2020-2021中考物理—杠杆平衡条件的应用问题的综合压轴题专题复习及答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．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，AB3BO，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F1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F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1:F22:3，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

FGFN

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

FA2FG动2（GFN）G动

根据杠杆的平衡条件得到

FAOAFBOB

即

（GFN）G动2OAFBOB

因为

AB3BO

所以

AO2BO

则

（GFN）G动22FB1

即

FB4（GFN）2G动

当压力为85N时

F14（120N-85N）2G动

当压力为60N时

F24（120N-60N）2G动

因为

F1:F2＝2:3

所以

（120N-85N）2G动2F14 F24（120N-60N）2G动3解得

G动30N

A．当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为

FB4（GFN）2G动4（120N-50N）230N=340N

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

FB4（GFN）2G动4（120N-90N）230N=180N

故B错误；

C．健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，根据

FB4（GFN）2G动

可得

400N4（120NFN）230N

解得

FN35N

故C正确；

D．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据

FB4（GFN）2G动

可得

FB4（120N-0N）230N=540N>500N

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。

2．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（ ）

A．C．

GHL 2B．D．

GH LGL HHL G【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面的接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为

HL，阻力为木箱的重力，阻力臂为，如图所示： 22

根据杠杆的平衡条件可得

G×

HL=F×

22F=GL H故选D。

3．要使图中的杠杆平衡，分别用FA、FB、FC的拉力，这三个力的关系应是

A．FA＞FB＞FC 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．FA＜FB＜FC C．FA＞FC＞FB D．FA=FB=FC

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F1L1F2L2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．

4．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=F2l2可得：F=正确，D错误。

F2l2，由于F2、l2不变，则F和l成反比，故Cl

5．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 C．一直不变 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．一直变大 D．先变小后变大

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。

6．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 C．不变 【答案】A 【解析】 【分析】

B．变小 D．先变大后变小

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Fl11F2l2分析得出动力变大。 故选A。

7．如图所示，体积之比为1∶2的甲、乙两个实心物块，分别挂在杠杆两端，此时杠杆恰好水平平衡，则甲、乙两个物块的密度之比为（ ）

A．1∶1 C．4∶3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．1∶2 D．2∶1

由图知道，甲物体挂在左边第3格处，乙物体挂在右边第2格处，由杠杆的平衡条件知道，此时G甲l1G乙l2即

m甲g3m乙g2

m甲2＝，又因为V甲/V乙＝1/2，甲、乙两个物块的密度之比是 所以

m乙3m甲2甲V甲14 乙m乙332V乙故C正确。 故选C。

8．能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为（ ）

A．AB 【答案】A 【解析】 【分析】

B．AC C．AD D．AE

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．

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，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动的过程中（ ）

A．动力臂逐渐变大

B．阻力臂逐渐变大 C．动力F保持不变 D．动力F逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】

先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。 【详解】

A．由图示可知，木棒是一个杠杆，力F是动力，力F始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A不符合题意；

B．木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B符合题意； CD．已知G、L保持不变，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件有

GLG=FL

动力F逐渐增大，故CD不符合题意。 故选B。 【点睛】

本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。

11．如图所示，直杆OA的下端挂一重物G且可绕O点转动。现用一个始终与直杆垂直的力F将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置，不计杆的重力，则拉力F大小的变化情况是（ ）

A．一直变小 C．一直变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．一直不变 D．先变小后变大

由图可知，由于力F始终与杠杆垂直，则力F所对应的力臂始终不变，大小为力F的作用点到O点的距离，设为l1，在逐渐提升的过程中，重力大小不变，方向竖直向下，则对应力臂逐渐变大，设为l2，由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得

Fl1=Gl2

由于等式右端重力G不变，l2逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端l1不变，则可得F逐渐变大，故选C。

12．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 C．一直是费力的 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

B．先是省力的，后是费力的 D．先是费力的，后是省力的

由题图可知动力F的力臂l1始终保持不变，物体的重力G始终大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，重力的力臂l2逐渐增大，在l2＜l1之前杠杆是省力杠杆，在l2＞l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。

