中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题含答案

1、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，。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Fi；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 F2,则C. Fi=F2D.无法比较(1)当AO段处于水平位置时，如左图所示最省力,Fi1ob=G1oaGloAFi=-=G;lOB(2)当OB段处于水平位置时，如右图所示最省力，F2lOB=GlOCloc< lOBGlocG loclOBF2V GFi>F2；故选B.2 .生活中，小华发现有如图甲所示的水龙头，很难

2、徒手拧开，但用如图乙所示的钥匙，安 装并旋转钥匙就能正常出水（如图丙所示）.下列有关这把钥匙的分析中正确的是甲乙丙A.在使用过程中可以减小阻力臂B.在使用过程中可以减小阻力C.在使用过程中可以减小动力臂D.在使用过程中可以减小动力【答案】D【解析】【详解】由图可知，安装并旋转钥匙，阻力臂不变，阻力不变，动力臂变大，根据杠杆平衡的条件FiLi=F2L2可知，动力变小，故选 Do3 .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施中可行的是kA.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

3、据杠杆平衡条件Fi Li = F2L2得，4Gx 4LF2X 8L解得F2=2G,要使弹簧测力计的示数变为原来的即 F2= G。A.去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件FiLi=F±2得，GXL= F'2XL,所以F2= -G,不符合题意；2B.把钩码向左移动 2小格，根据杠杆平衡条件FiLi=F2L2得，4Gx L= F'2XL,所以F2=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 FiLi=F2L2得，4Gx L= F'2XL,所以F2=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FiLi=F2L2得,4Gx L

4、= F2XL,所以F2= 8G,故D不符合题意。3故选B。4.如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的 大小为F的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图.关于压面团过程 的叙述正确的是（）甲乙A.面团对杆的作用力方向向下B.面团对杆的作用力大小等于FC.面团被压扁说明力能使物体发生形变D. A点向下移动的距离小于 B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A.杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故 A错误；B.由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离，根据杠杆定律 FiLi=F2L2,可知面团对杆的作用力大于 F,故B错误

5、；C.面团被压扁说明力能使物体发生形变，故 C正确；D. C为支点，A点向下移动的距离大于 B点向下移动的距离，故 D错误; 故选Co5.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 B CA.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；

6、【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 .如图所示装置，杆的两端 A、B离支点。的距离之比OA：OB= 1:2, A端接一

7、重为Ga的物体，B端连一滑轮，滑轮上挂有另一重为Gb的物体。现杠杆保持平衡，若不计滑轮重力，则Ga与Gb之比应是（）A OJ3A. 1 ： 4【答案】C【解析】B. 1 ： 2C. 1：1D. 2 ： 1【分析】【详解】由杠杆平衡条件可知即因所以由图和动滑轮的特点可知故故选CoGA OA F OBF Ga OAOBOA:OB= 1:22GAf 2gbGaGb1:17 .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（）【

8、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=GXvt,即：F >L=G XVt,F GvtL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.8 . 一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡，如图（a）所示，如果将右端弯成如图（b）所示的情况，铁棒将（）B.逆时针转动A.顺时针转动 可能C.静

9、止不动D.以上三种情况均有图a中,水平铁棒在水平位置处于平衡状态，根据杠杆平衡条件可知G左l左G右l右图b中，将铁棒右端弯折，此时铁棒右边的重力不变，右端铁棒的重心将向左移动，力臂l右减小，而左边的力和力臂不变；因此G左l左G右l右所以铁棒左端下沉，右端上升，即铁棒将沿逆时针转动。故选Bo9 .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4Gx 1_=2GXL；左、右钩码各向支点移动一格，左边=4

10、GXL=4GL,右边=2GX L=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 =3GXL=6GL,右边=6*上=46工 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=2GX L=4GL,右边=6*上=46工左边=右边，杠杆平衡；C符合题意；左右各增加两个钩码，左边 =6GX L=12GL,右边=4GX 4_=16GL,左边右边，杠杆右边下 沉，D不符合题意，故选 C.10 .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mi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 mi> m2,不计扁担自重，

11、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 mi的水桶，右端挂了 m2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据 杠杆的平衡条件 EL F2L2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F1L1 F2L2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

12、.根据压强的公式 p F可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强S越大，故D错误。故选A。11.如图所示，轻质杠杆 AOB的支点是O, AO=BO。若在A端和B端分别悬挂重力相等的 两个重物，则杠杆（）A o|A.保持平衡B. A端下沉C. B端下沉D,以上均可能【答案】B【解析】【分析】【详解】轻质杠杆AOB的重力可不计，杠杆的示意图如下所示：动力和阻力大小均等于物体的重力，两个重物的重力相等，则Fi=F2；动力臂为OA,阻力臂为OC,满足OC OB OA所以可知F1 OA F2 OC根据杠杆的平衡条件可知， A端下沉。故选Bo12.如图，用橇棒撬起石块并保持平衡，下列说法正确

