2020-2021备战中考物理杠杆平衡条件的应用问题-经典压轴题附答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．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，横梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有
⨯=⨯
G L G L
2332
A．两边各向外移一格，左边
⨯=
248
G L GL
右边
⨯=
339
G L GL
由于
89
<
GL GL
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
⨯
24
G L
右边
⨯
42
G L
因
2442
⨯=⨯
G L G L
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
⨯=
339
G L GL
右边
⨯=
428
G L GL
因为
>
98
GL GL
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
⨯=
33
G L GL
右边
224
⨯=
G L GL
由于
<
34
GL GL
杠杆右端下沉，故D不符合题意。

故选B。

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 24N2
2N
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1122
Fl F l
=可知
2
2
1
1
F 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。

5．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。

6．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。

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】
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．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 。

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
【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。

10．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
11．用如图所示的杠杆提升重物，设作用在A端的力F始终与杆垂直，那么，在将重物提升到最高处的过程中，力F的大小将 ( )
A．逐渐变小B．先变小，后变大C．逐渐变大D．先变大，后变小【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题知，当慢慢提升重物时，重力(阻力)不变，阻力臂增大(水平时最大)，动力臂不变，即：G不变、L1不变,，L2增大∵FL1＝GL2∴力F逐渐变大；故选C.
12．能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为（）
A．AB B．AC C．AD D．AE
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．由此分析解答．
【详解】
由图知，O为支点，动力作用在A点，连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB．
故选A．
【点睛】
在通常情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂．
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．如图是上肢力量健身器示意图，杠杆AB 可绕O 点在竖直平面内转动，3AB BO =，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B 点施加竖直向下的拉力为F 1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B 点施加竖直向下的拉力为F 2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。

已知122:3:F F =，杠杆AB 和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A ．配重对地面的压力为50牛时，健身者在
B 点施加竖直向下的拉力为160牛 B ．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B 点施加竖直向下的拉力为120牛
C ．健身者在B 点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛
D ．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B 点施加竖直向下的拉力为540牛
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力为
N F G F =-
由图知动滑轮上有2段绳子承担物重，因此杠杆A 点受到的拉力
N 22A F F G G F G +⨯=-=+动动（）
根据杠杆的平衡条件得到
A B F OA F OB ⋅=⋅
即
N 2B G F G OA F OB ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）
因为
3AB BO =
所以
2AO BO =
则
N 221B G F G F ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）
即
N 42B F G F G ⨯-=+动（）
当压力为85N 时
14120N -85N 2F G =⨯+动（）
当压力为60N 时
24120N -60N 2F G =⨯+动（）
因为
122:3:F F ＝
所以
124120N -85N 24120N -60N 223
G F F G ⨯+=⨯=+动动（）（） 解得
30N G =动
A ．当配重对地面的压力为50N 时，
B 点向下的拉力为
N 424120N -50N 230N =340N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）
故A 错误；
B ．当配重对地面的压力为90N 时，B 点向下的拉力为
N 424120N -90N 230N =180N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）
故B 错误；
C ．健身者在B 点施加400N 竖直向下的拉力时，根据
N 42B F G F G ⨯-=+动（）
可得
N 400N 4120N 230N F =⨯-+⨯（）
解得
N 35N F =
故C 正确；
D ．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据
N 42B F G F G ⨯-=+动（）
可得
4120N -0N 230N =540N >500N B F ⨯+⨯=（）
因为人的最大拉力等于体重500N ，因此配重不可能匀速拉起，故D 错误。

故选C 。

15．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。

16．如图所示，一块厚度很薄、质量分布均匀的长方体水泥板放在水平地面上，若分别用一竖直向上的动力F 1、F 2作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（ ）
A ．F 1>F 2，因为甲中的动力臂长
B ．F 1<F 2，因为乙中的阻力臂长
C ．F 1>F 2，因为乙中的阻力臂短
D ．F 1=F 2，因为动力臂都是阻力臂的2倍 【答案】D 【解析】 【分析】
把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F 克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F 1与F 2的大小关系。

【详解】
两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2倍；依据Fl Gl =阻动可得，
1
2
l F G
G l ==阻动， 所以，前后两次所用的力相同，即12F F =，故ABC 都错误，D 正确。

