2020-2021佛山物理二模试题分类汇编——杠杆平衡条件的应用问题综合

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．如图所示装置，杆的两端A 、B 离支点O 的距离之比:1:2OA OB ＝，A 端接一重为G A 的物体，B 端连一滑轮，滑轮上挂有另一重为G B 的物体。

现杠杆保持平衡，若不计滑轮重力，则G A 与G B 之比应是（ ）
A ．1∶4
B ．1∶2
C ．1∶1
D ．2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由杠杆平衡条件可知 A G OA F OB ⋅=⋅
即
A G OA F OB
⋅=
因 :1:2OA OB ＝
所以
12
A F G = 由图和动滑轮的特点可知
12
B F G = 故
1:1A B
G G = 故选C 。

2．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B．左右各减少一个钩码
C．左右各减少一半钩码D．左右各增加两个钩码
【答案】C
【解析】
设杠杆的分度值为 L，一个钩码的重为G．原来4G×2L=2G×4L；
左、右钩码各向支点移动一格，左边=4G×L=4GL，右边=2G×3L=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，左边=3G×2L=6GL，右边=G×4L=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=2G×2L=4GL，右边=G×4L=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=6G×2L=12GL，右边=4G×4L=16GL，左边＜右边，杠杆右边下沉，D不符合题意，故选C．
3．如图所示，在一个轻质杠杆的中点挂一重物，在杆的另一端施加一个动力F，使杠杆保持平衡，然后向右缓慢转动F至水平方向，这一过程中（）
A．F先变小后变大B．F逐渐变大
C．动力臂逐渐变小D．动力臂逐渐变大
【答案】A
【解析】
【分析】
杠杆平衡条件及应用。

【详解】
杠杆在图中所示位置平衡，阻力（重物对杠杆的拉力）及阻力臂大小不变；动力F由图中所示位置转动至水平方向的过程中，当动力F的方向与杠杆垂直时，动力F的力臂最长，因此动力F的力臂先增大后减小，由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，动力Ｆ先变小后变大。

故选A。

【点睛】
中等题.失分的原因是：
①不知道动力F方向变化的过程中阻力和阻力臂的大小不变；
②不会画动力F在不同位置时的动力臂；
③不会利用杠杆平衡条件通过动力臂的变化分析出动力的变化；
④不知道当动力F与杠杆垂直时，动力臂最大，动力F最小。

4．如图所示，作用在A点的各个力中，不可能使杠杆平衡的力是
A．F3和F4
B．F1和F3
C．F2和F4
D．F1和F2
【答案】A
【解析】
【详解】
因为力F3的作用线所在的直线过支点O，所以力F3的力臂为0，又因为0乘以任何数都为0，所以力F3不能使杠杆平衡；力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同，所以力F4不能使杠杆平衡；力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反，所以力F1和F2可以使杠杆平衡；故选A。

5．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。

6．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W Gh =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。

7．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 ．
8．用图示装置探究杠杆平衡条件，保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点 A 固定，改变测力计与水平方向的夹角 θ，动力臂l 也随之改变，所作出的“F -θ”图象和“F -l ” 图象中，正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】C
【解析】
【详解】
A ．动力F 和θ的关系，当F 从沿杆方向（水平向左）→垂直于杆方向（与水平方向成90°）→沿杆方向（水平向右），由图可知，F 对应的动力臂l =OA ×sinθ，动力臂l 先变大后变小，则动力F 先变小后变大，所以A 错误；
B ．当θ等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，所以B 错误；
CD ．根据杠杆平衡条件Fl =F 2l 2可得：F =22F l l
，由于F 2、l 2不变，则F 和l 成反比，故C 正确，D 错误。

9．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1cm 3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。

10．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F1L1=F2L2
B．小明在F1和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡
C．小明取下F1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G
F1=2G，F2=G，F3=2G
各力力臂为
L1=20，L2=10，L3=15
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=G⨯10=10G
F3L3=2G⨯15=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=3G⨯20=60G
F2L2=2G⨯10=20G
F3L3=2G⨯15=30G
F 1L 1>F 2L 2+F 3L 3
杠杆失去平衡，故B 不符合题意；
C ．取下F 1下的一个钩码并将F 2的钩码取下后
F 1L 1=
G ⨯20=20G
F 2L 2=0
F 3L 3=2
G ⨯15=30G
F 1L 1<F 2L 2+F 3L 3
杠杆失去平衡，故C 不符合题意；
D ．取下F 2下的钩码并将F 3的钩码向右移至20cm 处后
F 1L 1=2
G ⨯20=40G
F 2L 2=0
F 3L 3=2
G ⨯20=40G
F 1L 1=F 2L 2+F 3L 3
杠杆重新平衡，故D 符合题意。