13、的是制力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

14、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，小明用一可绕 O点转动的轻质杠杆，将挂在杠杆下的重物提高。他用一个 始终与杠杆垂直的力 F使杠杆由竖直位置缓慢转到水平位置，在这个过程中，此杠杆)A. 一直是省力的B.先是省力的，后是费力的C. 一直是费力的D.先是费力的，后是省力的【答案】B【解析】【分析】【详解】12由题图可知动力F的力臂li始终保持不变，物体的重力 G始终大小不变，在杠杆从竖直位

15、 置向水平位置转动的过程中，重力的力臂 12逐渐增大，在12V li之前杠杆是省力杠杆，在 >li之后，杠杆变为费力杠杆，故选 B。14.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（）OA 乙 OB。OA gOA 甲 Vg OA,OB 金OB 乙 Vg OB,A错误，B正确；G ）的一小块，则：左边6 G OA G甲OA G OA,右边二包GOB 包 OBG OB,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

16、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甲OAG乙OB ,甲Vg OA乙Vg OB ,所以甲若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则: 左边=G甲G切甲 右边 G乙G©乙左边等于右边，杠杆仍保持水平平衡，故 CD.若分别将两物体切去等质量（即等重因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甲OA 乙OB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

17、臂不同，在分析杠杆平衡时判断猎误。15 .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。点的距离s之间的关系图像为()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1GOA 2 l OAFs 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。16 . C点为硬棒AD的重心，硬棒可绕 A点转动。

18、在棒的 B点施加力Fi, Fi的方向沿OO 线，棒在图所示位置处于静止状态。则Si八A. Fi>GB. Fi= GS2C.重力的力臂等于 S1D. F1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Fi的距离为S2,若令A点到重力的距离为S3,根据杠杆的平衡条 件“动力X动力臂=阻力X阻力臂”可知Fi S2 G S3可以推出Fi生GS2由于S3 s可得Fi 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. Fi与G在支点同侧，重力方向竖直向下，所以

19、Fi的方向应该向上，故 D选项错误，不符合题意。17.如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物 端各再加重力相同的物体后，杠杆Ga和Gb (Ga>Gb),杠杆水平位置平衡，当两ABA.仍能保持平衡B.不能平衡，左端下沉C.不能平衡，右端下沉D.不能确定哪端下沉【答案】C杠杆原来在水平位置处于平衡状态，此时作用在杠杆上的力分别为 Ga和Gb,其对应的力臂分 别为1a和1b,如图所示：AB根据杠杆平衡条件可得：Ga1a=Gb1b；已知ga>Gb所以1a<1b,当两端各再加重力相同的物体后，设增加的物重为G,此时左边力(Ga+G)?1a=Ga1a+G1a(Gb+G)?1b=Gb1b+G1

20、b和力臂的乘积：右边力和力臂的乘积：由于 1a<1b,所以 G1a<G1b；所以：Ga1a+G1a<Gb1b+G1b即右边力和力臂的乘积较大，所以杠杆不能平衡，向右端下沉。故选Co18.如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N, A、B是木条两端，0、C是木条上的两个点，AO=B0, AC=OC A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N.现移动托盘秤甲，让 C点放在托盘秤甲C. 16ND. 18N【解析】【分析】在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题A端放在托盘秤甲上

21、，以 B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上 C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数.设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以 B端为支点，托盘秤甲的示数是6N,根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N,如图所示:BD ,所以:由杠杆平衡条件有：FA AB G BD,即：6N AB 24N1-AB 4BD , BD AB,当C点放在托盘秤甲上时，仍以 C为支点，此时托盘秤乙对4木条B处的支持力为FB,+FbA. C o D R1 A ? I 1因为 AO BO, AC OC,所以 CO OD BD, BC 3

22、BD, CD 2BD ,由杠杆平衡 条件有：FB BC G CD,即：FB 3BD 24N 2BD ,所以：FB=16N,则托盘秤 乙的示数为16N.故选C.【点睛】本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，难点是根据杠杆的平衡条件计算出 木条重心的位置.19.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

