培优杠杆平衡条件的应用问题辅导专题训练及详细答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．C 点为硬棒AD 的重心，硬棒可绕A 点转动。

在棒的B 点施加力F 1，F 1的方向沿OO '线，棒在图所示位置处于静止状态。

则
A ．F 1>G
B ．F 1=12G s s
C ．重力的力臂等于S 1
D ．F 1方向沿OO ′线向下
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．由图像可得，A 点到F 1的距离为s 2，若令A 点到重力的距离为s 3，根据杠杆的平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”可知
123F s G s ⨯=⨯
可以推出
312
s F G s =
由于 32s s >
可得
1F G >
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；
D ．F 1与G 在支点同侧，重力方向竖直向下，所以F １的方向应该向上，故D 选项错误，不符合题意。

2．悬挂重物G 的轻质杠杆，在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置，若力施加在A 点，最小的力为 F A ，若力施加在B 点或C 点，最小的力分别为 F B 、F C 、且 AB=BO=OC ．下列判断正确的是（ ）（忽略O 点的位置变化）
A．F A > G
B．F B = G
C．F C <G
D．F B > F C
【答案】C
【解析】
【详解】
在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力最小；若力施加在A点，当OA为动力臂时，动力最小为F a；若力施加在B点，当OB为力臂时动力最小，为F b；若力施加在C 点，当OC为力臂时，最小的力为F c，从支点作阻力的力臂为G l，如图所示：
A．F a的力臂AO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F a＜G，A错误。

B．F b的力臂BO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F b＜G，B错误。

C．F c的力臂CO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F c＜G，C正确。

D．F b的力臂BO=OC，根据杠杆的平衡条件可知，F b=F c，D错误。

3．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F1l1=F2l2，l1≠l2，F1≠F2。

A．使动力、阻力的大小减少相同的数值F时，由Fl1≠Fl2可知，
(F1−F)l1≠(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Fl1≠Fl2可知，
(F1+F)l1≠(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F1L≠F2L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F 1l 1=F 2l 2可知，
nF 1×l 1=nF 2×l 2，
故D 正确。

故选D 。

4．如图所示为一轻质杠杆。

机翼模型固定在直杆上，它们总重 6N ，直杆挂在杠杆上并保持与杠杆垂直。

同一弹簧测力计在不同情形下拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。

下列说法中正确的是（ ）
A ．测力计在a 位置时的示数为 1.5N
B ．测力计从a 位置转到b 位置后，示数将会变小
C ．测力计在a 位置时示数为Fa ，移至c 位置时示数为Fc ，则 Fa ∶Fc =4∶1
D ．测力计在c 位置时，对模型水平向右吹风，示数将会变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．我们将杠杆左边受到的拉力定义为阻力，右边受到的拉力定义为动力。

因为动力臂为阻力臂的
14
，根据杠杆平衡条件1122Fl F l =我们可以知道，动力应为阻力6N 的4倍，即为24N ，A 选项错误，不符合题意； B ．测力计a 位置时，动力臂等于支点到力的作用点的距离；当测力计在b 位置时，动力臂与支点到力的作用点的距离为直角三角形的一条直角边与斜边的关系，即测力计从a 位置转到b 位置，动力臂变小了。

根据杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在阻力与阻力臂均不变的情况下，动力臂减小，要使杠杆继续平衡，动力应该增大。

B 选项错误，不符合题意；
C ．当测力计从a 位置转到c 位置时，动力臂变为原来的4倍。

由杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在阻力与阻力臂均不变的情况下，动力臂变为原来的4倍，要使杠杆继续平衡，动力应变为原来的14
，即Fa ∶Fc =4∶1。

C 选项正确，符合题意； D ．对模型向右吹风，根据流体压强与流速的关系可以知道，模型会受到一个向上的升
力，即杠杆左边受到的拉力会减小。

根据杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在力臂均不变的情况下，阻力减小了，要使杠杆继续平衡，动力也应减小。

D 选项错误，不符合题意。

故选C 。

5．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( )
A ．
B ．
C ．
D ．
【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）
F ′=
G ，
阻力臂为
OB =vt ，
因为杠杆平衡，所以满足
F ×OA =F ′×OB =
G ×vt ，
即：
F ×L =
G ×vt ，
Gvt F L
= 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．
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（ ）
A ．1∶1
B ．1∶2
C ．4∶3
D ．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12G l G l =甲乙即
32m g m g ⨯=⨯甲乙 所以23m m 甲乙＝，又因为V
甲/V 乙＝1/2，甲、乙两个物块的密度之比是 24133
2m V m V ρρ===甲甲甲乙乙乙
故C 正确。

