大做的功多

C．爬相同的楼梯，父亲比儿子先到达，父亲的功率大

D．爬相同的楼梯，儿子坐电梯先到达，儿子的功率大

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

AB．由题知，他们上相同的楼梯，h相同，父亲的体重G1大于儿子的体重G2，根据爬楼做功WGh，所以父亲爬楼做功W1大于儿子爬楼做功W2，即W1＞W2，故A、B正确，不符合题意；

C．父亲爬楼做功多，父亲比儿子先到达，做功时间少，根据P大，故C正确，不符合题意；

D．儿子坐电梯先到达，但爬楼过程中儿子没有施加力，儿子做功为0J，做功功率为0W，故D错误，符合题意。

故选D。

W可知父亲做功功率t

26．九年级的小黄同学一口气从一楼跑到四楼教室，所用时间为 30 s。他上楼过程克服自身重力做功的功率最接近（）

A．1.5 W

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

一层楼的高度约为3m，三层高度约为9m，九年级的同学体重大约为50kg，则克服自身重B．15 W C．150 W D．1500 W 力所做的功约为

W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×9m=4500J

克服重力做功的功率

PW4500J150W

t30s故ABD，都不符合题意，C符合题意。

故选C。

27．下列估测最接近实际的是（

）

A．中学生的正常体温约为38.6℃

B．中学生站立在地面上对地面的压强大约为103Pa

C．中学生游泳时受到的浮力大约是50N

D．中学生从一楼走到五楼做的功大约6×103J

【答案】D

【解析】

【分析】

此题考查对生活中常见物体物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，必要时进行相应的计算，找出符合实际的选项。

【详解】

A．人的正常体温在37℃左右，变化幅度很小，故A不符合实际；

B．一般初中生每只鞋的底面积大约为200cm2，即0.02m2，中学生的体重大约为50kg，则其对地面的压强

p故B不符合实际；

FGmg50kg10N/kg1.25104Pa

2SSS0.02m2C．中学生的体重在500N左右，游泳时接近漂浮状态，受到的浮力与重力相等，约500N，故C不符合实际；

D．中学生的体重在500N左右，一楼到五楼的高度约12m，中学生从一楼走到五楼所做的功约为

WGh500N12m6103J

故D符合实际。

故选D。

28．在四川抗震救灾现场，一块水泥板质量为 0.5 t，起重机在 5 s

内把它匀速提高 2m，

此过程中（g=10N/kg）（

）

A．起重机对水泥板所做的功为 1×104J

C．起重机提升水泥板的功率为 2×102 W

【答案】A

【解析】

B．起重机对水泥板所做的功为 1×103J

D．起重机提升水泥板的功率为 5×102 W 【详解】

AB．水泥板的质量

m0.5t500kg

水泥板受到的重力

Gmg500kg10N/kg5000N

起重机对水泥板所做的功

WGh5000N2m1104J

故A符合题意、B不符合题意；

CD．起重机对水泥板所做功功率

W1104JP2103W

t5s故C、D不符合题意。

故选A。

29．如左图所示，放在水平地面上的物体，受到方向不变的水平推力F的作用，其推力大小随时间变化的图像（F-t图像）和物体速度大小随时间变化的图像（v-t图像）分别如图所示，下列说法正确的是（）

A．当t=1s时，物体处于静止状态，摩擦力为0N

B．当t=3s时，物体受到的摩擦力是3N

C．在匀速直线运动阶段，拉力F做的功是16J

D．2~4s内，物体的机械能保持不变

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．由v-t图像可知，0~2s时物体的速度大小为零，即t=1s时物体处于静止状态；此时物体受到推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等；由F-t图像可知，t=1s时，F=1N，则此时的摩擦力

fF1N

故A错误；

B．由v-t图像可知，4~6s时，物体匀速运动；由F-t图像可知，此时的推力F′=2N；由于摩擦力与推力F是一对平衡力，所以此时的摩擦力

fF2N

2~4s内，物体做加速运动，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变（与匀速运动时的摩擦力大小相等），仍为2N，故B错误；