23、码到支点的距离为31,因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得2G 31 3G 1 右,解得1右21 ,即右边钩码到支点的距离为21;A.若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则3G 31 4G 21 ,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G 31 G 21 ,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1,则2G 21 3G 1 ,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2G (31 1.5) 3G (21 1),此时杠杆平衡，符合题意。20.如图所示，杠杆在水平位置处于平

24、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2G 3L 3G 2LA.两边各向外移一格，左边2G 4L 8GL右边3G 3L 9GL由于8GL 9GL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2G 4L右边4G 2L因2G 4L 4G 2L故 B 符合题意；C.在两侧钩码下方，同时加挂一个

25、相同的钩码，左边3G 3L 9GL右边4G 2L 8GL因为9GL 8GL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G 3L 3GL右边2G 2L 4GL由于3GL 4GL杠杆右端下沉，故D 不符合题意。故选B。二、初中物理功和机械能问题21 .如图所示的滑轮组，绳子的末端缠绕在电动机上，电动机转动将下方钩码匀速提起。如果加快电动机的转速，则后一次提升与前一次相比（）A.功率增大、机械效率增大B.功率增大、机械效率不变C.功率不变、机械效率不变D.功率不变、机械效率增大【答案】B【解析】【分析】【详解】B正确。前后两次的滑轮组是同一个滑轮组，则做的有用功、

26、额外功、总功不变，则机械效率不 变；加快电动机的转速，则物体提升的速度增大，若两次提升高度相同，则后一次所需要 的时间小于前一次所需要的时间，根据P 总可知，功率变大。故 ACD错误,故选B。12N。此22 .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等于过程中，下列说法不正确的是（）A.拉力所做的有用功为 40JB.拉力所做的总功为 48JC.拉力F的功率大小为20WD.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W有用 Gh 20N 2m 40J故A正确，不符合题意;B.由图可知根据公式可得故B正确，不符合题意;C.拉力的功率s 2h

27、2 2m 4mW息 Fs 12N 4m 48J48J=24W 2s故C错误，符合题意;D.滑轮组的机械效率W-100%40J100% 83.3%48J故D正确，不符合题意。故选C。23.如图甲所示，小明用弹簧测力计拉木块，使它沿水平木板匀速滑动，图乙是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变化的图象.下列说法正确的是（）A.木块两次受到的拉力和摩擦力均相等B.木块第1次受到的拉力较大C.木块两次的动能一样多D.两次拉力对木块做的功一样多【答案】A【解析】【分析】【详解】AB.从图象上可以看出，木块两次都是作匀速直线运动，而做匀速直线运动的物体受平衡 力作用。因木板受到的压力大小和接触面的粗糙程度不

28、变，则两次滑动摩擦力大小不变， 所以两次木块受到的拉力相等，故A选项正确，B选项错误；C.从图中可以看出第一次木块运动的速度较大，而木块的质量不变，所以第一次木块具有 的动能多，故C选项错误；D.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，故D选项错误。故选A。24.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1WD.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

29、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W Gh 5N 10m 50J国歌的演

30、奏一遍的标准时间是50秒，他对国旗做功的功率最接近于50J50s1W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。25 . 一个小石块从空中的某一高度，由静止开始竖直下落，若不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，小石块的重力势能Ep随着时间的变化图像可能是（）由题意可知，不计空气阻力，从小石块开始下落，到刚落到地面的过程中，石块做加速运 动，石块在相同时间内下降的速度越来越大，石块所处的高度减小得越来越快，石块的重力势能 印减小得越来越快，符合这一规律的只有C图，而D图是石块的重力势能 印随时间减小得越来越慢，故 D

31、错误。故选C。26 .九年级的小黄同学一口气从一楼跑到四楼教室，所用时间为30 s。他上楼过程克服自身重力做功的功率最接近（）A. 1.5 WB. 15 WC. 150 WD. 1500 W三层图度约为9m,九年级的同学体重大约为50kg,W=Gh=mgh=50kg x 10N/kg x 9m=4500J【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 一层楼的高度约为 3m 力所做的功约为P W tc符合题意。典 150W30s克服重力做功的功率故ABD,都不符合题意，故选C。27 .如图是滑雪运动员收起雪杖后从高处滑下的情景，对此过程A.运动员下滑过程中动能增大，重力势能也增大B.运动员下滑过程中

32、，动能的增加量等于重力势能的减小量C.运动员的动能是由重力势能转化来的D.运动员弓着腰，是为了通过降低重心来增大惯性【答案】C【解析】【详解】A.运动员下滑过程中，质量不变，速度越来越大，高度不断变小，所以动能增大，重力 势能减小，故A错误；B.运动员下滑过程中，由于要克服摩擦做功，有一部分动能转化为内能，所以动能的增加 量小于重力势能的减小量，故 B错误；C.运动员下滑过程中，动能增大，重力势能减小，所以，运动员的动能是由重力势能转化 来的，故C正确；D.运动员弓着腰，是通过降低重心来增加稳度，不能改变惯性的大小，故 D错误。 故选C。28.小明用弹簧测力计拉动木块，使它沿同一水平木板滑动，

