2020-2021备战中考物理压轴题专题杠杆平衡条件的应用问题的经典综合题及详细答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是（）
A．B点挂5个钩码
B．C点挂4个钩码
C．D点挂1个钩码
D．D点挂2个钩码
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为
4F×3L=12FL
杠杆的平衡条件是
A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
5F×2L=10FL＜12FL
杠杆不能平衡，故A错误；
B．若C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
4F×4L=16FL＞12FL
杠杆不能平衡，故B错误；
C．若D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
F×6L=6FL＜12FL
杠杆不能平衡，故C错误；
D．若D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为
2F×6L=12FL=12FL
杠杆能平衡，故D正确。

故选D
2．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。

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1
2
，下列措
施中可行的是
A．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F1L1＝F2L2得，
4G×4L＝F2×8L，解得
F2＝2G，
要使弹簧测力计的示数变为原来的1
2
，
即F2＝G。

A．去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
G×4L＝F'2×8L，
所以F'2＝1
2
G，不符合题意；
B．把钩码向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
4G×2L＝F'2×8L，
所以F'2＝G，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F1L1＝F2L2得，
4G×6L＝F'2×8L，
所以F'2＝3G，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F1L1＝F2L2得，
4G×4L＝F'2×6L，
所以F'2＝8
3
G，故D不符合题意。

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F
C．面团被压扁说明力能使物体发生形变
D ．A 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F 1L 1=F 2L 2，可知面团对杆的作用力大于F ，故B 错误；
C ．面团被压扁说明力能使物体发生形变，故C 正确；
D ．C 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B 处施加的力（ ）
A ．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1122Fl F l =可得
min 42F L G L ⋅=⋅
则有
min 24N 22N 44
G L F L ⋅⨯=== 若在B 点斜拉使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件1122Fl F l =可知 2211F l F l =
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
2N F ≥
故选D 。

6．如图所示，一根均匀木尺放在水平桌面上，它的一端伸出桌面的外面，伸到桌面外面的
部分长度是木尺长的1
4
，在木尺末端的B点加一个作用力F，当力F=3N时，木尺的另一端
A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（）
A．3N B．9N C．1N D．2N 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
设直尺长为l，如图所示：
从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力
F=3N
动力臂
OB=1 4 l
阻力为直尺的重力G，阻力臂
CO=1
2
l-
1
4
l=
1
4
l
由杠杆平衡的条件得
F×OB=G×OC
3N×1
4
l= G×
1
4
l G=3N
故选A。

7．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。

想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（）
A ．2GHL
B ．GH L
C ．HL G
D ．GL H
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面的接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为2H ，阻力为木箱的重力，阻力臂为2
L ，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得
G ×2
L =F ×2H F =GL H
故选D 。

8．要使图中的杠杆平衡，分别用F A 、F B 、F C 的拉力，这三个力的关系应是
A ．F A ＞F
B ＞F C
B ．F A ＜F B ＜F
C C ．F A ＞F C ＞F B
D ．F A =F B =F C
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 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1122F L F L =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．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l 1、l 2、l 3如下
由图可知，动力臂先增大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式F 1l 1=F 2l 2可知，拉力先变小后变大，故选D 。

10．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
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
D ．使动力、阻力的大小增加相同的倍数
【答案】D
【解析】
【详解】
不等臂杠杆平衡时，满足F 1l 1=F 2l 2，l 1≠l 2，F 1≠F 2。

A ．使动力、阻力的大小减少相同的数值F 时，由Fl 1≠Fl 2可知，
(F 1−F )l 1≠(F 2−F )l 2，
故A 不符合；
B ．使动力、阻力的大小增加相同的数值F 时，由Fl 1≠Fl 2可知，
(F 1+F )l 1≠(F 2+F )l 2，
故B 不符合；
C ．使动力臂、阻力臂增加相同的长度L 时，由F 1L ≠F 2L 可知，
F1(L+l1)≠F2(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F1l1=F2l2可知，
nF1×l1=nF2×l2，
故D正确。

故选D。

11．如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。

如果在两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则（）
A．左端下降
B．右端下降
C．仍然平衡
D．无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查杠杆的平衡原理。