13．如图所示，轻质杠杆左侧用细绳挂着正方体甲，正方体甲放在水平放置的电子测力计上，右侧挂着重为1N的钩码乙，O为支点，正方体甲的边长为0.1m。在杠杆水平平衡的条件下，当只改变动力臂l1，电子测力计的示数T随之改变，T- l1的关系如图所示。则下列判断正确的是（ ）

A．阻力臂l2为6cm B．正方体甲受到的重力为6N

C．当动力臂l1=2cm时，左侧细绳对杠杆的拉力为2N D．当动力臂l1=4cm时，正方体甲对电子测力计的压强为100Pa 【答案】D 【解析】 【分析】

通过甲物体处于平衡条件的分析确定杠杆所受的拉力大小，再根据杠杆平衡条件结合图像

上不同的点来解题。 【详解】

A．根据题意，甲始终处于静止状态，甲受到绳子的拉力，甲物体自身的重力，电子秤对甲物体的支持力

GF支F拉

物体拉杠杆的力和杠杆拉物体的力是一对相互作用力

F拉F2

电子测力计对物体甲的支持力和物体甲对电子测力计的压力是一对相互作用力

F支T

即

F2GT

根据杠杆的平衡条件

F1L1F2L2

得

F1L1GTL2

根据图像可知当T1=2N，L1=2cm

1N2cmG2NL2

根据图像可知当T1=1N，L1=4cm

1N4cmG1NL2

解得L2=2cm，G=2N，A、B选项错误； C．由图像可知，当L1=2cm，此时T1=2N

F2GT13N2N1N

细绳对杠杆的拉力是1N，C选项错误； D．由图像可知，当L1=4cm，此时T1=1N，由公式

PD选项正确。 故答案选择D。

F1N100Pa S0.1m0.1m

14．如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物GA和GB （GA>GB）,杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相同的物体后，杠杆

A．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 【解析】 【详解】

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lA和lB，如图所示：

根据杠杆平衡条件可得：GAlA=GBlB；

已知GA>GB所以lA(GA+G)⋅lA=GAlA+GlA

右边力和力臂的乘积：

(GB+G)⋅lB=GBlB+GlB

由于lAGAlA+GlA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C。

15．如图，轻质杠杆可绕O点转动（不计摩擦）．A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G．在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面的压强为1000Pa，OB=3OA．则B点的拉力F的大小为

A．50N 【答案】C 【解析】

B．30N C．10N D．90N

【分析】 【详解】

地面对物体G的支持力

F支F压ps1000Pa0.05m250N

物体G对杠杆的拉力

FAGF支80N50N30N

已知

OB=3OA，

由杠杆平衡的条件FOBFAOA可得：

F故选C．

FAOA1=30N=10N ． OB3

16．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．保持平衡 C．B端下沉 【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：

B．A端下沉 D．以上均可能

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F1=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B。

17．有一根一端粗一端细的木棒，用绳子拴住木棒的O点，将它悬挂起来，恰好在水平位置平衡，如图所示，若把木棒从绳子悬挂处锯开，则被锯开的木棒（ ）

A．粗细两端质量一样 C．细端质量较大 【答案】B 【解析】 【详解】

B．粗端质量较大 D．无法判定

如图1，设O点到粗端的距离为L，在O点左侧对称地割取长也为L的一段（图1）。现再次利用对称割法，在O点右侧割取与O点左侧所割等大的一部分（图2虚线部分），将两次所割取的部分（各自重力显然是相等的）取走，则原木棒只剩下图2所示部分。设左端剩下的重力为G左，力臂为l左，右端剩下的重力为G右，力臂为l右，由杠杆平衡条件有：

G左l左G右l右，

很明显l左>l右，故有G左18．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m1=30kg，m2=20kg，为了使跷跷板在水平位置平衡，以下做法可行的是（ ）

