《中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题含答案.pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1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F1；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AF1F2CF1=F2【答案】B【解析】【分析】【详解】（1）当 AO 段处于水平位置时，如左图所示最省力，F1lOB=GlOAFGl1=OAl=G；OB（2）当 OB 段处于水平位置时，如右图所示最省力，F2lOB=GlOCFGl2=OClGlOCOBlOBlOClOBF
2、2GF1F2；故选 BD无法比较2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。3如图所示，杠杆在水平状态保持静止，要使弹簧测力计的示数变为原来的施中可行的是1，下列措2A去掉三个钩码B把钩码向左移动 2 小格C把钩码向右移动 2 小格D把弹簧秤
3、测力计向左移动2 小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件 F1L1F2L2得，4G4LF28L，解得F22G，要使弹簧测力计的示数变为原来的1，2即 F2G。A去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，G4LF28L，所以 F21G，不符合题意；24G2LF28L，B把钩码向左移动 2 小格，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，所以 F2G，故 B 符合题意；C把钩码向右移动 2 小格，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，4G6LF28L，所以 F23G，故 C 不符合题意；D把弹簧秤测力计向左移动2 小格，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，4G4LF26L，8所以
4、F2G，故 D 不符合题意。3故选 B。4如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的大小为 F 的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图关于压面团过程的叙述正确的是（）A面团对杆的作用力方向向下B面团对杆的作用力大小等于FC面团被压扁说明力能使物体发生形变DA 点向下移动的距离小于B 点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故A 错误；B由于面团 B 点到支点 C 的距离小于 A 点到 C 的距离，根据杠杆定律F1L1=F2L2，可知面团对杆的作用力大于 F，故 B 错误；C面团被压扁说明力
5、能使物体发生形变，故C 正确；DC 为支点，A 点向下移动的距离大于B 点向下移动的距离，故D 错误；故选 C。5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
6、 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WGh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。6如图所示装置，杆的两端A、B 离支点 O 的距离之比OA:OB 1:2，A 端接一重为 GA的物体，B 端连一滑轮，
7、滑轮上挂有另一重为GB的物体。现杠杆保持平衡，若不计滑轮重力，则 GA与 GB之比应是（）A14【答案】C【解析】B12C11D21【分析】【详解】由杠杆平衡条件可知GAOA FOB即F 因GAOAOBOA:OB 1:2所以1F GA2由图和动滑轮的特点可知1F GB2故GA1:1GB故选 C。7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()ABCD【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
8、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FOA=FOB=Gvt，即：FL=Gvt，F GvtL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8一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡，如图（a）所示，如果将右端弯成如图（b）所示的情况，铁棒将（）A顺时针转动可能【答案】B【解析】【分析】【详解】图 a 中，水平铁棒在水平位置处于平衡状态，根据杠杆平衡条件可知B逆时针转动C静止不动D以上三种情况均有
9、G左l左 G右l右图 b 中，将铁棒右端弯折，此时铁棒右边的重力不变，右端铁棒的重心将向左移动，力臂l右减小，而左边的力和力臂不变；因此G左l左G右l右所以铁棒左端下沉，右端上升，即铁棒将沿逆时针转动。故选 B。9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 4G2L=2G4L；左、右钩码各向支点移动一格，左边=4GL=4GL，右边=2G3L=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
