初中科学华师大版培优讲义 物理专题上（共5节）

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专题01 受力分析
【解题技巧】
1．受力分析
受力分析是把指定研究对象在特定物理情景中所受外力找出来，并画出示意图的方法．
初中阶段的受力分析，主要是通过平衡状态分析力的大小、方向；或通过物体所受力的大小、方向来判断物体的运动状态．
2．受力分析前先掌握力的分类
我们把力分为接触力和非接触力：
（1）接触产生的力，如推力、拉力、压力、支持力、摩擦力等．
（2）不接触产生的力，如重力、电荷之间的作用力，磁极之间的作用力等．
3．受力分析思路分解
（1）明确研究对象；
（2）确定物体是否处于平衡状态；
（3）正确、有序的画出研究对象的受力示意图．先画出非接触的力，一般是重力．再找接触的力；
（4）检查所画的力，找到每一个力是否有施力物体和受力物体；检查分析结果与物体所处状态是否相符．
（5）列出力的关系．
4．选取受力分析对象的特殊方法
（1）整体法
（2）隔离法
【例题精析】
一．平衡状态的判断
1．如图，两木块A和B被水平力F通过挡板C压在竖直墙上，处于静止状态，则（　　）

A．物体A对B没有静摩擦力
B．物体A对B的静摩擦力方向竖直向下
C．物体A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力是一对平衡力
D．条件不足，无法判断
【解答】解：因为当前状态是静止状态，所以所有力都是平衡的。
A、如果A和B之间没有摩擦力的话，由于受重力，A和挡板就会往下掉，就不会处于静止状态了，故A错误。
B、因为A是处于静止状态，A竖直方向的受力情况：
①挡板对A的摩擦力，因为挡板是静止的，挡板受到的重力和摩擦力平衡，挡板对A的摩擦力的方向为竖直向上，根据力的作用是相互的，A对挡板的摩擦力竖直向下；
②重力，方向为竖直向下；
③B对A的摩擦力。
共受这三个力，且这三个力是平衡的，由于①②受力方向都是竖直向下的，所以B对A的摩擦力方向是竖直向上的，根据力的作用的相互性可知，A对B的摩擦力是竖直向下的，故B正确，D错误。
C、物体A对B的静摩擦力与B对A的静摩擦力是作用在不同物体上的两个力，所以不是一对平衡力，故C错误。
故选：B。
二．平衡力的辨别
2．一竖直悬挂的磁性黑板上吸着一块磁铁，如图所示，磁铁静止不动，下列四对力中，属于平衡力的是（　　）

A．黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力
B．黑板对磁铁的吸引力与黑板对磁铁的摩擦力
C．磁铁对黑板的吸引力与磁铁的重力
D．磁铁的重力与黑板对磁铁的摩擦力
【解答】解：
A、黑板对磁铁的吸引力与磁铁对黑板的吸引力，两个力的大小相等、方向相反、作用在同一条直线上、作用在两个物体上，符合相互作用的条件，故A不正确；
B、黑板对磁铁的吸引力与黑板对磁铁的摩擦力，两个力不是作用在同一条直线上，且两个力的大小不一定相等，不符合二力平衡的条件，故B不正确；
C、磁铁对黑板的吸引力与磁铁的重力，两个力不是作用在同一条直线上、同一个物体上，且两个力的大小不一定相等，不符合二力平衡的条件，故C不正确；
D、磁铁的重力与黑板对磁铁的摩擦力，两个力的大小相等、方向相反、作用在一条直线上、作用在一个物体上，符合二力平衡的条件，故D正确。
故选：D。
三．平衡力和相互作用力的区分
3．某商场安装的智能化的电动扶梯如图所示。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站在扶梯上时，它会先慢慢加速，再匀速运转，顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程.下列说法正确的是（　　）

A．以扶梯为参照物，顾客是运动的
B．扶梯加速过程中，顾客对扶梯的压力与扶梯对顾客的支持力是一对相互作用力
C．扶梯加速过程中，顾客受到的惯性保持不变
D．扶梯整个运行过程中，顾客始终受摩擦力的作用
【解答】解：A、以扶梯为参照物，顾客与扶梯没有相对位置的变化，顾客是静止的，故A错误；
B、顾客对扶梯的压力和扶梯对顾客的支持力大小相等、方向相反、作用在两个物体上，作用在同一条直线上，是一对相互作用力，故B正确；
C、惯性不是力，不能说受到惯性的作用，故C错误；
D、在慢慢加速的过程中，人增加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，顾客与电梯间的摩擦力等于零，故D错误。
故选：B。
4．重力相同的a、b两件货物在两台吊车钢索的牵引下竖直向上运动，它们运动的s﹣t图象分别如图甲、乙所示，则在图象描述的运动过程中（　　）

A．它们都做匀速直线运动
B．a货物所受重力和钢索对它的牵引力是一对作用力与反作用力
C．b货物所受重力和钢索对它的牵引力是一对平衡力
D．前6秒内，a货物运动的平均速度小于b货物运动的平均速度
【解答】解：A、甲图中路程和时间成正比说明甲做匀速直线运动，乙图中路程和时间的比值变小说明不做匀速直线运动，故A不正确；
B、a货物匀速直线运动，受到的重力和钢索对它的牵引力是一对平衡力，故B不正确；
C、b货物不是匀速直线运动或静止状态，所以所受重力和钢索对它的牵引力不是一对平衡力，故C不正确；
D、由图象可知：前6秒内，sa＝0.4m，sb＝0.6m，所以根据v=st可知a货物运动的平均速度小于b货物运动的平均速度，故D正确。
故选：D。
四．力的示意图与图示
5．如图所示，一气球与所挂物体的总质量为5m，气球所受浮力始终保持40N不变，气球受到的空气阻力与速度成正比，即f＝kv（k为常数），此时气球以2m/s竖直向下做匀速直线运动；若减少所挂物体，使气球与剩余物体的总质量变为3m，经过一段时间后，气球恰好以2m/s竖直向上做匀速直线运动。（物体所受浮力和空气阻力忽略不计，g＝10N/kg）
（1）画出气球与所挂物体以2m/s竖直向下做匀速直线运动时的受力示意图。
（2）计算出m的大小。
（3）若去掉所挂的所有物体，气球的质量为m，则气球能达到的最大速度是多少？

【解答】解：（1）一气球与所挂物体的总质量为5m，则G总1＝5mg，若减少所挂物体，使气球与剩余物体的总质量变为3m，则G总2＝3mg；此时气球以2m/s竖直向下做匀速直线运动，气球受力分析如图1所示；
当气球与剩余物体的总质量变为3m，气球以同样匀速竖直向上时，气球受力分析如图2所示；

（2）当气球匀速下降时，气球受力分析如图1所示，则由平衡条件得：
F浮+f＝G总1﹣﹣﹣﹣﹣①
当气球与剩余物体的总质量变为3m，气球以同样匀速上升时，
气球受力分析如图2所示，则由平衡条件得：
F浮＝f+G总2﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
把F浮＝40N，G总1＝5mg，G总2＝3mg，g＝10N/kg，代入①②式，解得：
f＝10N m＝1kg；
（3）由f＝kv1得，k=fv1=10N2m/s=5N•s/m；
若去掉所挂的所有物体，气球的质量为m，气球上升，设最终匀速运动，速度最大为v，气球受力分析所图3所示，
由平衡条件得：F浮＝f′+G球；
则：f′＝F浮﹣G球＝40N﹣1kg×10N/kg＝30N；
由f′＝kv得：v=f'k=30N5N⋅s/m=6m/s。
答：
（1）受力示意图如图1。
（2）m的大小为1kg。
（3）若去掉所挂的所有物体，气球的质量为m，则气球能达到的最大速度是6m/s。
五．二力平衡条件的应用
6．测定患者的血沉，是医学上用来帮助医生对病情作出正确判断的一种手段。把新鲜的血液，加入抗凝剂，静置一定时间后形成抗凝血后，红血球即从血浆中分离出来而下沉。设抗凝血是由红血球和血浆组成的悬浮液，血浆的密度ρ0≈1.0×103kg/m3，红血球的密度ρ≈1.3×103kg/m3．将抗凝血放进竖直放置的血沉管内，红血球起初在血浆中加速下沉，然后一直匀速下沉，其匀速下沉的速度称为”血沉”。正常人血沉的值大约是v＝12mm/h．如果把红血球近似看作半径为R的小球，它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为f＝6πηRν，在室温下η＝1.8×10﹣3Pa•s，已知V球=43πR3，试根据以上信息解答下列问题：
（1）红血球在血浆中为什么先加速下沉、后一直匀速下沉？
（2）计算红血球半径的大小。
【解答】解：（1）红血球在血浆中下沉时，受到竖直向下的重力和竖直向上的粘滞阻力和浮力；红血球由静止开始下沉时，速度很小，根据f＝6πηRv可知，所受的粘滞阻力也非常小，由于血浆的密度ρ0小于红细胞的密度ρ，红血球受到的浮力小于重力，所以开始f+F浮＜G，红血球会加速下沉，随着红血球下沉速度变大，粘滞阻力增大，当f+F浮＝G时，红血球就会匀速下沉。
（2）当红血球在血浆中匀速下沉时，受到平衡力作用，因此有：f+F浮＝G；
F浮＝ρ0V排g＝ρ043πR3g=43πρ0gR3，
G＝mg＝ρV排g＝ρ43πR3g=43πρgR3，
∵f＝6πηRv
∴6πηRv+43πρ0gR3=43πρgR3
即R=9ηv2(ρ−ρ0)g
已知：g＝10N/kg，η＝1.8×10﹣3Pa•s，v＝12mm/h=13×10﹣5m/s，ρ0≈1.0×103kg/m3，ρ≈1.3×103kg/m3代入上式得：
R=9×1.8×10−3Pa⋅S×13×10−5m/s2(1.3×103kg/m3−1.0×103kg/m3)10N/kg=3×10﹣6m。
答：红血球半径的大小3×10﹣6m。
六．力与运动的关系
7．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车和小球相对静止，一起在水平面上做匀速直线运动时，下列说法正确的是（　　）