故选C 。

7．如图所示，重力为G 的均匀木棒竖直悬于O 点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F ，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动的过程中（ ）
A ．动力臂逐渐变大
B ．阻力臂逐渐变大
C ．动力F 保持不变
D ．动力F 逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。

【详解】
A ．由图示可知，木棒是一个杠杆，力F 是动力，力F 始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A 不符合题意；
B ．木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B 符合题意；
CD ．已知G 、L 保持不变，L G 逐渐变大，由杠杆平衡条件有
GL G =FL
动力F 逐渐增大，故CD 不符合题意。

故选B 。

【点睛】
本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。

8．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 ．160N
B ．120N
C ．80N
D ．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
木棒AB 的重心距离支点的距离，即重力的力臂 111m 0.25m 0.25m 22
OC O C AB AO '=
-⨯-＝＝＝ 木棒平衡，则有 F ×OB ＝G ×OC
木棒的重力
40N 0.75m =120N 0.25m
F OB
G OC ⨯⨯=
＝ 故B 正确。

故选B 。

9．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．沿OA方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C错误。

D．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，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与滑环离开O点的距离s之间的关系图像为（）
A ．
B ．
C ．
D ．
【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 12OA OA G l Fs k ⋅== 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 。

11．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l1，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l2，由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得
Fl1=Gl2
由于等式右端重力G不变，l2逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端l1不变，则可得F逐渐变大，故选C。

12．如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力F的方向，使其从
①→②→③，此过程中（）
A．①位置力臂最长B．③位置力臂最长
C．弹簧测力计示数先变大后变小D．弹簧测力计示数先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．力臂是支点到力的作用点的线段，由图可知当弹簧测力计在②位置时力臂最大，故AB 不符合题意；
CD．从①→②→③时动力臂先变大后变小，由图可知阻力等于钩码重力不变，在水平位置平衡所以阻力臂也不变，根据杠杆平衡的条件可知，弹簧测力计给杠杆的拉力先变小后变大，故C不符合题意，D符合题意。

故选D。

13．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（）
A ．杠杆平衡时，乙对地面的压力为50N
B ．甲的密度为2×103kg/m 3
C ．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400Pa
D ．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333=1000cm V 乙，
乙的底面积
S 乙= L 乙2=（0.1m ）2=0.01m 2，
杠杆平衡时，乙对地面的压力
F 乙=p 乙S 乙=3000Pa×0.01m 2=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
F B =
G 乙-F 乙支持=50N-30N=20N ，
由杠杆的平衡条件可知G 甲OA =F B OB ，
G 甲=
B 2=20N 5
OB F OA ⨯⨯=8N ， 甲的密度 ρ甲=-638N ==10N/kg 100010m
m G V gV ⨯⨯甲甲甲甲=0.8×103kg/m 3 故B 错误；
C ．因为
ρ甲＜ρ水，
甲落入水中静止时，处于漂浮状态，
F 浮甲=
G 甲=8N ，
排开水的体积
V 排甲=338N 110kg/m 10N/kg
F g ρ=⨯⨯浮甲水=8×10-4m 3， 甲落入水中静止时水面上升的高度
Δh =-43
-42
810m =20010m V S ⨯⨯排容=0.04m ， 水对容器底部的压强比未放入甲时增加了
Δp=ρg Δh =1×103kg/m 3×10N/kg×0.04m=400Pa ，
故C 正确；
D ．原来容器中水的深度
h =3
2
6000cm =200cm V S 水
容=30cm=0.3m ， 甲落入水中静止时，水的深度
h 1= h +Δh =0.3m+0.04m=0.34m ，
甲落入水中静止时，水对容器底部的压强
p 1=ρgh 1=1×103kg/m 3×10N/kg×0.34m=3400Pa ，
甲落入水中静止时，水对容器底部的压力
F = p 1S 容=3400Pa×200×10-4m 2=68N ，
故D 错误．
14．一轻质不等臂杠杆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平衡。