10、，左边=3G2L=6GL，右边=G4L=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=2G2L=4GL，右边=G4L=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=6G2L=12GL，右边=4G4L=16GL，左边右边，杠杆右边下沉，D 不符合题意，故选 C10如图所示，小明利用一根长为L 的扁担挑水，他在扁担的左端挂上质量为m1的水桶，在右端挂上质量为 m2的水桶，右手扶着扁担右侧。已知m1 m2，不计扁担自重，下列说法正确的是（）A若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担左端B若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担右端C小明的肩位于扁担中点时，
11、右手需要给扁担施加向上的力D扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越小【答案】A【解析】【分析】【详解】AB扁担在左端挂了m1的水桶，右端挂了 m2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件F1L1F2L2可知，若要扁担平衡右手不使力，人的肩膀应靠近扁担左端，故 A 正确，B 错误；C小明的肩位于扁担中点时，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件F1L1 F2L2可知，左端下沉，为了使扁担在水平位置平衡，右手需要给扁担施加向下的力，故 C 错误；D根据压强的公式p 越大，故 D 错误。故选 A。F可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强S11如图所示，轻质杠杆AOB
12、 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CB 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：BA 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 OBOA所以可知F1OA F2OC根据杠杆的平衡条件可知，A 端下沉。故选 B。12如图，用橇棒撬起石块并保持平衡，下列说法正确的是()A动力对橇棒的转动效果小于阻力对橇棒的转动效果B手在 A 点竖直向下施力时，撬棒是个省力杠杆C手在 A 点向不同方向施力时，力的大小都
13、相等D手分别在 A、B 两点沿竖直向下方向施力时，在B 点比在 A 点费力【答案】B【解析】【分析】【详解】A因用撬棒撬起石块并保持平衡，根据杠杆的平衡条件，动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂。所以动力对撬棒的转动效果等于于阻力对撬棒的转动效，A 选项错误；B手在 A 点竖直向下施力时，动力臂大于阻力臂，根据杠杆的平衡条件，动力小于阻力，撬棒是个省力杠杆，B 选项正确；C手在 A 点向不同方向施力时，动力的力臂大小随方向的改变而改变，而阻力和阻力臂大小不变，所以动力的大小不相等，C 选项错误；D手分别在 A、B 两点沿竖直向下方向施力时，在A 点的动力臂小于在 B 点的动力臂，根据杠杆的平衡条件，手
14、在A 点沿竖直向下方向施力大于在B 点沿竖直向下方向施加的力，即在 A 点比在 B 点费力，D 选项错误。故选 B。13如图所示，小明用一可绕O 点转动的轻质杠杆，将挂在杠杆下的重物提高。他用一个始终与杠杆垂直的力 F 使杠杆由竖直位置缓慢转到水平位置，在这个过程中，此杠杆（）A一直是省力的C一直是费力的【答案】B【解析】【分析】B先是省力的，后是费力的D先是费力的，后是省力的【详解】由题图可知动力 F 的力臂 l1始终保持不变，物体的重力G 始终大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，重力的力臂l2逐渐增大，在 l2l1之前杠杆是省力杠杆，在l2l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。
15、14如图所示，在轻质杠杆AB 两端各挂体积相同的实心物体甲、乙，杠杆在水平位置保持不变。下列说法正确的是（）A分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆右端向下倾斜B分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆仍在水平位置平衡C分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆左端向下倾斜D分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆仍在水平位置平衡【答案】B【解析】【分析】动态杠杆相关判断。【详解】AB因为为杠杆平衡，所以G甲OA G乙OB，即甲VgOA 乙VgOB，所以甲OA 乙OB。若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：右边G乙G切乙OBG乙OB乙VgOB，左边=G甲G切甲OAG甲OA甲VgOA，左边等于右边，杠杆仍保持水
