特訓03期中選擇壓軸題一、單選題1．下面四種情形中，若杠桿始終保持平衡狀態且不計甲、乙、丁杠桿的自重，則對所施加力的大小變化情況作出的判定正確的是（）A．甲：用一個始終垂直于杠桿的力提升重物，所施加的力將先變小后變大B．乙：杠桿始終靜止，F1經順時針方向到F2過程中將先變小后變大C．丙：用一個始終豎直向上的力提升重棒，所施加的力將大小不變D．丁：用一個始終水平向右的力提升重物，所施加的力先變小后變大【答案】C【解析】A．根據杠桿平衡條件，將杠桿緩慢地由最初位置拉到水平位置時，動力臂不變，阻力不變，阻力力臂變大，動力即拉力應變大；當杠桿從水平位置拉到最終位置時，動力臂不變，阻力不變，阻力臂變小，動力變小，故動力先變大后變小，故A錯誤；B．杠桿始終保持平衡，阻力和阻力臂不變動力臂一開始垂直于桿，動力臂最大，之后動力沿順時針方向轉動，動力臂變小，由杠桿平衡條件可知，動力會一直變大，故B錯誤；C．用一個始終豎直向上的力提升重棒，在提升的過程中，阻力不變，阻力臂變小，動力臂也變小；物體的重心在杠桿的中心，則動力臂始終為阻力臂的2倍，由杠桿平衡條件可知，動力的大小不變，故C正確;D．用一個始終水平向右的力提升重物，此時阻力不變，阻力臂變大，動力臂變小，由杠桿平衡條件可知，動力變大，故D錯誤。故選C。2．如圖所示，輕質杠桿可繞O點無摩擦轉動，在A端用輕質細繩懸掛一質量為200g的物體M，同時在B點施加一個始終垂直于杠桿的拉力FB，杠桿繞O點勻速轉動到虛線位置，OB=2m，AB=1m。下列錯誤的是（g=10N/kg，）（）A．此過程中，拉力FB先變小后變大B．此過程中，FB最大值為3NC．杠桿緩慢拉至與墻面夾角為30°時，FB=1.5ND．杠桿繞O點緩慢轉動到水平位置時拉力FB做的功約為5.1J【答案】A【解析】A．杠桿繞點轉動過程中，動力的力臂不變，阻力的力臂先變大后變小，阻力即為物體的重力是不變的，由杠桿平衡條件可知，動力先變大后變小，故A錯誤，符合題意；B．當杠桿轉到水平位置時，阻力臂最長，則拉力最大，由杠桿平衡條件可得又物體M的重力所以有解得故B正確，不符合題意；C．杠桿緩慢拉至與墻面夾角為時，阻力臂變為原來的一半，阻力、動力臂不變，根據杠桿的平衡條件可知，此時的動力為故C正確，不符合題意；D．當杠桿轉到水平位置時，拉力做的功等于克服物體重力做功故D正確，不符合題意。故選A。3．一個處于水平狀態的輕質衣架上有4個固定的且左右對稱的輕質夾子，相鄰夾子之間的距離相等，衣架的形狀與4個夾子的位置是左右對稱的，如圖（a）所示。若在衣架上掛上白、黑襪子各1雙時，衣架左側向下傾斜，如圖（b）所示，此時左側第二個夾子恰好在掛鉤的正下方。然后在白、黑襪子下面用相同的夾子各加掛一雙紅、黃襪子，衣架又呈水平狀態，如圖（c）所示。若紅、白、黑、黃4雙襪子的重力分別為G紅、G白、G黑、G黃，則此4雙襪子的重力關系正確的是（）A．G黑=2G白 B．G黃=2G白+3G紅C．G紅+G白=G黑+G黃 D．G白+G紅=3(G黃+G黑)【答案】B【解析】由已知條件，由圖c可知，左邊的力臂為右邊力臂的3倍，設右邊力臂為l，則左邊力臂為3l，根據杠桿的平衡條件有(G白+G紅)×3l=(G黑+G黃)l

①如下圖所示：由圖可知l白=l黑=lcosθ由杠桿的平衡條件可知G白lcosθ＝G黑lcosθ則G白=G黑②把②代入①得3(G黑+G紅)=G黑+G黃整理得G黃=2G白+3G紅綜上所述，B正確，ACD錯誤。故選B。4．“一個和尚挑水喝，兩個和尚抬水喝……”，這是我們非常熟悉的一則諺語故事。如圖，小和尚甲、乙將總質量30kg的水桶（含水）用輕繩懸于輕質木桿的O點，分別在A、B點（肩膀與木桿相接觸的點）以豎直向上的力共同抬起木桿，已知AO∶BO=3∶2，忽略手對木桿的作用力，若抬起水桶后木桿保持水平。則以下說法中正確的是（）①以甲和尚肩膀為支點此桿是一個省力杠桿；②以乙和尚肩膀為支點此桿是一個費力杠桿；③若甲、乙和尚質量相等，則兩和尚對地面的壓力F甲∶F乙=2∶3；④將水桶從地面緩緩抬起50cm，至少需克服水桶（含水）的重力做功150J。A．①② B．①③ C．①④ D．