中考物理 专题09 功和功率、简单机械（解析版）

中考物理冲刺夺分秘籍专题09功和功率、简单机械1．图甲单车脚踏可在竖直平面内转动，如图乙（脚踏用点表示）。当脚踏静止在位置1时，握住脚踏使其逆时针加速转动，当脚踏转动到位置2时松手，脚踏转动经过位置3慢慢停下。则该脚踏（）A．由位置1到位置2，动能减小，机械能不守恒 B．由位置1到位置2，动能减小，机械能守恒 C．由位置2到位置3，重力势能减少，机械能不守恒 D．由位置2到位置3，重力势能减少，机械能守恒【解析】AB、当脚踏静止在位置1时，握住脚踏使其逆时针加速转动，当脚踏转动到位置2时松手，在此过程中速度变大，故动能增大，故AB错误；CD、当脚踏转动到位置2时松手，脚踏转动经过位置3．在此过程中速度变小，故动能减小，同时高度降低，重力势能减小，机械能等于动能和重力势能之和，所以机械能减小，故C正确，D错误。【答案】C。2．球竖直向上运动，并落回地面，这过程中先后经过M、S两点。球在这两点的动能和重力势能如图所示，则球在S点的（）A．速度比在M点的小 B．离地高度比在M点的低 C．机械能等于在M点的机械能 D．机械能大于在M点的机械能【解析】A、球的质量不变，球在S点的动能大于M点动能，所以球在S点的速度大于M点速度。故A错误；B、S点的重力势能小于M点的重力势能，球的质量不变，所以球在S点的高度小于M点的高度。故B正确；CD、球在运动过程中没有发生弹性形变，所以机械能等于动能和重力势能之和，由图知，球在S点重力势能和M点动能相等，S点的动能小于M点的重力势能，所以S点的机械能小于M点的机械能。故CD错误。【答案】B。3．202012月17日，探月工程“嫦娥五号”返回器成功着陆，标志着我国首次地外天体采样返回任务圆满完成。这次返回任务采用了高速再入轨道技术。返回轨道如图所示，返回器以“打水漂”的方式返回，避免了返回器由于速度过快存在燃烧殆尽的风险。以下有关返回器分析不正确的是（）A．返回过程中，返回器的机械能始终守恒 B．反弹过程中，返回器的动能部分转换为势能 C．返回过程中，返回器要克服摩擦力做功产生热能 D．每次进入大气层时，返回器的动能第二次比第一次小【解析】A、返回过程中，返回器的机械能不断的转化为内能，因此机械能不断减小，故A错误符合题意；B、反弹过程中，返回器的高度增大，则动能部分转换为重力势能，故B正确不合题意；C、返回过程中，返回器要克服摩擦力做功产生热能，故C正确不合题意；D、每次进入大气层时，返回器的动能第二次比第一次小，故D正确不合题意。【答案】A。4．如图所示，为两个光滑的圆弧槽和一段粗糙的水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处；然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处。其中A、B两点距离水平面的高度分别为H、h（忽略空气阻力），C点距离水平面的高度为（）A．2h﹣H B．H﹣h C．0.25H D．0.5h【解析】（1）物体从A点滑到B点的过程中，损失的机械能，即克服摩擦力所做的功为：W＝ΔE＝GΔh＝mg（H﹣h）；（2）再次滑下的过程，水平面的粗糙程度不变，长度也不变，即物体克服摩擦力做的功不变，即损失的机械能不变，所以达到C点时物体的机械能（此时只有重力势能）：EC＝EB﹣ΔE＝mgh﹣mg（H﹣h）＝mg（2h﹣H），由W＝Gh可得，C点距离水平面的高度为：hC＝＝＝＝2h﹣H。【答案】A。5．如图所示的两个滑轮组，提升一个重为16N的物体（每个滑轮重力均相同），使物体在2s内上升了20cm，拉力大小如图所示，下列说法错误的是（）A．两图中，定滑轮的作用是改变力的方向 B．两图中，拉力所做的功相同 C．图甲中，滑轮组的机械效率是88.9% D．图乙中，动滑轮的重力为2N【解析】A．两图中定滑轮的作用是改变力的方向，故A正确；B．由图可知，两滑轮组绳子的有效股数n甲＝3、n乙＝2，绳子自由端拉力F甲＝6N、F乙＝9N，则绳子自由端移动的距离s甲＝n甲h＝3×20cm＝60cm＝0.6m，s乙＝n乙h＝2×20cm＝40cm＝0.4m，两图中拉力做的功W甲＝F甲s甲＝6N×0.6m＝3.6J，W乙＝F乙s乙＝9N×0.4m＝3.6J，所以，两图中拉力所做的功相同，故B正确；C．图甲中拉力做的有用功：W有＝Gh＝16N×20×10﹣2m＝3.2J，滑轮组的机械效率：η甲＝×100%＝×100%≈88.9%，故C正确；D．