A．细绳一定对小球有拉力的作用
B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳对小球可能有拉力，可能没有拉力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
【解答】解：如果小球受到弹簧弹力和绳子拉力作用，则弹簧弹力方向向上，绳子拉力会在水平方向有分力，使得小球的加速度不为零；
所以小车处于匀速直线运动时，弹簧的弹力F等于重力，即F＝mg，绳子拉力为零，故B正确、ACD错误。
故选：B。
8．一轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连一小物块，小物块放在摩擦系数为μ的水平面上，弹簧处在自然状态，小物块位于O处，现用手将小物块向右移到a处，然后从静止释放小物块，发现小物块开始向左移动（　　）

A．小物块不可能停在O点
B．小物块停止以后所受的摩擦力必不为0
C．小物块无论停在O点的左边还是右边，停前所受的摩擦力的方向和停后所受摩擦力的方向两者既可能相同，也可能相反
D．小物块在通过O点后向右运动直到最远处的过程中，速度的大小总是减小；小物块在由右边最远处回到O点的过程中，速度大小总是增大
【解答】解：
AB、物体第一次向左运动过程，弹力先向左减小，减为零后向右增加；滑动摩擦力一直向右；故：
①拉力大于摩擦力时，物体向左加速；
②拉力小于摩擦力时，物体向左减速；
③弹力向右后，物体向左减速；
故物块向左运动时，摩擦力很大时，物块可能到达O点静止；摩擦力较小时，也可能不停在O点，即由于惯性的缘故向O点左侧继续运动，故A错误、B错误；
C、小物块无论停在O点的左边还是右边，停前所受的摩擦力的方向和停后所受摩擦力的方向两者既可能相同，也可能相反，C正确；
D、小物块在通过O点后向右运动直到最远处的过程中，由于此时的合力是向左的，所以速度小；小物块在由右边最远处回到O点的过程中，速度先增大当弹力等于摩擦力后减小，D错误。
故选：C。
9．小明得到一个玩具吹镖（由一个细长筒和金属镖头组成），想试着用它去射地上的目标。他把重为G的小镖头以一定速度正对着目标A点吹出，如图。忽略镖头运动时所受的空气阻力，下列关于镖头能否射中A点的预测中，正确的是（　　）

A．一定能够射中A点
B．一定射在A点左侧
C．一定射在A点右侧
D．控制速度大小，以上都有可能
【解答】解：
小镖头以一定速度正对着目标A点吹出后，镖头由于惯性继续朝A运动，此过程中，忽略镖头运动时所受的空气阻力，镖头只受到重力这一个力的作用（非平衡力），所以镖头还会沿重力方向向下运动，故镖头做斜向下的曲线运动，由此可知镖头会落在A的右侧。故ABD错误，C正确。
故选：C。
10．一氢气球下系一小重物，重物只在重力和绳的拉力作用下做匀速直线运动，不计空气阻力和风力的影响，重物匀速运动的方向如图中箭头所示的虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：重物在空中沿斜向上做匀速直线运动时，如果不计空气阻力和风力影响，氢气球也要随着该重物做匀速直线运动，而在运动中它们都受到重力的作用，重力的方向总是竖直向下的，所以氢气球和重物应该在同一条竖直线上。
故选：A。
11．如图的箱子质量为m（已知），箱子所受的空气阻力的大小关系为f＝D（0.01v+0.001v2），D为常数（未知），在以下情况中箱子始终受到竖直向上的恒力F（未知）作用，箱子中装载质量为25m的重物，此时箱子以1m/s的速度竖直向下匀速运动，如果箱子中装载物的质量减为14m，经过一段时间，箱子恰能以1m/s的速度竖直向上匀速运动，重力常数g已知。求：
（1）恒力F的大小。
（2）若去掉箱子中的重物，经过一段时间后，箱子能达到的最大速度为多少？

【解答】解：（1）当箱子装载质量为25m的重物时，此时箱子以1m/s的速度竖直向下匀速运动，处于平衡状态，
此时有mg+25mg＝F+f﹣﹣①；
当箱子中装载物的质量减为14m，箱子恰能以1m/s的速度竖直向上匀速运动，仍然处于平衡状态，
此时有mg+14mg+f＝F﹣﹣②；
联立①②两式得，F＝20.5mg﹣﹣③，f＝5.5mg﹣﹣④；
（2）若去掉箱中所有重物，速度逐渐增大，最终箱子处于平衡状态。
由平衡状态得mg+f′＝F﹣﹣⑤，
联立③⑤两式得，f′＝19.5mg；
因为f＝D（0.01v+0.001v2）
所以ff'=D(0.01v1+0.001v12)D(0.01v2+0.001v22)=5.5mg19.5mg=1139−−⑦，
将v1＝1m/s代入⑦得，v2＝3m/s。
答：（1）恒力F为20.5mg；
（2）最大速度为3m/s。
12．由于流体的粘滞性，使得在流体中运动的物体要受到流体阻力，在一般情况下，半径为R的小球以速度为v运动时，所受的流体阻力的大小可用公式f＝6πηRv表示（η为流体的粘滞系数，已知球的体积公式是V＝4πR3/3）。
（1）小球在流体中运动时，速度越大，受到的阻力　越大　；
（2）密度为ρ、半径为R的小球在密度为ρ0、粘滞系数为η的液体中由静止自由下落时的v﹣t图象如图所示，根据你所学过的相关知识判断：此时的小球受到　3　个力的作用；
（3）若小球从足够深的流体中静止自由下落，小球的运动情况为：　速度开始越来越大，后做匀速运动　；
（4）根据以上分析请推导出速度vr的数学表达式。

【解答】解：（1）由公式f＝6πηRv可以看出，小球所受流体的阻力f与小球的速度v成正比例关系，所以，小球速度越大，所受阻力越大。
（2）小球在流体中下落时受重力、浮力和阻力的作用。
（3）由图象知小球的运动情况为速度开始越来越大，后做匀速运动。
（4）小球受到的重力：G＝mg＝ρVg=43πR3ρg；
小球所受浮力：F浮＝ρ0Vg=43πR3ρ0g；
小球所受流体阻力：f＝6πηRvr。
由图象可知，当小球速度达到vr时便匀速下落，处于平衡状态，此时小球所受合力为零，则G＝F浮+f。
即：43πR3ρg=43πR3ρ0g+6πηRvr。
化简可得：vr=2R2g(ρ−ρ0)9η。
故答案为：（1）越大；（2）3；（3）速度开始越来越大，后做匀速运动；（4）vr=2R2g(ρ−ρ0)9η。
七．摩擦力的大小
13．如图所示，铁块Q叠放在木板P上，放置于水平桌面，轻弹簧秤a左端固定于墙面，右端通过轻绳与铁块Q相连，木板P右端通过轻绳连接轻弹簧秤b，并施加水平外力，使木板P向右匀速运动，已知P、Q上下表面及轻绳均水平，若弹簧秤a、b的示数分别为Fa、Fb，下述说法正确的是（　　）

A．铁块Q与木板P之间的摩擦力大小等于Fa+Fb
B．铁块Q与木板P之间的摩擦力大小等于Fb﹣Fa
C．木板P与桌面之间的摩擦力大小等于Fb+Fa
D．木板P与桌面之间的摩擦力大小等于Fb﹣Fa
【解答】解：
AB、Q处于静止状态，水平方向上受到向左的拉力Fa和向右的铁块Q与木板P之间的摩擦力的共同作用，这两个力是一对平衡力，所铁块Q与木板P之间的摩擦力为Fa；故AB错误；
CD、木板P向右匀速运动，合力为0，水平方向上受到向右的拉力Fb、Q对P向左的摩擦力和地面对P向左的摩擦力，根据力的相互性可知，Q对P向左的摩擦力为Fa；则板P与桌面之间的摩擦力大小等于Fb﹣Fa，故D正确，C错误。
故选：D。
14．如图所示，先后在水平面和斜面上匀速直线拉动一个木块，两个面完全相同，两个拉力分别为F1，F2，木块受到的摩擦力分别为f1，f2，则下面说法正确的是（　　）

A．f1＜f2
B．fl＞f2
C．fl＝f2
D．不知道F1，F2的大小，无法比较f1f2的大小
【解答】解：ABC、影响滑动摩擦力大小的因素是接触面所受压力和接触面的粗糙程度，相同的物体放在两个面完全相同的水平面和斜面上，接触面的粗糙程度相同，在水平面上时压力大小等于重力，放在斜面上时，压力小于重力，所以在水平面上压力大于斜面上的压力，所以在水平面上的摩擦力大于斜面上的摩擦力，即fl＞f2，故B正确、AC错。
D、运动物体所受滑动摩擦力的大小与压力和接触面的粗糙程度有关，与拉力的大小无关，故D错误。
故选：B。
15．已知一个物体在另一个物体表面上滑动时，物体所受到的滑动摩擦力与压力成正比，可用公式f＝μN表示，其中μ为接触面之间的动摩擦因数。如图所示，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，滑轮到P、Q的两段绳子都是水平的。已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，轻绳与滑轮之间的摩擦不计，在水平向右的拉力F作用下，P向右做匀速运动，若μ＝0.2，m＝1kg，则Q受到的摩擦力fQ＝　2　N；拉力F＝　8　N。

