2020-2021全国中考物理杠杆平衡条件的应用问题的综合中考真题分类汇总附详细答案

1、一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示，杠杆在水平位置平衡.下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是（）山卜j;二：j!三二山A.两侧钩码同时向外移一格B.两侧钩码同时向内移一格C.在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D.左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格【答案】D【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1,原来杠杆处于平衡状态，则有2G313G21A.两侧钩码同时向外移一格，左边为2G418G1右边为3G319G18G19G1杠杆右端下沉，故A项不符合题意；B.两侧钩码同时向内移一格，左边为2G214G1右边为3G113G13G14G1杠杆左端下沉，故B

2、项不符合题意；C.同时加挂一个相同的钩码，左边为3G319G1右边为4G218G18G19G1杠杆左端下沉，故C项不符合题意；D.左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边为3G3l9Gl右边为3G3l9Gl9Gl9Gl杠杆平衡，故D项符合题意。故选Do2 .如图所示，轻质杠杆OA的B点挂着一个重物，A端用细绳吊在圆环M下，此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合，那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中，绳对A端的拉力大小将（）A.保持不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先变小再变大【答案】D【解析】【详解】作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂11、12、13如下由图可知，动力臂先增

3、大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式Fl1l=F212可知，拉力先变小后变大，故选D。3 .工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为400N的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离.Fi、F2始终沿竖直方向；图甲中BO=2AO,图乙中动滑轮重为50N,重物上升速度为0.02m/s,不计杠杆重、绳重和摩擦，则下列说法正确的是（）A.甲方式Fi由150N逐渐变大B.乙方式F2的功率为3WC.甲乙两种方式都省一半的力D.乙方式中滑轮组的机械效率约为88.9%【答案】D【解析】【详解】A.由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F1的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比

4、值是：L1OB2L2OA1所以，动力Fi的大小始终不变，故A错误；BC.由于在甲图中，OB=2OA,即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦及杠杆自重，所以，由杠杆平衡条件知道，动力为阻力的一半，即1 -1F1G400N200N2 2由图乙知道，承担物重是绳子的段数是n=3,不计绳重和摩擦，则1 _1F2GG动500N+50N150N,2 2即乙中不是省力一半；所以，绳子的自由端的速度是：v绳=0.02m/sx3=0.06m/s故乙方式F2的功率是：P=Fv绳=150NX0.06m/s=9W,故BC错误；D.不计绳重和摩擦，乙方式中滑轮组的机械效率是：Wr用Gh400N100%=100%=100%

5、88.9%WGhG轮h400N50N故D正确.4 .如图所示，将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体,杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N,AO:OB1:3,甲物体的底面积为0.2m2,g取10N/kg。下列说法正确的是（A.甲物体对杠杆的拉力为10NC.甲物体对水平地面的压强为750PaB,杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60ND.水平地面对甲物体的支持力为60N【答案】D【解析】【分析】【详解】对物体甲受力分析，甲受到重力、地面给甲的支持力、杠杆施加的拉力的作用，其中杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，地面给甲的支持力和甲给地面的压力为一对相

6、互作用力。AB.根据杠杆平衡条件可知杠杆A端受到物体的拉力与OA的乘积等于乙给B端的拉力与G乙OBOAOB的乘积相等，则有330N-90N1即甲对杠杆的拉力为90N,杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，故AB项错误；CD.甲给地面的压力等于地面给甲的支持力为F压则甲物体对水平地面的压强故C项错误，D项正确。故选DoF支G甲Fa150N90N60N60N0.2m2300Pa5 .如图所示，在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在力F作用下在水平位置平衡，现保持杠杆始终在水平位置平衡，将弹簧测力计绕B点从a转动到b的过程中，拉力F与其力臂的乘积变化情况是（）A.一直变小B.一直变大C.一

7、直不变D.先变小后变大【答案】C【解析】【分析】【详解】将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的。故选Co6 .如图所示，杠杆可绕。点转动，力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直；在将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B的过程中，力F（）A.变大B.变小C.不变D.先变大后变小【答案】A【解析】【分析】解答此题，首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。【详解】将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B,动力臂不变，阻力G的力臂变大，而

8、阻力不变，根据杠杆平衡条件FliF2I2分析得出动力变大。故选Ao7 .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（）【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）FG,阻力臂为OB=vt,因为杠杆平衡，所以满足FOA=FOB=GXvt,即：FL=GXVt,FGvtL由此可知，当t=0时

