中考物理压轴题专题复习——杠杆平衡条件的应用问题的综合含详细答案

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F 1；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F 2，则
A ．F 1<F 2
B ．F 1>F 2
C ．F 1=F 2
D ．无法比较
【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，
∵
F 1l OB =Gl OA
∴
F 1=OA
OB
Gl
l =G ；
（2）当OB 段处于水平位置时，如右图所示最省力，
∵
F 2l OB =Gl OC
∴
F 2=OC
OC OB OB
Gl
G l l l ⨯=
∵
l OC ＜l OB
∴
F 2＜G
∴
F 1＞F 2；
故选B ．
2．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l1、l2、l3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F1l1=F2l2可知，拉力先变小后变大，故选D。

3．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．
4．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。

5．如图所示，将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，
AO OB ，甲物体的底面积杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N，:1:3
为0.2m2，g取10N/kg。

下列说法正确的是（）
A．甲物体对杠杆的拉力为10N B．杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60N C．甲物体对水平地面的压强为750Pa D．水平地面对甲物体的支持力为60N
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
对物体甲受力分析，甲受到重力、地面给甲的支持力、杠杆施加的拉力的作用，其中杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，地面给甲的支持力和甲给地面的压力为一对相互作用力。

AB ．根据杠杆平衡条件可知杠杆A 端受到物体的拉力与OA 的乘积等于乙给B 端的拉力与OB 的乘积相等，则有
A 330N 90N 1
G OB F OA ==⨯=乙 即甲对杠杆的拉力为90N ，杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，故AB 项错误；
CD ．甲给地面的压力等于地面给甲的支持力为
A 150N 90N 60N F F G F ==-=-=甲压支
则甲物体对水平地面的压强
2
60N 300Pa 0.2m F p S =
==压甲甲 故C 项错误，D 项正确。

故选D 。

6．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 。

7．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 。

8．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 。

9．如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是（ ）
A ．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格
B ．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变
C ．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变
D ．将左右两边的钩码均向外移动一格
【答案】A
【解析】
【详解】
设杠杆的一个小格是1cm ，一个钩码的重是1N ；
A ．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，（4-2）N ×3cm =3N ×（4-2）cm ，杠杆仍然平衡，故A 符合题意；
B ．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，由（4+1）N ×3cm ＜（3+1）N ×4cm 得，杠杆的右端下沉，故B 不符合题意；
C ．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，由（4-1）N ×3cm ＞（3-1）N ×4cm 得，杠杆的左端下沉，故C 不符合题意；
D ．将左右两边的钩码均向外移动一格，由4N ×（3+1）cm ＞3N ×（4+1）cm 得，杠杆的左端下沉，故D 不符合题意。

10．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
22
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。

11．如图所示，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在B处下方再挂一个钩码，若要使杠杆在水平位置再次平衡，下列可行的操作是______。

（选填字母）
A．减少一个悬挂在A处的钩码B．增加一个悬挂在A处的钩码
C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格D．将悬挂A处的钩码向右移动一格
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
假设一个钩码重力为G，杠杆一格为l，杠杆平衡时
⨯=⨯=
32236
G l G l Gl
若在B处下方再挂一个钩码，则右边为
339
⨯=
G l Gl
A．减少一个悬挂在A处的钩码，则左边为
⨯=
224
G l Gl
左边小于右边，杠杆不能平衡，故A项不符合题意；
B．增加一个悬挂在A处的钩码，则左边为
G l Gl
⨯=
428
左边小于右边，杠杆不能平衡，故B项不符合题意；
C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格，则左边为
G l Gl
⨯=
339
左边等于右边，杠杆能再次平衡，故C项符合题意；
D．将悬挂A处的钩码向右移动一格，则左边为
⨯=
G l Gl
313
左边小于右边，杠杆能再次平衡，故D项不符合题意。

故选C。

12．在我国古代书籍《墨经》中，对杠杆有精辟论述，并有许多巧妙的应用．如下图所示是在井上汲水的桔槔，下列对其在使用中正确的解释是
A．桔槔是等臂杠杆，不省力也不费力
B．向井内放送水桶时，人用的力气一定小于水桶的重力，所以省力
C．桔槔是不等臂杠杆，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆
D．往上提水时，人用的力气一定小于桶与水的总重，所以省力
【答案】D
【解析】
【分析】
杠杆的分类：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂；要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（用力点、支点和阻力点）的大小跟它们的力臂成反比。