图乙中，若不计绳重和摩擦，由F＝（G+G动）可得，动滑轮的重力：G动＝n乙F乙﹣G＝2×9N﹣16N＝2N，若考虑绳重和摩擦，动滑轮的重力小于2N，故D错误。【答案】D。6．如图是实验常用的试管夹，O是支点，使用时用力向下按图示按压处可打开试管夹。下列能正确表示使用该试管夹时的杠杆示意图是（）A． B． C． D．【解析】据图可知，当用力按压试管夹的短柄B点时，会绕着中间的固定点O转动，即O为支点；所按压点B为动力的作用点，F1方向向下；而短柄受到弹簧向下的阻力F2，A点就是阻力F2的作用点，故D正确、ABC错误。【答案】D。7．如图所示为小刚外出所拿的行李箱，O为该行李箱的轮轴，OA为可伸缩拉杆（重力可忽略），把箱体和拉杆OA看成一个整体。小刚在拉杆端点A处施加一始终垂直于拉杆的力F，在他使用行李箱时，下列说法正确的是（）A．小刚使箱体从图示位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置，此过程力中F先变大后变小 B．小刚在拖动行李箱时总是先拉出上方的拉杆，这样可以增大动力臂，从而达到省距离目的 C．若只把拉杆OA看为杠杆，手对杠杆的力为动力，则箱体的重力为阻力 D．手柄A的位置做的比较宽大是为了减小压强【解析】A、如图：对拉杆产生的阻力是重力对拉杆的压力，则F2＝Gcosθ，阻力臂为OB，（θ为拉杆与水平面之间的夹角）由于在拉杆端点A处施加一垂直拉杆的力F，动力臂为OA，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可得：F•OA＝F2•OB，即：F•OA＝Gcosθ•OB，θ变大，则cosθ会变小，所以力F将变小，故A错误；B、拖动行李箱时拉出行李箱上方的拉杆，行李箱的重以及重力的力臂不变，拉力的力臂变大，根据F1×L1＝F2×L2，可知拉力减小，即拉出行李箱上方的拉杆的目的是：增大动力臂，省力但费距离，故B错误；C、若只把拉杆OA看为杠杆，此时O为支点，手对杠杆的力为动力，箱体对杠杆的压力为阻力，故C错误；D、手柄部分比较宽大是在压力一定时，增大受力面积减小压强，故D正确。【答案】D。8．如图所示，是我国古代《墨经》最早记述了秤的杠杆原理，有关它的说法正确的是（）①“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力②图中的B点为杠杆的支点③“权”小于“重”时，A端一定上扬④增大“重”时，应把“权”向A端移A．只有①② B．只有①④ C．只有③④ D．只有②④【解析】（1）由图可知“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，故①正确；（2）、图中O点为杠杆的支点，故②错误；（3）、根据杠杆平衡条件可知，“权”与“标”的乘积小于“重”与“本”的乘积时，A端一定上扬，故③错误；（4）、根据杠杆平衡条件可知，增大“重”时，应把“权”向A端移，故④正确。【答案】B。9．用如图甲所示的滑轮组提升物体M，已知被提升的物体M质量为76kg，绳子自由端的拉力F将物体M以0.5m/s的速度匀速提升了10m的高度，此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示，g取10N/kg，不计绳重和摩擦力大小。下面分析不正确的是（）A．此过程中，绳子自由端的拉力F大小为400N B．动滑轮重力为70N C．当t＝10s时，M克服重力所做的功为3800J D．当物体M上升过程中，该滑轮组提升物体的机械效率为95%【解析】A、由v＝得，物体被提升10m所需的时间：t＝＝＝20s，根据图乙可知，此过程中绳子自由端拉力F做的总功是8000J，由图甲可知n＝2，绳子自由端移动的距离：s＝nh＝2h＝2×10m＝20m，由W总＝Fs得，拉力：F＝＝＝400N，故A正确；B、物体M的重力：G物＝mg＝76kg×10N/kg＝760N；因为不计绳重和摩擦时F＝（G+G动），所以动滑轮的重力：G动＝nF﹣G＝2×400N﹣760N＝40N，故B错误；C、由v＝可知，t'＝10s物体被提升的高度：h'＝vt'＝0.5m/s×10s＝5m，M克服重力所做的功：W有'＝Gh'＝760N×5m＝3800J；故C正确；D、物体被提升10m所做的有用功：W有＝Gh＝760N×10m＝7600J，滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝95%，故D正确。【答案】B。10．