2020-2021备战中考物理知识点过关培优易错试卷训练∶杠杆平衡条件的应用问题含答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题.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，杠杆在水平位置平衡，这时甲对地面的压强为面的压强为3750Pa,下列说法中正确的是(

4000Pa；当甲不动，把乙移挂至R时，甲对地)MNPA.将甲挂在B.将甲挂于C.将甲挂在A.将甲挂在B.将甲挂于C.将甲挂在3750PaD.将甲挂在M下，乙挂在Q下，此时甲对地面的压力为N正下方，乙挂于S,放手后甲被拉离地面N的下方，乙挂于R,再将乙沿水平方向切去M正下方，乙挂于Q再将甲沿竖直方向切去45N1/3,此时甲对地面的压强仍为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【解析】【分析】⑴利用杠杆平衡条件F|iF2l2求出甲上方的绳上的拉力，再分析甲的受力情况，根据压1口FF…p一计算.SF…p一计算.S(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杠杆上1杠杆上1G乙21A.设甲的重力为G,甲的底面积为S,F甲6l

小格为l,则根据杠杆平衡条件可得:15N2l,解得F甲5N,此时甲对地面的压强为G5NSG5NS4000Pa；同理可得:F甲61F甲61G乙3115N31,解得F甲7.5N,此时甲对地面的压强为G7.5NSG7.5NS3750Pa；两式联立解得：G45N,此时甲对地面的压力为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7l,45NF14l15N7l解得F118.75N,则甲对地面仍有压力，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F45NF14l15N7l解得F118.75N,则甲对地面仍有压力，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,GF24l45NF24l11—15N3l,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;D,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，设地面对甲的支持力为F3,且假设甲的重心仍在正下方，此时,-G5F36lG乙1G545NF345NF36l15N—45N2l,5解得F328N,由A中条件可求出甲的底面积为S45N5NS45N5N4000Pa0.01m2,此时甲对地面的压强为2800Pa,F328N2800Pa,p3-2S0.01m26l,所而由于甲沿竖直方向切去1/5后，重心一定会发生水平移动，则其力臂不可能等于以，此时甲对地面的压强也不可能等于2800Pa,故D6l,所【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..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

甲乙丙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FiLi=F2L2可知，动力变小，故选Do.如图所示为等刻度轻质杠杆，A处挂4牛的物体，若使杠杆在水平位置平衡，则在施加的力（）巾一8AuA.可能为0.5牛B.一定为2牛C.一定为3牛D.可能是4牛【答案】D【解析】【分析】【详解】设杠杆每小格的长度为L,若在B点用垂直OB竖直向下的力使杠杆在水平位置平衡，此时所用的力最小，根据杠杆平衡条件F11F2I2可得Fmin4LG2L则有G2L4N2…min2Nmin4L4若在B若在B点斜拉使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件FliF2I2可知llFll则此时杠杆左边的阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂减小，故动力将增大，故若使杠杆在水平位置平衡，在B点施加的力F2N