9、，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.8 .如图杠杆AOB用细线悬挂起来，分别在A、B两端分别挂上质量为mi、m2的重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，AOBO,不计杠杆重力，则mi、m2的关系为A. mim2B. m1m2C. mim2【答案】C【解析】【详解】杠杆示意图如下:D.无法判断根据杠杆的平衡条件：FiLiF2L2可知,GiLiG2L2migLim2gL2即miLim2L2因为力与相应的力臂成反比关系，从图中可以看出力臂GiG2,即m1L2,所以物体的重力9.如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是(

10、)A.将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格B.在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变C.将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变D.将左右两边的钩码均向外移动一格【答案】A【解析】【详解】设杠杆的一个小格是1cm,一个钩码的重是1N;A.将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，(4-2)NX3cm=3NX(4-2)cm,杠杆仍然平衡，故A符合题意；B.在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，由(4+1)Nx3cm(3-1)Nx4cm得，杠杆的左端下沉，故C不符合题意；D,将左右两边的钩码均向外移动一格，由4NX(3+1)cm3Nx(

11、4+1)cm得，杠杆的左端下沉，故D不符合题意。10.如图所示，体积之比为1：2的甲、乙两个实心物块，分别挂在杠杆两端，此时杠杆恰A.1：1好水平平衡，则甲、乙两个物块的密度之比为()B. 1：2D.2：1C. 4：3【答案】C【解析】【分析】【详解】由图知道，甲物体挂在左边第3格处，乙物体挂在右边第2格处，由杠杆的平衡条件知道，此时G甲11G12即m甲g3mz,g2m2所以上=,又因为V甲/V乙=1/2,甲、乙两个物块的密度之比是mz.3m2甲V甲i4乙m33VT2故C正确。故选Co11 .在一个长3米的跷跷板（支点在木板中点）的两端分别放置两个木箱，它们的质量分别为m=30kg,m2=20

12、kg,为了使跷跷板在水平位置平衡，以下做法可行的是（A.把m1向右移动0.5米C.把m1向右移动0.2米B.把m2向左移动D.把m2向左移动0.5米0.3米跷跷板的支点在木板中点，根据图中信息可知，木板左边受到的压力比右边大，为了使跷跷板在水平位置平衡，应该将m1向右移，则m2的力臂不变为1.5m,根据杠杆的平衡条件有mg11m2gl2代入数据可得m1向右移后的力臂l1m2gl2mg20kg1.5m30kg1mm1的力臂由1.5m变为1m,为了使跷跷板在水平位置平衡，把m1向右移动0.5米，所以BCD项错误，A项正确。故选A。12 .如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体为O,已知OA：OB

13、=1:2,滑轮下面挂有建筑材料M为重5000N的配重，杠杆AB的支点巳每个滑轮重100N,工人体重为300N的力竖直向下以1m/s的速度700N,杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用匀速拉动绳子时（）A.工人对地面的压力为400N13 建筑材料P重为600NC.建筑材料P上升的速度为3m/sD.物体M对地而的压力为4400N【答案】A【解析】【分析】【详解】A.当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，绳子对工人会施加竖直向上的拉力，其大小也为300N,此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，由力的平衡条件知道F+F支=GF支=G-F=700N-300N=400N由

14、于地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以，工人对地面的压力Fff=F支=400N故A正确；1,B.由图知道，绳子的有效段数是n=2,且滑轮组摩擦均不计，由F2G物G动知道,建筑材料P的重力G=2F-G动=2X300N-100N=500N故B错误；C.因为物重由2段绳子承担，所以，建筑材料P上升的速度1 1vv绳二1m/s=0.5m/s2 2故C错误；D.以定滑轮为研究对象，定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件知道Fa=+G定=3X300N+100N=1000N杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即F

15、a=Fa=1000N由杠杆的平衡条件知道FaXOA=FbxOB又因为OA:OB=1:2,所以FA-A1000N0A500NOB2OA由于物体间力的作用是相互的，所以，杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力,即Fb=Fb=500N物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，则物体M受到的支持力为Fm支持=Gm-Fb=5000N-500N=4500N因为物体间力的作用是相互的，所以物体M对地面的压力Fma=Fm支持=4500N故D错误。故选Ao13 .能使杠杆0A水平平衡的最小力的方向为（）A.ABB.ACC.ADD.ae【答案】A【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件，F1X1=F2