如图1是中国自主研制的世界上最大起重机“宏海号”龙门吊，它可吊起22000吨的重物。它主要由主梁和支架构成，可以提升和平移重物，图2是其工作示意图。在重物由主梁右端缓慢移到左端的过程中，右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系图象是（梁自重不计）（）A． B． C． D．【解析】如图所示：支点在左支架与主梁接触处，阻力是重物对主梁的拉力，大小等于重物的重力，即F2＝G，右支架对主梁的支持力是动力F1，动力臂L1和阻力臂L2如图所示，根据杠杆的平衡条件可得：F1L1＝F2L2，即F1L1＝F2（L1﹣s），所以F1＝＝﹣s+G，即右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系是F＝﹣s+G，由于G，L1是固定不变的，所以右支架对主梁的支持力F与重物移动距离s的关系是一次函数关系。【答案】B。11．如图所示是小球落地后弹跳过程每隔相等时间曝光一次所拍摄的照片。由图片可知，小球从最高点到触地过程小球速度逐渐增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）；A、B是同一高度的两点，则A点的重力势能等于B点的重力势能（选填“大于”、“小于”或“等于”），A点的动能大于B点的动能（选填“大于”、“小于”或“等于”），此过程中小球的机械能减小（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【解析】小球下落过程中，高度减小，速度变大，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能；小球在A点的高度和B点的高度相等，质量也没变，根据重力势能的影响因素可知：小球在A、B两点的重力势能相等；由图可知，小球弹跳的高度会越来越低，这说明在势能和动能的转化过程中有能量的消耗，所以小球的机械能一次比一次少，A位置的机械能大于B位置时的机械能，因此在A、B两位置重力势能相等的情况下，A位置的动能大于B位置的动能；小球的弹起的高度逐渐减小，同时小球会变热。根据能量守恒定律可知，小球在运动过程中有一部分机械能转化为内能，所以小球的机械能不守恒；故小球在运动过程中，机械能是变小的。【答案】增大；等于；大于；减小。12．20219月17日，我国神舟十二号载人飞船返回舱安全降落在东风着陆场预定区域，图乙是其阶段Ⅲ飞船返回舱着陆过程中的高度随时间的变化关系。（1）图乙中t1～t2时段，返回舱在竖直向上推力作用下，竖直下落的速度减小，该过程中，返回舱的动能逐渐减小（选填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“不变”，下同），返回舱的内能不变。该过程中推力F与重力G的大小关系是F＞G（不计大气阻力）（2）飞船返回舱的质量约为300kg，其重力在t2～t4时段做功3×105J。【解答】解（1）t1～t2时段，返回舱在下落过程中，质量不变，动能随着速度的减小而减小；物体的内能与物体做机械运动的快慢和高度无关，故返回舱内能不变；返回舱在竖直方向上受到推力F和重力G的作用，在这两个力的作用下，返回舱竖直下落的速度减小，运动状态发生改变，说明这两个力不平衡，且合力的方向与运动方向相反，由于运动方向向下，则合力方向向上，故推力F大于重力G；（2）返回舱受到的重力为：G＝mg＝300kg×10N/kg＝3000N；由乙图可知，返回舱在t2～t4时段下落的高度为h＝100m，则返回舱重力在t2～t4时段所做的功为：W＝Gh＝3000N×100m＝3×105J。【答案】（1）逐渐减小；不变；F＞G；（2）3×105。13．如图甲，“蹦极”是将一端固定的长弹性绳绑在人的脚踝关节处，从高处竖直跳下的一种极限运动。一名游客蹦极时下落过程的v﹣t图像如图乙所示（蹦极过程视为在竖直方向的运动，不计空气的阻力），其中t1时刻，弹性绳处于自然伸直状态，t3时刻游客达到最低点。则0～t1时间段，游客的机械能不变（选填“增大”、“不变”或“减小”），t2～t3时间段，重力对游客做功（选填“做功”或“不做功”），弹性绳的弹性势能在t3（选填“t1”、“t2”或“t3”）时刻最大。【解析】（1）在0～t1时间段，不计空气的阻力，游客自由下落，游客的重力势能转化为动能，机械能大小不变；（2）在t2～t3时间段，游客受重力作用，在重力的方向上移动了距离（竖直下落），重力对游客做功；（3）弹性绳在t3时刻弹性形变最大，弹性势能最大。