【解答】解：（1）物体对水平面的压力等于物体的重力大小，Q物体所受到的滑动摩擦力的大小 f1＝μNQ＝μGQ＝μmg＝0.2×1kg×10N/kg＝2N，方向水平向右。
（2）P物体所受的地面滑动摩擦力的大小 f2＝μNP＝μ（GP+GQ）＝μ×2mg＝0.2×2×1kg×10N/kg＝4N，方向水平向左。
设跨过定滑轮的轻绳拉力大小为F′，对于Q物块，由平衡条件得：F′＝f1＝2N
对木块P受力分析，P水平方向受到拉力F，地面对P体向左的摩擦力，Q对P向左的摩擦力，且力的相互作用可知：fP＝f1＝2N，根据力的平衡条件，有F＝fP+f2+F′＝2N+4N+2N＝8N
故答案为：2；8。
16．如图示数，重力为8N的一木块放在水平面上，上表面固定一轻滑轮（不计滑轮摩擦）。轻绳绕过滑轮后，一端固定在右侧墙上，另一端始终用大小为F1＝6N的力竖直向上拉，木块向右匀速运动。这个过程中木块受到的摩擦力大小为　6　N．若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则F1　小于　2F2（大于/等于/小于）。

【解答】解：始终用大小为F1的力竖直向上拉，木块向右匀速运动，木块受到向右的拉力和向左的摩擦力一对平衡力，大小相等，故摩擦力f1＝F＝F1＝6N；
若将绳端拉力方向改为水平向右，木块仍能匀速运动，这时拉力大小为F2，则物体受向右的两个F2和向左的摩擦力一对平衡力，大小相等，即2F2＝f2，即F2=12f2
因为影响滑动摩擦力的因素是压力和接触面的粗糙程度，当绳子竖直向上拉时，对物体有竖直向上的拉力，物体对地面的压力小于重力，当改为水平向右拉时，物体对水平面的压力等于重力，即当拉力改为水平方向后，压力增大，摩擦力增大，即f2＞f1，
故F2=12f2＞12F1，即F1小于2F2。
故答案为：6；小于。
17．如图，一个木块A放在长木板B上，弹簧秤一端接A，另一端固定在墙壁上，长木板B放在水平地面上。现使水平拉力F逐渐增大，当水平拉力F增大到10牛时，弹簧恰好开始变长，当拉力F为14牛时，弹簧长度不再增加，并且此时长木板B以速度v匀速运动。
（1）当拉力F为8牛时，B受到的摩擦力为　8　牛，A的摩擦力为　0　牛。
（2）当拉力F为14牛时，A受到的摩擦力　方向向左　为　4　牛。

【解答】解：
（1）当水平拉力F为10N时，弹簧恰好开始变长，说明木板开始向左运动，当拉力F为8N时，木板处于静止状态，受到平衡力作用，所以B受到的摩擦力为8N，木块A为木板B没有相对运动的趋势，所以B的摩擦力为0；
（2）当水平拉力F为10N时，弹簧恰好开始变长，说明木板开始向左运动，此时木板B受到水平地面的摩擦力为10N；
当拉力F为14N时，弹簧长度不再增加，并且此时长木板B以速度v匀速运动，说明B受到的地面的向右的摩擦力、木块A向右的摩擦力和向左拉力平衡，
所以F＝fA+f地，则fA＝F﹣f地＝14N﹣10N＝4N，方向向右，A受到B的摩擦力与B受到A的摩擦力为相互作用的力，所以A受到的摩擦力方向向左，大小为4N。
故答案为：（1）8；0；（2）方向向左；4。
（多选）18．如图所示，水平地面上放置相同材料制成的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，下面两个木块质量分别为2m和3m．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使四个木块一同水平向右匀速运动，则（　　）

A．质量为3m的木块与地面间的摩擦力为4F7
B．质量为2m的木块与地面间的摩擦力为F2
C．轻绳对m的拉力为3F7
D．轻绳对m的拉力为F2
【解答】解：图中四个木块的质量和是m+m+2m+3m＝7m，所以质量为3m的木块与地面间的摩擦力为m+3m7m×F=4F7，质量为2m的木块与地面间的摩擦力为3F7，轻绳对m的拉力和质量为2m的木块与地面间的摩擦力相等，故A、C正确，B、D错误。
故选：AC。
八．摩擦力大小的影响因素
19．由力学知识可知，滑动摩擦力等于滑动摩擦系数乘以接触面的正压力。如图所示，A、B 两物体在水平向右的拉力F作用下一起做匀速直线运动，用 μ1、μ2分别表示 A、B之间、B与地面之间的动摩擦系数，则可判断（　　）

A．μ1 一定为零，μ2一定为零
B．μ1一定为零，μ2一定不为零
C．μ1不一定为零，μ2一定为零
D．μ1不一定为零，μ2一定不为零
【解答】解：
以A为研究对象，分析受力可知，A相对于B没有运动趋势，A不受静摩擦力，即物体A与B间的静摩擦力的大小等于零，但μ1不一定为零，因为摩擦系数和表面的粗糙度有关，尽管A与B无摩擦，并不代表两个接触面不粗糙，可能光滑、可能粗糙（即μ1可能为0，也可能不为0）；
以AB整体为研究对象，分析受力可知，整体水平方向受到拉力F和地对B的静摩擦力f，由平衡条件得到，f＝F，所以μ2一定不为零，故D正确。
故选：D。
九．摩擦力产生的条件（共1小题）
（多选）20．如图所示，A、B两物块叠在一起用竖直向上的力F托起靠在光滑的竖直墙上处于静止状态，则下列关于A、B物体的受力情况的说法正确的是（　　）

A．A受到3个力的作用
B．A与墙壁之间可能存在压力
C．AB之间一定有摩擦力
D．B受到5个力的作用
【解答】解：分别对A、B受力分析，如图所示：
B受到重力GB、推力F，A对B的弹力N，A对B的静摩擦力f四个力作用，由于B处于静止状态，故这四个力合力为零；
对于A物体，受重力GA，B对A的弹力N′，B对A的摩擦力f′三个力作用处于静止状态，故这三个力的合力为零；
根据平衡条件可知，A对B的压力N和A对B的静摩擦力f，这两个力水平分量等大反向，故B对A的支持力N′和B对A的静摩擦力f′，这两个力的水平分量也等大反向，水平方向合力为零，所以墙壁对A不存在水平方向的压力，故AC正确，BD错误。
故选：AC。

一十．探究摩擦力的大小与什么因素有关的实验
21．小明用一块较长的木板N与木块M及弹簧测力计，按如下方法研究滑动摩擦力有关的因素。先将长木板N平放，用弹簧测力计拉着木块M在N上做匀速直线运动，如图甲，此时木块M所受滑动摩擦力为f甲；然后再将N支起，仍然用弹簧测力计拉着木块M沿N斜向上做匀速直线运动，如图乙，此时木块M所受滑动摩擦力为f乙．对小明同学的实验讨论正确的是（　　）

A．两次M所受滑动摩擦力f甲＜f乙
B．小明实验是研究滑动摩擦力与压力大小的关系
C．乙情况弹簧秤的示数等于f乙
D．小明实验时控制相同的量是接触面积大小
【解答】解：A、甲在水平面上移动，乙在斜面上运动，则甲的压力大于乙的压力，所以甲中受到的摩擦力大于乙中受到的摩擦力，所以A错误。
B、两次实验接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，所以是研究滑动摩擦力与压力大小的关系，因此B正确。
C、在乙中，拉力不仅要克服摩擦力的大小，还要克服重力，所以拉力大小大于摩擦力，即弹簧测力计的示数大于摩擦力，所以C错误。
D、这两次实验中，控制的是接触面的粗糙程度和接触面积的大小，所以D错误。
故选：B。

专题02 压强和浮力综合
【解题技巧】
1、压强比大小问题：
①固体压强应优先考虑公式F=F/S，比较F压力和S受力面积的关系，柱形固体也可使用P=ρgH来进行判断
②液体内部压强与液体的密度和深度有关，与其它因素无关，而液体对容器底的压力与液体压强和底面积有关，与其它因素无关。所以无论是同种液体、不同种液体还是加入固体，属于哪一种情况，只要涉及到液体内部压强以及液体对容器底部的压强和压力时，应先根据公式P=ρ液gh比较P，再根据公式F=PS比较F。
2、浮力比大小问题：
①相同液体ρ液则比较V排大小
②相同V排则比较ρ液
③同一物体比状态（一般放在不同液体中）
④不同物体比物重（一般放在相同液体中）
3、压强和浮力的计算
近年中考有关浮力难题多以阿基米德原理和运用物体的浮沉条件，通常会跟压力、压强、质量、密度、杠杆、滑轮等知识综合在一起考查，浮体综合题的解题思路和方法:
(1)先明确物体在液体中的状态：漂浮、悬浮等。
(2)分析物体的受力情况：只受到重力G物和浮力F浮两个力的作用，并处于静止状态（漂浮或悬浮）。
(3)列出二力平衡的方程: F浮= G物。
(4)展开求解：将求浮力的公式F浮= ρ液gV排、重力公式G物=m物g (或G物=ρ物V物g )求未知量。
(5)若受到重力G物和浮力F浮两个力外，还有绳子拉力、弹簧的弹力、接触面的支持力等作用，列出受力的等式，即向上的力 = 向下的力，再根据公式解题。
(6)需要注意的是单位转换，不同状态下浮力不同，用不同的符号代替，如F浮与F浮’等。
【例题精析】
一．液体的压强的计算
1．肺活量是检测肺功能重要指标之一，是指一个人最大吸气后再做最大呼气所呼出的气体体积，单位是毫升（mL）。右图是一种测量肺活量方法的示意图，把薄壁圆筒A倒扣在容器内水中，测量前筒内充满水。测量时，被测者吸足空气，再通过B尽量将空气呼出，呼出的空气通过导管全部进入A内，使A浮起。若初三女生小丽用这种方法测其肺活量，测得筒外水面到容器底部的距离h是20cm，到A的底部距离是13cm。已知A的质量为400g，横截面积为200cm2，（筒A内空气质量忽略不计）求容器底部受到水的压强为 　2×103　Pa，小丽肺活量为 　3000　mL。若在小丽吹气时，在A的正上方放置质量为100g的小物块C，求放置物块前后筒A内气体压强的变化量为 　50　Pa。