②④【答案】C【解析】①②以A為支點，水桶對O點的拉力為阻力，乙對桿的支持力為動力，由圖可知動力臂大于阻力臂，故為省力杠桿，同理以B為支點時也是省力杠桿，故①正確，②錯誤；③以A為支點時，設乙和尚對桿的支持力為F2，已知AO∶BO=3∶2由數學知識可知AO∶AB=3∶5根據杠桿平衡條件得解得同理計算可得甲和尚對桿的支持力為則和尚對桿的支持力大小等于桿對和尚的壓力大小，故甲、乙和尚受到的桿的壓力之比為但是甲、乙和尚對地面的壓力要加上各自的重力，設他們的重力都是G則甲、乙和尚對地面的壓力之比為故③錯誤；④因為機械不省功，至少需克服水桶（含水）的重力做功為故④正確。故C正確，ABD錯誤。故選C。5．如圖，長為L的輕質木板（不計質量），左端可繞O點轉動，右端放一重為G的小物塊，用豎直向上的力F拉著木板的右端，使木板始終在水平位置保持靜止。小物塊向左勻速滑行過程中，下圖能正確表示拉力F與小物塊運動時間t關系的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖所示動力臂為OA=L，杠桿受到物體的壓力（阻力）F壓=G，阻力臂為OB，物塊向左做勻速滑動，則阻力臂OB=OA-vt=L-vt因杠桿平衡，根據杠桿的平衡條件得F×OA=F壓×OB=G×(OA-vt)即F×L=G×(L-vt)解得因G、v、L為常數，所以拉力F與運動時間t是一次函數關系，當t增大時，F減小，變化關系為直線，故A符合題意，BCD不符合題意。故選A。6．士兵用力緩慢勻速拉動繩子，把吊橋AB（杠桿）吊起，下列說法正確的是（）A．當杠桿AB處于水平時是費力杠桿B．當杠桿AB緩慢勻速升至虛線位置的過程，動力減小C．當杠桿AB緩慢勻速升至虛線位置的過程，阻力臂增大D．當杠桿AB緩慢勻速升至虛線位置的過程，動力臂先減小后增大【答案】B【解析】A．把吊橋AB（杠桿）吊起時，阻力為吊橋的重力，阻力臂長為AB長的一半；動力為繩子對吊橋的拉力，如圖，動力臂為可知，動力臂大于阻力臂，因此當杠桿AB處于水平時是省力杠桿；故A錯誤。C．當杠桿AB緩慢勻速升至虛線位置的過程，杠桿AB的重力不變即阻力大小不變，阻力作用線逐漸靠近A點，所以阻力臂減小，故C錯誤；BD．當杠桿AB緩慢勻速升至虛線位置的過程，繩子與杠桿AB的夾角增大，動力臂為由數學知識可知，動力臂增大，根據杠桿平衡條件可知，動力減小，故B正確，D錯誤。故選B。7．如圖所示，質量分布不均勻的木條AB重24N，A、B是木條兩端，O、C是木條上的兩個點，AO＝BO，AC＝OC，此時彈簧測力計乙的示數是18N。現移動彈簧測力計甲的位置從A點平移到C點，此時彈簧測力計甲的示數是（）A．8N B．12N C．16N D．18N【答案】A【解析】設木條重心在D點，當彈簧測力計甲在A的位置上，彈簧測力計乙在B的位置上時，以A端為支點，如圖所示由杠桿平衡條件有FB×AB=G×AD即18N×AB=24N×AD所以當彈簧測力計甲在C點時，以B為支點，此時彈簧測力計甲的示數為FC，如圖因為AO=BO，AC=OC所以CO=OD=BD故，由杠桿平衡條件有FC×BC=G×BD即所以FC=8N則彈簧測力計甲的示數為8N。故選A。8．如圖，一個600N重的成年人和一個小孩都過一道5m寬的水渠。成人從左岸到右岸，而小孩從水渠右岸到左岸，兩岸各有一塊4m長的堅實木板，請你想出一種方式過渠。并分析在忽略木板自身重量和木板疊交的距離情況下，要使成年人和小孩都能平安過渠，小孩的體重不能輕于多少牛？（）A．100N B．200N C．300N D．400N【答案】B【解析】小孩站在處讓成年人先從木板上過水渠，當成年人到達水渠對岸后，站在處，然后再讓小孩過水渠。把木板視為杠桿，O為支點，成年人對的壓力視為動力F1，當成年人在時，動力（成年人對的壓力）最大，為小孩對木板的壓力視為阻力F2，由杠桿平衡條件得由題意可知：，，，則則小孩體重不能輕于200N。故B符合題意，ACD不符合題意。故選B。9．小華發現一只蟲子在長50cm、質量10g的刻度尺上向右爬行，她將刻度尺右端伸出水平課桌邊緣23cm，如圖所示，當蟲子爬行到距刻度尺右端3cm處時，刻度尺剛好翻轉，由此計算出蟲子的質量約為（）（g＝10N/kg。刻度尺質量分布均勻，不考慮蟲子的長度）A．0.91g B．1.0g C．1.1g D．