33、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

34、速度 v大，所以功率大，故 D正确。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

35、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。30 .如甲图所示，小球从竖直放置的弹簧上方一定高度处由静止开始下落，从 a处开始接 触弹簧，压缩至 c处时弹簧最短.从 a至c处的过程中，小球在 b处速度最大.小球的速 度v和弹簧被压缩的长度 4L之间的关系如乙图所示.不计空气阻力，则从a至c处的过程中，下列说法中正确的是（）o|Pta t kc甲乙A.小球所受重力始终大于弹簧的弹力B.小球的重力势能先减小后增大C.小球减少的机械能转化为弹簧的弹性势能D.小球的

36、动能一直减小【答案】C【解析】【详解】在小球向下压缩弹簧的过程中，小球受竖直向上的弹簧的弹力、竖直向下的重力；在ab段，重力大于弹力，合力向下，小球速度越来越大；随着弹簧压缩量的增大，弹力逐渐增大，在b处弹力与重力相等，小球的速度达到最大；小球再向下运动（bc段），弹力大于重力，合力向上，小球速度减小；故A错误；小球从a至c的过程中，高度一直减小，小球的重力势能一直在减小，故B错误；小球下落压缩弹簧的过程中，不计空气阻力，机械能守恒，则小球减少的机械能转化为弹簧的弹性势能，故C正确；由图乙可知，小球的速度先增大后减小，则小球的动能先增大后减小，故 D错误；故应选C.31 .甲、乙两个物体，分别

37、在水平拉力作用下在水平面上作匀速直线运动.若甲所受的重力是乙的3倍，甲受的水平拉力是乙受的水平拉力的2倍，甲的运动速度是乙的运动速度的1倍，则拉力对甲乙两物体做功之比和所用时间之比可能是A. 1:12:1B. 2:1 1:1C. 3:2 2:3D, 3:2 3: 2【答案】B【解析】【详解】由题知两物体受到的拉力之比F 甲：F 乙=2:1速度之比：v 甲：v 乙=1:1A .若做功之比：W 甲：W 乙=1:1因为W=Fs,所以运动路程之比：W W 1 1s 甲:$乙=:二 = : - =1:2F甲比 2 1因为v= s速度相同，所用时间与路程成正比： tt甲：t乙=$甲：s乙=1:2故A不符合

38、题意；B.若做功之比：W 甲：W 乙=2:1因为W=Fs,所以运动路程之比：W W 2 1s 甲:$乙=:= : - =1:1F甲F乙 2 1因为v= s，速度相同，所用时间与路程成正比： tt甲：t乙=$甲：s乙=1:1故B符合题意；CD.若做功之比：W 甲:W 乙=3:2因为W=Fs,所以运动路程之比：W W 3 2s 甲：$乙=:=:=3:4F甲F乙2 1因为v= s速度相同，所用时间与路程成正比： tt甲：t乙=$甲：s乙=3:4故CD不符合题意。32 .王强同学在探究凸透镜成像的规律后，又想采用实验中的装置来比较甲、乙、丙、丁 四个透镜焦距的大小，在实验中还测出了其中一个透镜的焦距.

39、实验时凸透镜和烛焰的距 离保持16 cm不变，烛焰通过四个凸透镜的成像情况如下表所示，由此可推断（）凸透镜像的性质甲倒立放大实像乙倒立小实像丙倒立缩小实像丁正立放大虚像A.甲透镜的焦距最小，乙透镜的焦距是8 cmB.乙透镜的焦距最小，丁透镜的焦距是16 cmC.丙透镜的焦距最小，乙透镜的焦距是8 cmD.丁透镜的焦距最小，甲透镜的焦距是16 cm【答案】C【解析】【分析】【详解】根据表中数据可知，丁的焦距最大，其次是甲，再次是乙，最小的是丙，根据乙透镜成像情况可知，放在了二倍焦距上，即2f=16cm所以乙透镜的焦距是 8 cm, C对，所以正确选项为C33 .如图所示的装置中有木板、木块、弹簧