故选Do.有一平衡的不等臂杠杆，下面哪种情况下杠杆仍能平衡：（）A.使动力、阻力的大小减少相同的数值A.使动力、阻力的大小减少相同的数值B.使动力、阻力的大小增加相同的数值C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度【答案】DD.使动力、阻力的大小增加相同的倍数不等臂杠杆平衡时，满足Fl|不等臂杠杆平衡时，满足Fl|l=F2|2,|1A.使动力、阻力的大小减少相同的数值I2,FiF2oF时，由FI1WFI2可知,(Fi-F)Iiw(F2-F)l2,故A不符合;B.使动力、阻力的大小增加相同的数值F时，由FI1WFI2可知,（Fi+F）Iiw（F2+F）l2,故B不符合；C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度L时，由FiLwF2L可知，Fi（L+Ii）wF2（L+l2）,故C不符合；D.使动力、阻力的大小增加相同的倍数时，由FiIi=F2l2可知,nFiXIi=nF2XI2,故D正确。故选Do5.小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5个钩码挂成了如图所示的情况，则（）A.由图可以得到杠杆平衡条件为FiLi=F2L2B.小明在Fi和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡C.小明取下Fi下的一个钩码并将F2的钩码取下杠杆仍能平衡D.小明取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处杠杆仍能平衡【答案】D【解析】【分析】【详解】A.假设一个钩码的重力为GFi=2G,F2=G,F3=2G各力力臂为Li=20,l_2=10,L3=15FiLi=2G20=40GF2L2=G10=10GF3L3=2G15=30G杠杆平衡的条件为F1L1=F2L2+F3L3故A不符合题意；B.在F1和F2的下方各再挂一个钩码后F1L1=3G20=60GF2L2=2G10=20GF3L3=2G15=30GF1L1>F2L2+F3L3杠杆失去平衡，故B不符合题意；C.取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后F1L1=G20=20GF2L2=0F3L3=2G15=30GF1L1<F2L2+F3L3杠杆失去平衡，故C不符合题意；D.取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后F1L1=2G20=40GF2L2=0F3L3=2G20=40GF1L1=F2L2+F3L3杠杆重新平衡，故D符合题意。故选D。6.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，此时杠杆恰好水平平衡，则甲、乙两个物块的密度之比为（）■,/”J4r,A.1：1B.1：2C.4：3D,2：1【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li生12即m甲g3mzg2…m2所以二=—,又因为V甲/V乙=1/2,甲、乙两个物块的密度之比是mz3m>2甲V甲i4二述I3V乙2故C正确。故选Co.如图所示，AOB为一杠杆，O为支点，杠杆重不计，AO=OB.在杠杆右端A处用细绳悬挂重为G的物体，当AO段处于水平位置时，为保持杠杆平衡，需在B端施加最小的力为Fi;当BO段在水平位置时保持杠杆平衡，这时在B端施加最小的力为F2,则A.FiA.Fi<F2B.Fi>F2C.Fi=F2【答案】B【解析】【分析】【详解】(i)当AO段处于水平位置时，如左图所示最省力，D.无法比较FiFi1ob=G1oaG1oaF[=二G;1OB(2)当OB段处于水平位置时，如右图所示最省力,

F21ob=G1ocG1F21ob=G1ocG1OCF2二「lOBGloclOBlOC<lOBF2VGFl>F2；故选B..能使杠杆OA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，FiX，=F2X2,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，O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..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A.此杠杆一定是省力杠杆叙述正确的是（）A.此杠杆一定是省力杠杆B.沿竖直向上方向用力最小C.沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡D.此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆【答案】D【解析】【分析】【详解】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.1OOA方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C错误。TOC\o"1-5"\h\zD.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。10.如图所示，轻质杠杆左侧用细绳挂着正方体甲，正方体甲放在水平放置的电子测力计上，右侧挂着重为1N的钩码乙，O为支点，正方体甲的边长为0.1m。在杠杆水平平衡的条件下，当只改变动力臂li,电子测力计的示数T随之改变，T-li的关系如图所示。则下列判断正确的是（）A.阻力臂12为6cmB.正方体甲受到的重力为6NC.当动力臂li=2cm时，左侧细绳对杠杆的拉力为2ND.当动力臂li=4cm时，正方体甲对电子测力计的压强为100Pa【答案】D【解析】【分析】通过甲物体处于平衡条件的分析确定杠杆所受的拉力大小，再根据杠杆平衡条件结合图像上不同的点来解题。【详解】A.根据题意，甲始终处于静止状态，甲受到绳子的拉力，甲物体自身的重力，电子秤对甲物体的支持力GF支%物体拉杠杆的力和杠杆拉物体的力是一对相互作用力F拉F2电子测力计对物体甲的支持力和物体甲对电子测力计的压力是一对相互作用力F2GT根据杠杆的平衡条件FLF2L2得F〔LGTL2根据图像可知当Ti=2N,Li=2cm1N2cmG2NL2根据图像可知当Ti=1N,Li=4cm1N4cmG1NL2解得L2=2cm,G=2N,A、B选项错误；C.由图像可知，当L1=2cm,此时T1=2NF2GT13N2N1N细绳对杠杆的拉力是1N,C选项错误；D.由图像可知，当L1=4cm,此时T1=1N,由公式F1NP100PaS0.1m0,1mD选项正确。故答案选择Do11.如图所示，直杆OA的下端挂一重物G且可绕O点转动。现用一个始终与直杆垂直的力F将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置，不计杆的重力，则拉力F大小的变化情况是()A.一直变小B.一直不变C.一直变大D.先变小后变大【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知，由于力F始终与杠杆垂直，则力F所对应的力臂始终不变，大小为力F的作用点到O点的距离，设为11,在逐渐提升的过程中，重力大小不变，方向竖直向下，则对应力臂逐渐变大，设为2由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得