A．把m1向右移动0.5米 C．把m1向右移动0.2米 【答案】A 【解析】

B．把m2向左移动0.5米 D．把m2向左移动0.3米

【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m1向右移，则m2的力臂不变为1.5m，根据杠杆的平衡条件有

m1gl1m2gl2

代入数据可得m1向右移后的力臂

l1m2gl220kg1.5m1m m1g30kgm1的力臂由1.5m变为1m，为了使跷跷板在水平位置平衡，把m1向右移动0.5米，所以BCD项错误，A项正确。 故选A。

19．如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。如果在两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则（ ）

A．左端下降 B．右端下降 C．仍然平衡 D．无法判断 【答案】A 【解析】 【分析】

本题考查杠杆的平衡原理。 【详解】

杠杆的平衡原理是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。图中，设一个钩码的重为G，杠杆每一小格的长度为L，则有G∙4L=2G∙2L，若两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则杠杆的左边变成2G∙4L=8GL，右边变成3G∙2L=6GL，此时8GL>6GL，所以左端下降，故A符合题意，BCD都不符合题意。 故选A。

20．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。

二、初中物理功和机械能问题

21．一个木块放在粗糙程度相同的水平地面上，如果对木块施加的水平拉力为F，如图甲所示；F的大小与时间t的关系如图乙所示；木块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示。以下说法正确的是（ ）

A．当t=1s时，木块受到的摩擦力是0

B．当t在2~4s内，木块做匀速直线运动，受到的摩擦力为5N C．当t在4~6s内，拉力F的功率为6W

D．当t在2~6s内，木块的机械能保持不变 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．由图乙可知，物体在t=1s时受到的拉力为1N，由图丙可知此时物体处于静止状态，所以受到的摩擦力等于拉力为1N，故A错误；

B．由图乙可知，物体在4~6s内受到的拉力为3N，由图丙可知4~6s内物体做匀速运动直线运动，在4~6s内受到的摩擦力等于此时的拉力为3N；由图乙可知在2~4s内，物体做加速直线运动，接触面粗糙程度、受到的压力不变，所以在2~4s内受到的摩擦力为3N。故B错误；

C．由图乙可知，物体在4~6s内受到的拉力为3N，由图丙可知4~6s内物体做速度为2m/s的匀速运动直线运动，此时拉力的功率

P故C正确；

WFsFv3N2m/s6W ttD．在2~6s内，木块受到拉力和摩擦力的作用，机械能在不断变化，故D错误。 故选C。

22．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

WGh5N10m50J

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

P故C正确；

W50J1W t50sD．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。

23．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

24．2019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。

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( ) A．【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．

C．

D．

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Ep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Ep随时间减小得越来越慢，故D错误。 故选C。

26．如图所示，小球以速度v从A沿弯曲轨道滑下，并最终刚好到达等高的C点，下列说法中正确的是( )

A．因为最终到达了与A等高的C点，所以小球机械能守恒 B．小球在B点的机械能最大

C．小球从B到C的过程只是动能转化为重力势能

D．小球从A到C的整个过程中动能的变化量等于克服摩擦力做功 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A B．小球以速度v从A沿弯曲轨道滑下，在A点具有动能和重力势能，并最终刚好到达等高的C点，C点速度为0，只有重力势能，A、C两点的重力势能相等，但A点的机械能大于B点的机械能，说整个运动过程中，机械能在减小，所以A点的机械能最大，故AB错误；

C．小球从B到C的过程中先将重力势能转化为动能，再将动能转化为重力势能，故C错误；

D．A、C两点的重力势能相等，整个过程动能减小为0，用来克服摩擦力做功，故D正确。 故选D。

27．九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 W 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

一层楼的高度约为3m，三层高度约为9m，九年级的同学体重大约为50kg，则克服自身重力所做的功约为

W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×9m=4500J

克服重力做功的功率

B．15 W

C．150 W

D．1500 W

PW4500J150W t30s故ABD，都不符合题意，C符合题意。 故选C。

28．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；④F1做功的功率等于F2做功的功率；其中正确的为（ ）

