中考物理与杠杆平衡条件的应用问题有关的压轴题含答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M 为重5000N 的配重，杠杆AB 的支点为O ，已知OA ∶OB =1∶2，滑轮下面挂有建筑材料P ，每个滑轮重100N ，工人体重为700N ，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计，当工人用300N 的力竖直向下以1m/s 的速度匀速拉动绳子时（ ）
A ．工人对地面的压力为400N
B ．建筑材料P 重为600N
C ．建筑材料P 上升的速度为3m/s
D ．物体M 对地而的压力为4400N 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
A ．当工人用300N 的力竖直向下拉绳子时，绳子对工人会施加竖直向上的拉力，其大小也为300N ，此时人受竖直向下的重力G 、竖直向上的拉力F 、竖直向上的支持力F 支，由力的平衡条件知道
F +F 支=G
即
F 支=G-F =700N-300N=400N
由于地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以，工人对地面的压力
F 压=F 支=400N
故A 正确；
B ．由图知道，绳子的有效段数是n =2，且滑轮组摩擦均不计，由()1
2F G G =+物
动知道，建筑材料P 的重力
G =2F-G 动 =2×300N-100N=500N
故B 错误；
C ．因为物重由2段绳子承担，所以，建筑材料P 上升的速度
11
=1m/s=0.5m/s 22
v v =⨯绳
故C 错误；
D ．以定滑轮为研究对象，定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件知道
F A ′=3F +
G 定 =3×300N+100N=1000N
杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即
F A =F ′A =1000N
由杠杆的平衡条件知道
F A ×OA =F B ×OB
又因为OA ：OB =1：2，所以
A B 1000=
5N 00N 2F OA OA
F OB OA
⨯⨯== 由于物体间力的作用是相互的，所以，杠杆对物体M 的拉力等于物体M 对杠杆的拉力，即
F B ′=F B =500N
物体M 受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，则物体M 受到的支持力为
F M 支持 =
G M -F B ′=5000N-500N=4500N
因为物体间力的作用是相互的，所以物体M 对地面的压力
F M 压=F M 支持=4500N
故D 错误。

故选A 。

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，作用在A 点的各个力中，不可能使杠杆平衡的力是
A ．F 3和F 4
B ．F 1和F 3
C ．F 2和F 4
D ．F 1和F 2 【答案】A 【解析】 【详解】
因为力F 3的作用线所在的直线过支点O ，所以力F 3的力臂为0，又因为0乘以任何数都为0，所以力F 3不能使杠杆平衡；力F 4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同，所以力F 4不能使杠杆平衡；力F 1和F 2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反，所以力F 1和F 2可以使杠杆平衡；故选A 。

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 24N 2
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1122Fl F l =可知
22
11
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，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。

6．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 ．
7．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，
F 1(L +l 1)≠F 2(L +l 2)，
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 。

8．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
F1L1>F2L2+F3L3
杠杆失去平衡，故B不符合题意；
C．取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后
F1L1=G⨯20=20G
F2L2=0
F3L3=2G⨯15=30G
F1L1<F2L2+F3L3
杠杆失去平衡，故C不符合题意；
D．取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=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 。

9．工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为 400N 的货物从图示位置向上缓慢提升一 段距离．F 1、F 2始终沿竖直方向；图甲中 BO =2AO ，图乙中动滑轮重为 50N ，重物上升速度 为 0.02m/s ．不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )
A ．甲方式 F 1由 150N 逐渐变大
B ．乙方式 F 2的功率为 3W
C ．甲乙两种方式都省一半的力
D ．乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%
【答案】D 【解析】 【详解】
A ．由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F 1 的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值是：
1221
L OB L OA == 所以，动力F 1 的大小始终不变，故A 错误；
BC ．由于在甲图中， OB =2OA ，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦及杠杆自重，所以，由杠杆平衡条件知道，动力为阻力的一半，即
111
400N 200N 22
F G ==⨯=
由图乙知道，承担物重是绳子的段数是n =3，不计绳重和摩擦，则
()()211
500N+50N 150N 22
F G G =
+=⨯=动， 即乙中不是省力一半；所以，绳子的自由端的速度是： v 绳 =0.02m/s×3=0.06m/s ，
故乙方式F 2 的功率是：
P=F 2 v 绳 =150N×0.06m/s=9W ，
故BC 错误；
D ．不计绳重和摩擦，乙方式中滑轮组的机械效率是：
400N
100%=100%=100%88.9%400N 50N
W Gh W Gh G h η=
⨯⨯⨯≈++有用总轮 故D 正确．
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
42cm 4cm=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
l 2=3×2cm=6cm ＞l 1
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F 1l 1=Gl 2可得
1123N 4cm
=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'
12F OA Gl ⋅= ，所以测力计的示
数
212N 6cm
=1.5N 2cm 4
Gl F OA '⨯=
=⨯ 故C 错误，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．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 。