1.2g【答案】B【解析】由題意可知，刻度尺剛好翻轉，那么水平課桌的右端是支點，刻度尺質量分布均勻，那么刻度尺的重心在刻度尺的中間，它距離支點的距離是刻度尺的重力是刻度尺剛好翻轉，這時蟲子距離支點的距離是設蟲子的重力是，刻度尺剛好翻轉，根據杠桿的平衡條件可得解得那么蟲子的質量是蟲子的質量約是1g。故選B。10．現有一根形變不計、長為L的鐵條AB和兩根橫截面積相同、長度分別為La、Lb的鋁條a、b，將鋁條a疊在鐵條AB上，并使它們的右端對齊，然后把它們放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此時OB的距離恰好為La，如圖所示。取下鋁條a后，將鋁條b按上述操作方法使鐵條AB再次水平平衡，此時OB的距離為Lx。下列判斷正確的是（）A．若La＜Lb＜L，則La＜Lx＜成立 B．若La＜Lb＜L，則Lx＞成立C．若Lb＜La，＜Lx＜La成立 D．若Lb＜La，則Lx＜成立【答案】A【解析】由題意可知，將鋁條a疊在鐵條AB上，并使它們的右端對齊，然后把它們放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此時OB的距離恰好為La：AB．如下圖所示，若La＜Lb＜L，用鋁條b替換鋁條a就相當于在鋁條a左側放了一段長為Lb﹣La、重為Gb﹣Ga的鋁條這一段鋁條的重心距B端的長度為而鐵條AB和鋁條a組成的整體的重心在支架原來的位置，距B端的長度為La，要使鐵條AB水平平衡，由杠桿的平衡條件F1L1＝F2L2可知，支架O應移到上述兩個重心之間，即La＜Lx＜故A正確、B錯誤；C．如下圖所示，若Lb＜La，用鋁條b替換鋁條a就相當于從鋁條a左側截掉一段長為La﹣Lb、重為Ga﹣Gb的鋁條也相當于距B端處施加一個豎直向上的力，其大小等于Ga﹣Gb，由杠桿的平衡條件F1L1＝F2L2可知，要使鐵條AB水平平衡，支架O應向A端移動，則Lx＞La，故C錯誤；D．由Lb＜La可知Lx＞La＝＞故D錯誤。故選A。11．鐵路提速要解決許多具體的技術問題，其中提高機車牽引力的功率是一個重要問題。已知勻速行駛時，列車所受阻力與速度的平方成正比，即，列車要提速，就必須研制出更大功率的機車，那么當列車分別以150km/h和30km/h的速度在水平軌道上勻速行駛時，機車牽引力的功率之比為（）A．5:1 B．25:1 C．36:1 D．125:1【答案】D【解析】當列車在水平軌道上勻速行駛時，牽引力等于阻力，牽引力機車牽引力的功率所以當列車分別以150km/h和30km/h的速度在水平軌道上勻速行駛時，機車牽引力的功率之比為由計算可知，D符合題意，ABC不符合題意。故選D。12．如圖所示，OQ是水平地面，物體在水平拉力作用下，從O勻速直線運動到Q，OP段拉力為300N，做的功為，功率為，PQ段拉力為200牛，做的功為，功率為，則（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【解析】從O勻速直線運動到Q時，設速度為v，OP段拉力為300N，做的功為PQ段拉力為200牛，做的功為所以由功率的計算公式可得故D符合題意，ABC不符合題意。故選D。13．汽車在平直公路上以速度v0勻速行駛，發動機功率為P0，牽引力為F0，t1時刻開始，司機減小了油門，使汽車保持恒定功率P行駛，到t2時刻，汽車又開始做勻速直線運動，速度為v。已知運動過程中汽車所受阻力f恒定不變，汽車牽引力F隨時間t變化的圖像如圖所示，則（）A．v0=2vB．F0=2fC．t1至t2時間內，汽車做加速運動D．t2時刻之后，汽車將保持功率P0行駛【答案】A【解析】由題意可知，在t1時刻以前，汽車以速度v0勻速行駛，發動機功率為P0，牽引力為F0，且有P0=F0v0··········①在t1時刻，司機減小了油門，汽車的功率突然減小為P，在該瞬間汽車的速度不變（仍為v0），牽引力由F0突然減小為，所以有··········②由①②可知，（即汽車的功率突然減小為原來的一半）；AD．由題意可知，t1時刻后汽車的功率保持恒定，由前面分析知，汽車的功率將保持不變，到t2時刻，汽車又開始做勻速直線運動，速度為v；由圖可知，汽車再次做勻速運動時的牽引力與最初做勻速運動的牽引力大小相等，均為F0；根據P=Fv可得第二次做勻速直線運動時的速度為即v0=2v，故A正確，D錯誤；B．