16、X2,在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长.由此分析解答.【详解】由图知，。为支点，动力作用在A点，连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件,要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB.故选A.【点睛】在通常情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂.14 .如图，轻质杠杆上各小格间距相等，O为杠杆中点，甲、乙是同种金属材料制成的实心物体，甲为正方体，乙重15N,将甲、乙用能承受最大拉力为25N的细线分别挂于杠杆上M、Q两刻线处时，两细线被拉直且都沿竖直方向，M、Q正好在甲、乙重心正上方，

17、杠杆在水平位置平衡，这时甲对地面的压强为4000Pa；当甲不动，把乙移挂至R时，甲对地面的压强为3750Pa,下列说法中正确的是()MNPrtOQRSII1liljl1ICaA.将甲挂在M下，乙挂在Q下，此时甲对地面的压力为45NB.将甲挂于N正下方，乙挂于S,放手后甲被拉离地面C.将甲挂在N的下方，乙挂于R,再将乙沿水平方向切去1/3,此时甲对地面的压强仍为3750PaD.将甲挂在M正下方，乙挂于Q再将甲沿竖直方向切去1/5,并将这1/5上挂在乙的下方，此时甲对地面的压强为2800Pa【答案】C利用杠杆平衡条件FF2I2求出甲上方的绳上的拉力，再分析甲的受力情况，根据压口F强p一列出甲在两种

18、情况下的压强，联立解答甲的重力；Sp计算.SA.设甲的重力为G,甲的底面积为S,F甲6l杠杆上1G乙21小格为l,则根据杠杆平衡条件可得:15N2l,(2)利用杠杆平衡条件判断是否再一次平衡，并利用平衡时的对应物理量根据解得F甲5N,此时甲对地面的压强为G5NS4000Pa；同理可得:F甲61G乙3115N31,解得F甲7.5N,此时甲对地面的压强为两式联立解得:FG7.5N45N,此时甲对地面的压力为3750Pa；45N-5N=40N,故A错误;B.如果将甲挂于N正下方，乙挂于S,设地面对甲白支持力为E,此时,GFi4lG乙71,45NFi4115N71解得Fi18.75N,则甲对地面仍有压

19、力，故B错误；C.将甲挂于N正下方，乙挂于R,再将乙沿水平方向切去1/3,设地面对甲的支持力为F2,此时，-1-GF2411G乙31,3145NF241115N31,3解得F237.5N,由A中条件可知此时甲对地面的压强为3750Pa,故C正确;1/5,并将这1/5上挂在乙的下D.将甲挂在M正下方，乙挂于Q再将甲沿竖直方向切去方，设地面对甲的支持力为F3,且假设甲的重心仍在M正下方，此时,4GF36154145NF36115N-45N21,55解得F328N,由A中条件可求出甲的底面积为45N5N4000Pa0.01m2,此时甲对地面的压强为F328NS0.01m22800Pa,而由于甲沿竖直

20、方向切去1/5后，重心一定会发生水平移动，则其力臂不可能等于61,所以，此时甲对地面的压强也不可能等于2800Pa,故D错误.【点睛】本题综合考查杠杆平衡条件的应用和固体压强计算，同时运用到方程组的思想进行解答，要求学生们一方面熟悉杠杆平衡分析，另一方面计算能力一定要扎实.15.如图所示，有一个轻质硬杆，两端分别为A,D点，一重物悬挂于B点，力F作用在D点使硬杆平衡，为了使力F最小，支点O应选择在（）.*ABCDA. A点【答案】A【解析】【详解】B. B点C. C点D. D点由题意可知，支点O不会在B点，否则有力F的存在，轻质硬杆不能平衡；支点O也不会在D点，否则无论力F大小如何，轻质硬杆也

21、不能平衡；假设支点O在C点，那么根据杠杆的平衡原理可知GIbcFIcd,变换可得GlBClCD假设支点O在A位置时，那么根据杠杆的平衡原理可知GlABFlAD,变换可得GlABF-从图中可以看到，动力F的力臂Iad最长，那么力F最小；故选Ao16.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. 6:5C. 3:2D. 4:3以AC棒为研究对象受力如图所示:C根据几何关系可得:OABOBABAD设杆在B点受到的弹