【详解】
杠杆的平衡原理是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。

图中，设一个钩码的重为G，杠杆每一小格的长度为L，则有G∙4L=2G∙2L，若两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则杠杆的左边变成2G∙4L=8GL，右边变成3G∙2L=6GL，此时8GL>6GL，所以左端下降，故A符合题意，BCD都不符合题意。

故选A。

12．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
111
42cm4cm=0.04m 2
2
l OA
==⨯⨯=
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
11
2
3N4cm
=2N
6cm
F l
G
l
⨯
==
竖直向上拉A点时，力臂大小等于OA，由杠杆平衡条有'
12
F OA Gl
⋅=，所以测力计的示数
2
1
2N6cm
=1.5N
2cm4
Gl
F
OA
'
⨯
==
⨯
故C错误，D正确。

故选D。

13．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.
14．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。

15．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
B ．先是省力的，后是费力的
C ．一直是费力的
D ．先是费力的，后是省力的
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
由题图可知动力F 的力臂l 1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l 2逐渐增大，在l 2＜l 1之前杠杆是省力杠杆，在l 2＞l 1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B 。

16．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
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
1212G L G L =铁铁
即
1122gV L gV L ρρ⨯=⨯铁铁
所以
1122V L V L ⨯=⨯
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
()()11111gV gV L gV L ρρρρ-⨯=-⨯铁
水铁水
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
()()22222gV gV L gV L ρ
ρρρ-⨯=-⨯铁
水铁水
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
12G L G L =铝铁
即
12gV L gV L ρρ⨯=⨯铝铁①
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
()111gV gV L gV L gV L ρ
ρρρ-⨯=⨯-⨯铝
铝水水②
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
()222gV gV L gV L gV L ρ
ρρρ-⨯=⨯-⨯铁
水铁水③
由于12L L >，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B 。

【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。

17．如图所示，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=OC ．A 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（ ）
A ．8N
B ．12N
C ．16N
D ．18N
【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：
由杠杆平衡条件有：FA AB G BD ⨯=⨯，即：624N AB N BD ⨯=⨯，所以：
4AB BD =，1
4
BD AB =
，当C 点放在托盘秤甲上时，仍以C 为支点，此时托盘秤乙对木条B 处的支持力为FB ，
因为AO BO AC OC ==，，所以32CO OD BD BC BD CD BD ====，，，由杠杆平衡条件有：FB BC G CD ⨯=⨯，即：3242FB BD N BD ⨯=⨯，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，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置．
18．如图所示，用不同的机械匀速提升同一物体时，最省力的是（不计机械自重和摩擦）（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】D 【解析】 【分析】
【详解】
如图所示，物体重力为G ，不计机械自重和摩擦，则各图的力F 大小分别如下： A ．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，则F 1=2G ；
B ．图中为斜面，在直角三角形中，30°角所对的直角边h 为斜边s 的一半，不计机械自重和摩擦，总功与有用功相等，则
F 2s =Gh
所以
212
h F G G s ==
C ．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轮上，则
312
F G =
D ．图中为杠杆，O 为支点，动力臂为3l ，阻力臂为l ，由杠杆平衡条件可得
F 4×3l =Gl
即
413
F G =
由此可得，最省力的为F 4。

故选D 。

19．如图为搬运砖头的独轮车，车箱和砖头所受的总重力G 为1 000 N （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 ．200 N
B ．300 N
C ．400 N
D ．500 N
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 由平衡条件可知
12Gl Fl =
则
12
1000N 0.3=300N m
Gl F l ⨯=
=ｍ
１ 故选B 。

20．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C 。

二、初中物理功和机械能问题
21．如图所示的滑轮组，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
B ．功率增大、机械效率不变
C ．功率不变、机械效率不变
D ．功率不变、机械效率增大
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
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W
P t
=可知，功率变大。

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

22．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
20N 2m 40J W Gh ==⨯=有用
故A 正确，不符合题意； B ．由图可知
222m 4m s h ==⨯=
根据公式可得
12N 4m 48J W Fs ==⨯=总
故B 正确，不符合题意； C ．拉力的功率
48J
=24W 2s
W P t =
=总 故C 错误，符合题意； D ．滑轮组的机械效率
40J 83.3%48100%100%J
W W η=
=≈⨯⨯有总
故D正确，不符合题意。