故选D 。

11．在一个长3米的跷跷板（支点在木板中点）的两端分别放置两个木箱，它们的质量分别为m 1=30kg ，m 2=20kg ，为了使跷跷板在水平位置平衡，以下做法可行的是（ ）
A ．把m 1向右移动0.5米
B ．把m 2向左移动0.5米
C ．把m 1向右移动0.2米
D ．把m 2向左移动0.3米
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】 跷跷板的支点在木板中点，根据图中信息可知，木板左边受到的压力比右边大，为了使跷跷板在水平位置平衡，应该将m 1向右移，则m 2的力臂不变为1.5m ，根据杠杆的平衡条件有
1122m gl m gl '=
代入数据可得m 1向右移后的力臂
221120kg 1.5m 1m 30kg
m gl l m g ⨯'=== m 1的力臂由1.5m 变为1m ，为了使跷跷板在水平位置平衡，把m 1向右移动0.5米，所以BCD 项错误，A 项正确。

故选A。

12．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．
13．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，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m 1的水桶，右端挂了m 2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件1122F L F L =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1122F L F L =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F p S
=
可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越大，故D 错误。

故选A 。

14．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.
15．如图所示，轻质杠杆MON 及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O 点转动，
:3:2MO NO =，图中正方体D 通过细线与N 点相连且与水平地面的接触面积S 为8×10-2
m 2。

当物体A 的质量为8kg 时，杠杆在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强p 1为
4000Pa ；当把物体A 换成质量为30kg 的物体B ，支点移至O '，使:4:3MO NO ''=时，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为p 2；此时用物体C 替换物体B ，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为0，（杠杆、支架和托盘的重力不计，g 取I0N/kg ） 则下列结论正确的是（ ）
A ．物体C 的重力为300N
B ．物体D 的质量为32kg
C ．p 2为500Pa
D ．物体C 对托盘的压力为40N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
当放物体A 时，地面对物体的支持力等于物体对地面的压力
22114000Pa 810m 320N F p S -==⨯⨯=
此时杠杆受到的拉力
2D 1F G F =-
根据杠杆平衡条件可知
()A D 1m g OM G F ON =-
解得
A 1D 3
8kg 10N/kg 320N 2440N
ON ON
m
g OM F ON G ON ON
⨯⨯++=== 则物体D 的质量
D D 440N 44kg 10N/kg
G m g ===
故B 错误；
放物体C 时，D 对地面的压强为0，此时支持点在O '，根据杠杆的平衡条件可知
C D G O M G O N ''=
则
D C 440N 330N
43
G O N O N
G O M O N ''⨯=
=='' 故A 错误；
物体C 对托盘的压力等于C 的重力为330N ，故D 错误； 当放上物体B 时，根据杠杆的平衡条件可知
()B D 2m g O M G F O N ''=-
则
D B 24
440N 30kg 10N/kg 340N
O
N O N G O N m g O M F O N O N
''-⨯⨯''-==='' 则物体D 对地面的压强
222240N 500Pa 810m
F p S -=
==⨯ 故C 正确。

故选C 。

16．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 OA G OB =甲乙，
即
Vg OA Vg OB ρρ⨯=⨯甲乙，
所以
OA OB ρρ⨯=⨯甲乙。

若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：
左边()
=OA G OA Vg OA G G ρ⨯=--∆⨯甲甲甲切甲，
右边()OB G OB Vg O G B G ρ⨯==--∆⨯乙乙乙切乙，
左边等于右边，杠杆仍保持水平平衡，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 G OA G OA G OA -⨯==-⨯甲甲， 右边()=OB G O G G B G OB ⨯=--⨯乙乙，
因OA OB >，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OA OB ρρ⨯=⨯甲乙的等量关系；
（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。

17．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。

18．如图所示，直径为50cm的半球形碗固定在水平面上，碗的端口水平。

一根密度分布均匀，长度为60cm的光滑杆ABC搁置在半球碗上，碗的厚度不计，平衡时杆受到的重力与杆在B点受到的弹力大小之比为( )
A．5 ：3 B．6 ：5 C．3 ：2 D．4 ：3
【答案】A
【解析】
【详解】
以AC棒为研究对象受力如图所示：
根据几何关系可得：
OAB OBA BAD α∠=∠=∠=
设杆在B 点受到的弹力为N ，根据力矩平衡可得：
AB AD NL GL =
则：
25230N cos G cos αα⨯⨯⨯=⨯⨯
解得：
5
3
G N = 故A 项符合题意；BCD 项不符合题意；
19．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 。

20．如图所示，杠杆可绕O 点转动，力F 作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直；在将杠杆缓慢地由位置A 拉到位置B 的过程中，力F （ ）
A ．变大
B ．变小
C ．不变
D ．先变大后变小
【答案】A 【解析】 【分析】
解答此题，首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。