22、力为N,根据力矩平衡可得：NLabGLAD则：N25cos2G30cos解得：G5N3故A项符合题意；BCD项不符合题意；17.如图甲，轻质杠杆AOB可以绕支点O转动，A、B两端分别用竖直细线连接体积均为1000cm3的正方体甲、乙，杠杆刚好水平平衡，已知AO:OB=5:2;乙的重力为50N,乙对地面的压强为3000Pa.甲物体下方放置一足够高的圆柱形容器，内装有6000cm3的水（甲并未与水面接触），现将甲上方的绳子剪断，甲落入容器中静止，整个过程不考虑水溅出，若已知圆柱形容器的底面积为200cm2,则下列说法中正确的是（）ABE好羽A.杠杆平衡时，乙对地面的压力为50NB.甲的密度为2X1

23、3kg/m3C.甲落入水中静止时，水对容器底部的压强比未放入甲时增加了400PaD.甲落入水中静止时，水对容器底部的压力为14N【答案】C【解析】【分析】【详解】A.乙的边长L乙=3/VT=3/1000cm3=10cm=0.1m,乙的底面积$乙=L乙2=（0.1m）2=0.01m2,杠杆平衡时，乙对地面的压力F乙二p乙S乙=3000Pax0.01n2=30N,故A错误；B.地面对乙的支持力和乙对地面的压力是相互作用力，地面对乙的支持力F乙支持=F乙=30N,B端受到的拉力Fb=G乙-F乙支持=50N-30N=20N,由杠杆的平衡条件可知G甲OA=FbOB,OBFB2.G?=B=-20N=8N,

24、OA5甲的密度mG8N甲=-63=0.8V甲gV甲10N/kg1000106m3故B错误；C.因为p甲Vp水）甲落入水中静止时，处于漂浮状态，_F浮甲V排甲二水gF浮甲=G甲=8N,排开水的体积38N=8XT0m3,110kg/m10N/kg甲落入水中静止时水面上升的高度-43%_810mF=20010-4m2=.04m，水对容器底部的压强比未放入甲时增加了件=p曲=1x13kg/m3x10N/kgx0.04m=40QPa故C正确；D.原来容器中水的深度7-h=S容36000cm200cm2=30cm=0.3m甲落入水中静止时，水的深度h1=h+Zti=0.3m+0.04m=0.34m,甲落入

25、水中静止时，水对容器底部的压强p1=pgh=1x13Xg/m3x10N/kgx0.34m=3400Pa甲落入水中静止时，水对容器底部的压力F=p1S容=3400PaX200X1-0m2=68N,故D错误.L,为18.如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S将不超过（）A.31LB.2LC.5LD.7L1524【答案】A【解析】【分析】因两部分对称，则可只研究一边即可；1科受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2科是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出

26、的长度，则可求得6、7相距的最大距离。【详解】1处于平衡，则1对2的压力应为G；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡2状态，设2露出的长度为x,则2下方的支点距重心在L-x2处；由杠杆的平衡条件可知G-x2解得设4露出的部分为x1；则4下方的支点距重心在L2-x1处；4受到的压力为则由杠杆的平衡条件可知G-x15解得x1则6、7之间的最小距离应为L2xx1L2LL3531l15故选A。19.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FhB.杠杆的机械效率是Gh/FhX100%C.若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓

27、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sh则总功WFsFh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FliF2I2,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

28、。故选D。20.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2G3L3G2LA.两边各向外移一格，左边2G4L8GL右边3G3L9GL由于8GL9GL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2G4L右边4G2L因2G4L4G2L故B符合题意；C.在两侧钩码下方，同

29、时加挂一个相同的钩码，左边3G3L9GL右边4G2L8GL因为9GL8GL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G3L3GL右边2G2L4GL由于3GL4GL杠杆右端下沉，故D不符合题意。故选B。二、初中物理功和机械能问题21 .如图，用大小相等的拉力F,分别沿斜面和水平面拉木箱，拉力方向和运动方向始终一致，运动时间tabtcd,运动距离Sab=Scd,比较两种情况下拉力所做的功和功率（）A. ab段做功较多B. ab段与cd段的功一样多C. ab段功率较大D. ab段与cd段的功率一样大【答案】B【解析】【分析】【详解】拉力大小相等且Sab=Scd,根