Fli=Gl2由于等式右端重力G不变，12逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端11不变，则可得F逐渐变大，故选Co.如图，粗细均匀木棒AB长为1m,水平放置在O、O'两个支点上.已知AO、O'B长度均为0.25m。若把B端竖直向上稍微抬起一点距离，至少需要用力40N；则木棒的重力为()△A()△AA.160NB.120NC.80ND.4ON【答案】B【解析】【分析】【详解】设木棒AB的重心在C点，抬起B端时的支点为O,由于AO=0.25m,则抬B端的力的力臂OB=AB-AO=1m-0.25m=0.75m即重力的力臂11,—ABAO=—1m0.25m=0.25m即重力的力臂11,—ABAO=—1m0.25m=0.25m=OCOC=OCF>OB=GXOC木棒平衡，则有F>OB=GXOC木棒的重力FOB40N0.75m==120NOC0.25mFOB40N0.75m==120NOC0.25m故B正确。.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B.ABC是费力杠杆C.阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力D.在提升过程中，力F变小【答案】D【解析】【详解】A.Fi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，Fi的力臂逐渐变小，拉力F力臂不变，则由杠杆平衡公式Fili=F2l2可知力F变小，故D正确。故选Do14.如图所示，在等臂杠杆两端各挂等重的实心铅块和铁块（铅铁），杠杆水平平TOC\o"1-5"\h\z衡，若将铁块和铅块同时浸没在水中（未触底），则（）'=-i=104匕丁一一1一.]jA,杠杆左端上翘B,杠杆右端上翘C.杠杆仍然水平平衡D.不确定【答案】A【解析】【分析】根据铅块和铁块质量相同，并结合杠杆的平衡条件确定杠杆的类型，即为等臂杠杆；因此当铁块、铅块都浸没水中后，受到浮力较小的一侧，杠杆下沉。【详解】原来杠杆平衡，且铅块和铁块质量相同（重力相同），且杠杆为等臂杠杆；由杠杆平衡条m件可知，两侧的力臂相同，铅块和铁块质重相同，因为铅铁，则由V—可知

V铅V铁，当浸没水中后，由F浮水gV排可知，铁块受到的浮力大，铅块受到的浮力较小，此时杠杆受到的拉力F拉G物F浮因重力相同、铅块受到的浮力较小，则可知铅块对杠杆的拉力较大，因两侧的力臂相同，所以铅块一侧拉力与力臂的乘积较大，则铅块一侧将下降，即右端下降，左端上翘。故选A。15.如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物Ga和Gb(Ga>Gb),杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相同的物体后，杠杆ABA.仍能保持平衡B.不能平衡，左端下沉C.不能平衡，右端下沉D.不能确定哪端下沉【答案】C【解析】【详解】杠杆原来在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为Ga和Gb,其对应的力臂分别为1a和1b,如图所示：根据杠杆平衡条件可得：Ga1a=Gb1b;G,此时左边力已知Ga>Gb所以1A<1B,G,此时左边力(Ga+G)?1a=Ga1a+G1a右边力和力臂的乘积：(Gb+G)?1b=Gb1b+G1b由于1a<1b,所以G1a<G1b；所以：Ga1a+G1a<Gb1b+G1b