故选C。

23．跳绳是大家喜爱的体育运动之一，小明的质量为 50 kg，每次跳起高度约为 6 cm（人整体上升，如图所示），一分钟跳 100 次，下列说法正确的是（）
A．向上起跳过程中小明的动能持续增大B．下落过程中小明的重力势能保持不变C．小明跳一次克服重力做功约 3J D．小明在这一分钟内跳绳的功率约为 50W 【答案】D
【解析】
【详解】
A. 向上起跳过程中，质量不变，速度减小，小明的动能减小，故A错误；
B. 下落过程中小明的高度减小，质量不变，重力势能减小，故B错误；
C. 小明的重力为：
G=mg=50kg×10N/kg=500N，
小明跳一次克服重力做功：
W=Gh=500N×0.06m=30J，
故C错误；
D. 小明在这一分钟内跳绳的功率：
P=W
t
总=
30J100
60s
=50W，
故D正确。

故选D。

24．一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 p随着时间的变化图像可能是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
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E p 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E p 随时间减小得越来越慢，故D 错误。

故选C 。

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G 1大于儿子的体重G 2，根据爬楼做功W Gh =，所以父亲爬楼做功W 1大于儿子爬楼做功W 2，即W 1＞W 2，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W
P t
=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 。

26．九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 B ．15 W
C ．150 W
D ．1500 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 ，则克服自身重力所做的功约为
W =Gh =mgh =50kg ×10N/kg ×9m=4500J
克服重力做功的功率
4500J 150W 30s
W P t =
== 故ABD ，都不符合题意，C 符合题意。

故选C 。

27．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：①F 1做的功等于F 2做的功；②甲滑轮组的机械效率等于乙滑轮组的机械效率；③使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力；④F 1做功的功率等于F 2做功的功率；其中正确的为（ ）
A ．①、②、③
B ．②、③、④
C ．①、③、④
D ．①、②、③、④
【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
①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 Fs G G h =+总动
故F 1做的功等于F 2做的功，①正确；
②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 Gh G
W G G G G h η=
==++有用总动
动 即机械效率相等，故②正确；
③甲滑轮组由两段绳子承重，拉力为
()11
2
F G G =
+动 乙滑轮组由三段绳子承重，拉力为
()21
3
F G G =
+动 所以使用乙滑轮组比甲滑轮组更加省力，③正确； ④两次拉力做的功，用时也相等，根据W
P t
=知，F 1做功的功率等于F 2做功的功率，④正确； 故选D 。

28．一位质量约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
B ．600J
C ．6000J
D ．0000J
【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．
29．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C B A v v v <<
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C B A v v v <<，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 。

30．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t ab ＞t cd ，运动距离s ab =s cd ，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s ab＝s cd，根据W＝Fs可知：拉力所做的功相同，故A错误，B正确；由于
t ab＞t cd，根据
W
P
t
得：P ab＜P cd，故C、D错误．
31．如图，小球从某一高度自由落到一端固定在地面的轻质弹簧上，在A处开始与弹簧接触，下降到最低点B处后弹回，则小球的动能变化情况是（）
A．从A到B，动能不断减小B．从B到A，动能不断增大
C．从A到B，动能先变大后变小，到B处为零D．从B到A，动能先变大后变小，到A处为零
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
物体从A点接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短（达到B点）的过程中，物体的运动过程为：在物体刚接触弹簧的时候，弹簧的弹力小于物体的重力，合力向下，物体还是向下加速，当弹簧的弹力和物体的重力相等时，小球的速度达到最大，之后弹力大于重力，物体开始减速，直至减为零。

弹簧从压缩到最短B点到弹簧弹回原长A点的过程中，物体的运动过程：弹簧压缩到最短时弹力最大，大于重力，合力方向向上，物体加速上升；当弹簧
的弹力和物体的重力相等时，物体的速度达到最大，之后弹力小于重力，物体开始减速。

AC．物体从A到B的过程中，速度先增大后减小至0，动能先增大后减小，到B处为零，故A不符合题意，C符合题意；
BD．物体从B到A的过程中，速度先增大后减小到达A位置时速度不为0，因此动能先增大后减小，到A处为不为零，故BD不符合题意。

故选C。

32．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。

33．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。