30、据W=Fs可知：拉力所做的功相同，故A错误，B正确；由于W,_一一-tabtcd,根据P得：PabVPcd,故CD错误.22 .下列说法中正确的是（）A.抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力对它做了功B.提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手的拉力对水桶做了功C.用手从地面提起水桶，手的拉力对水桶做了功D.用力推一辆汽车，汽车静止不动，推力在这个过程中对汽车做了功【答案】C【解析】【分析】【详解】A.抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力已经不存在了，推力对它没有做功，A错误；B.提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手的拉力是竖直向上的，水桶在竖直方向上没有移动距离，即水桶在拉力的方

31、向上没有移动距离，那么手的拉力对水桶没有做功，B错误；C.用手从地面提起水桶，手的拉力是向上的，水桶在拉力的方向上移动了距离，所以手的拉力对水桶做了功，C正确；D.用力推一辆汽车，汽车静止不动，汽车在推力的方向上没有移动距离，那么推力在这个过程中对汽车没有做功，D错误。故选C。23.如图所示，木块以一定的速度滑过A、B点，至ijC点滑出下落至D点，A和B、C和D之间的垂直距离均为ho若空气阻力忽略不计，则对木块在运动过程中能量变化的分析，正确的是（）A. D点与A点相比，动能增大，势能减小，机械能不变B. A点到C点减少的重力势能大于C点到D点减少的重力势能C. B点的动能可能等于A点的动能，

32、但可能大于C点的动能D. B点的动能可能等于D点的动能，但一定大于A点的动能【答案】C【解析】【详解】A. D点与A点相比，动能增大，势能减少，因为存在摩擦，机械能转化为内能，机械能减小，故A错误；B. A和C、C和D之间的垂直距离均为h,则A点到C点减少的重力势能等于C点到D点减少的重力势能，故B错误；C.斜面粗糙，则AB段有可能匀速，但因摩擦力的存在B的速度一定大于C的速度，所以，B点的动能可能等于A点的动能，一定大于C点的动能，故C正确；D.木块从B到C,因为有摩擦，则C处的动能小于B处的动能，从C到D,由于忽略空气阻力，木块的重力势能减小，动能增加，故D点动能大于C点动能，B点的动能可

33、能等于D点的动能，但与A点的动能大小不确定，故D错误。故选Co24 .如图所示，动滑轮的质量为m,所挂重物的质量为M,重物在时间t内被提升的高度为h,不计绳重及摩擦，则（）A.滑轮组的机械效率为B.滑轮组的机械效率为MMmMM2mC.拉力F的功率为MghtD.拉力F的功率为(Mm)gh2tW有用MghMmgh_MghMmmght【详解】AB.滑轮组做的有用功为总功为W息G物G动h滑轮组的机械效率为Wr用MghWMm心、故A正确，B错误；CD.拉力F的功率为WM嗑、t故CD错误。故选Ao25 .如图甲所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它沿水平木板匀速滑动，图乙是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变

34、化的图象.下列说法正确的是（）A.木块两次受到的拉力和摩擦力均相等B.木块第1次受到的拉力较大C.木块两次的动能一样多D.两次拉力对木块做的功一样多【答案】A【解析】【分析】【详解】AB.从图象上可以看出，木块两次都是作匀速直线运动，而做匀速直线运动的物体受平衡力作用。因木板受到的压力大小和接触面的粗糙程度不变，则两次滑动摩擦力大小不变，所以两次木块受到的拉力相等，故A选项正确，B选项错误；C.从图中可以看出第一次木块运动的速度较大，而木块的质量不变，所以第一次木块具有的动能多，故C选项错误；D.从图中可以看出，在相同拉力作用下，木块两次运动的距离不同，所以木块两次所做的功不同，故D选项错误。

35、故选Ao26. 2019年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭成功发射第45颗北斗导航卫星。下列说法错误的是（）A.运载火箭加速上升过程中，重力势能变小，动能增大B.运载火箭加速升空是利用了物体间力的作用是相互的C.北斗卫星绕轨道运行时受到非平衡力的作用D.北斗卫星绕轨道从近地点向远地点运动时，动能变小，机械能守恒【答案】A【解析】【分析】物体由于运动而具有的能叫动能，质量越大，速度越大，动能就越大；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，质量越大，高度越高，重力势能就越大；物体间力的作用是相互的；物体受平衡力的作用处于平衡状态；在太空中，卫星绕地球运动时，没有阻力作用，没有克服摩