【解答】解：（1）水的深度：h＝20cm＝0.2m，
则水对容器底部的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.2m＝2×103Pa；
（2）A的质量mA＝400g＝0.4kg，
由于A漂浮在水中，则A受到的浮力F浮＝GA＝mAg＝0.4kg×10N/kg＝4N，
由F浮＝ρ水gV排得A排开水的体积
V排=F浮ρ水g=4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4m3；
A内外水面高度差：△h1=V排S=4×10−4m32×10−2m2=0.02m＝2cm；
A内气体体积V＝S（h′+△h1）＝200cm2×（13cm+2cm）＝3000cm3＝3000mL；
（3）当A质量为mA＝200g＝0.2kg时，对A受力分析得：A内气体对A底部压力F1＝F+GA，
即：p1S＝p0S+mAg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
当在A的正上方放置物块C时，物块C的质量：mc＝100g＝0.1kg，
当在A质量上加物块后时，对A和物块受力分析得，A内气体对A底部压力
F2＝F+G总，
即：p2S＝p0S+（mAg+mcg）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由②﹣①得：
△p＝p2﹣p1=mcgS=0.1kg×10N/kg2×10−2m2=50Pa。‍
故答案为：2×103；3000；50。
2．如图是公厕里间歇式自动冲水箱的原理图，进水管口以Q1＝200cm3/s的流量24h不间断地向底面积为1800cm2的长方体水箱注水，当水位上升至h2＝45cm时，水箱中的水开始以Q2＝2000cm3/s的平均流量从出水管口流出冲洗厕所，当水位下降至h1＝5cm处时停止冲水。（不计水箱中水管的体积）求：
（1）水位在h2时水箱底部受到水的压强。
（2）冲洗一次厕所所用的时间。
（3）为节约用水，在图示进水管A处安装一个由微电脑控制的电磁阀。当有人进入洗手间时，门内侧红外线探头通过微电脑开启电磁阀，向水箱注水，当水位升至h2时，电磁阀自动关闭停止注水，同时开始冲洗厕所。假设电磁阀平均每天开启100次，则安装电磁阀后一天可节约多少千克水？

【解答】解：（1）h2＝45cm＝0.45m，
则水箱底部受到水的压强p＝ρ水gh2＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.45m＝4500Pa；
（2）当水位从h1上升至h2需要注入的水的体积：
V＝S△h＝S（h2﹣h1）＝1800cm2×（45cm﹣5cm）＝72000cm3；
冲洗一次厕所所用的时间
t=VQ2−Q1=72000cm32000cm3/s−200cm3/s=40s。
（3）一天注水的水V总＝Q1t′＝200cm3/s×24×3600s＝1.728×107cm3；
开启100次所需要的水V总′＝100V＝100×72000cm3＝7.2×106cm3；
则节约的水△V＝V总﹣V总′＝1.728×107cm3﹣7.2×106cm3＝1.008×107cm3＝10.08m3。
由ρ=mV得：△m＝ρ△V＝1.0×103kg/m3×10.08m3＝1.008×104kg。
答：（1）水位在h2时水箱底部受到水的压强为4500Pa。
（2）冲洗一次厕所所用的时间为40s。
（3）安装电磁阀后一天可节约1.008×104kg的水。
二．液体压强计算公式的应用
3．在两个完全相同的容器中分别倒入甲和乙两种不同的液体，如图所示，若甲和乙对容器底部的压强相等，则比较甲液体和乙液体质量，下面正确的是（　　）

A．m甲＞m乙 B．m甲＝m乙 C．m甲＜m乙 D．无法比较
【解答】解：因为甲和乙对容器底部的压强相等，所以p甲＝p乙；
由p＝ρgh可得，ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，而h甲＜h乙，所以ρ甲＞ρ乙；
因为容器完全相同，由F＝pS可得，ρ甲gh甲S＝ρ乙gh乙S；
如果容器为圆柱体，则ρ甲gh甲S＝ρ乙gh乙S⇒G甲＝G乙；
根据图示可知，两个容器相对于圆柱容器减少液体的体积相同，因此减小液体的重力关系：G甲′＝ρ甲gV，G乙′＝ρ乙gV
由于ρ甲＞ρ乙，所以G甲′＞G乙′；
则G甲﹣G甲′＜G乙﹣G乙′，即甲容器内液体甲的质量小于乙容器内液体乙的质量，故选C。
故选：C。
三．流体压强与流速的关系
4．由于流体具有粘滞性，因而物体在流体中运动要受到流体的阻力。科学家们已测得半径为R的球在流体中以速度v 运动时受流体阻力大小为F＝6πηRv，其中η为流体的黏滞系数，不同流体η不同，它由流体的性质决定。某课外兴趣小组在研究性学习活动中为了测定某种流体的黏滞系数，设计如下实验：让密度为ρ＝1.2×103 kg/m3半径为R＝3cm的实心球在密度为ρ0＝0.8×103 kg/m3的透明液体中竖直下落，发现球先加速下落后匀速下落，该兴趣小组的同学用频闪摄影的方法测出球匀速下落时的速度为v＝4.9m/s．若球的体积计算式为V=43πR3，g＝9.8N/kg．则该流体的黏滞系数η为（　　）
A．0.16N•s/m B．0.48N•s/m C．0.16N•s/m2 D．0.48N•s/m2
【解答】解：当球在流体中匀速下降时，处于平衡状态，受力平衡；
竖直向上的有：黏滞阻力（F），实心球受到的浮力（F浮）；竖直向下的有：实心球的重力（G）。
所以有：F+F浮＝G，即：
6πηRv+ρ液g•43πR3＝ρ球g43πR3，
变形，得：6ηv＝（ρ球﹣ρ液）g43R2
代入数据，得：6×η×4.9m/s＝（1200kg/m3﹣800kg/m3）×9.8N/kg×43×（0.03m）2
计算，得：η＝0.16N•s/m2
综上分析，故选C。

5．阅读短文，回答问题：
无叶更舒适
如图甲是一款新型无叶电风扇，与传统有叶风扇相比具有易清洁、气流稳、安全等特点。
开始时，底座中的电动机将空气从进风口吸入，吸入的空气经压缩后进入圆环空腔，再从圆环空腔上的细缝中高速吹出，夹带着周边的空气一起向前流动。导致后方更多的空气流入电扇出风口，风量被显著放大。
无叶电风扇细缝口结构是根据“康达效应”设计的，康达效应指的是当流体（水或空气等）顺着物体的凸表面流动时。有向物体吸附的趋向并沿着物体的表面继续向前，在离开物体的瞬间，由于惯性其运动方向与出口末端的法线垂直。

（1）风扇正常运行时，相同时间内细缝口流出的空气质量 　等于　（小于/等于/大于）进风口流进的空气质量。
（2）下列与后方更多的空气流入电扇出风口的原理相同的是 　B　。
A．载重汽车装有许多车轮 B．飞机飞行时机翼获得升力
C、足球在草坪上滚动得越来越慢 D．带电的玻璃棒能吸引轻小物体
（3）某品牌的无叶电风扇在实际电功率相同时，它的出风量与出风口面积有关，相关数据如表所示，利用表中数据在乙坐标系中作出电扇出风量与出风口面积的图象。
出风口面积/dm2
出风量/L•s﹣1
8
450
12
550
16
590
20
600
（4）如图是小明设计的圆环空腔横截面示意图，其中设计合理的是 　A　。
（5）在相同时间内，电扇出风口输出的能量比细缝口输出能量要大，这是因为 　流速大的地方压强小，后方空气对流入气体做功，能量增加　。
【解答】解：
（1）由题可知：电动机将空气从进风口吸入，吸入的空气经压缩后进入圆环空腔，再从圆环空腔上的细缝中高速吹出，所以相同时间内从细缝口流出空气质量应等于进风口流进的空气质量；
（2）空气从圆环空腔上的细缝中高速吹出，空气流速大，压强小，其后方空气流速小，压强大，所以更多的空气流入电扇出风口。即运用到流体压强与流速关系的原理。
A、载重汽车装有许多车轮，是通过增大受力面积减小，对地面的压强，不合题意；
B、飞机飞行时机翼上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而使飞机获得升力，符合题意；
C、足球在草坪上滚动得越来越慢，是因为受到的地面的摩擦力的缘故，不合题意；
D．带电体具有吸引轻小物体的性质，所以带电的玻璃棒能吸引轻小物体，不合题意；
故选B。
（3）根据表格中数据，在乙中坐标系中描点连线，画出的图象为：
；
（4）根据图甲，压缩空气从细缝中高速由后向前吹出，所以细缝应在圆环空腔的后侧，并开口向前，由此A设计符合要求；
（5）压缩空气从圆环空腔上的细缝中高速吹出，根据流速大的地方压强小，后方空气对流入气体做功，能量增加。
故答案为：（1）等于；（2）B；（3）见上图；（4）A；（5）流速大的地方压强小，后方空气对流入气体做功，能量增加。
6．测量水龙头打开后的出水速度
（1）首先老师告诉同学们流量是表示单位时间内通过某一横截面的流体的体积，若水流在粗细均匀的水平管道内向右匀速流动，设水流速度为v，管内通道的横截面积为S．如图所示，取一段管道AB，水从B端流到A端所用时间为t，则AB间水柱的长度L＝　vt　，根据流量的定义，Q＝　Sv　。（以上两空要求用S、v、t中的字母表示）。
（2）某同学根据流量的导出公式设计了如下测量水龙头出水速度的实验方案：
①测出水龙头出水口的内壁直径d。
②打开水龙头使水以适当的速度匀速流出，用容器接水并同时开始计时，测出经过一段时间t后容器内水的体积V。
③由流量的导出公式算出自来水龙头出水速度表达式为　4Vπd2t　。（用d、t、π、V表示）