【答案】不变；做功；t3。14．如图所示，甲球的质量大于乙球的质量，在同一高度同时以大小相等的速度将甲球竖直向下抛、乙球竖直向上抛，忽略空气阻力，抛出时甲球的重力势能大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙球的重力势能；落地前空中运动过程中，乙球的机械能不变（选填“增大”、“先增大后减小”、“不变”或“减小”），甲球落地时的动能大于（选填“大于”、“小于”或“等于”）乙球落地时的动能。【解析】甲球的质量大于乙球的质量，抛出时速度相等，甲的动能大；高度相同，甲的重力势能大，故甲的机械能大；忽略空气阻力，球的机械能是守恒的，所以落地前在空中运动过程中，乙球的机械能不变；抛出时甲的机械能大，落地过程中重力势能转化为动能，落地时重力势能全部转化为动能，故落地时甲球的机械能大，动能大。【答案】大于；不变；大于。15．如图所示，用相同的滑轮安装成甲、乙两种装置，分别用FA、FB匀速提升重力为GA、GB的A、B两物体，不计绳重和摩擦。若GA＞GB，则η甲＞η乙；若FA＝FB，则GA＜GB；若GA＝GB，则FA＞FB。（选填“＞”、“＜”或“＝”）【解析】（1）不计绳重和摩擦，克服物体重力做的功为有用功，克服物体重力和动滑轮重力做的功为总功，则滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%，动滑轮的重力相等时，物体的重力G越大，1+越小，越大，所以，GA＞GB时，η甲＞η乙；（2）由图可知，n甲＝2，n乙＝3；由F＝（G+G动）可得，提升物体的重力：GA＝2FA﹣G动，GB＝3FB﹣G动，若FA＝FB，则GA＜GB；（3）由F＝（G+G动）可得，FA＝（GB+G动），FB＝（GA+G动），若GA＝GB，则FA＞FB。【答案】＞；＜；＞。16．利用如图所示的滑轮组沿水平地面拉动物体A，使重为2000N的物体A沿水平地面向右匀速移动了6m，若物体A所受水平地面的摩擦力为570N，所用拉力F的大小为250N，则在上述过程中，所用的滑轮组的机械效率为76%。（用百分数表示）【解析】由图可知n＝3，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝76%。【答案】76%。17．小红为自己家设计了一种电动窗帘，如图所示，按压遥控器的不同按钮，可以控制电动机的转动方向，电动机转动可带动绳子运动，实现两侧窗帘的打开或闭合。该装置利用定滑轮可改变力的方向的特点，若要打开窗帘，应使电动机逆时针（选填“顺时针”或“逆时针”）转动。【解析】由图可知，拉线方向由水平方向变为竖直方向，因此该装置利用定滑轮可改变作用力方向的特点，若要打开窗帘，应使窗帘向两边，故应使电动机逆时针转动。【答案】改变力的方向；逆时针。18．人们常用的简单机械有杠杆、滑轮、轮轴和斜面（1）如图甲，螺丝刀的手柄粗（选填“粗”或“细”）一些用起来更省力；螺丝钉上的螺纹展开相当于斜面的长度，螺纹密（选填“密”或“稀”）的一些螺丝钉拧起来更省力。（2）如图乙，将钥匙插入锁孔转动开锁时，钥匙就相当于一个轮轴（选填“杠杆”、“滑轮”或“轮轴”）。（3）如图丙，用滑轮组把质量为80kg的物体匀速提升3m，若拉力F＝500N，则滑轮组的机械效率为80%，若不计绳重和摩擦，则动滑轮受到的重力为200N。【解析】（1）螺丝刀相当于轮轴，轮轴是杠杆的一种变形，根据杠杆的平衡条件F1•R＝F2•r可知，手柄粗一些的螺丝刀用起来更省力；螺丝钉上的一圈圈螺纹的长相当于斜面的长度，斜面是一种变形的杠杆，因此螺丝钉是被拧成圆柱形的类似斜面的机械；螺丝钉螺纹密、螺线长，相当于斜面较长。因为斜面高度一定时，斜面越长，使用起来越省力。（2）钥匙在使用时绕中心轴转动，所以属于轮轴；（3）物体的重力：G＝mg＝80kg×10N/kg＝800N，由图可知，滑轮组绳子的有效股数n＝2，则滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%＝80%，若不计绳重和摩擦，由F＝（G+G动）可得，动滑轮受到的重力：G动＝nF﹣G＝2×500N﹣800N＝200N。【答案】（1）粗；密；（2）轮轴；（3）80%；200。19．“天问一号”火星探测器于20207月23日成功发射，目前已被火星捕获，绕火星沿椭圆轨道运行，将于今5～6月择机降落到火星表面。（1）“天问一号”的名字取自战国时期著名爱国诗人屈原的长诗《天问》。