【点睛】
本题作为考查杠杆平衡条件应用的一道经典例题，很容易让学生在第一印象中选错，一定要仔细分析，重点记忆！
17．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L ，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S 将不超过 （ ）
A ．
3115
L B ．2L C ．
52
L D ．
74
L 【答案】A 【解析】 【分析】
因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离。

【详解】
1处于平衡，则1对2的压力应为
2
G
；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡状态，设2露出的长度为x ，则2下方的支点距重心在
-2
L x 处；由杠杆的平衡条件可知
-22
L G G x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 解得
3
L x =
设4露出的部分为x 1；则4下方的支点距重心在
1-2
L x 处；4受到的压力为
2
G G +
则由杠杆的平衡条件可知
114-52G G x G x ⎛⎫⎛
⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
解得
15
L x =
则6、7之间的最小距离应为
()131
223515
L L L x x L L ⎛⎫++=++= ⎪⎝⎭
故选A 。

18．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。

19．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 。

20．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
1
4
，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
1
4
，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 。

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．如左图所示，放在水平地面上的物体，受到方向不变的水平推力F的作用，其推力大小随时间变化的图像（F-t图像）和物体速度大小随时间变化的图像（v-t图像）分别如图所示，下列说法正确的是（）
A．当t=1s时，物体处于静止状态，摩擦力为0N
B．当t=3s时，物体受到的摩擦力是3N
C．在匀速直线运动阶段，拉力F做的功是16J
D．2~4s内，物体的机械能保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．由v-t图像可知，0~2s时物体的速度大小为零，即t=1s时物体处于静止状态；此时物体受到推力和摩擦力是一对平衡力，大小相等；由F-t图像可知，t=1s时，F=1N，则此时的摩擦力
f F
==
1N
故A错误；
B．由v-t图像可知，4~6s时，物体匀速运动；由F-t图像可知，此时的推力F′=2N；由于摩擦力与推力F是一对平衡力，所以此时的摩擦力
'='=
f F
2N
2~4s内，物体做加速运动，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变（与匀速运动时的摩擦力大小相等），仍为2N，故B错误；
C．在4~6s时，物体匀速运动，通过的路程
s vt
==⨯=
4m/s2s8m
拉力F做的功
W F s
='=⨯=
2N8m16J
故C正确；
D．2~4s内，物体做加速运动，速度增加，动能增加，高度不变，重力势能不变，则物体的机械能增加，故D错误。

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=30J 100
60s ⨯=50W ，
故D 正确。

故选D 。

24．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 。

25．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1W
D ．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
5N 10m 50J W Gh ==⨯=
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
50J 1W 50s
W P t =
== 故C 正确；
D ．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。

26．小红在操场上将一皮球抛出，皮球被抛出后的运动轨迹如图所示，a、c两点处于同一高度．则下列判断中正确的是（）
A．皮球由a到b时，动能逐渐增大
B．皮球由c到d时，机械能一直减小
C．皮球在b点时的机械能最大
D．皮球在a、c两点时动能相等
【答案】B
【解析】
试题分析：皮球由a到b时，速度越来越小，所以动能逐渐减小，故A错；皮球由c到d 时，要克服摩擦力做功，机械能一直减小，故B正确；皮球在a点时的机械能最大，故C 错；皮球在a、c两点时的重力势能相等，而机械能不相等，所以动能不相等，故D错；应选B．
考点：机械能转化
27．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．
28．一个超级惊险项目——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。

29．炎热的夏天海口，环卫工人利用洒水车给马路洒水降温，洒水车在水平马路匀速行驶过程中，以下说法正确的是（）
A．动能减少，机械能不变B．动能不变，机械能减少
C．动能减少，机械能减少D．动能增大，机械能增大
【答案】C
【解析】
【分析】
动能大小跟质量、速度有关；质量一定时，速度越大，动能越大；速度一定时，质量越大，动能越大；重力势能大跟质量、高度有关；质量一定时，高度越高，重力势能越大；高度一定时，质量越大，重力势能越大；机械能=动能+势能。

【详解】
洒水车在平直的马路上匀速行驶，在工作的过程中，洒水车的质量不断减小，速度不变，动能变小，重力势能变小，则洒水车的机械能变小。

故选C。