【详解】
将杠杆缓慢地由位置A 拉到位置B ，动力臂不变，阻力G 的力臂变大，而阻力不变，根据杠杆平衡条件1122Fl F l =分析得出动力变大。

故选A 。

二、初中物理功和机械能问题
21．用水平拉力先后两次拉着重为20N 的同一物体，沿同一水平面做直线运动．第一次拉力为10N ，物体恰好做匀速直线运动，拉力对物体做了20J 的功；第二次拉力增大为20N ，拉力对物体做了48J 的功．分析两次做功过程，以下判断正确的是 A ．第一次物体受到的摩擦力是10N ，物体运动了1m B ．第一次物体受到的摩擦力是20N ，物体运动了2m C ．第二次物体受到的摩擦力是10N ，物体运动了2.4m D ．第二次物体受到的摩擦力是20N ，物体运动了4.8m 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．物体在水平面上做匀速直线运动时，在水平方向受拉力和摩擦力作用，并且二力是一
对平衡力，故物体受到的拉力：
F=f=10N；根据W=Fs可知，第一次物体通过的距离
1 1
1
20J
2m 10N
W
S
F
===，
故AB错误；
CD．若增大拉力，而压力大小和接触面的粗糙程度都没有改变，因此，物体受到的摩擦力不变，仍为10N；根据W=Fs可知，第二次物体通过的距离：
2 2
248J
2.4m 20N
W
S
F
===，
故C正确，D错误．
22．在2020年央视春晚杂技“绽放”的表演中，当其中一名杂技演员被抛出后，其仍可在空中继续向上运动，如图所示，则下列说法中正确的是（）
A．被抛出的杂技演员在向上运动的过程中，仍受到惯性的作用
B．被抛出的杂技演员在向上减速运动的过程中，其惯性不断减小
C．被抛出的杂技演员在向上减速运动的过程中，其机械能不断减小
D．被抛出的杂技演员在向上运动的过程中，其受到向上的抛力大于其重力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．惯性是物体固有的属性，它不是力，所以把惯性说成“受惯性作用”是错误的，被抛出的杂技演员能够向上运动，是因为物体具有惯性。

故A错误；
B．惯性是物体固有的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的运动状态、所处位置、形状、受力情况等无关。

被抛出的杂技演员在向上减速运动的过程中，因为质量不变，所以惯性大小不变。

故B错误；
C．被抛出的杂技演员在向上减速运动的过程中，杂技演员除了受重力外，还受到空气阻力，质量一定，高度增加，重力势能增加，速度减小，动能减小，此过程中，演员减小的动能转化为演员的重力势能和用于演员克服空气摩擦阻力做功，所以，此过程机械能不守恒，机械能总量减小，故C正确；
D．被抛出的杂技演员在向上运动的过程中，演员只受到重力和空气阻力，这两个力都是阻碍演员向上运动的，演员不受向上的抛力，演员是由于惯性向上运动的，惯性不是力，
所以演员所受合力方向向下，所受合力方向与运动速度方向相反，演员向上做减速运动。

故D错误。

故选C。

23．下列说法中正确的是（）
A．抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力对它做了功
B．提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手的拉力对水桶做了功
C．用手从地面提起水桶，手的拉力对水桶做了功
D．用力推一辆汽车，汽车静止不动，推力在这个过程中对汽车做了功
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．抛出手的铅球在空中向前运动的过程中，推力已经不存在了，推力对它没有做功，A错误；
B．提着水桶在路面上水平向前移动一段路程，手的拉力是竖直向上的，水桶在竖直方向上没有移动距离，即水桶在拉力的方向上没有移动距离，那么手的拉力对水桶没有做功，B 错误；
C．用手从地面提起水桶，手的拉力是向上的，水桶在拉力的方向上移动了距离，所以手的拉力对水桶做了功，C正确；
D．用力推一辆汽车，汽车静止不动，汽车在推力的方向上没有移动距离，那么推力在这个过程中对汽车没有做功，D错误。

故选C。

24．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。

25．2019年5月17日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭成功发射第45颗北斗导航卫星。

下列说法错误的是（）
A．运载火箭加速上升过程中，重力势能变小，动能增大
B．运载火箭加速升空是利用了物体间力的作用是相互的
C．北斗卫星绕轨道运行时受到非平衡力的作用
D．北斗卫星绕轨道从近地点向远地点运动时，动能变小，机械能守恒
【答案】A
【解析】
【分析】
物体由于运动而具有的能叫动能，质量越大，速度越大，动能就越大；物体由于被举高而具有的能叫重力势能，质量越大，高度越高，重力势能就越大；物体间力的作用是相互的；物体受平衡力的作用处于平衡状态；在太空中，卫星绕地球运动时，没有阻力作用，没有克服摩擦做功，机械能守恒。

【详解】
A．火箭上升过程中高度增大，重力势能增大，速度增大，动能增大，故A错误，符合题意；
B．火箭升空时向后喷出高温气体给空气一个向后的力，空气给火箭以反作用力，是利用了物体间力的作用是相互的，故B正确，不符合题意；
C．火箭入轨后做圆周运动运动状态不断改变，故受到非平衡力的作用，故C正确，不符合题意；
D．北斗卫星绕轨道从近地点向远地点运动时，速度减小，高度增加，所以动能减小，势能增加；北斗卫星在地球大气层外运行，不受空气阻力的作用，只有动能和势能之间的转化所以机械能守恒，故D正确，不符合题意。

故选A。

26．小美用200N的力将重10N的足球踢出去15m远，她对足球做的功是（）A．3000J B．150J。