汽車做勻速直線運動時，牽引力與阻力平衡，所以F0=f，故B錯誤；C．由圖可知，t1至t2時間內，汽車受到的牽引力增大，功率不變，由P=Fv可得，汽車行駛的速度減小，所以汽車做減速運動，故C錯誤；故選A。14．在內徑約為1cm的玻璃管中注水近滿，上端留一個氣泡，用橡皮塞塞住管口，再將玻璃管翻轉后豎直放置，氣泡上升，如圖所示。測得氣泡上升40cm用時20s，則該過程中氣泡所受浮力做功的功率最接近于（）A．2×10﹣5W B．2×10﹣4W C．2×10﹣3W D．2×10﹣2W【答案】B【解析】玻璃管的內徑約為1cm，則玻璃管的半徑約為0.5cm；氣泡的形狀近似為球形，則氣泡的體積由于氣泡浸沒在水中，故氣泡排開水的體積氣泡在水中受到的浮力氣泡上升距離s=40cm=0.4m氣泡所受浮力做的功氣泡所受浮力做功的功率故氣泡所受浮力做功的功率最接近于2×10﹣4W，故ACD不符合題意，B符合題意。故選B。15．如圖所示，用10N的力F沿水平方向拉滑輪，可使物體A以0.2m/s的速度在水平面上勻速運動。彈簧測力計的示數恒為2N（不計滑輪、測力計、繩子的重力，滑輪的轉軸光滑）。下列說法正確的是（）A．物體A受到地面的摩擦力是3N，水平向左B．在2s內，繩子對A做的功為4JC．滑輪移動的速度是0.4m/sD．拉力F做功功率為1W【答案】D【解析】A．不計滑輪的摩擦和重力，以動滑輪為研究對象，則兩段繩子向右的拉力與向左的拉力平衡，所以2F拉=F，則A物體對滑輪的拉力力的作用是相互的，所以滑輪對A的拉力也為5N；彈簧測力計的示數恒為2N，因拉滑輪時，物體B始終處于靜止狀態，則測力計對B向右的拉力與A對B向左的摩擦力平衡，所以fA對B=F示=2N力的作用是相互的，所以，物體B對A的摩擦力為2N，方向向右；物體A向左勻速運動，同時地面對物體A還有向右的摩擦力，由力的平衡條件可得F拉=fB對A+f地所以物體A受到地面的摩擦力f地=F拉﹣fB對A=5N﹣2N=3N方向水平向右，故A錯誤；B．繩子對A的拉力F拉=5N，2s物體A移動的距離為sA=vAt=0.2m/s×2s=0.4m繩子對A做的功WA=F拉s=5N×0.4m=2J故B錯誤；C．因拉力F作用在動滑輪的軸上，費力但省一半的距離，所以拉力端的移動速度（滑輪移動的速度）等于物體A移動速度的，則滑輪移動的速度故C錯誤；D．拉力做功的功率故D正確。故選D。16．在自由下落過程中物體運動速度會越來越快．一個物體由A點自由下落，相繼經過、兩點，已知，如圖所示，物體在段重力做功，做功功率；在段重力做功，做功功率P2，則下列關系正確的是（）A．； B．；C．； D．；【答案】D【解析】由題意知，物體在AB段、BC段通過的高度相同，據W=Gh知W1=W2物體在自由下落的過程中，速度越來越快，通過AB段所用的時間比BC段所用的時間長，據知P1<P2故ABC錯誤，D正確。故選D。17．一只木箱放在水平地面上，地面上各處粗糙程度相同。對木箱施加一個方向不變的水平推力F（如圖甲）；F的大小與時間t的關系、木箱的運動速度v與時間t的關系圖像如圖乙所示。以下說法正確的是（）①在第一個2s內木箱所受摩擦力為1N②在第二個2s內木箱所受摩擦力為3N③在第一個2s內推力F對木箱所做的功為2J④在第三個2s內推力F對木箱做功的功率為8WA．①② B．①③ C．②④ D．①④【答案】D【解析】①③在第一個2s內，由速度v與時間t的關系圖像知木箱沒有運動，此時木箱水平方向受推力和靜摩擦力，結合F的大小與時間t的關系圖像和二力平衡條件得木箱所受摩擦力為1N，由于木箱沒有運動，所以推力F對木箱所做的功為0，①說法正確，③說法錯誤；④在第三個2s內，由速度v與時間t的關系圖像知木箱做勻速直線運動，此時木箱水平方向受推力和摩擦力，結合F的大小與時間t的關系圖像和二力平衡條件得木箱所受滑動摩擦力等于推力，為2N，此段時間推力F對木箱做功的功率為④說法正確；②在第二個2s內，由速度v與時間t的關系圖像知木箱做速度增大的運動，由F的大小與時間t的關系圖像知此時的推力為3N，由木箱在第三個2s內的運動分析可知，木箱勻速直線運動時受到的滑動摩擦力為2N，所以在第二個2s內木箱所受摩擦力為2N，②說法錯誤；結合選項和上面的分析，故D正確，ABC錯誤。