20207月20日、23日、30日，阿联酋、中国、美国分别发射了“希望号”、“天问一号”、“毅力号”火星探测器。三个探测器发射日期相差不到10天，这种“巧合”是因为三国都充分利用了探测火星的时间（选填“时间”或“气候”）窗口。（2）“天问一号”绕火星运行过程中势能发生改变（选填“保持不变”或“发生改变”），探测器上的五星红旗是套印在尺寸为39×26cm2、质量为144g、厚度约0.052cm的常见金属材料上，这种材料是铝。（3）“天问一号”探测器到达火星表面前，要经过所谓“恐怖7分钟”减速过程。减速分四个阶段：一是气动减速，大约用时290s，速度从4.8km/s减到460m/s；二是打开降落伞减速，大约用时90秒，使速度降到95m/s；三是反推发动机点火，大约用时80秒，将速度减到3.6m/s；在最后剩下的100m的着陆阶段，探测器悬停观察火星表面，然后缓慢降落。在第一个减速过程，探测器相当于“急刹车”。假设探测器减速过程中每一段的平均速度为始、末速度平均值，探测器第一个减速过程飞行的距离大约是762.7km。【解析】（1）“天问一号”的名字取自战国时期著名爱国诗人屈原的长诗《天问》；因为火星探测存在“窗口期”，相关计算得出，在地球上每隔约26个月是发射火星探测器的最好时机。如果错过20207至8月这次“窗口期”，下次火星探测的好时机只能等到；（2）“天问一号”绕火星运行过程中，其高度会发生改变，质量不变，势能会发生改变；金属材料的密度为：ρ＝＝≈2.7g/cm3，则该材料为铝；（3）根据题意可知，在第一个减速过程，探测器的速度下降的最多，相当于“急刹车”；根据v＝可知，探测器第一个减速过程飞行的距离大约是：s＝vt＝×290s≈762700m＝762.7km。【答案】（1）屈原；时间；（2）发生改变；铝；（3）一；762.7。20．20215月22日10时40分，我国的第一辆火星车——“祝融号”安全驶离着陆平台，在火星上留下了0.522m的第一步“足迹”（如图）。240kg的“祝融号”火星车除了具有宽大、粗糙的车轮外，还配备了先进的主动悬架，可以实现蠕动、抬轮、车体升降等多种运动模式，便于车轮下陷后脱困。“祝融号”可在气压约为地球大气压1%的火星表面以200m/h的速度行驶。（1）到达火星的“祝融号”的惯性不变（选填“增大”、“不变”或“消失了”）。（2）“祝融号”宽大的车轮可以减小压强，增大摩擦（均选填“增大”或“减小”）.（3）利用主动悬架完成车体抬升的“祝融号”，其在火星上的重力势能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）“祝融号”1m2太阳能电池板的上表面受到火星大气的压力约为1000N。（5）若以200m/h速度匀速行驶的“祝融号“受到的阻力为100N，则“祝融号”的火星第一步“足迹”，牵引力做功52.2J。【解析】（1）到达火星的“祝融号”的质量不变，其惯性大小不变；（2）“祝融号”采用宽大、粗糙的车轮是在压力一定时，通过增大受力面积增大来减小压强、通过增加接触面的粗糙程度来增大摩擦的；（3）“祝融号”被抬升后，其高度变大，质量不变时，它在火星上的重力势能增大；（4）火星上气压约为地球大气压的1%，即p＝1%×1.0×105Pa＝1000Pa，1m2太阳能电池板的上表面受到火星大气的压力约为：F＝pS＝1000Pa×1m2＝1000N。（5）“祝融号”做匀速直线运动，受到平衡力作用，所以牵引力为：F＝f＝100N，牵引力做功为：W＝Fs＝100N×0.522m＝52.2J。【答案】（1）不变；（2）减小；增大；（3）增大；（4）1000；（5）52.2。21．在探究“重力势能的大小与哪些因素有关”的实验中，已知木块A、B、C的质量关系为mA＝mB＜mC；三个完全相同的木桩和三个木块从高处释放时的位置如图甲所示；木桩被打击后陷入沙中的情形如图乙所示，木块B、C将木桩打入沙中的深度相同。（1）实验时，木块应在木桩的正上方（选填“正上方”或“后上方”）释放，将木桩打入沙中；（2）比较木块A和B将木桩打入沙中的深度，可得：在质量一定时，物体高度越高（选填“越高”或“越低”），重力势能越大（选填“越大”或“越小”）；（3）比较木块B和C将木桩打入沙中的深度相同，小刚认为：物体重力势能的大小与质量无关，你认为小刚的观点是错误（选填“正确”或“错误”）的，理由是B、C两木块释放的高度不同。（4）实验时，我们可以通过观察木桩陷入沙中的深度来判断重力势能的大小；下列实验与该步骤采用探究方法类似的是BA．学习光的三原色时，与颜料三原色做比较B．