【解答】解：（1）AB间水柱的长度l＝s＝vt；
B到A的水柱体积为V＝Sl＝Svt，则：
Q=Vt=Svtt=Sv；
（2）根据流量的定义，则Q=Vt；
所以流速为v=QS=Vtπ(d2)2=4Vπd2t。
故答案为：（1）vt；Sv；（2）③=4Vπd2t。
四．阿基米德原理的应用
7．甲、乙两容器分别装有密度为ρ甲、ρ乙的液体。今有A、B两个实心小球，质量分别为mA、mB，体积分别为VA、VB，密度分别为ρA、ρB．已知它们的密度关系为ρ甲＞ρA＞ρB＞ρ乙，则（　　）
A．若VA＝VB，将两球都放入甲容器中，静止时两球所受浮力相等
B．若VA＝VB，将两球都放入乙容器中，静止时两球所受浮力之比为ρA：ρB
C．若mA＝mB，将A、B两球分别放入乙、甲容器中，静止时两球所受浮力相等
D．若mA＝mB，将A、B两球分别放入甲、乙容器中，静止时两球所受浮力之比为ρB：ρ乙
【解答】解：当VA＝VB时，将两球都放入甲容器中，两球都将漂浮，浮力等于各自的重力，因为mA＞mB，所以A受到的浮力大于B受到的浮力，故A错误。
当VA＝VB时，将两球都放入乙容器中，两球都将下沉，两球所受的浮力根据公式F浮＝ρ液gV排可知，两球排开液体的体积相同，在同一种液体中，所以静止时两球所受浮力相等，故B错误。
当两球质量相等时，将A、B两球分别放入乙、甲容器中，A在乙中下沉，所受浮力小于自身重力，B在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，两球所受浮力不相等，故C错误。
当两球质量相等时，将A、B两球分别放入甲、乙容器中，A在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，F浮A＝GA＝mAg＝mBg，B在乙中下沉，所受的浮力F浮B＝ρ乙gVB＝ρ乙gmBρB，
所以静止时两球所受浮力之比为F浮AF浮B=mBgρ乙gmBρB=ρBρ乙，故D正确。
故选：D。
8．在一个足够深的容器内有一定量的水，将一个长10cm、横截面积50cm2的圆柱形实心塑料块挂于弹簧秤上，当塑料块底面刚好接触水面时（塑料块没有离开水面），弹簧秤示数为4N，如图甲所示。已知弹簧的伸长与受到的拉力成正比，弹簧受到1N的拉力时伸长1cm，g取10N/kg。若往容器内缓慢加水，当弹簧秤的示数为2N时，水面升高6cm。此过程中水面升高的高度△H与所加水的体积V的关系如图乙所示。根据以上信息，能得出的正确结论是（　　）

A．所加水的体积至1400cm3时，弹簧秤示数恰为零
B．塑料块的密度为0.6×103kg/m3
C．容器的横截面积为125cm2
D．加水1000cm3时，塑料块受到的浮力为1N
【解答】解：A、根据题意可知，当塑料块底面刚好接触水面时，弹簧秤示数为：F0＝4N，往容器内缓慢加水，当弹簧秤的示数为：F1＝2N时，水面升高：△H1＝6cm，所加水的体积：V1＝700cm3，塑料块受到的浮力：F浮1＝F0﹣F1＝4N﹣2N＝2N，由阿基米德原理得，塑料块排开水的体积：V排1=F浮1ρ水g=2N1×103kg/m3×10N/kg=2×10﹣4m3＝200cm3；
容器的底面积：S'=V1+V排1△H1=700cm3+200cm36cm=150cm2；
由图乙可知，当加水：V2＝1400cm3时，水面升高：△H2＝12cm，
塑料块排开水的体积：V排2＝S'△H2﹣V2＝150cm2×12cm﹣1400cm3＝400cm3＝4×10﹣4m3；
此时塑料块受到的浮力：F浮2＝ρ水gV排2＝1×103kg/m3×10N/kg×4×10﹣4m3＝4N＝F0＝G；
所以，弹簧测力计的示数：F示＝G﹣F浮2＝4N﹣4N＝0，故A正确；
B、当塑料块底面刚好接触水面时，弹簧秤示数为4牛，可以知道塑料块的重力G＝4N，体积V＝10cm×50cm2＝500cm3＝5×10﹣4m3，
则塑料块的密度ρ=mV=GgV=4N10N/kg×5×10−4m3=0.8×103kg/m3，故B错误；
C、由解答A可知，容器的横截面积：S′＝150cm2，故C错误；
D、由图乙可知，当加水：V3＝1000cm3时，水面升高：△H3=1000cm3700cm3×6cm=607cm，
塑料块排开水的体积：V排3＝S'△H3﹣V3＝150cm2×607cm﹣1000cm3=20007cm3=27×10﹣3m3；
此时塑料块受到的浮力：F浮3＝ρ水gV排3＝1×103kg/m3×10N/kg×27×10﹣3m3=207N＞1N，故D错误。
故选：A。
9．如下图中甲、乙、丙、丁四图所示，一铁碗与一铁球置于水中，则四种情况中，容器内液面的高低排序是　h甲＝h乙＞h丙＞h丁　铁碗所受液体的浮力大小的排序是　F甲碗＞F乙碗＞F丙碗＞F丁碗　。
【解答】解：
（1）甲图中铁球放在铁碗中，两物体在水中处于漂浮状态，它们总共所受浮力等于铁碗和铁球的重力，即F甲＝G碗+G球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
乙图中铁球悬挂在铁碗的下端，把铁球和铁碗当作一个整体，两物体在水中仍然处于漂浮状态，它们总共所受浮力等于铁碗和铁球的重力，即F乙＝G碗+G球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
丙图中铁碗处于漂浮状态，铁球沉入水底，铁碗受到的浮力等于铁碗的重力，铁球受到的浮力小于铁球的重力（即F浮球＜G球），即总浮力F丙＝G碗+F浮球＜G碗+G球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③；
丁图中铁碗和铁球都沉入水底，则F浮碗＜G碗，F浮球＜G球，则总浮力F丁＝F浮碗+F浮球＜G碗+F浮球﹣﹣﹣﹣﹣﹣④；
比较①②④可得：F甲＝F乙＞F丙＞F丁；
由F浮＝ρgV排可得，甲、乙、丙、丁四种情况下排开液体的体积关系V甲＝V乙＞V丙＞V丁，容器内液面的高低排序h甲＝h乙＞h丙＞h丁，
（2）甲图中铁球放在铁碗中，两物体在水中处于漂浮状态，它们总共所受浮力等于铁碗和铁球的重力，铁碗受到的浮力：F甲碗＝G碗+G球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑤
乙图中铁球悬挂在铁碗的下端，把铁球和铁碗当作一个整体，两物体在水中仍然处于漂浮状态，它们总共所受浮力等于铁碗和铁球的重力，铁碗受到的浮力：F乙碗＝G碗+G球﹣F浮球﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑥
丙图中铁碗处于漂浮状态，铁碗受到的浮力：F丙碗＝G碗﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑦；
丁图中铁碗和铁球都沉入水底，铁碗受到的浮力：F丁碗＝F浮碗＜G碗，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣⑧；
由⑤⑥⑦⑧可知碗受到的浮力：
F甲碗＞F乙碗＞F丙碗＞F丁碗。
故答案为：h甲＝h乙＞h丙＞h丁；F甲碗＞F乙碗＞F丙碗＞F丁碗。
10．如图甲所示，在容器底部固定一轻质弹簧，弹簧上方连有正方体木块A，容器侧面的底部有一个由阀门B控制的出水口，此时木块A刚好完全浸没在水中，接着打开阀门B，缓慢放水，直至木块A完全离开水面时，再关闭阀门B．这个过程中，弹簧弹力F与木块露出水面的体积V的关系如图乙所示。（已知ρ水＝1.0×103kg/m3，ρ木＝0.7×103kg/m3，木块体积为V0，不计弹簧所受浮力）
（1）CD段弹簧处于　伸长　（填“压缩”或“伸长”）状态。
（2）点D的横坐标d值大小为多少？（结果用V0表示）
（3）点C与点E的纵坐标c、e的绝对值之比为　3：7　。

【解答】解：
（1）由图乙可知，C点木块A刚好完全浸没在水中，
因为ρ水＞ρ木，所以此时木块所受的浮力大于木块的重力，即F浮＞G木，
则弹簧对木块有竖直向下的拉力，弹簧被拉伸，由此可知CD段弹簧处于伸长状态；
（2）在D点时，弹簧弹力F＝0N，弹簧处于原长，此时木块漂浮在水面上，F浮＝G木，即ρ水gV排＝ρ木gV0，
ρ水g（V0﹣V）＝ρ木gV0，
则木块露出水面的体积：
V＝（1−ρ木ρ水）V0＝（1−0.7×103kg/m31.0×103kg/m3）V0＝0.3V0；
（3）在C点木块完全浸没时，木块排开水的体积V排＝V0，
此时弹簧的弹力F＝F浮﹣G木＝ρ水gV0﹣ρ木gV0＝（ρ水﹣ρ木）gV0；
在E点木块A完全离开水面时，弹簧被压缩，此时弹簧弹力等于木块的重力，即F′＝G木＝ρ木gV0，
则FF'=(ρ水−ρ木)gV0ρ木gV0=1.0×103kg/m3−0.7×103kg/m30.7×103kg/m3=37=3：7，
即点C与点E的纵坐标c、e的绝对值之比为3：7。
答：（1）伸长；
（2）点D的横坐标d值大小为0.3V0；
（3）3：7。
五．探究影响浮力大小因素的实验
11．如图所示，两个相同的弹簧测力计分别悬挂两个相同的金属圆柱体，圆柱体的质量为0.5kg，向甲、乙两个相同的烧杯内加入水和另外一种未知液体。当加入液体达到一定量时，两弹簧测力计示数都为3N，请回答下列问题：
（1）当烧杯内的液体逐渐增加时，弹簧测力计的示数逐渐　减小　，液体对容器底部的压强　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）待弹簧测力计示数稳定时，求此时金属圆柱体所受浮力。
（3）若浸入的深度h甲：h乙＝5：2，求另一种未知液体的密度。
（4）试比较两圆柱体底部受到的液体压力F1　＝　F2（填“＜”、“＞”或“＝”）。