即右边力和力臂的乘积较大，所以杠杆不能平衡，向右端下沉。故选Co.一轻质不等臂杠杆AOB的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块，此时杠杆在水平位置Co33平衡。现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所不。已知：水1.010kg/m,A08铝2.7103kg/m3,铜8.9103kg/m3,则下列判断正确的是（）A08A.A端下降B.B端下降C.仍然平衡D.无法判断【答案】B【解析】【分析】【详解】在轻质不等臂杠杆AOB两端吊上实心铝块和铜块时，杠杆在水平位置平衡，由图知OB<OA,据杠杆的平衡条件得G铝？OA=G铜？OB即p铝V铝90人=「铜丫铜g?OB而「铝<0铜，所以V铝g>V铜g将铝块和铜块同时浸没在水中后，杠杆左、右两边有（G铝-F浮XOA,（G铜-F浮/）?OB即（。铝丫铝9”水V铝g）?OA,（p铜V铜g-p铜V铜g）?OB那么p铝V铝g?OA-p水V铝g?OA<p铜V铜g?OB-p铜V铜g?OB所以B端下沉。故ACD错误，B正确。故选Bo.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31,因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得2G313G1右,解得1右21,即右边钩码到支点的距离为21;A.若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则3G314G21,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G31G21,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1,则2G213G1,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(311.5)3G(211),此时杠杆平衡，符合题意。18.如图为搬运砖头的独轮车，车箱和砖头所受的总重力G为1000N(车架所受重力忽略不计)，独轮车的有关尺寸如图所示，推车时，人手向上的力F的大小为()A.200NB.300NC.400ND.500N【答案】B【解析】【分析】【详解】由平衡条件可知GliFI2则lGl11000N0.3F—1=300Nl21m故选Bo.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B.先变小，后变大C.逐渐变大D.先变大，后变小【答案】D【解析】【分析】【详解】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、Li不变，，L2增大:FLi=GE•.力F逐渐变大；故选C..如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡，甲图上有两个体积不同的铁球，乙图上有两个体积相向的铝球和铁球，如果把他们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是

O20O转甲铝乙铁A.仍保持平衡B.甲仍保持平衡，乙失去平衡C.都失去平衡D.甲失去平衡，乙仍保持平衡【答案】B【解析】【详解】甲杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得G铁1L1G铁2L2即铁gViLi铁gV2L2所以ViLiV2L2浸入水中后左端力和力臂的乘积为：铁gVi水gViLi铁水gViLi浸入水中后右端力和力臂的乘积为：铁0V水0VL2铁水gV2L2所以浸入水中后，左右两端力和力臂的乘积相等，故杠杆仍然平衡。乙杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得G铝LiG铁L2即铝gVLi铁gVL2①浸入水中后左端力和力臂的乘积为：铝gV水gVLi铝gVL水gVL②浸入水中后右端力和力臂的乘积为:铁gV水铁gV水gVL2铁gVL2水gVL2d由于LiL2,结合①可知，左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积，故杠杆失去平衡、右端下沉，故选Bo【点睛】本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠平衡条件的掌握和运用，利用好力臂大小关系和受到的浮力大小关系是本题的关键。、初中物理功和机械能问题21.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.小王^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，故错误。故选Co22.将皮球从离地某一高度O点处水平抛出，球落地后又弹起。它的部分运动轨迹如图所示.下列说法正确的是°，o\X：/2+-…A.皮球经过同一高度A、B两点时，动能相等B.皮球第一次反弹后到达最高点P时，动能为零C.皮士^在D点时的机械能大于在C点时的机械能D.若将皮球表面涂黑，则在地面M点的黑色圆斑大于N点的黑色圆斑【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，每次小球反弹后到的最高点都比上一次的最高点要低，说明小球受到空气阻力，机械能逐渐变小，在A点的机械能大于在B点的机械能；机械能是物体动能与势能的总和，在A、B两点高度相同则重力势能相同，所以在A点的动能大于在B点的动能;

故A错误。B.从轨迹来看，小球既有水平方向的速度又有竖直方向的速度。小球在最高点时，竖直方向速度为零，但是仍然能往右运动，说明小球还具有水平方向速度，动能不为零；故B错误。C.每次小球反弹后到的最高点都比上一次的最高点要低，说明小球受到空气阻力，机械能逐渐变小。在C点在在D点之前，故在D点的机械能小于在C点的机械能；故C错误。D.弹性势能大小与弹性形变程度有关，黑色圆斑的大小能反应小球弹性形变程度，圆斑越大，形变越大。在M点与在N点小球的动能与重力势能都为零，又因为小球在M点机械能大于N点机械能，故小球在M点的弹性势能大于在N点的弹性势能，故在M点的圆斑要大于在N点的圆斑；故D正确。.一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下【解析】)【解析】)由题意可知，不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，石块做加速运动，石块在相同时间内下降的速度越来越大，石块所处的高度减小得越来越快，石块的重力势能印减小得越来越快，符合这一规律的只有C图，而D图是石块的重力势能印随时间减小得越来越慢，故D错误。故选Co.如图所示，小球以速度v从A沿弯曲轨道滑下，并最终刚好到达等高的C点，下列说法中正确的是（）A.因为最终到达了与A等高的C点，所以小球机械能守恒B.小球在B点的机械能最大C.小千^从B到C的过程只是动能转化为重力势能D.小球从A到C的整个过程中动能的变化量等于克服摩擦力做功【答案】D【解析】【分析】【详解】AB.小球以速度v从A沿弯曲轨道，t下，在A点具有动能和重力势能，并最终刚好到达等高的C点，C点速度为0,只有重力势能，A、C两点的重力势能相等，但A点的机械能大于B点的机械能，说整个运动过程中，机械能在减小，所以A点的机械能最大，故AB错误；C.小千^从B到C的过程中先将重力势能转化为动能，再将动能转化为重力势能，故C错误；D.A、C两点的重力势能相等，整个过程动能减小为0,用来克服摩擦力做功，故D正确。故选D。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Gi大于儿子的体重0,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Wi>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我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。26.如图是一个光滑的轨道.某小球从轨道的O点出发，由静止开始下滑，小球始终没有离开轨道，你认为小球最远可以运动到