36、擦做功，机械能守恒。【详解】A.火箭上升过程中高度增大，重力势能增大，速度增大，动能增大，故A错误，符合题意；B.火箭升空时向后喷出高温气体给空气一个向后的力，空气给火箭以反作用力，是利用了物体间力的作用是相互的，故B正确，不符合题意；C.火箭入轨后做圆周运动运动状态不断改变，故受到非平衡力的作用，故C正确，不符合题意；D.北斗卫星绕轨道从近地点向远地点运动时，速度减小，高度增加，所以动能减小，势能增加；北斗卫星在地球大气层外运行，不受空气阻力的作用，只有动能和势能之间的转化所以机械能守恒，故D正确，不符合题意。故选A。27. 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.

37、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Gi大于儿子的体重G2,根据爬楼做功WGh,所以父亲爬楼做功Wi大于儿子爬楼做功W2,即WiW2,故A、B正确，不符合题意；-WC.父亲爬楼做功多，父亲比儿子先到达，做功时间少，根据P可知父亲做功功率大，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。28.如图是一个

38、光滑的轨道.某小球从轨道的离开轨道，你认为小球最远可以运动到。点出发，由静止开始下滑，小球始终没有B.b点D.d点。点由静C.c点【答案】C【解析】【详解】本实验中，由于轨道是光滑的，没有摩擦力，所以小球的机械能守恒。故小球从止释放，始终没有离开轨道，最远可以滚到与。点等高的c点，故选Co29 .炎热的夏天海口，环卫工人利用洒水车给马路洒水降温，洒水车在水平马路匀速行驶过程中，以下说法正确的是（）A.动能减少，机械能不变B.动能不变，机械能减少C.动能减少，机械能减少D.动能增大，机械能增大【答案】C【解析】【分析】动能大小跟质量、速度有关；质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大

39、，动能越大；重力势能大跟质量、高度有关；质量一定时，高度越高，重力势能越大；高度一定时，质量越大，重力势能越大；机械能=动能+势能。【详解】洒水车在平直的马路上匀速行驶，在工作的过程中，洒水车的质量不断减小，速度不变，动能变小，重力势能变小，则洒水车的机械能变小。故选Co30 .小明用如图所示的甲、乙两个滑轮组，分别在相同时间内将同一重物匀速提升相同高度，每个滑轮的重均相等，不计绳重及摩擦，针对这一现象，小明得出了4个结论：Fi做的功等于F2做的功；甲滑轮组的机械效率等于乙滑轮组的机械效率；使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力；Fi做功的功率等于F2做功的功率；其中正确的为（）甲乙A.、B.、C.、

40、D.、【答案】D【解析】【分析】【详解】在不计绳重及摩擦时，拉力做的功等于提升物体和动滑轮做的功，因为物重相同，提升的高度相同，所以两次拉力做的功都等于W总Fs=GG动h故Fi做的功等于F2做的功，正确；在不计绳重及摩擦时，甲滑轮组和乙滑轮组的机械效率都为W有用GhGWGG动hGG动即机械效率相等，故正确；甲滑轮组由两段绳子承重，拉力为L1-FiGG动2乙滑轮组由三段绳子承重，拉力为iF23GG动所以使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力，正确；两次拉力做的功，用时也相等，根据PS知，Fi做功的功率等于F2做功的功率，正确；故选DoFi作用下，沿水平地31 .如图甲所示，重为160N的物体在大小为20

41、N,水平向左的拉力面以3m/s的速度做匀速直线运动。如图乙所示，保持拉力Fi不变，用水平向右的拉力F2,拉物体匀速向右运动了1m,若不计滑轮、绳的质量和轮与轴间的摩擦，则（）日乙A.物体向左运动时，拉力F1的功率Pi=60WB.物体与地面之间的摩擦力f=20NC.物体向右运动时，拉力F2=40ND.物体向右运动时，拉力F2所做的功W2=80J【答案】CD【解析】【分析】【详解】A.由图甲可知，绳子承担物体受到的拉力的段数n为2,物体以3m/s的速度做匀速直线运动，在拉力作用下绳子末端的速度为v2v物23m/s6m/s则物体向左运动时，由PW上Fv可得拉力Fi的功率ttP1F1v20N6m/s1