【解答】解：
（1）当烧杯内的液体逐渐增加时，金属圆柱体排开液体的体积变大，圆柱体受到浮力变大，由F示＝G﹣F浮，可知弹簧测力计的示数逐渐减小，由液体的深度增大，由液体压强公式P＝ρgh可知，液体对容器底部的压强增大。
（2）由题意可知，圆柱体的重力G＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N；
弹簧测力计示数F示＝3N；
金属圆柱体所受浮力：F浮＝G﹣F示＝5N﹣3N＝2N；
（3）由题意可知，圆柱体在甲乙丙液体中所受浮力相同，F浮甲＝F浮乙；
ρ水gV排水＝ρ液gV排液；
ρ水gSh甲＝ρ液gSh乙；
浸入的深度h甲：h乙＝5：2；
ρ液=52ρ水＝2.5×103kg/m3；
（4）根据浮力产生的原因F浮＝F下﹣F上可知，两个金属块下表面所受的液体压力关系F1＝F2。
故答案为：（1）减小；增大；（2）2N；（3）2.5×103kg/m3；（4）＝。
六．压强的大小及其计算
12．如图所示，有一个梯形物体浸没在某种液体中（物体与容器底不紧密接触），液体的密度为ρ，深度为H，物体高度为h，体积为V，较大的下底面面积为S′，较小的上底面面积为S″，容器的底面面积为S，则该物体受到水向下的压力F是（　　）

A．ρg（HS′﹣V） B．ρgV﹣ρghS′ C．ρghS′﹣ρgV D．ρg（H﹣h）S″
【解答】解：（1）因梯形物体浸没在水中，
所以，V排＝V，
梯形物体受到水的浮力：
F浮＝ρV排g＝ρVg，
梯形物体下表面受到水的压强：
p下表面＝ρgH，
由p=FS可得，梯形物体下表面受到水的压力：
F下表面＝p下表面S′＝ρgHS′，
因F浮＝F下表面﹣F上表面，
所以，梯形物体受到水向下的压力：
F上表面＝F下表面﹣F浮＝ρgHS′﹣ρVg＝ρg（HS′﹣V），故A正确，BC错误；
（2）梯形物体上底面受到水向下的压力，同时斜面受到水的压力有向下的分力，
F上表面≠p上表面S″＝ρg（H﹣h）S″，故D错误。
故选：A。
七．物体的浮沉条件及其应用
13．在装有不同液体的甲、乙两个容器中，同时放入两个完全相同的物体，当物体静止后两容器内液面恰好相平，如图所示。若液体对甲、乙两容器底部压强分别是p甲、p乙，液体对两物体的浮力分别是F甲、F乙，则下列判断中正确的是（　　）

A．p甲＜p乙，F甲＝F乙 B．p甲＞p乙，F甲＝F乙
C．p甲＝p乙，F甲＜F乙 D．p甲＝p乙，F甲＞F乙
【解答】解：由题知，两物体完全相同，物体重相同，
在甲液体中悬浮、在乙液体中漂浮，所受到的浮力相等，都等于物体重；
∵F浮＝ρ液V排g，排开甲液体的体积比排开乙液体的体积大，
∴ρ甲＜ρ乙，
∵p＝ρgh，两容器液面等高，
∴甲容器液体对底部压强小于乙容器液体对底部压强，即：p甲＜p乙。
故选：A。
14．粗细均匀、密度为ρ蜡的蜡烛底部粘有一块质量为m的铁块，蜡烛竖直漂浮在密度为ρ水的水中，蜡烛露出水面的高度为H，如图。点燃蜡烛，直至蜡烛与水面相平、烛焰熄灭（假定蜡烛油不流下来），设燃烧掉的蜡烛长为L，则LH的关系是（　　）

A．ρ蜡ρ水 B．ρ水ρ水+ρ蜡
C．ρ水ρ水−ρ蜡 D．ρ水ρ蜡
【解答】解：
设蜡烛原长为L0，蜡烛的横截面积为S，
（1）蜡烛未燃烧时：
∵蜡烛和铁块漂浮，
∴F浮＝G总，
即：F浮铁+ρ水S（L0﹣H）g＝mg+ρ蜡SL0g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
（2）点燃蜡烛，直至蜡烛与水面相平、烛焰熄灭：
∵蜡烛和铁块漂浮，
∴F浮′＝G总′，
即：F浮铁+ρ水S（L0﹣L）g＝mg+ρ蜡S（L0﹣L）g，﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
①﹣②得：
ρ水S（L0﹣H）g﹣ρ水S（L0﹣L）g＝ρ蜡SL0g﹣ρ蜡S（L0﹣L）g，
ρ水SLg﹣ρ水SHg＝ρ蜡SLg，
ρ水SLg﹣ρ蜡SLg＝ρ水SHg，
LSg（ρ水﹣ρ蜡）＝ρ水SHg，
L（ρ水﹣ρ蜡）＝ρ水H，
解得：
LH=ρ水ρ水−ρ蜡。
故选：C。
15．在两个相同的薄壁塑料瓶（质量忽略不计）内分别装入体积相等、密度为ρ甲和ρ乙的两种液体后密封，再把它们放入两个装有水的容器中，处于如图所示状态。下列判断正确的是（　　）

A．ρ甲＞ρ乙 B．ρ甲＝ρ乙 C．ρ甲＜ρ乙 D．无法确定
【解答】解：（1）左图：F浮＝ρ水V排g＝ρ甲Vg
∵V排甲＞V，
∴ρ甲＞ρ水；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
（2）右图：F浮＝ρ水V排g＝ρ乙Vg
∵V排乙＜V
∴ρ乙＜ρ水；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：
ρ甲＞ρ乙。
故选：A。
16．如图所示，四个相同的容器内水面一样高，a容器内只有水，b容器内有木块漂浮在水面上，c容器内漂浮着一块冰块，d容器中悬浮着一个空心球。则下列四种说法正确的一组是（　　）
①每个容器的总质量都相等
②b容器中再倒入酒精后，木块在液面下的体积减小
③c容器中冰块熔化后水面高度升高
④d容器中再倒入酒精后，小球将下沉。

A．①④ B．③④ C．①② D．②④
【解答】解：①∵木块漂浮，
∴木块受到的浮力等于木块重，
∵F浮＝ρ水v排g，
∴木块受到的重力等于排开的水重，
∵a、b容器水面等高
∴b容器的总重等于a容器的总重，
∵G＝mg，
∴b容器的总质量与a容器的总质量相同。
同理可以得出，cd容器的总质量与a容器的总质量相同，故①正确；
②b容器中再倒入酒精后，使水的密度减小，但木块还是漂浮，受到的浮力相等，
∵F浮＝ρ水v排g，
∴排开水的体积增大，使木块在液面下的体积增大，故②错；
③∵冰漂浮于水面上，
∴F浮＝ρ水gv排＝G冰；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
又∵冰熔化成水后，其质量不变，
∴G冰＝G水＝ρ水gv水，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②；
联立①②可得：
ρ水gv排＝ρ水gv水，
∴v排＝v水，即：冰块排开水的体积跟冰熔化成水后的体积相等，
∴水面高度不变，故③错；
④原来小球悬浮，受到的浮力等于小球重F浮＝G球，
d容器中再倒入酒精后，使水的密度减小，
∵F浮＝ρ水v排g，排开水的体积不变，
∴小球受到的浮力减小，使得F浮′＜G球，
∴小球将下沉，故④正确。
故选：A。
17．将体积相同、材料不同的A、B两个实心小球，分别轻轻放入甲、乙两个相同的装满水的烧杯中，两球静止时，A球沉底，B球漂浮，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．两个小球的质量关系mA＝mB
B．两个小球所受浮力关系是FA＝FB
C．水对两个烧杯底部压强的关系是p甲＜p乙
D．两个烧杯对桌面的压力关系是F甲＞F乙
【解答】解：
A、A球下沉至容器底部，B球漂浮，所以A球的密度大于水的密度，B球的密度小于水的密度，因此两个小球的密度大小关系是：ρA＞ρB，两球的体积相等，根据m＝ρV可知，质量大小关系是mA＞mB．故A错误。
B、由于AB个实心小球体积相同，则根据图可知排开水的体积关系：V甲排＝V球，V乙排＜V球，所以V甲排＞V乙排，根据F浮＝ρ液V排g可知：FA＞FB，故B错误。
C、因为两个相同烧杯中都装满水，放入球后烧杯中液面高度不变，根据p＝ρgh可知烧杯底部受到水的压强相等，即：p甲＝p乙；故C错误。
D、两个相同烧杯中都装满水，里面的水的重力G水相等，由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入物体后对桌面的压力变化为：F＝G容器+G水+G球﹣G排和G排＝F浮，据此可得：
F′甲＝G容器+G水+G甲﹣G排甲＝G容器+G水+G甲﹣F甲；
F′乙＝G容器+G水+G乙﹣G排乙＝G容器+G水+G乙﹣F乙；
由于甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，则G甲＞F甲；G乙＝F乙；
所以F′甲＞F′乙；故D正确。
故选：D。
18．如图所示，在两个完全相同的容器中装有甲、乙两种不同的液体，将体积相等的实心小球A、B、C分别放入两个容器中，放入小球后两个容器中的液体深度相同，且A、C两球排开液体体积相同，B球在甲液体中悬浮，在乙液体中下沉。则下列选项错误的是（　　）