B.b点D.dB.b点D.d点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O点由静止释放，始终没有离开轨道，最远可以滚到与O点等高的c点，故选Co27.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B.两次拉力对木块做的功一样多C.木块第一次受到的拉力较大D.第一次拉力对木块做功的功率较大【答案】D【解析】【详解】A.由图知，第一次物体的速度较大，第一次物体的动能较大，故A错误；B.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，由W=Fs可知，但是在没有指出是相同时间内，因此不能比较二者做功多少，故B错误；C.由A分析知，木块两次受到的拉力相等，故C错误；D.从图中可以看出第一次木块运动的速度较大，由功率的变形公式P=Fv可知，力F相同，第一次速度v大，所以功率大，故D正确。28.如图所示，水平地面O点两侧粗糙程度不同，物体一直受到沿水平方向3N的力F.物体经过M点开始计时，每经过相同时间，用虚线框记录物体的位置.物体在MO段做匀速直线运动，F在MN、OP段做功分别为Wmn、Wop,功率分别为Pmn、Pop,则产F=3K浙）万北力〃“厂—!I-1-*—3mfl~~3mnN。pnWmn<WopWMN>WOPPmn>PopPmn<Pop【答案】D【解析】【分析】【详解】物体经过M点开始计时，每经过相同时间，用虚线框记录物体的位置.物体在MO段做匀速直线运动，由图可得MN的距离等于OP的距离，根据功的公式W=FS可知：在F相同和S相同的情况下，W应该相同，所以AB均错误；在做功相同时，MN段所用时间是OP段时间的2倍，根据P=W/t,得出Pmn<Pop；答案选D.29.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Ao30.一个木块放在粗糙程度相同的水平地面上，如果对木块施加的水平拉力为F,如图甲所示；F的大小与时间t的关系如图乙所示；木块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示。以下说法正确的是（）TOC\o"1-5"\h\z卓乙国A.当t=1s时，木块受到的摩擦力是0B.当t在2~4s内，木块做匀速直线运动，受到的摩擦力为5NC.当t在4~6s内，拉力F的功率为6WD.当t在2~6s内，木块的机械能保持不变【答案】C【解析】【分析】【详解】A.由图乙可知，物体在t=1s时受到的拉力为1N,由图丙可知此时物体处于静止状态，所以受到的摩擦力等于拉力为1N,故A错误；B,由图乙可知，物体在4~6s内受到的拉力为3N,由图丙可知4~6s内物体做匀速运动直线运动，在4~6s内受到的摩擦力等于此时的拉力为3N;由图乙可知在2~4s内，物体做加速直线运动，接触面粗糙程度、受到的压力不变，所以在2~4s内受到的摩擦力为3N。故B错误；C.由图乙可知，物体在4~6s内受到的拉力为3N,由图丙可知4~6s内物体做速度为2m/s的匀速运动直线运动，此时拉力的功率WFsPFv3N2m/s6Wtt故C正确；D.在2~6s内，木块受到拉力和摩擦力的作用，机械能在不断变化，故D错误。故选Co31.如图，一辆电动车在月球表面（月球面附近无大气层）沿着平直轨道行驶，物体M相对于车静止，则以下说法中正确的是（）一^A,电动车动能一定增加B.M受到的摩擦力一定向右C.此时小车可能做匀速直线运动D.若电动车急刹车，M受到的摩擦力一定向左【答案】B【解析】【分析】【详解】A.由图中彩旗展开的方向可知，电动车向右加速运动或向左减速运动，所以动能有可能增大也有可能减小，故AC错误；B.不管电动车是向右加速，还是向左减速，相对车静止的物体M都有向左运动的趋势，所以其受到的摩擦力一定向右，故B正确；D.若电动车原是向右加速运动的，急刹车时，车的速度减小或停下，而M由于惯性要保持原来的速度向右运动，此时所受的摩擦力应向左，才能让M相对车静止。若电动车原是向左减速运动的，急刹车时，M物体由于惯性会保持原来的速度继续向左运动，此时所受的摩擦力方向应仍然向右，才能让M相对车静止，故D错误。故选Bo32.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（）*of,liiIA.物体在0~ti时间内做匀速直线运动B.物体在ti~t2时间内动能不断变大C.物体在13H4时间内的摩擦力力小于tl~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~ti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13H4时间内和tl~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。