40、、小车和祛码(图中未画出)，用压缩弹簧的 小车释放后撞击木块。能否用此装置探究“物体动能大小与质量和速度的关系”，有两种 判断：(1)能探究物体动能与物体质量的关系；(2)能探究物体动能与物体速度的关系；这两个判断(A.只有(1)正确B. >C. (1) (2)都正确D.【答案】B【解析】【分析】)、后(2)正确(1) (2)都不止确【详解】（1）用小车、小车加上祛码分别将弹簧压缩到相同程度后静止释放撞击同一个木块，撞击的 动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能 相同，转化的动能相同，最终木块移动的距离相同，故不能探究物体动能与物体质量的关 系；（

41、2）用小车分别将弹簧压缩到不同程度后静止释放撞击同一个木块，撞击的动能由弹簧的弹 性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹性势能不同，转化的动 能不同，最终木块移动的距离不相同，故能探究物体动能与物体速度的关系。综上所述：故ACD错误，B正确。故选B。34 .静止在水平地面上的物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，如图（甲）所示。在水平路面上直线运动时记录的v-t图像，下列说法正确的是（）A.物体在0ti时间内做匀速直线运动B.物体在tit2时间内动能不断变大C.物体在13H4时间内的摩擦力力小于 tlt2时间内的摩擦力D.物体在t3t4时间内拉力小于摩擦力【答案】D【解析】

42、【分析】【详解】A.由v-t图像可知，0ti时间内速度越来越大，故 A错误；B.由v-t图像可知，tit2时间内速度不变，所以动能不变，故 B错误；C.物体在13H4时间内和tlt2时间内受到的都是滑动摩擦力，由于压力大小和粗糙程度不 变，所以滑动摩擦力大小不变，故C错误；D.由v-t图像可知，在t3t4时间内物体作减速运动，所以合力方向与运动方向相反，因此 向前的拉力小于向后的摩擦力，故 D正确。故选DoA位置开始向AC间的高度差35.如图所示，用手将一重为 G的铁球缓慢放在一弹簧上，放手后，铁球从 下运动，到达B位置速度达到最大，到达 C位置小球的速度变为零。已知 为h,若整个过程中不计能

43、量损耗，下列说法正确的是（）A.从A位置到B位置铁球的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能B.在此过程中弹簧的弹性势能增加量为GhC.小球到达B点时，小球的重力大于弹簧的弹力，所以小球继续下落D. B位置到C位置的过程中铁球所受的重力大于弹簧所施加的弹力 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A.从A位置到B位置，铁球质量不变，高度减小，铁球重力势能减小；该过程铁球速度 增大，铁球动能增大；该过程弹簧形变量增大，弹簧弹性势能增大。若整个过程中不计能 量损耗，则铁球的重力势能转化为铁球的动能和弹簧的弹性势能。故 A错误；B.从A位置到C位置，铁球的重力做功W Gh因为从A位置开始向下运动的过程中，

44、重力势能转化为动能，动能又转化为弹性势能，整 个过程中不计能量损耗，所以，根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能增加量为E W Gh故B正确；C.从A位置到B位置，小球重力大于弹簧弹力，小球受合力方向向下，小球速度方向向 下，小球受合力方向与速度方向相同，小球竖直向下做加速运动，该过程中，小球重力不 变，弹簧形变量增大，弹力增大，小球受向下合力变小，小球到达B位置时，小球受合力为零，即小球重力等于弹簧弹力，速度最大；从 B位置到C位置，小球继续下落，是因为 小球具有惯性，保持原来运动状态不变，故C错误；D.从B位置到C位置，该过程弹簧形变量继续增大，弹簧弹力继续增大，大于小球重 力，小球受合力

45、方向向上，小球速度方向向下，小球受合力方向与速度方向相反，小球做 减速运动，C位置小球速度为零，故 D错误。故选Bo36.如图所示，当小明用力推墙时，他沿水平冰面减速向后退去，下列说法正确的是A.小明对地面的压力和地面对小明的支持力是一对平衡力B.小明受到摩擦力是水平向右，合力为零，运动状态不变C.小明减速运动时，则他的惯性和机械能也随之减小D.假如小明的重力突然消失，小明将做匀速直线运动【答案】D【解析】【分析】【详解】A.力的作用是相互的，小明对地面的压力和地面对小明的支持力是一对相互作用力，不 是平衡力，A错误；B.小明减速向后退去，那么受到摩擦力是水平向右，但是合力不为零，速度在减小，那么 运动状态是变化的，B错误；C.小明减速运动时，小明自身的质量不变，那么他的惯性是不变的；速度在减小，那么动能是在变小的，在水平冰面上运动，重力势能不变，则可知机械能是变小的；C错误；D.假如小明的重力突然消失，那么小明对冰面的压