现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所示。

已知：331.010kg/m ρ=⨯水，332.71k 0g/m ρ=⨯铝，338.910kg/m ρ=⨯铜，则下列判断正确的是（ ）
A ．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
ρ铝V 铝g ⋅OA =ρ铜V 铜g ⋅OB
而ρ铝<ρ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)⋅OA ，(G 铜-F 浮＇)⋅OB
即
(ρ铝V 铝g -ρ水V 铝g )⋅OA ，(ρ铜V 铜g -ρ铜V 铜g )⋅OB
那么
ρ铝V 铝g ⋅OA -ρ水V 铝g ⋅OA <ρ铜V 铜g ⋅OB -ρ铜V 铜g ⋅OB
所以B 端下沉。

故ACD 错误，B 正确。

故选B 。

15．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A 端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M 悬挂点B 的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M 悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（ ）
A ．每次倒入空桶的液体质量相同
B ．秤的刻度值分布不均匀
C ．增大M 的质量，秤的量程会减小
D ．悬点O 适当左移，秤的量程会增大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A ．轻质杠杆自身的质量不计，假如每次倒入空桶的液体质量相同，那么液体的重力是相同的，根据杠杆的平衡条件可知M M OA G l G l =液，G 液、OA l 、M G 不变，则M l 不变，物体M 悬挂点
B 的位置是不变的，这样不能知道液体的密度，密度秤不能正常使用，A 错误； B ．每次倒入空桶的液体体积相同，根据杠杆的平衡条件可知M M OA G l G l =液，即
M M OA V gl G l ρ=液液 化简可得M M OA
G l V gl ρ=液液，可知ρ液与M l 成正比，则秤的刻度值分布是均匀的，B 错误； C ．增大M 的质量，根据杠杆的平衡条件M M OA G l G l =液可知，秤的量程会变大，C 错误； D ．悬点O 适当左移，阻力臂是增大的，根据杠杆的平衡条件M M OA G l G l =液可知，秤的量程会变大，D 正确。

故选D 。

16．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
233G l G l ⨯=⨯右，
解得2l l =右，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
3342G l G l ⨯≠⨯，
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
32G l G l ⨯≠⨯ ，
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
223G l G l ⨯≠⨯，
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
2(3 1.5)3(21)G l G l ⨯+=⨯+，
此时杠杆平衡，符合题意。

17．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F1=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
F2s=Gh
所以
2
1
2 h
F G G
s
== C．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轮上，则
31 2
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
F4×3l=Gl
即
41 3
F G
=
由此可得，最省力的为F4。

故选D。

18．如图，轻质杠杆可绕O点转动（不计摩擦）．A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G．在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面的压强为1000Pa，OB=3OA．则B点的拉力F的大小为
A ．50N
B ．30N
C ．10N
D ．90N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】 地面对物体G 的支持力
21000Pa 0.05m 50N F F ps ===⨯=压支
物体G 对杠杆的拉力
A 80N 50N 30N F G F =-=-=支
已知
OB =3OA ，
由杠杆平衡的条件A F F OB OA ⨯=⨯可得： A 1=30N =10N 3
F OA F OB ⨯=
⨯． 故选C ．
19．如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面，则（ ）
A ．F 1＞F 2，因为甲方法的动力臂长
B ．F 1=F 2，因为动力臂都是阻力臂的2倍
C ．F 1＞F 2，因为乙方法的阻力臂短
D ．F 1＜F 2，因为乙方法的动力臂长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由图示可知，无论用哪种方法来抬，动力臂总是阻力臂的二倍，所用的力总等于阻力的二分之一，由于阻力就是重力，大小是不变的，所以动力的大小也是不变的，故应选B。

20．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．F1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，F1的力臂逐渐变小，拉力F力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知力F变小，故D正确。

故选D。

二、初中物理功和机械能问题
21．一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（）
A ．当t =1s 时，木块受到的摩擦力是0
B ．当t 在2~4s 内，木块做匀速直线运动，受到的摩擦力为5N
C ．当t 在4~6s 内，拉力F 的功率为6W
D ．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
3N 2m/s 6W W Fs P Fv t t
=
===⨯= 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C 。

22．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
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 ．皮球在
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。