.如图甲所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它先后两次沿水平木板匀速滑动相同的距离，乙图是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变化的图象，下列说法正确的是（A.木块第一次做功较少B.木块第一次受到的摩擦力较大A.木块第一次做功较少B.木块第一次受到的摩擦力较大C.木块第二次做功较快C.木块第二次做功较快D.木块第二次的动能较小AB.由图乙，两条图象都是过原点的直线，则木块在这两次拉力的作用下都是做匀速直线运动，因滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，与速度无关，所以，木块两次受到的摩擦力大小相等；同时因为木块做匀速直线运动，处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力大小相等，所以，木块两次运动的拉力相等，由题意可知，两木块滑动相同的距离，根据W=Fs可知，两次拉力做的功相同，故AB错误；WC.因为两次拉力做的功相同，但由图乙知第二次做功的时间更长，根据P-可得,第二次的功率较小，即第二次做功较慢，故C错误；D.物体的质量不变，但由图乙知运动相同的距离，第二次花的时间更长，所以第二次速度较小，因此木块第二次的动能较小，故D正确。故选D。.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.小千^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Ao35.下例各情况中，关于做功的说法错误的是A.B.C.D.某同学用力将石块向前移动一点，他推石块的力做了功人推着小车沿斜面进入车厢，她推车的力做了功人头顶物体在水平地面上匀速前进，她顶物体的力做了功某同学从滑梯上滑下，重力做了功【答案】C【解析】【分析】【详解】A.某同学用力将石块向前移动一点，有力作用在石块上，石块在力的方向上通过了距离，所以他推石块的力做了功，故A正确不符合题意；B.人推着小车沿斜面进入车厢，有力作用在小车上，小车在力的方向上通过了距离，所以他推小车的力做了功，故B正确不符合题意；C.人头顶物体在水平地面上匀速前进，力的方向向上，距离的方向向前，二者相互垂直，所以她顶物体的力不做功，故C错误符合题意；D.某同学从滑梯上滑下，在重力的方向的通过了距离，所以重力对人做了功，故D正确不符合题意.36.农村建房时，常利用如图所示的简易滑轮提升建材。在一次提升建材的过程中，建筑工人用400N的拉力，将重600N的建材在10s内匀速提高3m。不计绳重及摩擦，则下列A.该滑轮的机械效率中75%B.滑轮所做的有用功为1200JC.滑轮自身白重力为100ND.绳子自由端移动的距离大小为3m【答案】A【解析】【详解】AB.滑轮所做的有用功为：W有用=Gh=600NX3m=1800J,因为是动滑轮，所以拉力移动的距离是物体提高距离的2倍，即6m,则拉力做的总功为：W总=1^40036m=2400J,所以动滑轮的机械效率为：W1800J-^X00%=100%=75%,W2400J心、故A正确，B错误；C.不计绳重及摩擦，则拉力为：,F一（GG动）,那么动滑轮的重为：G动=2F-G=2X400N-600N=200N,故C错误；D.由图知，使用的是动滑轮，承担物重的绳子股数n=2,绳子自由端移动的距离为：s=nh=2x3m=6m故D错误；故选Ao37.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