【详解】
AC ．由图可见，桔槔是不等臂杠杆，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故AC 错误； B ．向井内放送水桶时，人用的力通过杠杆原理，与石头的重力相关，一般比木桶的重力要大，故B 错误；
D ．往上提水时，因为有石头帮忙，人的力气比水和桶的总重力小，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
此题主要考查了对简单机械的认识，要掌握杠杆的要素。

13．身高相同的兄弟二人用一根重力不计的均匀扁担抬起一个900N 的重物．已知扁担长为1.8m ，重物悬挂点与哥哥的肩之间的距离OA=0.8m ，如图所示．则
A ．以哥哥的肩A 为支点，可计算出弟弟承担的压力为400N
B ．以O 为支点，可计算出兄弟二人承担的压力之比为4:9
C ．以O 为支点，可计算出兄弟二人承担的压力之比为9:5
D ．以弟弟的肩B 为支点，可计算出哥哥承担的压力为600N
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设哥哥承担的压力为F A ，弟弟承担的压力为F
B ，以哥哥的肩A 为支点，由杠杆平衡条件可得：
B F AB G OA ⨯=⨯，
9000.84001.8B G OA N m F N AB m
⨯⨯=
==， A 选项正确； BC ．因为支点是固定点，杠杆能绕支点转动，图中的O 不符合支点的特点，B 、C 选项错误，不符合题意．
D ．以弟弟的肩B 为支点，由杠杆平衡条件可得：
A F A
B G OB ⨯=⨯,
900N 1.0m =500N 1.8m
A G O
B F AB ⨯⨯=
=， D 选项错误，不符合题意；
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．将打足气的篮球和套扎在气针上的未充气的气球，一起悬挂在杠杆右端，左端挂适量钩码使杠杆水平平衡。

将气针插入篮球气孔中，篮球中的部分空气充入气球后，杠杆左端下降，如图所示。

这个现象说明（）
A．大气压的存在
B．钩码重大于篮球与气球总重
C．空气充入气球后，钩码对杠杆的拉力与其力臂的乘积变大
D．空气充入气球后，篮球和气球受到总的空气浮力变大
【答案】D
【解析】 【分析】 【详解】
开始杠杆平衡，由杠杆平衡条件得
G 钩码×L 左=F 绳拉力×L 右
篮球与气球受到竖直向下的重力G 、竖直向上的绳子拉力F 、空气的浮力F 浮作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得
G =F +F 浮
则
F =
G -F 浮
将气针插入篮球的孔中，篮球中的部分空气就充入气球后，篮球与气球受到的浮力F 浮变大，而重力G 不变，绳子的拉力F 变小，因为球对杠杆的拉力F 绳拉力等于球受到的拉力F ，所以杠杆右端受到的拉力F 绳拉力变小，而G 钩码、L 左、L 右不变，因此
G 钩码×L 左>F 绳拉力×L 右
杠杆左端下沉。

故A 、B 、C 不符合题意，D 符合题意。

故选D 。

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 ．AB
C 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 ．F 1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S 2，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，F 1的力臂逐渐变小，拉力F 力臂不变，则由杠杆平衡公式F 1l 1=F 2l 2可知力F 变小，故D 正确。

故选D 。

18．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=
1
2
G 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
3
12
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。

19．如图所示，粗细均匀的铁棒AB 静止在水平地面上，小明用力F 将铁棒从水平地面拉
至竖直立起．此过程中，力F 作用在B 端且始终与铁棒垂直，则力F 将（ ）
A ．逐渐变大
B ．逐渐变小
C ．保持不变
D ．先变小后变大 【答案】B 【解析】 【详解】
如下图所示： 在抬起的过程中，阻力F 2 不变，F 与铁棒始终垂直，所以动力臂l 1 不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F 2 的阻力臂l 2 在变小，根据杠杆的平衡条件可得：Fl 1=F 2 l 2 可知，l 1 、F 2 都不变，l 2 变小，所以F 也在变小。