故選D。18．用力沿水平方向拉水平桌面上的木塊，拉力大小隨時間變化的圖像如圖甲所示，物塊速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。下列有關拉力做功及其功率的分析正確的是（）A．內拉力做功為 B．內拉力做功為C．內拉力的功率逐漸變大 D．內拉力的功率逐漸變大【答案】C【解析】AB．結合圖甲、乙兩圖知，0~10s，水平拉力由0增大到4N，木塊處于靜止狀態；10~30s，水平拉力由4N增大到12N，木塊做加速運動，據P=Fv知，拉力的功率逐漸變大，據W=Pt知，無法確定做功的多少，故AB錯誤；D．30~40s，水平拉力保持為4N不變，木塊做勻速直線運動，則拉力的功率保持不變，故D錯誤；C．50s內，木塊經歷靜止、加速、勻速、減速，不能確定運動距離和功率大小，不能確定做功多少，故B錯誤。故選C。19．小明用照相機每隔相等的時間曝光一次拍下了建筑工地上的起重機起吊貨物過程中的照片，甲、乙是吊起同一貨物時兩個時間段內的頻閃照片，如圖所示，照片的背景是磚的厚度相同的豎直墻壁，兩個時間段內起重機鋼繩對貨物的拉力分別為F甲與F乙，拉力的功率分別為P甲和P乙（不計空氣阻力），則它們的大小關系是（）A．F甲=F乙，P甲<P乙 B．F甲>F乙，P甲=P乙C．F甲=F乙，P甲>P乙 D．F甲<F乙，P甲=P乙【答案】A【解析】甲、乙是吊起同一貨物的照片，由圖可知，貨物都做勻速直線運動，拉力都等于重力，即F甲=F乙=G且在吊起貨物的過程，升高的高度相同，據W=Gh知，甲、乙中拉力做的功相同，即W甲=W乙從照片看，乙的速度要明顯快于甲，即吊同一貨物通過相同距離，乙用的時間少，所以t甲>t乙根據功率的公式知P甲<P乙故A符合題意，BCD不符合題意。故選A。20．如圖所示，將同一物體分別沿光滑的斜面AB、AC以相同的速度從底部勻速拉到頂點A，已知AB＞AC，施加的力分別為F1、F2拉力做的功為W1、W2，拉力做功的功率分別為P1、P2，則下列判斷中正確的是A．F1＜F2，W1=W2，P1＞P2

B．F1＞F2，W1＞W2，P1＞P2 C．F1＜F2，W1＜W2，P1＜P2

D．F1＜F2，W1=W2，P1＜P2【答案】D【解析】將同一物體分別沿光滑斜面（無摩擦力）AB、AC以相同的速度，勻速拉到頂點A，拉力F1、F2對物體所做的功等于物體克服重力所做的功，而同一物體升高相同的高度克服重力做的功相同，故W1=W2；又因，W相同，AB＞AC，所以F1＜F2，再由知，速度相同，F1＜F2，則P1＜P2.所以選擇D.21．如圖所示，A是一個重為G的活塞，B是一個粗細均勻、豎直固定放置的圓筒。用豎直向下的力F1推活塞A，使其恰能以速度v1勻速向下運動（如圖甲），活塞從金屬筒上端移動到下端的過程中，所用時間為t1，F1做的功為W1，功率為P1；若對活塞A施以豎直向上的力F2，使其恰能以速度v2勻速向上運動（如圖乙），活塞從金屬筒下端移動到上端的過程中，所用時間為t2，F2做的功為W2，功率為P2。已知F1=G，P1=P2，則下列判斷不正確的是（）A．v1∶v2＝3∶1 B．t1∶t2＝3∶1C．F1∶F2＝1∶3 D．W1∶W2＝1∶3【答案】B【解析】ABC．當F1=G時，活塞A恰能勻速下滑，此時f=F1+G=2G當用豎直向上的力F2作用于活塞A時，恰能使物體勻速向上滑動時F2=f+G=3G所以F1∶F2=G∶3G=1∶3由于F1與F2在勻速推動活塞運動時的功率都相等，故根據公式P=Fv可知由于活塞運動路程相同，根據t=可得t1∶t2=v2∶v1=1∶3故AC正確，不符合題意；B錯誤，符合題意；D．因為P1=P2，則由W=Pt得W1∶W2=P1t1∶P2t2=t1∶t2=1∶3故D正確，不符合題意。故選B。22．如圖所示，光滑水平桌面上的彈性小球被彈出后，經過A點和B點后落到地面，又被多次彈起，圖中虛線為小球的運動軌跡。下列有關小球的運動，描述正確的是（）A．小球從A點運動到B點的過程中機械能不斷減少B．小球反彈經過D點時動能為零C．若將彈性小球表面涂黑，則會在C、F兩點留下等大的黑色圓斑D．小球經過E點的機械能大于經過G點的機械能【答案】D【解析】A．