23．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
M M m + B ．滑轮组的机械效率为
2M M m + C ．拉力F 的功率为
Mgh t D ．拉力F 的功率为
()2M m gh t
+ 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 AB ．滑轮组做的有用功为
W G h Mgh ==物有用
总功为
()()W G G h M m gh =+=+总物动
滑轮组的机械效率为
()
W Mgh M W M m gh M m η==+=+总有用
故A 正确，B 错误；
CD ．拉力F 的功率为 ()M m gh W P t t
+==总总 故CD 错误。

故选A 。

24．立定纵跳摸高是中学生常见的运动项目，起跳前先屈膝下蹲，然后脚掌用力蹬地，伸展身体，两臂上挥，竖直向上跳起至最高点，小刚同学在一次立定纵跳摸高中消耗的能量约为（ ）
A ．3×102J
B ．3×103J
C ．3×104J
D ．3×105J
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
中学生重力的平均值约600N ，当起跳后重心升高的高度为： △h =0.5m ；
在起跳时所消耗的能量用来增加了同学的重力势能了，所以当该同学跳起后增加的重力势能最大值是：
E=W=G △h =600N×0.5m=300J=3×102J ，
故A 正确，BCD 错误；
应选A ．
25．把一乒乓球压入盛有水的烧杯底部（如图所示），松手后，乒乓球上升至水面最后漂浮在水面上。

乒乓球在上升的过程中，它的机械能不断增加。

下列关于乒乓球机械能来源的说法中正确的是（ ）
A ．是由水的内能转化来的
B ．是由水的重力势能转化来的
C ．是由乒乓球的内能转化来的
D ．是由乒乓球的化学能转化来的
【答案】B
【解析】
【分析】 机械能包括动能和势能；动能的大小与质量和速度有关；重力势能大小与质量和高度有关。

【详解】
松手后，乒乓球上升到水面最后漂浮在水面上，乒乓球上升的过程中，水的重心不断降
低，重力势能减小，重力势能转化为乒乓球的机械能。

故选B。

26．一个超级惊险项目——18米长悬崖秋千惊现重庆某公园!小明被缆绳拉到6层楼的高度，释放后自由摆动冲向峡谷（如图所示），伴随着人们的惊呼声，秋千越荡越低。

下列有关说法中正确的是（）
A．秋千荡回来经过最低点时，小明的机械能最大
B．整个过程小明的动能与重力势能之和不变
C．秋千荡到最高点时，小明的动能为零
D．在向下摆的过程中，小明的重力势能全部转化为动能
【答案】C
【解析】
【详解】
A．机械能是动能和势能的统称，由于秋千与空气摩擦，有机械能转化为内能，所以秋千第一次在最高点时，机械能最大，A错误；
B．机械能是动能和势能的统称，由于秋千与空气摩擦，有机械能转化为内能，整个过程小明的动能与重力势能之和变小，B错误；
C．秋千荡到最高点时，秋千速度为0，所以小明的动能为零，C正确；
D．在向下摆的过程中，小明的重力势能绝大部分转化为动能，D错误。

故选C。

27．李明同学，一次缓慢地从一楼走上五楼，另一次则急促地跑上去，下列说法正确的是（）
A．两次做的有用功相同，功率不同
B．两次做的有用功和功率都相同
C．两次做的有用功不同，功率相同
D．条件不足，无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】
＝可知两次上楼过程所做的有用李明同学的体重不变，上楼的高度不变，根据公式W Gh
功相等；缓慢走上去用的时间比跑上去用的时间多，且前后做的功相等；根据公式
W
P
可知，走上去做功的功率小于跑上去做功的功率。

t
故选A。

28．月球表面有很多陨石撞击造成的大大小小的陨石坑,关于造成陨石坑大小不一的因素,下列猜测不合理的是( )
A．陨石的质量B．陨石的撞击速度C．被撞处的硬度D．被撞处是否在阴影中
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．陨石的质量越大，在速度相同时动能就越大，在撞击时做功越多，所以造成的坑就会越大，因此这一猜测合理，故A不符合题意；
B．陨石的撞击速度越大，在质量相同时动能就越大，在撞击时做功越多，所以造成的坑会越大，因此这一猜测合理，故B不符合题意；
C．被撞处的硬度越大，越不容易形变，相反，被撞处的硬度越小，则越容易形变，所以被撞处的硬度会影响陨石坑的大小，因此这一猜想合理，故C不符合题意；
D．被撞处是否在阴影中不会造成力的作用效果的不同，故与之无关，因此这一猜测不合理，故D符合题意；
故选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A。