故选B 。

20．如图杠杆AOB 用细线悬挂起来，分别在A 、B 两端分别挂上质量为1m 、2m 的重物时，杠杆平衡，此时AO 恰好处于水平位置，AO BO =，不计杠杆重力，则1m 、2m 的关系为
A ．12m m >
B ．12m m =
C ．12m m <
D ．无法判断
【答案】C 【解析】 【详解】
杠杆示意图如下：
根据杠杆的平衡条件：1122F L F L =可知，
1122G L G L = 1122m gL m gL =
即1122m L m L =
因为力与相应的力臂成反比关系，从图中可以看出力臂12L L ＞，所以物体的重力
12G G ＜，即12m m ＜，故选C 。

二、初中物理功和机械能问题
21．如图所示，在伽利略理想实验中，小球每次均从斜面a 点自由滚下，分别经过图中b ，c ，d 各位置，关于小球的动能、重力势能、机械能描述正确的是（ ）
A ．小球的重力势能一直在减小
B ．在d 点的重力势能小于在c 点的重力势能
C ．从b 点运动到c 点的过程中，动能转化为重力势能
D ．从a 到b 小球速度越来越大，机械能越来越大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．小球从a 到b 的过程中，高度变小，重力势能减小，从b 到c 或d 的过程，高度增大，重力势能增加，所以不同的过程重力势能的变化不同，故A 错误；
B ．c 、d 两点在同一高度，所以小球在这两点的重力势能相等，故B 错误；
C ．小球从b 点到c 点的过程中，动能减小，重力势能增大，是动能转化为重力势能，故C 正确；
D ．在伽利略理想实验中，机械能是守恒的，所以从a 点到b 点，小球的机械能不变，故D 错误。

故选C 。

22．2019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。

23．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。

24．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：①F1做的功等于F2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 。

25．班里组织一次“比一比上楼时的功率”活动，从一楼登上五楼，比谁的功率最大。

为此，需要测量一些物理量。

下列物理量中必须测量的是( ) ①五楼到一楼的高度H ； ②从一楼到达五楼所用的时间T ； ③每个同学的体重G ； ④四楼到五楼楼梯的长度L 。

A．①②③B．②③④C．①③D．②③
【答案】D
【解析】
【详解】
由功率公式得
W GH
==
P
T T
学生都是从同一栋楼中的一楼到五楼，所以H高度相同，没有必要测量高度H的大小了；学生自身重不同，爬楼用的时间不同，所以必须测出各个体重和所用时间，这样可对比出不同学生上楼时的功率大小关系了。

故选D。

26．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B．两次拉力对木块做的功一样多
C．木块第一次受到的拉力较大D．第一次拉力对木块做功的功率较大
【答案】D
【解析】
【详解】
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。

27．甲物体放在光滑的水平面上，乙物体放在粗糙的水平面上，它们分别在相等的水平力F作用下移动相等的距离s，那么，力F对两物体所做的功（）
A．甲较多B．乙较多C．相等D．无法确定
【答案】C
【解析】
【分析】
物体受力，且在力的方向上移动距离，力对物体做了功。

【详解】
根据条件，物体受力相同，移动的距离相同，则力对物体做的功相同，故C 正确。

故选C 。

28．如图中甲图所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它先后两次沿水平木板匀速滑动相同的距离，乙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 ．两次木块运动的速度相同
B ．木块第一次受到的摩擦力较大
C ．两次拉力对木块做的功一样多
D ．两次拉力对木块做功的功率一样大
【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．两次木块运动相同的距离，第2次所用时间比第1次长，两次木块运动的速度不相同，A 选项说法不正确；
B ．摩擦力的大小与压力大小和接触面的粗糙程度有关，两次运动中压力大小和接触面的粗糙程度相同，所以摩擦力相同，B 选项说法不正确；
C ．木块两次沿水平木板匀速滑动相同的距离，两次滑动中水平方向所受到的滑动摩擦力与拉力是一对平衡力，大小相等，因摩擦力大小相等，两次的拉力相等，由W=Fs 可得两次拉力对木块做的功一样多，C 选项说法正确；
D ．由图可见两次滑动距离相同，所用时间不同，由W
p t
=得两次拉力对木块做功的功率不一样大，D 选项说法不正确； 故选C ．
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】。