機械能等于動能與重力勢能之和，因為桌面光滑，因此從A點到B點小球速度不變，動能不變，因桌面高度不變，因此小球重力勢能不變，故機械能不變，故A錯誤；B．當小球在D點時，在豎直方向上速度為0，但在水平方向上速度不是0，因此動能不是0，故B錯誤；C．小球在地面上的黑斑大小取決于小球的形變程度，即此時小球的彈性勢能大小。而B點的重力勢能大于D點的重力勢能，B點的重力勢能轉化為C點的彈性勢能，D點的重力勢能轉化為F點的彈性勢能，因此C點彈性勢能大于F點的彈性勢能，即C點黑斑大，故C錯誤；D．在運動過程中，小球要克服空氣阻力而消耗機械能，機械能越來越小，E點在G點之前，因此E點機械能大于G點機械能，故D正確。故選D。23．如圖所示是一位勇敢的“蹦極”愛好者縱身跳下時的情景，a點是彈性繩自然下垂時繩下端的位置，b點是蹦極者速度最大的位置，c點是蹦極者下降的最低點（不計空氣阻力），則下列說法正確的是（）A．蹦極者在a點的動能最大B．從a點到b點，蹦極者的重力勢能轉化為繩的彈性勢能和蹦極者的動能C．在c點時，蹦極者的動能和重力勢能為零，繩的彈性勢能最大D．從a點到c點的過程中，整個系統的機械能增大【答案】B【解析】A．蹦極者自跳下至a點時只受重力的作用，處于加速（v變大）下落過程，動能不斷增大；從a至b點彈性繩逐漸變長，蹦極者受到豎直向上的彈力小于蹦極者的重力，蹦極者仍加速向下運動，b點速度達到最大，動能達到最大值，故A錯誤；B．從a點到b點（h減小），蹦極者的高度變小，重力勢能逐漸減小，動能和彈性勢能逐漸增大，所以蹦極者的重力勢能轉化為彈性繩的彈性勢能和蹦極者的動能，故B正確；C．b點至c點彈性繩繼續伸長，自b點開始蹦極者受到豎直向上的彈力大于蹦極者的重力，蹦極者做減速運動，彈性繩開始在c點時，蹦極者的速度為零，動能為零，彈性勢能最大，但仍具有一定的重力勢能，故C錯誤；D．從a點到c點的過程中，不計空氣阻力，整個系統只有動能、重力勢能、彈性勢能的轉化，故機械能總量不變，故D錯誤。故選B。24．如圖甲所示，將一個帶孔的金屬球和一根彈簧套在鐵架臺的金屬桿上，現將小球提到A點后松手，小球的高度隨時間變化情況如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．彈簧的原長為50cmB．0～t1過程中，小球的動能先增大后減小C．0～t1過程中，小球的減少的機械能等于彈簧增加的彈性勢能D．小球在t1時刻的動能大于在t2時刻的動能【答案】D【解析】A．由圖乙可知當彈力與重力平衡時，彈簧的長度為50cm，由于此時彈簧處于壓縮狀態，所以彈簧原來的長度應大于50cm，故A錯誤；B．0～t1過程中，未接觸彈簧前，小球在重力的作用下向下做加速運動；接觸彈簧后，開始的彈力小于重力，小球繼續做加速運動，在t1時刻，小球的重力與彈力大小相等，此時小球的動能最大，故0～t1過程中小球的動能一直增大，故B錯誤；C．小球在運動的過程中，克服空氣的阻力做功，一部分機械能轉化為內能，所以0～t1過程中，小球的減少的機械能大于彈簧增加的彈性勢能，故C錯誤；D．在t1、t2兩個時刻，由于能量的損失，t1時刻的速度最大，所以小球在t1時刻的動能大于在t2時刻的動能，故D正確。故選D。25．如圖1所示，物體M靜止在電梯底部，其上表面通過輕質彈簧與電梯頂部相連。M對電梯底部的壓力用F表示，忽略M和電梯的形變，0~t1內，電梯靜止，彈簧處于伸長狀態，t1時刻后電梯由靜止開始沿豎直方向運動。0~t4內，F隨時間t變化的圖線如圖2所示，則（）A．t1～t2內，電梯可能向上運動B．t2～t3內，M的機械能保持不變C．t3～t4內，電梯的動能一定增大D．t1～t4內，彈簧的彈性勢能不變【答案】D【解析】A．物體M靜止在電梯底部，彈簧處于伸長狀態，0~t1內，電梯靜止，物體也靜止，受力平衡，則受到重力G、電梯的支持力F支和彈簧的拉力F拉；由于壓力F2與支持力F支是相互作用力，大小是相等的，則有G=F2+F拉當t1~t2內，壓力變為小于F2的F1，彈力和重力不變，此時G>F1+F拉，則物體受力不平衡，由靜止變為運動，速度變大了，則運動方向與較大的力方向相同，說明電梯是向下加速運動，故A不符合題意；B．t2~t3內，壓力恢復到靜止時的大小，說明受力平衡，因而是勻速下降，動能不變，而重力勢能減小，機械能減小，故B不符合題意；C．