16、平平衡，故A 错误，B 正确；CD若分别将两物体切去等质量（即等重G）的一小块，则：左边 G甲G OAG甲OAGOA，右边=G乙GOBG乙OBGOB，因OAOB，则左边小于右边，则杠杆右端向下倾斜，故CD 错误。【点睛】较难题.失分原因是：（1）没有根据题干信息确定出甲OA 乙OB的等量关系；（2）将“切去等体积”、“切去等质量”代入杠杆平衡条件后，两边力和力臂的关系确定错误；（3）忽略了左右两侧的力臂不同，在分析杠杆平衡时判断猎误。15如图所示，长 1m 的粗细均匀的光滑金属杆可绕O 点转动，杆上套一滑环，用测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动，并保持金属杆处于水平状态。则测力计示数F 与滑环
17、离开 O 点的距离 s 之间的关系图像为（）ABCD【答案】B【解析】【分析】【详解】由题意可知，测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动的过程中，金属杆处于水平状态，处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可得1GOAlOA Fs k2金属杆的重力和金属杠的长度大小不变，即k 是定值，那么可得到1F k s从上式可知随着距离 s 的变大，测力计示数 F 在变小，两者是成反比的，两者的关系图像是 B 图像。故选 B。16C 点为硬棒 AD 的重心，硬棒可绕 A 点转动。在棒的 B 点施加力 F1，F1的方向沿 OO线，棒在图所示位置处于静止状态。则AF1GC重力的力臂等于 S1【答案】A【解析】【分析】【详
18、解】s1BF1=Gs2DF1方向沿 OO线向下AB由图像可得，A 点到 F1的距离为 s2，若令 A 点到重力的距离为 s3，根据杠杆的平衡条件“动力动力臂=阻力阻力臂”可知F1s2 Gs3可以推出F1由于s3Gs2s3 s2可得F1G故 A 选项正确，符合题意，B 选项错误，不符合题意；C重力的力臂为支点 A 到重力的距离，重力竖直向下，因此力臂为水平方向，故C 选项错误，不符合题意；DF1与 G 在支点同侧，重力方向竖直向下，所以F的方向应该向上，故 D 选项错误，不符合题意。17如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物GA和 GB（GAGB）,杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相同的物体后，杠
19、杆A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 lA和 lB，如图所示：根据杠杆平衡条件可得：GAlA=GBlB；已知 GAGB所以 lAlB，当两端各再加重力相同的物体后，设增加的物重为G，此时左边力和力臂的乘积：(GA+G)lA=GAlA+GlA右边力和力臂的乘积：(GB+G)lB=GBlB+GlB由于 lAlB，所以 GlAGlB；所以：GAlA+GlAGBlB+GlB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C。18如图所示，
20、两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重 24N，A、B 是木条两端，O、C 是木条上的两个点，AO=B0，AC=OCA 端放在托盘秤甲上，B 端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N现移动托盘秤甲，让C 点放在托盘秤甲上此时托盘秤乙的示数是（）A8N【答案】C【解析】【分析】在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题 A 端放在托盘秤甲上，以B 点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D 到 B的距离，当 C 点放在托盘秤甲上 C 为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数【详解】设木条重心在 D 点，当 A 端放在托盘秤
21、甲上，B 端放在托盘秤乙上时，以B 端为支点，托盘秤甲的示数是 6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A 端的支持力为 6N，如图所示：B12NC16ND18N由杠杆平衡条件有：FAABGBD，即：6NAB 24NBD，所以：1AB，当 C 点放在托盘秤甲上时，仍以C 为支点，此时托盘秤乙对4木条 B 处的支持力为 FB，AB 4BD，BD 因为AO BO，AC OC，所以COOD BD，BC 3BD，CD 2BD，由杠杆平衡条件有：FBBC GCD，即：FB3BD 24N2BD，所以：FB=16N，则托盘秤乙的示数为 16N故选 C【点睛】本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂
22、，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置19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2G3l 3Gl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3G3l 4G2l，此时杠杆不再平衡，不符合题
23、意；B若左边减少 1 个钩码，右边减少 2 个钩码，则G3l G2l，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2G2l 3Gl，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。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