研究发声的音叉是否振动，把音叉放进水里观察到水花四溅【解析】（1）木块释放后会在重力的作用下沿竖直方向运动，为了使木块能撞击桩，所以木块应在木桩的正上方释放；在释放木块时，应轻轻释放，这样能排除外界压力对实验的影响；（2）由图可知：A、B的质量是相同的，物块B的高度大于A的高度，B撞击木桩的深度大于A撞击木桩的深度，所以结论为：物体的质量一定时，物体的高度越大，具有的重力势能就越大；（3）由图可知：B、C的下落的高度不同，质量也不同，打击的木桩的深度相同；要探究物体重力势能的大小与质量的关系，应控制物体下落的高度相同，故结论是错误的；（4）木块的重力势能转化为木桩的动能，木块的重力势能就越大，说明木桩获得的能量就越多，木桩陷入沙坑越深，所以我们可以通过木桩陷入沙坑的深度观察来判断重力势能的大小，这用到了转换法；A．学习光的三原色时，与颜料三原色做比较，用到了类比法，故A不符合题意；B．研究发声的音叉是否振动，把音叉放进水里观察到水花四溅，将音叉的振动转化为水花四溅，用到了转换法，故B符合题意【答案】B。【答案】（1）正上方；（2）越高；越大；（3）错误；B、C两木块释放的高度不同；（4）深度；B。22．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物体A从斜面上静止滚下与物体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，钢球从斜面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，仍让钢球从同一高度处由静止滑下，如图乙所示，则木块在水平面上移动的距离不变（选填“变大”“不变”或“变小”）（不计空气阻力）。【解析】（1）该实验物体的速度是指物体A从斜面上静止滚下与物体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物体将永远运动下去。物体的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，【答案】N；（3）钢球从不同倾斜角度的斜面，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，钢球从斜面上滑下，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。【答案】（1）碰前A；（2）N；（3）不变。23．测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如表，请问答以下问题：次数钩码重力G/N钩码上升的高度h/cm拉力F/N绳端移动的距离s/cm机械效率η11.0100.63055.6%21.5100.83032.0101.03066.7%42.0201.06066.7%（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速直线运动，第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为0.6N；（2）第2次实验时，滑轮组的机械效率是62.5%；（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大。滑轮组的机械效率越高；（4）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率是B。A.增大绳重B.减轻动滑轮重C.加快物体提升的速度【解析】（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动。测力计分度值为0.1N，第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为0.6N；（2）第2次实验时所做的有用功为：W有用＝Gh＝1.5N×0.1m＝0.15J；第2次做的总功：W总＝Fs＝0.8N×0.3m＝0.24J；滑轮组的机械效率是：η＝＝＝62.5%；（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，滑轮组的机械效率越高；（4）A、增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小，故A错误；B、减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大，故B正确；C、根据表格中3、4实验数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v＝可知，机械效率与物体提升的速度无关，故C错误；【答案】B。