A．甲液体比乙液体对容器底的压强大
B．三个小球中密度最小的是 C 球
C．如果把 A、C 两球对调，A 球在乙液体中可能下沉
D．A、C 两球所受的浮力相等
【解答】解：A、由图可知，B在甲中悬浮，A在甲中漂浮，则ρB＝ρ甲，ρA＜ρ甲＝ρB，
由B在乙中下沉，可知，ρB＞ρ乙，
则ρ甲＞ρ乙，
已知两容器中的液体深度相同，由p＝ρgh可得，两液体对容器底部的压强关系：p甲＞p乙；故A正确；
B、由B在乙中下沉，C在乙中漂浮可知，ρB＞ρ乙，ρc＜ρ乙，
则ρB＞ρc，
由A、C漂浮，且两球排开液体体积相同，可得，ρAgV＝ρ甲gV排，则ρA=ρ甲V排V，
ρcgV＝ρ乙gV排，ρc=ρ乙V排V，
则ρA＞ρc，
所以三个小球的密度关系为：ρB＞ρA＞ρC，故B正确；
C、因为ρ甲＞ρ乙，ρc＜ρ乙，
所以ρc＜ρ甲，已知ρA＜ρB，但不能比较ρA和ρ乙的关系，所以不能确定把A、C两球对调后，A放在乙液体中的浮沉情况，可能A球在乙液体中可能下沉，故C正确；
D、VA排＝VC排，ρ甲＞ρ乙，根据F浮＝ρgV排可得，A、C两球所受浮力关系为：FA＞FC，故D错误。
故选：D。

专题03 功和功率与运动和力相关
【解题技巧】
一、在中考试卷中，功和功率是重点考查的知识点。功的计算可以与浮力、压强、简单机械等知识综合起来，在此基础上的功率也是主要考点。在中考命题中，所占的分值较大。这部分知识的考查更注重与生产生活实际的联系，加强了对学生能力的考查。主要考查的知识点为：
1.功和功率的概念、单位。
2.功和功率的计算。
3.探究功率及估测功率。
在试卷中，选择题、填空题、探究实验题、计算题均出现。
二、判断一个力是否对物体做了功，要看两个因素。一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上通过的距离，两者缺一，则力对物体没有做功。常有以下三种：
（1）物体由于惯性运动，虽然有距离，但不受力的作用。例如，在光滑水平面匀速滑动的木块，它由于惯性向前运动，在水平方向没有受到阻力，也没有受到动力，因此没有力对它做功。
（2）物体受到力的作用,但保持静止状态，没有沿力的方向通过距离。例如,用力推车,但没有推动。在此过程中，缺少一个做功的因素，因此推车的力没有对车做功。
（3）物体受到了力的作用,也通过了距离，但物体移动距离的方向跟物体受到力的方向垂直，因此这个力没有对物体做功。例如,手用竖直向上的拉力提水桶,沿水平方向移动距离,水桶没有在竖直方向上移动距离,这个拉力没有对水桶做功。
三、注意：（1）当力的方向和物体移动方向相反时，我们说物体克服该力做功。
（2）要注意P=FV在匀速直线运动中的应用
【例题精析】
一．功的大小比较
1．如图所示，甲、乙两物体在A、B两水平桌面上做匀速直线运动，可以确定（　　）


A．甲的速度一定小于乙的速度
B．F甲所做的功一定小于F乙所做的功
C．甲、乙的运动状态发生改变
D．甲受到的摩擦力一定小于乙受到的摩擦力
【解答】解：A、由题知，无法知道甲乙物体的速度大小关系，故A错；
B、知道拉力大小，但不知在拉力方向上移动的距离，所以不能比较拉力做功大小，故B错；
C、由题知，甲、乙两物体做匀速直线运动，运动状态不变，故C错；
D、∵甲、乙两物体做匀速直线运动，处于平衡状态，
∴它们受到的拉力等于摩擦力，
即：f甲＝F甲＝4N，f乙＝F乙＝6N，
∴f甲＜f乙，故D正确。
故选：D。
2．如图所示，在粗糙程度相同的水平面上，先用拉力F1将物体从A拉到O，再改用拉力F2将物体从O拉到C，其中LAO＝LOB，用频闪相机每隔相同的时间拍下物体的位置（用虚线框表示），若拉力F1在AO段所做的功为W1，拉力F2在OB段所做的功为W2，物体在AO段受到的摩擦力为f1，在OC段受到的摩擦力为f2。下列判断正确的是（　　）

A．W1＞W2 B．W1＜W2 C．f1＞f2 D．f1＜f2
【解答】解：
CD、由于物体对水平面的压力大小不变（等于物体的重力），各段的粗糙程度相同，所以物体运动时受到摩擦力的大小相同，即f1＝f2，故CD错误；
AB、由图可知，在AO段物体在相同时间内运动的距离相同，说明物体做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知拉力F1＝f；
在OC段物体在相同时间内运动的距离增大，说明物体做加速直线运动，则拉力F2＞f＝F1，
因F2＞F1，sAO＝sOB，根据W＝Fs可知拉力做的功：W1＜W2，故A错误，B正确。
故选：B。
二．功的计算
3．如图所示，质量为m的物体Q从高度为h、长度为L的斜面上以v1的速度匀速下滑，如图乙，在斜面的顶端固定滑轮将物体Q与物体P用轻绳连结，物体Q以速度v2（v1小于v2）匀速沿斜面上升。以下说法正确的是（　　）

A．图甲中，物体Q受到的重力GQ等于物体Q对斜面的压力F
B．图甲中物体Q所受摩擦力f甲大于图乙中物体Q受到的摩擦力f
C．当图乙中物体Q从斜面底部上升到顶端时，物体P的重力做功为2mgh
D．图甲中，物体Q在下滑的过程中重力势能转化为动能
【解答】解：A、甲图中物体Q受竖直向下的重力GQ、垂直斜面向上的支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物体Q在这三个力作用下保持平衡状态，斜面对物体Q的支持力与物体Q对斜面的压力F是一对相互作用力，大小相等，故物体Q的重力不等于物体Q对斜面的压力，故A错误；
B、甲、乙两图中，物体Q所受的都是滑动摩擦力，物体Q对斜面的压力和接触面粗糙程度都相同，所以物体Q所受的滑动摩擦力大小也相同，故B错误；
C、在图甲中，克服斜面摩擦力做功＝物体Q重力做功＝mgh，
在图乙中，物体P的重力做功＝绳子对物体Q做功，而绳子对物体Q做功＝克服物体Q重力做功+克服斜面摩擦力做功＝mgh+mgh＝2mgh，故C正确；
D、物体Q要克服摩擦力做功，会将物体Q重力势能转化为内能，故D错误。
故选：C。
4．如图甲所示，水平放置的方形容器里有一个重为8N、棱长为10cm的正方体物块M，M与容器底部不密合。以5mL/s的恒定水流向容器内注水，容器中水的深度h随时间t的变化关系如图乙所示（g＝10N/kg），水的密度是1.0×103kg/m3，则下面说法不正确的是（　　）


A．当t＝140s时，物块M在水中处于漂浮状态
B．当t＝140s时，水对容器底部的压力大小是15N
C．图乙中a的值是8cm
D．40～140s时段，浮力对物体做功是0.96J
【解答】解：A.物块M的体积V＝（0.1m）3＝0.001m3；
物块M的质量：m=Gg=8N10N/kg=0.8kg；
物块M的密度ρM=mV=0.8kg0.001m3=0.8×103kg/m3＜1.0×103kg/m3；
即物块的密度小于水的密度，
由图像可知：当t＝140s时，水的深度为h＝12cm，大于立方体物块M的边长为10cm；
则根据浮沉条件可知物块在水中将漂浮，故A不符合题意；
B.当t＝140s时，注入的水的体积V水＝vt＝5mL/s×140s＝700mL＝7×10﹣4m3，
则G水＝ρ水gV水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×7×10﹣4m3＝7N；
所以液体对底部的压力F＝G水+GM＝7N+8N＝15N，故B不符合题意；
C.当t＝40s时，正好是物块M处于刚刚开始漂浮的状态，则F浮＝GM＝8N，
根据F浮＝ρ液gV排可得：
V排=F浮ρ水g=8N1.0×103kg/m3×10N/kg=8×10﹣4m3＝800cm3，
所以深度a=V排SM=800cm3(10cm)2=8cm，故C不符合题意；
D.在40﹣140s阶段，物块M上升的高度为h′＝12cm﹣8cm＝4cm＝0.04m，则浮力对物体做功W＝F浮h′＝8N×0.04m＝0.32J，故D符合题意。
故选：D。
5．野山鼠擅长打洞，假设山鼠打洞时受到的阻力f与洞的深度L成正比，即f＝kL（k为比例常数），则野山鼠从洞深d1打到洞深d2时，需要克服阻力做的功为（　　）
A．k(d22−d12)2 B．k(d2−d1)22
C．k(d2+d1)22 D．kd2d12
【解答】解：根据题意可知，f与深度L成正比，作出阻力与深度之间的关系图象如图所示；

根据W＝FL可知，图象与横轴所围成的面积可表示克服阻力所做的功；
则可知克服摩擦力做功为：
W=12（kd1+kd2）=12k（d22−d12）。
故选：A。
（多选）6．如图所示，质量为50kg的运动员在练习10m跳台跳水，他某次向上跃起后在空中的最高点A距水面的高度为10.6m，他进入水中的最大深度为3m，ρ人＝ρ水＝1.0×103kg/m3，若不考虑运动员的身高，则以下说法正确的是（　　）