C．在4~6s时，物体匀速运动，通过的路程

svt4m/s2s8m

拉力F做的功

WFs2N8m16J

故C正确；

D．2~4s内，物体做加速运动，速度增加，动能增加，高度不变，重力势能不变，则物体的机械能增加，故D错误。

故选C。

30．一位质量约50kg的同学从一楼走到五楼，他上楼过程中克服重力所做的功可能为

A．60J

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

上楼过程中要克服重力所做的功，根据题意知道，该同学的质量是50kg，所以体重是：G=mg=500N，楼层高度越是3m，

一楼走到五楼的高度大约是：h=4×3m=120m，所以，上楼过程中克服重力所做的功是：W=Gh=500N×12m=6000J，故选C．

【点睛】

本题考查的是做功的计算，关键是公式的应用，重点是对楼层的估测，难度不大．

B．600J C．6000J D．0000J

31．如图所示，F1=4N，F2=3N，此时物体 A

相对于地面静止，物体 B

以 0.1m/s

的速度在物体 A

表面向左做匀速直线运动（不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦）。下列说法错误的是（）

A．F2

的功率为 0.6W

C．地面对物体 A

的摩擦力为 2N

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

B．弹簧测力计读数为 9N

D．如果增大 F2，物体 A

可能向左运动

A．由图知，水平使用滑轮组，对于物体B来说n=2，拉力端移动速度

v2v物20.1m/s0.2m/s

拉力F2做功功率 P2F2v3N0.2m/s0.6W

故A正确，不符合题意；

B．不计弹簧测力计、滑轮和绳子的自重及滑轮和绳子之间的摩擦，对于弹簧测力计来说是3股，所以弹簧测力计的示数

F3F233N9N

故B正确，不符合题意；

C．对于物体A，受到的力：B向左的摩擦力

fB2F223N6N

向右的拉力F1=4N，因为A静止，所以地面向右的摩擦力

f地fBF16N4N2N

故C正确，不符合题意；

D．如果增大F2，由于B对A压力的大小没变，接触面的粗糙程度没变，所以B对A的摩擦力不变，此时物体 A

相对于地面仍然静止，故D错误，符合题意。

故选D。

32．如图所示，在伽利略理想实验中，小球每次均从斜面a点自由滚下，分别经过图中b，c，d各位置，关于小球的动能、重力势能、机械能描述正确的是（）

A．小球的重力势能一直在减小

B．在d点的重力势能小于在c点的重力势能

C．从b点运动到c点的过程中，动能转化为重力势能

D．从a到b小球速度越来越大，机械能越来越大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．小球从a到b的过程中，高度变小，重力势能减小，从b到c或d的过程，高度增大，重力势能增加，所以不同的过程重力势能的变化不同，故A错误；

B．c、d两点在同一高度，所以小球在这两点的重力势能相等，故B错误；

C．小球从b点到c点的过程中，动能减小，重力势能增大，是动能转化为重力势能，故C正确；

D．在伽利略理想实验中，机械能是守恒的，所以从a点到b点，小球的机械能不变，故D错误。

故选C。

33．如图所示的装置中有木板、木块、弹簧、小车和砝码（图中未画出），用压缩弹簧的小车释放后撞击木块。能否用此装置探究“物体动能大小与质量和速度的关系”，有两种判断：

（1）能探究物体动能与物体质量的关系；

（2）能探究物体动能与物体速度的关系；这两个判断（

）

A．只有（1）正确

C．（1）（2）都正确

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

(1)用小车、小车加上砝码分别将弹簧压缩到相同程度后静止释放撞击同一个木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能相同，转化的动能相同，最终木块移动的距离相同，故不能探究物体动能与物体质量的关系；

(2)用小车分别将弹簧压缩到不同程度后静止释放撞击同一个木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能不同，转化的动能不同，最终木块移动的距离不相同，故能探究物体动能与物体速度的关系。

综上所述：故ACD错误，B正确。

故选B。

B．只有（2）正确

D．（1）（2）都不正确

34．如图是搬运工人用滑轮组将仓库中的货物沿水平轨道拉出的示意图。已知货物的质量为600kg，所受轨道的摩擦力为其重力的0.1倍，滑轮组的机械效率为75％。若人以0.6m/s的速度匀速前行，经100s将货物拉出仓库。人拉货物的过程中，分析正确的是（

）

A．货物移动距离为20m

C．工人做的有用功为3.6104J

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

A．从图中可以看到，两条绳子托着动滑轮，人以0.6m/s的速度匀速前行，那么货物的速度是0.3m/s，经100s货物移动距离为

B．工人的拉力为400N

D．工人拉力的功率为360W

svt0.3m/s100s30m

货物移动距离为30m，A错误； B．由题意可知，货物的重力

Gmg600kg10N/kg6000N

其摩擦力

f0.1G0.16000N600N

由于货物匀速前行，绳对货物的拉力

Ff600N

滑轮组的机械效率为75％，可得到

600Ns100%75%

F拉2s解得F拉400N，工人的拉力为400N，B正确；

C．货物移动距离为30m，绳对货物的拉力为600N，则工人做的有用功为

W有Fs600N30m1.8104J

工人做的有用功为1.8104J，C错误；

D．由于人以0.6m/s的速度匀速前行，工人的拉力为400N，工人拉力的功率为

PF拉v'400N0.6m240W

工人拉力的功率为240W，D错误。

故选B。

35．静止在水平地面上的物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，如图（甲）所示。在水平路面上直线运动时记录的v-t图像，下列说法正确的是（）