t3~t4內，壓力F3大于F2，此時G<F3+F拉，電梯向下則是減速運動，動能減小；如果向上運動，則是加速運動，動能增大，故C錯誤的；D．由于忽略M和電梯的形變，因而彈簧的長度始終不變，形變大小不變，所以彈簧的彈性勢能不變，故D正確。故選D。26．如圖所示，輕彈簧左端固定，原長時右端位于O點，現將木塊置于彈簧的右端，用力將彈簧壓縮?l的長度（彈簧始終在彈性限度內）后由靜止釋放，木塊在水平地面上向右滑行距離為s后停在O點右側。下列描述該過程中木塊克服地面摩擦力所做的功W、木塊的動能Ek隨木塊距O點的長度x變化的關系圖線中，可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】AB．木塊在水平地面上向右滑行的過程中，因接觸面的粗糙程度和對地面的壓力均不變，所以，木塊受到的摩擦力f大小不變，其方向水平向左，木塊克服地面摩擦力所做的功W＝fs，木塊從?l到O點的過程中，x減小，摩擦力做的功W越大，木塊從?l到（s﹣?l）的過程中，x增大，摩擦力做的功W也增大，即從?l到O點、從O到（s﹣?l）的過程中，W一直增大，故A錯誤、B正確；CD．從x＝?l開始運動時，彈簧的彈力大于木塊受到的摩擦力，木塊做加速運動，隨著彈簧的伸長量減小，彈簧的彈力減小，而木塊受到的摩擦力不變，所以木塊受到的合力減小，木塊速度的增加量減小，當彈簧的彈力和摩擦力相等時，木塊的速度達到最大值，木塊繼續向右運動時，彈簧的彈力小于摩擦力，木塊做減速運動，從O點繼續向右運動時，彈簧的彈力向左且逐漸增大，此時彈簧的彈力和摩擦力方向均向左，木塊做減速運動，直至停止，所以，從?l到O點的過程中，木塊的速度先增大后減小，其動能先增大后減小，從O到（s﹣?l）的過程中，木塊的動能一直減小，故CD錯誤。故選B。27．用輕質彈簧（彈簧質量和空氣阻力忽略不計）把小球掛在天花板上，如圖所示，當用手將小球拉到水平位置靜止，彈簧剛好處于原長狀態，放手后小球擺動到最低點的過程中，下列說法正確的是（）A．小球的機械能守恒B．小球的重力勢能的減少量大于小球動能的增加量C．小球的重力勢能的減少量等于彈簧彈性勢能的增加量D．小球的重力勢能的減少量小于彈簧彈性勢能的增加量【答案】B【解析】A．當小球從如圖水平位置放手后擺動到最低點的過程中，小球的質量不變，速度變大，同時高度降低，彈簧的彈性形變程度變大，故小球的重力勢能減少、動能增加，彈簧的彈性勢能增加，即小球的重力勢能一部分轉化為小球的動能另一部分轉化為彈簧的彈性勢能；彈簧質量和空氣阻力忽略不計，小球和彈簧組成的系統機械能守恒，但小球的機械能不守恒，故A錯誤；BCD．當小球從如圖水平位置放手后擺動到最低點的過程中，小球的重力勢能減少、動能增加，彈簧的彈性勢能增加，小球重力勢能的減少量等于小球動能的增加量與彈簧的彈性勢能增加量之和，所以小球重力勢能的減少量大于小球動能的增加量，小球重力勢能的減少量也大于彈簧彈性勢能的增加量，故B正確，CD錯誤。故選B。28．乒乓球發球機在同一高度朝不同方向分別發出甲、乙、丙三個相同的小球，三個小球落地時的速度大小均相等。若不計空氣阻力，則三球的發球速度大小關系是（）A．v甲>v乙>v丙 B．v丙>v乙>v甲C．v甲=v乙=v丙 D．v丙>v甲=v乙【答案】C【解析】三個小球落地時的速度大小均相等，質量相同，則落地時的動能相同，落地時的高度相同，則落地時的重力勢能相同，那么a、b、c三個球落地時的機械能是相同的；不計空氣阻力，三個小球的機械能是守恒的，那么發球時a、b、c三個球的機械能也是相同的。又因為發球時的高度相同，小球質量相同，則發球時小球的重力勢能相同，因為機械能相同，則發球時的動能相同，a、b、c三個球的質量相同，所以發球時三個球的發球速度相同。故ABD不符合題意，C符合題意。故選C。29．如圖所示是跳板跳水運動員跳水過程中的幾個瞬間，不計空氣阻力，其中①位置時運動員把跳板壓到最低處。關于該過程，下列判斷正確的是（）A．①位置到②位置的過程中重力勢能轉化為彈性勢能B．②位置到③位置的過程中運動員減小的動能等于運動員增加的重力勢能C．③位置時運動員的動能為零D．④位置時運動員的動能等于③位置時運動員的重力勢能【答案】B【解析】A．