【答案】（1）0.6；（2）62.5%；（3）大；（4）B。24．“塔吊”是修建高层建筑常见的起重设备，又名“塔式起重机”。某“塔吊”以恒定功率24kW将质量为2t的重物从静止开始竖直向上提升45s，全程v﹣t关系如图。g取10N/kg。（1）求t＝30s时重物所受的拉力。（2）求整个过程重物的最大速度。（3）若重物上升的总高度为60m，则最后12s拉力所做的功多大？【解析】（1）由图象可知，在15s～45s阶段重物竖直向上做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，拉力与重力是一对平衡力，大小相等，所以，t＝30s时，重物所受的拉力F＝G＝mg＝2×103kg×10N/kg＝2×104N；（2）由题意知，0～45s内，拉力的功率恒定不变，功率P＝24kW＝2.4×104W，由P＝＝＝Fv得，整个过程重物的最大速度（即匀速运动时的速度）v最大＝＝＝1.2m/s；（3）由题知，整个过程中重物上升的总高度为60m，则整个过程塔吊的拉力对重物做功W＝Gh＝2×104N×60m＝1.2×106J，前45s塔吊对重物做的功W1＝Pt1＝2.4×104W×45s＝1.08×106J，最后12s拉力做的功W2＝W﹣W1＝1.2×106J﹣1.08×106J＝1.2×105J。答：（1）t＝30s时，重物所受的拉力是2×104N；（2）整个过程重物的最大速度是1.2m/s；（3）最后12s拉力做的功是1.2×105J。25．如图所示，小汽车通过滑轮组从竖直矿井中提升矿石，矿石以0.5m/s的速度匀速上升8s，已知矿石重2700N，动滑轮重300N，不计绳的重力及滑轮摩擦，求该过程中：（1）汽车所受拉力的大小；（2）汽车所做的有用功；（3）滑轮组的机械效率。【解析】（1）由图可知n＝3，因为不计绳重和摩擦，所以汽车所受拉力的大小：F＝（G+G动）＝×（2700N+300N）＝1000N；（2）由v＝可知，矿石上升的高度：h＝v石t＝0.5m/s×8s＝4m，有用功：W有＝Gh＝2700N×4m＝1.08×104J；（3）绳子自由端移动的距离：s＝nh＝3×4m＝12m，拉力做的总功：W总＝Fs＝1000N×12m＝1.2×104J，滑轮组的机械效率：η＝×100%＝×100%＝90%。答：（1）汽车所受拉力的大小为1000N；（2）汽车所做的有用功为1.08×104J；（3）滑轮组的机械效率为90%。26．图甲是《天工开物》中记载的三千多前在井上汲水的桔棒，其示意图如图乙。轻质杠杆的支点O距左端L1＝0.5m，距右端L2＝0.2m。在杠杆左端悬挂重力为40N的物体A，右端挂边长为0.1m的正方体B，杠杆在水平位置平衡时，正方体B对地面的压力为20N。（g取10N/kg）求：（1）此时杠杆右端所受拉力大小为多少？（2）正方体B的密度为多少？【解析】（1）设杠杆右端的拉力为FB，根据杠杆平衡条件可得：GA×L1＝FB×L2，即：40N×0.5m＝FB×0.2m，解得：FB＝100N；（2）因正方体B对地面的压力等于B的重力减去绳子对B的拉力，所以，B的重力：GB＝FB+F压＝100N+20N＝120N，由G＝mg可得，B的质量：mB＝＝＝12kg，B的体积：VB＝L3＝（0.1m）3＝0.001m3，B的密度：ρB＝＝＝1.2×104kg/m3。答：（1）此时杠杆右端所受拉力大小为100N；（2）正方体B的密度为1.2×104kg/m3。27．2月6日晚，中国女足通过奋勇拼搏，第9次捧起亚洲冠军奖杯。如图是足球落地后又弹起的示意图。分析可知，足球（）A．在B点时受力平衡 B．在C点时，若所受力全部消失，其运动状态将不断改变 C．在A、D两点动能可能相等 D．在运动过程中，只存在动能和势能的相互转化【解析】A、足球在B点时受重力和空气阻力的作用，这两个力不在一条直线上，故足球受力不平衡，故A错误；B、足球在C点时，若所受力全部消失，根据牛顿第一定律可知，足球将做匀速直线运动，运动状态保持不变，故B错误；C、由题图可知，足球落地弹起后的高度越来越低，说明足球的机械能逐渐减小，故足球在A点的机械能大于其在D点的机械能，而足球在A点的重力势能大于其在D点的重力势能，故足球在A、D两点的动能可能相等，故C正确；D、在运动过程中，足球的机械能不断减小，所以不仅存在动能和势能的相互转化，还存在机械能转化与内能的转化，故D错误。