24、梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有2G3L 3G2LA两边各向外移一格，左边2G4L 8GL右边3G3L 9GL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2G4L 4G2L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3G3L 9GL右边4G2L 8GL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G3L 3GL右边2G2L 4GL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如图所示的滑轮组
25、，绳子的末端缠绕在电动机上，电动机转动将下方钩码匀速提起。如果加快电动机的转速，则后一次提升与前一次相比（）A功率增大、机械效率增大C功率不变、机械效率不变【答案】B【解析】【分析】【详解】B功率增大、机械效率不变D功率不变、机械效率增大前后两次的滑轮组是同一个滑轮组，则做的有用功、额外功、总功不变，则机械效率不变；加快电动机的转速，则物体提升的速度增大，若两次提升高度相同，则后一次所需要的时间小于前一次所需要的时间，根据P故选 B。W可知，功率变大。故 ACD 错误，B 正确。t22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
26、是（）A拉力所做的有用功为40JB拉力所做的总功为 48JC拉力F的功率大小为 20WD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 22m 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=24Wt2s故 D 正确，不符合题意。故选 C。W有40J100%100%83.3%W总48J23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化的图象下列
27、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。故选 A。2
28、4在雄壮的国歌声中，升旗手在50 秒时间内将重 5N 的国旗缓缓上升到旗杆顶端，下面分析正确的是（）A缓缓上升，动能转化为重力势能B升旗同学的手受到绳对手的摩擦力方向向下C他对国旗做功的功率最接近于1WD旗杆顶端的滑轮在使用时是省力的【答案】C【解析】【分析】(1)影响动能的因素是质量和速度；影响重力势能的因素是质量和高度；在一定条件下，动能和势能可以相互转化；(2)两个物体发生相对运动时，摩擦力方向与相对运动的方向相反；(3)已知国旗重力，估计出旗杆高度，可以得到克服旗杆重力做的功；功与时间之比为功率；(4)定滑轮的本质是等臂杠杆，所以不能省力。【详解】A国旗匀速上升过程中，速度不变，质量不
29、变，则动能不变，高度增大，国旗的重力势能逐渐增大，没有动能转化为重力势能，故A 错误；B由于力的作用是相互的，升旗同学向下拉绳，升旗同学的手受到绳对手的摩擦力方向向上，故 B 错误；C已知国旗的重力 5N，旗杆大约 10m 高，克服国旗的重力做功为W Gh5N10m50J国歌的演奏一遍的标准时间是50 秒，他对国旗做功的功率最接近于P 故 C 正确；W50J1Wt50sD国旗杆上的滑轮为定滑轮，则利用定滑轮升国旗，可以改变施力的方向但不能省力，故 D 错误。故选 C。25一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，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能 E
30、p随着时间的变化图像可能是()A【答案】C【解析】【分析】【详解】BCD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 Ep 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 Ep 随时间减小得越来越慢，故 D 错误。故选 C。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（）A1.5 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
31、服自身重力所做的功约为W=Gh=mgh=50kg10N/kg9m=4500J克服重力做功的功率B15 WC150 WD1500 WP W4500J150Wt30s故 ABD，都不符合题意，C 符合题意。故选 C。27如图是滑雪运动员收起雪杖后从高处滑下的情景，对此过程A运动员下滑过程中动能增大，重力势能也增大B运动员下滑过程中，动能的增加量等于重力势能的减小量C运动员的动能是由重力势能转化来的D运动员弓着腰，是为了通过降低重心来增大惯性【答案】C【解析】【详解】A运动员下滑过程中，质量不变，速度越来越大，高度不断变小，所以动能增大，重力势能减小，故 A 错误；B运动员下滑过程中，由于要克服摩擦
32、做功，有一部分动能转化为内能，所以动能的增加量小于重力势能的减小量，故B 错误；C运动员下滑过程中，动能增大，重力势能减小，所以，运动员的动能是由重力势能转化来的，故 C 正确；D运动员弓着腰，是通过降低重心来增加稳度，不能改变惯性的大小，故D 错误。故选 C。28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C木块第一次受到的拉力较大【答案】D【解析】【详解】B两次拉力对木块做的功一样多D第一次拉力对木块做功的功率较大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