A．①、②、③

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

B．②、③、④ C．①、③、④

D．①、②、③、④

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总Fs=GG动h

故F1做的功等于F2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

即机械效率相等，故②正确；

W有用GhG W总GG动hGG动③甲滑轮组由两段绳子承重，拉力为

F1乙滑轮组由三段绳子承重，拉力为

1GG动 21GG动 3F2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P正确； 故选D。

W知，F1做功的功率等于F2做功的功率，④t

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 C．动能减少，机械能减少 【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。

B．动能不变，机械能减少 D．动能增大，机械能增大

30．如图所示，一个玩具弹簧放在斜面上端，将弹簧弯曲一定程度后释放，弹簧沿斜面向下翻滚．弹簧在运动过程中，有哪些机械能发生了转化

A．只有动能和重力势能 B．只有动能和弹性势能 C．只有重力势能和弹性势能

D．动能、重力势能和弹性势能都发生了转化 【答案】D 【解析】 【详解】

根据题意，玩具弹簧放在斜面上端，将弹簧弯曲一定程度后释放，弹簧沿斜面向下翻滚． 首先将弹簧作为一个简单对象考虑，向下翻滚过程中，质量不变，但高度降低了，所以重

力势能会减小；

弹簧弹起后，另一端接触斜面时，动能减小，弹性势能增大，且减小的重力势能，会转化弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性形变变大； 弹簧弹起时，弹性势能又转化为动能．

所以这个过程中，动能、重力势能和弹性势能都发生了转化，故D正确．

31．农村建房时，常利用如图所示的简易滑轮提升建材。在一次提升建材的过程中，建筑工人用400N的拉力，将重600N的建材在10s内匀速提高3m。不计绳重及摩擦，则下列判断正确的是（ ）

A．该滑轮的机械效率η=75% C．滑轮自身的重力为100N 【答案】A 【解析】 【详解】

AB．滑轮所做的有用功为：

B．滑轮所做的有用功为1200J D．绳子自由端移动的距离大小为3m

W有用=Gh=600N×3m=1800J，

因为是动滑轮，所以拉力移动的距离是物体提高距离的2倍，即6m，则拉力做的总功为：

W总=Fs=400N×6m=2400J，

所以动滑轮的机械效率为：

W有用1800J×100%=100%=75%，

W总2400J故A正确，B错误；

C．不计绳重及摩擦，则拉力为：

1F（GG动），

2那么动滑轮的重为：

G动=2F-G=2×400N-600N=200N，

故C错误；

D．由图知，使用的是动滑轮，承担物重的绳子股数n=2，绳子自由端移动的距离为：

s=nh=2×3m=6m，

故D错误； 故选A。

32．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。

33．如图是某山地的等高线图，数字表示海拔高度，其单位是米。质量是60kg的小凯早上8：00从A点出发，8：50到达B点的观景台；质量是50kg的小旋早上7：40从C点出发，8：50到达D点的半山亭。下列说法中正确的是（ ）

A．他们对自己做的功一样多 B．小凯的平均功率较小

C．8：50分时，小旋的动能一定小于小凯的动能 D．8：50分时，小旋的重力势能一定小于小凯的重力势能 【答案】D 【解析】

【分析】 【详解】

A．60kg的小凯从A点到达B点做的功为

W凯=G1h1m1gh160kg10N/kg(600m400m)1.2105J；

质量是50kg的小旋从C点到达D点做的功为

W旋=G2h2m2gh250kg10N/kg(400m200m)1105J；

小凯做的功多，故A错误； B．小凯的运动时间为

t18：508：0050min3000s；

平均功率为

W凯1.2105JP40W， 1t13000s小旋的运动时间为

t28：507：4070min4200s，

平均功率为

W旋1105JP223.8W，

t24200s小凯的平均功率较大，故B错误；

C．动能的大小与质量和速度有关，由于不知道8：50分时的他们的速度，所以无法比较动能的大小，故C错误；

D．重力势能的大小与质量和所处的高度有关，小凯的质量和所处的高度都比小旋的大，所以小旋的重力势能一定小于小凯的重力势能，故D正确。

34．为了将放置在水平地面上重为100N的物体提升一定高度，设置了如图所示的滑轮组装置。当用图甲所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图乙和丙所示（不计绳重和绳与轮之间的摩擦）。下列计算结果正确的是（ ）