【答案】C。28．用如图甲所示的滑轮组从水中提升物体M，已知被提升的物体M重力为760N，M的体积为3×10﹣3m3，在物体M未露出水面的过程中，绳子自由端的拉力F将物体M以0.5m/s的速度匀速提升了10m的高度，此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图象如图乙所示，不计绳重和摩擦力大小（g取10N/kg）．下面分析中（）①动滑轮的重力为40N②当物体M没有露出水面的过程中，该滑轮组提升货物的机械效率为95%③此过程中，绳子自由端的拉力F大小为400N④当物体M没有露出水面时，动滑轮下端挂钩上绳子的拉力为730NA．只有①②正确 B．只有②③④正确 C．只有③④正确 D．只有①③正确【解析】（1）由v＝得物体运动的时间：t＝＝＝20s，根据图乙可知，此过程中绳子自由端拉力F做的总功是8000J，由图甲可知，滑轮组由2段绳子承担物重，则拉力端移动距离s＝2h＝2×10m＝20m，由W总＝Fs得拉力：F＝＝＝400N，故③正确；（2）当物体M没有露出水面时，物体受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝1×103kg/m3×10N/kg×3×10﹣3m3＝30N，不计绳重和摩擦力大小，绳子自由端的拉力F＝（G﹣F浮+G动），则动滑轮的重力：G动＝2F﹣G+F浮＝2×400N﹣760N+30N＝70N，故①错误；（3）当物体M没有露出水面时，动滑轮下端挂钩上绳子的拉力：F拉＝G﹣F浮＝760N﹣30N＝730N，故④正确；（4）当物体M没有露出水面时，滑轮组的机械效率：η＝＝＝＝＝×100%＝91.25%，故②错误。【答案】C。29．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知OA：OB＝1：2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（）A．A点受到700N的拉力 B．建筑材料P重为600N C．建筑材料P上升的速度为3m/s D．物体M对地面的压力为4500N【解析】（1）由于定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得：FA＝3F+G定＝3×300N+100N＝1000N，故A错误；B、由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F＝（G+G动）可得，建筑材料P重：G＝2F﹣G动＝2×300N﹣100N＝500N，故B错误；C、物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v＝v绳＝×1m/s＝0.5m/s，故C错误；D、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FA′＝FA＝1000N；根据杠杆的平衡条件：FA′×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，所以，FB＝FA′×＝1000N×＝500N；因为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：FM压＝FM支持＝4500N，故D正确。【答案】D。30．某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警的装置，如图为该装置的一部分。水平杠杆OAB，OB长120cm，OA：OB＝1：6；杠杆OAB通过压杆与压力传感器相连，当传感器受到30N的压力时，装置开始发出报警信号；模拟车辆放置在托盘内（托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计）。报警装置中利用OAB这种类型杠杆的好处是省距离；报警器刚开始报警时，托盘限载重量为180N。【解析】由图可知，OAB这种类型杠杆在使用的过程中，动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，费力，但省距离；托盘限载重量的大小等于A点受到的压力，压力传感器受到的压力等于压力传感器对B的支持力，根据杠杆的平衡条件可知：G×OA＝F×OB，则G＝＝