33、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。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
34、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。30如甲图所示，小球从竖直放置的弹簧上方一定高度处由静止开始下落，从a 处开始接触弹簧，压缩至 c 处时弹簧最短从 a 至 c 处的过程
35、中，小球在 b 处速度最大小球的速度 v 和弹簧被压缩的长度L 之间的关系如乙图所示不计空气阻力，则从a 至 c 处的过程中，下列说法中正确的是（）A小球所受重力始终大于弹簧的弹力B小球的重力势能先减小后增大C小球减少的机械能转化为弹簧的弹性势能D小球的动能一直减小【答案】C【解析】【详解】在小球向下压缩弹簧的过程中，小球受竖直向上的弹簧的弹力、竖直向下的重力；在ab段，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大；随着弹簧压缩量的增大，弹力逐渐增大，在 b 处弹力与重力相等，小球的速度达到最大；小球再向下运动（bc 段），弹力大于重力，合力向上，小球速度减小；故A 错误；小球从 a 至 c 的过
36、程中，高度一直减小，小球的重力势能一直在减小，故B 错误；小球下落压缩弹簧的过程中，不计空气阻力，机械能守恒，则小球减少的机械能转化为弹簧的弹性势能，故C 正确；由图乙可知，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，故D 错误；故应选 C31甲、乙两个物体，分别在水平拉力作用下在水平面上作匀速直线运动.若甲所受的重力是乙的 3 倍，甲受的水平拉力是乙受的水平拉力的2 倍，甲的运动速度是乙的运动速度的1 倍，则拉力对甲乙两物体做功之比和所用时间之比可能是A1:1 2:1B2:1 1:1C3:2 2:3D3:2 3:2【答案】B【解析】【详解】由题知两物体受到的拉力之比F甲:F乙=2:1速
37、度之比:v甲:v乙=1:1A若做功之比:W甲:W乙=1:1因为 W=Fs,所以运动路程之比:W甲W乙11s甲:s乙=:=:=1:2F甲F乙21因为 v=s速度相同,所用时间与路程成正比:tt甲:t乙=s甲:s乙=1:2故 A 不符合题意；B若做功之比:W甲:W乙=2:1因为 W=Fs,所以运动路程之比:W甲W乙2 1s甲:s乙=:=:=1:1F甲F乙2 1因为 v=s,速度相同,所用时间与路程成正比:tt甲:t乙=s甲:s乙=1:1故 B 符合题意；CD若做功之比:W甲:W乙=3:2因为 W=Fs,所以运动路程之比:s甲:s乙=W甲W乙3 2:=:=3:4F甲F乙2 1因为 v=s速度相同,所
38、用时间与路程成正比:tt甲:t乙=s甲:s乙=3:4故 CD不符合题意。32王强同学在探究凸透镜成像的规律后，又想采用实验中的装置来比较甲、乙、丙、丁四个透镜焦距的大小，在实验中还测出了其中一个透镜的焦距实验时凸透镜和烛焰的距离保持 16 cm 不变，烛焰通过四个凸透镜的成像情况如下表所示，由此可推断（）凸透镜像的性质甲倒立放大实像乙倒立等大实像丙倒立缩小实像丁正立放大虚像A甲透镜的焦距最小，乙透镜的焦距是8 cmB乙透镜的焦距最小，丁透镜的焦距是16 cmC丙透镜的焦距最小，乙透镜的焦距是8 cmD丁透镜的焦距最小，甲透镜的焦距是16 cm【答案】C【解析】【分析】【详解】根据表中数据可知，
39、丁的焦距最大，其次是甲，再次是乙，最小的是丙，根据乙透镜成像情况可知，放在了二倍焦距上，即2f=16cm 所以乙透镜的焦距是8 cm，C 对，所以正确选项为 C33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】B只有（2）正确D（1）（2）都不正确【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
40、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。34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 0t1时间内
41、做匀速直线运动B物体在 t1t2时间内动能不断变大C物体在 t3t4时间内的摩擦力力小于 t1t2时间内的摩擦力D物体在 t3t4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，0t1时间内速度越来越大，故A 错误；B由 v-t 图像可知，t1t2时间内速度不变，所以动能不变，故B 错误；C物体在 t3t4时间内和 t1t2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 t3t4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。35如图所示
42、，用手将一重为G 的铁球缓慢放在一弹簧上，放手后，铁球从A 位置开始向下运动，到达 B 位置速度达到最大，到达C 位置小球的速度变为零。已知AC 间的高度差为 h，若整个过程中不计能量损耗，下列说法正确的是（）A从 A 位置到 B 位置铁球的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B在此过程中弹簧的弹性势能增加量为GhC小球到达 B 点时，小球的重力大于弹簧的弹力，所以小球继续下落DB 位置到 C 位置的过程中铁球所受的重力大于弹簧所施加的弹力【答案】B【解析】【分析】【详解】A从 A 位置到 B 位置，铁球质量不变，高度减小，铁球重力势能减小；该过程铁球速度增大，铁球动能增大；该过程弹簧形变量增大，