①位置到②位置的過程中運動員的高度在增大，彈性勢能轉化為重力勢能，故A錯誤；B．②位置到③位置的過程中不計空氣阻力，運動員的機械能守恒，運動員減小的動能等于運動員增加的重力勢能，故B正確；C．③位置為最高點，運動員水平方向的的速度不為0，故③位置時運動員的動能不為零，故C錯誤；D．由③到④位置的過程中，重力勢能轉化為動能，機械能守恒，即此過程動能的增加等于勢能的減少，選擇④處為參考平面，則重力勢能為0，但位置③處由于速度不為0，則動能不為0，故D錯誤。故選B。30．小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上（如圖甲），在剛接觸輕彈簧的瞬間（如圖乙），速度為5m/s。將彈簧壓縮到最短（如圖丙）的整個過程中，小球的速度和彈簧縮短的長度之間的關系如圖丁所示，其中A為曲線的最高點。已知輕彈簧每受到0.5N的壓力就縮短1cm，并且輕彈簧在從受到撞擊到被壓縮到最短的整個過程中始終發生彈性形變（g=10N/kg）。以下說法正確的是（）A．實驗中所用小球的質量為0.25kgB．從小球接觸彈簧到將彈簧壓縮至最短的過程中，小球的動能不斷減小C．小球在最低點速度等于零，處于平衡狀態D．整個過程中小球的機械能不變【答案】A【解析】A．在小球向下運動且開始壓縮彈簧的過程中，受豎直向上的彈簧的彈力，豎直向下的重力。開始時，重力大于彈力，合力向下，小球速度越來越大；隨彈簧壓縮量的增大，彈力越來越大，當彈力與重力相等時，兩力是一對平衡力，合力為零。小球再向下運動，彈力大于重力，合力向下，小球速度減小。由此可見，當重力G與彈力F是一對平衡力時，小球速度最大。此時，由圖可知彈簧的壓縮量ΔL=5cm，由平衡條件得小球的質量為小球的質量為0.25kg，故A正確；BD．由圖像看出：在小球剛開始撞擊彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，小球速度先變大后變小。小球動能先變大后變小；故壓縮彈簧過程中，小球的機械能會轉化為彈簧的彈性勢能，整個系統機械能守恒，但小球的機械能變小，故B、D錯誤；C．在小球向下運動過程中，受豎直向上的彈簧的彈力，豎直向下的重力。開始時，重力大于彈力，合力向下，小球速度越來越大。隨彈簧壓縮量的增大，彈力越來越大，當彈力與重力相等時，兩力是一對平衡力，合力為零。小球再向下運動，彈力大于重力，當彈簧的壓縮量最大時，小球的速度為0，此時，彈力大于重力，小球處于非平衡狀態，故C錯誤。故選A。31．冬奧會自由式滑雪比賽中，某選手的運動軌跡如圖所示，不計空氣阻力，下列對選手的描述正確的是（）A．從A下滑到B點過程中，減小的重力勢能全部轉化為動能B．躍起到空中最高點C時，動能為零C．從C下落到D點過程中，機械能保持不變D．從D點落下，能繼續前行到E，是因為該運動員受到慣性的作用【答案】C【解析】A．從A下滑到B點過程中，重力勢能大部分轉化為動能，因為有滑動摩擦力，少部分轉化為內能，故A錯誤；B．躍起到空中最高點C時，在豎直方向上速度為0，水平方向上速度不為0，故C點動能不為0，故B錯誤；C．從C下落到D點過程中，不計空氣阻力，重力勢能全部轉化為動能，機械能守恒，故機械能保持不變，故C正確；D．從D點落下，能繼續前行到E，是因為運動員具有慣性，慣性是一種性質，不能說受到慣性，故D錯誤。故選C。32．如圖所示，滑輪第一次受到F1的作用，第二次受到豎直向上F2的作用，物體的重力為G。在不計摩擦的情況下，將物體勻速向上提起時（）A．F1＜F2B．F2＝GC．F1的力臂為OAD．在F2方向上移動的距離為物體上升距離的2倍【答案】D【解析】A．由圖可知，在提升動滑輪的過程中，由力臂的定義可知，F1的力臂要小于F2的力臂，根據杠桿平衡條件可知，在阻力和阻力臂不變的情況下，動力臂越小，動力越大，即故A不符合題意；B．在不計摩擦的情況下，用F2提升物體時，動力臂是阻力的2倍，則故B不符合題意；C．由圖可知，連接OA的直線與F1的力的作用線不垂直，根據力臂定義可知，OA不是F1的力臂，故C不符合題意；D．根據動滑輪的特點可知，繩子自由端移動的距離是物體上升高度的2倍，故D符合題意。故選D。33．如圖所示，在光滑的水平臺面上，一輕