A．0s~1s内，地面对物体的支持力是10N B．1s~2s内，拉力F做的功是62.5J C．2s~3s内，拉力F的功率是300W D．2s~3s内，滑轮组的机械效率是62.5%

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．从图乙可以看到，时间从第2s到第3s时，速度大小是不变的，这时处于平衡状态，物体受到的拉力大小等于重物和动滑轮的总重，即

F拉GG动340N120N

由题意可知，0s~1s内，地面对物体的支持力符合关系式

'F支3F拉GG动120N

'从图甲可以看到，F拉30N，解得F支30N，A错误；

B．从图甲可以看到，1s~2s内，拉力F的大小是50N，物体上升的高度是1.25m，三条绳子托着动滑轮，绳端移动的距离是

s3h31.25m3.75m

拉力F做的功是

WFs50N3.75m187.5J

拉力F做的功是187.5J，B错误；

C．2s~3s内，物体匀速运动，绳端也是匀速运动，拉力F的大小是40N，绳端移动的速度

v绳32.5m/s7.5m/s

根据PFv可知，拉力F的功率

PFv绳40N7.5m/s300W

拉力F的功率是300W，C正确； D．2s~3s内，物体上升的高度

h3.75m-1.25m2.5m

拉力F的大小是40N，则滑轮组的机械效率

WGh100N2.5m有用功100%100%100%83.3%

W总功Fs40N32.5m滑轮组的机械效率约是83.3%，D错误。 故选C。

35．如图是搬运工人用滑轮组将仓库中的货物沿水平轨道拉出的示意图。已知货物的质量为600kg，所受轨道的摩擦力为其重力的0.1倍，滑轮组的机械效率为75％。若人以0.6m/s的速度匀速前行，经100s将货物拉出仓库。人拉货物的过程中，分析正确的是（ ）

A．货物移动距离为20m C．工人做的有用功为3.6104J 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

B．工人的拉力为400N D．工人拉力的功率为360W

A．从图中可以看到，两条绳子托着动滑轮，人以0.6m/s的速度匀速前行，那么货物的速度是0.3m/s，经100s货物移动距离为

svt0.3m/s100s30m

货物移动距离为30m，A错误； B．由题意可知，货物的重力

Gmg600kg10N/kg6000N

其摩擦力

f0.1G0.16000N600N

由于货物匀速前行，绳对货物的拉力

Ff600N

滑轮组的机械效率为75％，可得到

600Ns100%75%

F拉2s解得F拉400N，工人的拉力为400N，B正确；

C．货物移动距离为30m，绳对货物的拉力为600N，则工人做的有用功为

W有Fs600N30m1.8104J

工人做的有用功为1.8104J，C错误；

D．由于人以0.6m/s的速度匀速前行，工人的拉力为400N，工人拉力的功率为

PF拉v'400N0.6m240W

工人拉力的功率为240W，D错误。 故选B。

36．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A位置开始向下运动，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AC间的高度差为h，若整个过程中不计能量损耗，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Gh

C．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，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B。

37．在一个罐子的底和盖各开两个小洞，将小铁块用细绳绑在橡皮筋的中部穿入罐中，橡皮筋两端穿过小洞用竹签固定（如图）。做好后将它从不太陡的长斜面上由静止滚下，在罐子向下滚动的过程中，小铁块会将橡皮筋卷紧，罐子的滚动先变快后变慢，直至速度为零；接着罐子又会自动滚上斜面，整个过程忽略摩擦的影响。关于此过程中机械能的转化，下列说法不正确的是（ ）