A．物体在0~t1时间内做匀速直线运动

B．物体在t1~t2时间内动能不断变大

C．物体在t3~t4时间内的摩擦力力小于t1~t2时间内的摩擦力

D．物体在t3~t4时间内拉力小于摩擦力

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

A．由v-t图像可知，0~t1时间内速度越来越大，故A错误；

B．由v-t图像可知，t1~t2时间内速度不变，所以动能不变，故B错误；

C．物体在t3~t4时间内和t1~t2时间内受到的都是滑动摩擦力，由于压力大小和粗糙程度不变，所以滑动摩擦力大小不变，故C错误；

D．由v-t图像可知，在t3~t4时间内物体作减速运动，所以合力方向与运动方向相反，因此向前的拉力小于向后的摩擦力，故D正确。

故选D。

36．有一个小球从滑梯上A点以一定的速度沿滑梯向上运动，到最高点B后小球又沿滑梯向下运动到C点，不计摩擦。则（）

A．小球由A→B运动过程中，动能逐渐减小

B．小球在B点的机械能大于A点的机械能

C．小球由B→C运动过程中，机械能逐渐增大

D．小球在C点时重力势能最大

【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查机械能的变化及守恒。

【详解】

A．小球由A向B运动的过程中，速度越来越慢，而小球的质量保持不变，所以动能逐渐减小，故A说法正确；

BC．小球在滑梯上运动的过程中，不计摩擦，所以整个过程机械能守恒，所以B点和A点的机械能大小一样，B

到C的过程中机械能不变，故BC说法都不正确；

D．小球在整个过程中质量保持不变，C点相对其它点而言，高度最低，所以重力势能最小，故D不正确。

故选A。

37．在一个罐子的底和盖各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定（如图）。做好后将它从不太陡的长斜面上由静止滚下，在罐子向下滚动的过程中，小铁块会将橡皮筋卷紧，罐子的滚动先变快后变慢，直至速度为零；接着罐子又会自动滚上斜面，整个过程忽略摩擦的影响。关于此过程中机械能的转化，下列说法不正确的是（

）

A．罐子加速滚下斜面的过程中，罐子和铁块的重力势能转化为动能和弹性势能

B．罐子滚到最低处时，罐子和铁块的重力势能全部转化为动能

C．罐子自动滚上斜面的过程中，速度先变快后变慢

D．罐子自动滚上斜面时，不可能到达比初始位置更高的位置

【答案】B 【解析】

【分析】

【详解】

A．罐子加速滚下斜面的过程中，高度变小重力势能减小，铁罐的动能和橡皮筋的弹性势能增加，罐子和铁块的重力势能转化为动能和弹性势能，故A正确，不符合题意；

B．罐子滚到最低处时，罐子和铁块的重力势能全部转化为弹性势能，故B错误，符合题意；

C．在橡皮筋恢复的过程中，铁罐会由斜面底部自动滚上去，从最低处滚上，铁罐先由慢到快、后由快到慢滚到最高点，故C正确，不符合题意；

D．由于机械能是守恒的，所以罐子自动滚上斜面时，不可能到达比初始位置更高的位置，故D正确，不符合题意。

故选B。

38．某块砖在一对平衡力作用下运动，则该砖（）

A．机械能一定不变，动能一定不变

B．机械能可能改变，动能一定不变

C．机械能可能改变，动能可能改变

D．机械能一定不变，动能可能改变

【答案】B

【解析】

【分析】

要解决此题需要掌握物体在受平衡力的时候总保持静止状态或匀速直线运动状态；要了解机械能包括动能和势能，动能和物体的质量以及速度有关，重力势能与物体的质量和被举的高度有关。

【详解】

物体在平衡力的作用下，即一定处于平衡状态，即或是静止状态或是匀速直线运动状态，由于其动能的大小与质量及运动的速度有关，所以对于同一砖块来说，质量不变，其不管是保持静止还是匀速直线运动，其速度都是不变的，故其动能一定不变；但其重力势能却有可能改变，如将砖匀速提高，在该过程中，动能不变，但其重力势能变大，即机械能变大；同理若将砖匀速降低，其机械能会变小，综上所述可知，B符合题意。

故选B。

39．如图所示，质量为m的跳高运动员先后用背越式和跨越式两种跳高方式跳过某一高度，该高度比他起跳时的重心高出h，则他从起跳后至越过横杆的过程中克服重力所做的功 A．都必须大于mgh

B．都不一定大于mgh

C．用背越式不一定大于mgh，用跨越式必须大于mgh

D．用背越式必须大于mgh，用跨越式不一定大于mgh

【答案】C

【解析】

【详解】

从起跳后至越过横杆的过程中，跨越式跳高时重心在横杆的上面，故跨越式跳高时运动员克服重力所做的功一定大于mgh，而背越式跳高时其重心不一定在横杆的上面，可以在横杆的下面，故其克服重力的功不一定大于mgh，也可以小于mgh，也可以等于mgh，故ABD错误，C正确。

故选C。

40．小明用弹簧测力计拉动木块，使它沿同一水平木板滑动，如图是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变化的图像．下列说法正确的是

A．木块两次具有的动能一样大