13．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。

14．小军利用如图所示的装置测量某液体的密度 ρ，他将同种材料制成的甲、乙两物块分别悬挂在轻质硬杆 AB 的两端，把甲浸没在待测液体中，调节乙的位置到 C 处时，硬杆 AB 恰好水平平衡。

已知：OC =2OA ，甲、乙的体积比为 13∶2，甲、乙两物块的密度为2.6g/cm 3。

不计硬杆 AB 的重力，则下列说法中正确的是（ ）
A ．ρ＝0.8×103kg/m 3
B ．ρ＝1.0×103kg/m 3
C ．ρ＝1.8×103kg/m 3
D ．ρ＝2.6×103kg/m 3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
乙物体对杠杆的作用力为
=F G m g V g ρ==乙乙乙乙物
甲物体对杠杆的作用力为
=F G F V g V g V g V g ρρρρ=-=--甲甲甲甲甲浮物排物
杠杆平衡时
F OA F OC ⨯=⨯甲乙
即
V g V g OA V g OC ρρρ-⨯=⨯甲甲乙物物（）
又知
2=132OC OA V V =甲乙∶∶，
解得
ρ＝1.8×103kg/m 3
选项A 、B 、D 错误，不符合题意；选项C 正确，符合题意 故选C 。

15．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。

16．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
1
2
OA 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 。

17．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。

18．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F2不变，F与铁棒始终垂直，所以动力臂l1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂l2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：
Fl1=F2 l2可知，l1、F2都不变，l2变小，所以F也在变小。

故选B。

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．F1＞F2，因为甲方法的动力臂长
B．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍
C．F1＞F2，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．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。

22．举重是我国的优势体育项目，如图所示，运动员需将杠铃举过头顶，等到裁判判定站稳之后才能算成绩有效。

在抓举时，两位运动员用相同时间把同样重的杠铃举起，一位运动员将杠铃举起1.9m，另一位运动员将杠铃举起1.8m。

如果他们对杠铃所做的功分别为W1和W2，功率分别为P1和P2，则下列关系式中正确的是（）
A．W1 < W2B．W1 > W2C．P1 = P2D．P1 < P2
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
可得，他们把同样重的杠铃举起，克服杠铃的重力做功，对杠铃所做的AB．根据W Gh
功只与被举高的高度有关，高度越大，做功越多，即W1 > W2。

故A错误，B正确；CD．他们用相同时间把同样重的杠铃举起，相同的时间内，做的功越多，功率越大。

由上可知W1 > W2，所以P1 > P2。

故CD错误。

故选B。

23．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 。

24．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 。

25．工人用如图所示的滑轮组，在4s 内将重为1500N 的物体沿水平方向匀速移动2m 的过程中，所用的拉力大小为375N ，物体受到水平地面的摩擦力为物重的0.4倍。

在此过程中下列说法不正确．．．
的是（ ）
A ．绳子自由端沿水平方向移动了4m
B ．物体受到的拉力为750N
C ．拉力F 的功率为375W
D ．该滑轮组的机械效率一定小于100%
【答案】B 【解析】 【分析】
(1)由图可知滑轮组绳子的有效股数，根据A s ns =求出绳子自由端沿水平方向移动；
(2)物体沿水平方向匀速移动时处于平衡状态，受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，二力的大小相等，根据A 0.4F f G ==求出物体受到的拉力； (3)根据W Fs =求出拉力F 做的功，根据=总
W P t
求出拉力F 的功率； (4)任何机械效率一定小于100%。

【详解】
A ．由图可知，n =2，则绳子自由端沿水平方向移动的距离
A 22m 4m s ns ==⨯=
故A 正确，不符合题意；
B ．物体沿水平方向匀速移动时处于平衡状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，则物体受到的拉力
A 0.40.41500N 600N F f G ===⨯=
故B 错误，符合题意； C ．拉力F 做的功
375N 4m 1500J W Fs ==⨯=总
则拉力F 的功率
1500J
375W 4s
W P t =
==总 故C 正确，不符合题意；
D ．该滑轮组克服摩擦做额外功，故该滑轮组的机械效率一定小于100%，故D 正确，不符合题意。

故选B 。

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
27．2019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。

28．如图是一个光滑的轨道．某小球从轨道的O点出发，由静止开始下滑，小球始终没有离开轨道，你认为小球最远可以运动到
A．a点B．b点
C．c点D．d点
【答案】C
【解析】
【详解】
本实验中，由于轨道是光滑的，没有摩擦力，所以小球的机械能守恒。

故小球从O点由静止释放，始终没有离开轨道，最远可以滚到与O点等高的c点，故选C。

29．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
==⨯=
4m/s2s8m
s vt
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。

30．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（）。