43、弹簧弹性势能增大。若整个过程中不计能量损耗，则铁球的重力势能转化为铁球的动能和弹簧的弹性势能。故A 错误；B从 A 位置到 C 位置，铁球的重力做功W Gh因为从 A 位置开始向下运动的过程中，重力势能转化为动能，动能又转化为弹性势能，整个过程中不计能量损耗，所以，根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量为E W Gh故 B 正确；C从 A 位置到 B 位置，小球重力大于弹簧弹力，小球受合力方向向下，小球速度方向向下，小球受合力方向与速度方向相同，小球竖直向下做加速运动，该过程中，小球重力不变，弹簧形变量增大，弹力增大，小球受向下合力变小，小球到达B 位置时，小球受合力为零，即小球重力等于
44、弹簧弹力，速度最大；从B 位置到 C 位置，小球继续下落，是因为小球具有惯性，保持原来运动状态不变，故C 错误；D从 B 位置到 C 位置，该过程弹簧形变量继续增大，弹簧弹力继续增大，大于小球重力，小球受合力方向向上，小球速度方向向下，小球受合力方向与速度方向相反，小球做减速运动，C 位置小球速度为零，故D 错误。故选 B。36如图所示，当小明用力推墙时，他沿水平冰面减速向后退去，下列说法正确的是（）A小明对地面的压力和地面对小明的支持力是一对平衡力B小明受到摩擦力是水平向右，合力为零，运动状态不变C小明减速运动时，则他的惯性和机械能也随之减小D假如小明的重力突然消失，小明将做匀速直线运动【答
45、案】D【解析】【分析】【详解】A力的作用是相互的，小明对地面的压力和地面对小明的支持力是一对相互作用力，不是平衡力，A 错误；B小明减速向后退去，那么受到摩擦力是水平向右，但是合力不为零，速度在减小，那么运动状态是变化的，B 错误；C小明减速运动时，小明自身的质量不变，那么他的惯性是不变的；速度在减小，那么动能是在变小的，在水平冰面上运动，重力势能不变，则可知机械能是变小的；C 错误；D假如小明的重力突然消失，那么小明对冰面的压力消失，摩擦力也消失，在水平方向上不受力，处于平衡状态，小明将做匀速直线运动，D 正确。故选 D。37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
46、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，则下列判断正确的是（）A该滑轮的机械效率=75%C滑轮自身的重力为100N【答案】A【解析】【详解】AB滑轮所做的有用功为：B滑轮所做的有用功为1200JD绳子自由端移动的距离大小为3mW有用=Gh=600N3m=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=Fs=400N6m=2400J，所以动滑轮的机械效率为：故 A 正确，B 错误；W有用1800J100%=100%=75%，W总2400JC不计绳重及摩擦，则拉力为：1F （G G动
47、），2那么动滑轮的重为：G动=2FG=2400N-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=23m=6m，故 D 错误；故选 A。38如图甲所示，木块放在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉木块使其做匀速直线运动，两次拉动木块得到的s-t 关系图像如图乙所示。两次对应的弹簧测力计示数分别为F1、F2，两次拉力的功率分别为 P1、P2。.下列判断正确的是（）AF1=F2，P1P2【答案】A【解析】【分析】【详解】BF1F2，P1P2CF1F2，P1=P2DF1F2，P1P2从图乙可以看到，两次拉动，木块都是做匀速直线运动
48、，都是处于平衡状态，水平方向受力平衡，拉力大小等于滑动摩擦力大小，而木块的自身重力不变，接触面的粗糙程度也不变，那么滑动摩擦力大小不变，两次拉力的大小不变，即F1 F2因木块匀速直线运动，那么其功率可表示为P Fv，从图乙可看到，第 1 次的速度大于第2 次的速度，即v1 v2那么可知P1 P2故选 A。39如图所示，图中速度v 的方向是小强在体育中考“原地掷实心球”测试中球出手时的飞行方向，从球出手到落地的过程，空气阻力忽略不计，下面关于机械能的一些说法中正确的是（）A球出手时动能最大C球落地时机械能最大【答案】D【解析】【详解】B球出手时势能最大D球的机械能保持不变ACD由于空气阻力忽略不
49、计，那么整个运动过程球的机械能保持不变，C 错误，D 正确；球出手时动能不是最大的，因为它还会落地，重力势能会转化为动能，球落地的瞬间动能才是最大的，A 错误；B球出手时势能不是最大，因为它还会上升，上升到最高点时，它的重力势能才是最大的，B 错误；40如图所示为运动员投掷铅球的过程示意图，下列有关说法错误的是（）A在 a 到 b 的过程中，运动员对铅球做了功B在 b 到 c 的过程中，运动员对铅球没有做功C在 c 到 d 的过程中，没有力对铅球做功D在 a 到 d 的过程中，铅球的运动状态在不断的变化【答案】C【解析】【分析】【详解】图中从 a 到 b 过程中，运动员对铅球施加了力，铅球在力的方向上通过距离，故运动员对铅球做了功，A 说法正确；从 b 到 c 过程中，铅球虽然运动了一段距离，但运动员对铅球没有施加力的作用，故运动员对铅球没有做功，B 说法正确；从 c 到 d 的过程中，铅球受到重力的作用，铅球在重力方向上通过一段距离，故重力对铅球做功，C 说法错误；从 a到 d 的过程中，铅球的运动方向随时改变，故铅球的运动状态在不断改变，D 说法正确；答案选 C