42、20W故A错误；B.图甲中物体做匀速直线运动，物体受到的拉力与摩擦力是一对平衡力，而绳子承担力的段数n为2,所以物体与地面之间的摩擦力f2F1220N40N故B错误；C.物体向右运动时，由于物体和地面没有改变，则所受摩擦不变，方向向左，同时物体向左还受到两股绳子施加的拉力，每股绳子的拉力为20N,物体右侧的滑轮为动滑轮，对物体的拉力为2F2,则有2F22F1f80N解得F2=40N,故C正确；D.在不计滑轮、绳的质量和轮与轴间的摩擦时，物体向右运动时，拉力F2所做的功W2F2S240N21m80J故D正确。故选CD。32.如图是某山地的等高线图，数字表示海拔高度，其单位是米。质量是60kg的小

43、凯早上8:00从A点出发，8:50到达B点的观景台；质量是50kg的小旋早上7:40从C点出B.小凯的平均功率较小C. 8:50分时，小旋的动能一定小于小凯的动能D. 8:50分时，小旋的重力势能一定小于小凯的重力势能【答案】D【解析】【分析】【详解】A. 60kg的小凯从A点到达B点做的功为WLGm_5m1ghi60kg10N/kg(600m400m)1.2105J；质量是50kg的小旋从C点到达D点做的功为W旋=G2h2m2gh2_550kg10N/kg(400m200m)1105J；小凯做的功多，故A错误;B.小凯的运动时间为平均功率为小旋的运动时间为t18:508:0050min300

44、0s；W凯1.2105Jt13000s40W,t28:507:4070min4200s,平均功率为小凯的平均功率较大，故B错误;P25110J4200s23.8W,C.动能的大小与质量和速度有关，由于不知道8：50分时的他们的速度，所以无法比较动能的大小，故C错误；D.重力势能的大小与质量和所处的高度有关，小凯的质量和所处的高度都比小旋的大,所以小旋的重力势能一定小于小凯的重力势能，故D正确。33 .如图所示的装置中有木板、木块、弹簧、小车和祛码(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；

45、(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B.只有(2)正确C.(1)(2)都正确D.(1)(2)都不正确【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)用小车、小车加上祛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

46、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。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20mC.工人做的有用功为3.6104J【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,度是0.3m/s,经100s货物移动距离为B.工人的拉力为400ND.工人拉力的功率为360W人以0.6m/s的速度匀速前行，那么货物的速

47、svt0.3m/s100s30m货物移动距离为30m,A错误；B.由题意可知，货物的重力Gmg600kg其摩擦力f0.1G0.1由于货物匀速前行，绳对货物的拉力Ff滑轮组的机械效率为75%,可得到600NsF拉2s10N/kg6000N6000N600N600N100%75%解得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_4W有Fs600N30m1.810J工人做的有用功为1.8104J,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（PF拉v400N0.6m240W工人拉力的功率为24

48、0W,D错误。故选B。35 .如图所示，小明拉着小车匀速行走在水平路面上，下列说法正确的是（）A.小明拉着小车匀速行走时，小明对小车没有做功B.小车的重力与地面给小车的支持力不是一对平衡力C.小明对小车的拉力与地面对小车的摩擦力是一对平衡力D.地面给小明的摩擦力方向是向后的【答案】B【解析】【分析】【详解】A.小车在小明的拉力作用下，运动了一段距离，因此小明对小车做功了，故A错误；B.读图可知，小车受到小明的斜向上的拉力，小车的重力与地面给小车的支持力大小不相等，所以两者不是一对平衡力，故B正确；C.读图可知，小明对小车的拉力与地面对小车的摩擦力没有作用在同一直线上，不属于平衡力，故C错误；D

49、.小明的脚对地面有一个向后的摩擦力，同时地面对脚一个向前的摩擦力，故D错误。故选B。36 .如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一重为G=50N的金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图乙所示，则B. t2时刻小球的动能最大C. t2到t3时间内，小球的动能先增加后减少D. t2到t3时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能【答案】D【解析】【详解】A. ti时刻是小球与弹簧开始接触的时刻，此时小球向下加速运动，在弹力增大到等于重力之前小球一直加速，所以ti时刻小球速度不是最大，动能也不是最大。故A错误。B. t2时刻是指弹簧被压到最低点，此时小球速度为零，小球动能全部转化为弹簧的弹性势能。所以t2时刻小球动能最小。故B错