A．罐子加速滚下斜面的过程中，罐子和铁块的重力势能转化为动能和弹性势能 B．罐子滚到最低处时，罐子和铁块的重力势能全部转化为动能 C．罐子自动滚上斜面的过程中，速度先变快后变慢 D．罐子自动滚上斜面时，不可能到达比初始位置更高的位置 【答案】B

【解析】 【分析】 【详解】

A．罐子加速滚下斜面的过程中，高度变小重力势能减小，铁罐的动能和橡皮筋的弹性势能增加，罐子和铁块的重力势能转化为动能和弹性势能，故A正确，不符合题意； B．罐子滚到最低处时，罐子和铁块的重力势能全部转化为弹性势能，故B错误，符合题意；

C．在橡皮筋恢复的过程中，铁罐会由斜面底部自动滚上去，从最低处滚上，铁罐先由慢到快、后由快到慢滚到最高点，故C正确，不符合题意；

D．由于机械能是守恒的，所以罐子自动滚上斜面时，不可能到达比初始位置更高的位置，故D正确，不符合题意。 故选B。

38．小明用台秤研究人在竖直升降电梯中的运动．他先在地面上用台秤称得自己的体重为500 N，再将台秤移至电梯内，电梯从t=0时由静止开始向下运动到t=11 s时停止，测得台秤对自己的支持力F随时间t变化的图象如图所示，则

A．0~2 s的过程中，小明的动能不变

B．2 s~10 s的过程中，小明的重力势能转化为动能 C．10 s~11 s的过程中，小明的机械能不断减小 D．0~11 s的过程中，小明的机械能不断增大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．0～2s的过程中，小明由静止开始下降，所以小明的动能增大，故A错误； B．2s～10s的过程中，小明在匀速下降，重力势能减小，但动能不变，故B错误； C．10s～11s的过程中，小明在做减速运动，故动能减小，同时小明是在下降，高度是在降低的，所以重力势能在减小，故小明的机械能不断减小，C正确；

D．0～11s的过程中，小明下降了一段距离，重力势能减小，所以机械能不断减小，故D错误； 故选C．

39．物体只受一对平衡力作用时，对于它具有能的判断中正确的是（ ） A．机械能一定不变

B．重力势能可能减少

C．动能可能变小 【答案】B 【解析】 【分析】

D．重力势能一定不变

首先要对物体在平衡力作用下是处于平衡状态中的哪一种要明确，然后再分析其机械能的变化情况。 【详解】

平衡状态有两种：静止状态、匀速直线运动状态；当物体处于静止状态时，物体的动能、势能都不变，所以机械能也不变；当物体在水平方向上做匀速直线运动时，其动能、势能都不变，即机械能不变；当物体在竖直方向上做匀速直线运动时，其动能不变，但其势能要发生变化，故机械能也随之变化；总之，物体在以上所处的这几种可能的运动状态下，势能与机械能的大小有两种可能：不变或变化；而动能只有一种情况：不变；综上分析，故选B。 【点睛】

本题考查物体在平衡力作用下的状态分析，要求学生一定要分类且考虑全面，本题容易出现漏分析其中某种情况而导致错误。

40．在四川抗震救灾现场，一块水泥板质量为 0.5 t，起重机在 5 s 内把它匀速提高 2m， 此过程中（g=10N/kg）（ ）

A．起重机对水泥板所做的功为 1×104J C．起重机提升水泥板的功率为 2×102 W 【答案】A 【解析】 【详解】 AB．水泥板的质量

B．起重机对水泥板所做的功为 1×103J D．起重机提升水泥板的功率为 5×102 W

m0.5t500kg

水泥板受到的重力

Gmg500kg10N/kg5000N

起重机对水泥板所做的功

WGh5000N2m1104J

故A符合题意、B不符合题意； CD．起重机对水泥板所做功功率

W1104JP2103W

t5s故C、D不符合题意。 故选A。