A．运动员从离开跳台到最高点A克服重力做功300J
B．运动员从离开跳台到进入水中最大深度的过程中，势能始终减少，动能始终增加
C．运动员从刚入水到进入水中最大深度的过程中，只受到重力、水的浮力作用，且二力大小相等，方向相反，运动员做匀速运动
D．运动员从离开跳台到进入水中的最大深度，重力做功6500 J
【解答】解：A、运动员从离开跳台到最高点A上升高度：h＝10.6m﹣10m＝0.6m，克服重力做功：W＝Gh＝mgh＝50kg×10N/kg×0.6m＝300J，故A正确；
B、运动员从离开跳台到进入水中最大深度的过程中，所处高度减小重力势能减小，但速度变大动能变大，到达最低点时动能为零，故B错误；
C、运动员从刚入水到进入水中最大深度的过程中，受到重力、水的浮力、水的阻力作用，故C错误；
D、运动员从离开跳台到进入水中的最大深度，下降的总高度：h总＝10m+3m＝13m，重力做功W＝Gh总＝mgh总＝50kg×10N/kg×13m＝6500J，故D正确。
故选：AD。
7．如图所示，为两个光滑的圆弧槽和一段粗糙的水平面相连接的装置。将质量为m的物体从左侧圆弧槽A点由静止释放，最高到达右侧圆弧槽B点处；然后再次滑下，最高到达左侧圆弧槽C点处。其中A、B两点距离水平面的高度分别为H、h（忽略空气阻力）。

（1）物体从A点滑到水平面时，重力所做的功为 　mgH　。
（2）物体从A点滑到B点的过程中，损失的机械能转化为物体内能的效率为η，则物体到达B点时温度升高了 　g(H−ℎ)ηc　。（物体比热容用c表示）
（3）C点距离水平面的高度为 　2h﹣H　。
【解答】解：
（1）质量为m的物体的重力为：G＝mg，物体从A点滑到水平面时，重力所做的功：W＝GH＝mgH；
（2）A、B两点距离水平面的高度分别为H、h，
物体从A点滑到B点的过程中，损失的机械能（重力势能的减少量）为：△E＝G△h＝mg（H﹣h），
机械能转化为物体内能的效率为η，则物体增加的内能（吸收的热量）：Q吸＝△Eη＝mg（H﹣h）η，
由Q吸＝cm△t可知，物体到达B点时温度升高了：△t=Q吸cm=mg(H−ℎ)ηcm=g(H−ℎ)ηc；
（3）再次滑下的过程，水平面的粗糙程度不变，长度也不变，即物体克服摩擦力做的功不变，即损失的机械能不变，
所以达到C点时物体的机械能（此时只有重力势能）：EC＝EB﹣△E＝mgh﹣mg（H﹣h）＝mg（2h﹣H），
由W＝Gh可得，C点距离水平面的高度为：hC=WCG=ECG=mg(2ℎ−H)mg=2h﹣H。
故答案为：（1）mgH；（2）g(H−ℎ)ηc；（3）2h﹣H。
8．将一个漂浮在油面上的立方体工件用竖直向下的力F缓缓地压入油内，如图甲所示，工件的下底面与油面的距离为h，力F与h的大小关系如图乙所示。已知力F为负值时，表明它的方向与原来的方向相反，油的密度为　0.8×103　kg/m3，已知容器底面积为5000cm2，从漂浮到F＝400N的过程中，重力对工件做的功为　40　J。

【解答】解：（1）由图乙可知，A点在CB的延长线上，且h与F是一次函数关系，设为h＝kF+b，
函数过（0，0.2）和（600，0.5）两点，所以可解得函数为h＝5×10﹣4F+0.2，
当h＝0时（即物体刚离开液面），解得F＝400N；由题意可知它表示的量就是工件受到的重力，即当浸入深度为0时（工件在空气中），要用400N的力向上提起，所以工件的重力G＝400N，C点所对应状态，即工件刚好完全浸入h＝0.5m，即立方体工件的边长是0.5m，当浸入深度为0.2m时，F＝0，说明工件处于漂浮状态，此时，工件排开油的体积：
V排＝Sh浸＝0.5m×0.5m×0.2m＝0.05m3。
工件处于漂浮，则F浮＝ρ油gV排＝G，
则油的密度ρ油=GgV排=400N10N/kg×0.05m3=0.8×103kg/m3；
（2）容器底面积：S＝5000cm2＝0.5m2，
由图乙可知，当浸入深度为0.2m时，F＝0N，说明工件处于漂浮状态，当F＝400N时，工件的下底面与油面的距离为0.4m，工件的下底面与油面的距离为0.4m时液面上升高度：△h=△VS=0.05m30.5m2=0.1m，工件下底面比漂浮时向下运动距离：h＝0.4m﹣0.2m﹣0.1m＝0.1m，工件的重心下降0.1m，重力对工件做的功：
W＝Gh＝400N×0.1m＝40J。
故答案为：（1）0.8×103；（2）40。
三．功的计算公式的应用
9．一根金属棒AB置于水平地面上，今通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W和B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。请根据图象解答下列问题。
（1）该金属棒的长度L＝　1.2　m。
（2）在B端被拉起的过程中，当x＝1.6m时，测力计的示数为F＝　5　N。

【解答】解：（1）测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系，如下图所示：

由题意和图示可知，OE段表示A端没有离开地面时W随x的变化图象，EF段表示A端离开地面后W随x的变化图象，
结合乙图象可知，当x＝1.2m时，A端刚好离开地面，故金属棒的长度l＝1.2m；
（2）由图乙知，x在1.2m～1.6m时，金属棒离开地面，此过程中B端上升的高度x＝1.6m﹣1.2m＝0.4m，
此过程中拉力做功W＝5.6J﹣3.6J＝2J，
由W＝Fs＝Fx可得，此过程中的拉力（即测力计的示数）为：
F=WS=2J0.4m=5N。
故答案为：1.2；5。
四．功的原理
10．斜面是一种常见的简单机械，在生产和生活中利用斜面提升物体可以省力。
（1）图1示为倾角θ＝30°的固定斜面，用平行于斜面的拉力F＝4N，将一物体从斜面底端匀速拉到斜面顶端，已知物体上升的高度h＝1m，求拉力F做的功；
（2）若斜面的高度H一定（图2），倾角θ可以改变，在不考虑摩擦时，用水平推力F将重为G的物体匀速推上斜面顶端，试推导：θ越小，F越小。

【解答】解：（1）当θ＝30°时，斜面的长度为高度的2倍，即s＝2×1m＝2m；则拉力做的功为：W＝Fs＝4N×2m＝8J；
（2）证明：由斜面特点可知，s=ℎsinθ，
因为不考虑摩擦，
所以W有用＝W总，
即：Gh＝Fcosθs=ℎsinθ，
所以F＝Gsinθcosθ=Gtanθ，
由题知0＜θ＜90°，
当θ增大时，tanθ增大，当θ减小时，tanθ减小，
所以当G一定时，θ越小，F越小，越省力。
故答案为：（1）拉力做的功为8J；（2）见解析。
五．功率大小的比较
11．如图1所示，水平路面由三段长度相等的粗糙区域组成。在2N水平拉力F的作用下，物块（体积忽略不计）从区域①的最左端从静止开始运动，在刚进入区域③时撤去拉力，物块最终停在区域③的最右端。图2为物块在区域①和②上运动的v﹣t图象。则（　　）

A．拉力在区域①中做功的功率比②的小
B．物块在区域①上所受的摩擦力等于2N
C．物块在区域③上运动的时间可能为1s
D．区域①路面的粗糙程度比②的大
【解答】解：由图知：物块在0～2s内做加速运动，在2s～3s内做匀速运动，且物块在0～2s内图象与2s～3s内图象与坐标轴围成的面积相同，说明物块在0∽2s内与2s～3s内运动的路程相同。又因为区域①、②是长度相等的粗糙区域，故物块在0～2s内在区域①上做加速运动，在2s～3s内在区域②上做匀速直线运动，区域①表面上受到的摩擦力小于拉力F，在区域②表面上受到的摩擦力等于拉力F。
A、拉力在两个区域上运动的距离相等，做功大小相等，作用时间不同，在区域①上运动时间长，根据公式P=Wt，做功相等时，所用时间长，功率小，所以拉力在区域①中做功的功率比②的小，故A正确；
B、物体在区域①上受到的摩擦力小于F＝2N．故B错误；
C、物块进入区域3时的速度为2m/s，做减速运动，在区域③的平均速度一定小于2m/s，所以运动时间一定大于1秒。故C错误；
D、因为滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，所以区域①路面的粗糙程度比区域②的粗糙程度小，故D错误。
故选：A。
12．两名举重运动员，甲比乙高，如果他们从地上举起相同质量的杠铃所用的时间相等，如图所示，则（　　）

A．甲运动员做功较多，功率较小
B．甲运动员做功较多，功率较大
C．甲运动员做功较多，他们的功率相等
D．甲、乙运动员做功相等，功率相等
【解答】解：∵两人举起杠铃质量相同，
∴杠铃重相同，
∵甲比乙高，
∴举起的高度：h甲＞h乙，
∵举起杠铃做功W＝Gh，
∴举起杠铃做的功：W甲＞W乙，
∵P=Wt，举起杠铃用的时间相同，
∴做功功率：P甲＞P乙。
故选：B。
13．质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则（　　）

A．t1时刻起汽车发动机功率不变
B．0～t1时间内，汽车做匀加速运动且发动机功率不变
C．t1～t2时间内，汽车的平均速度等于v1+v22
D．t1〜t2时间内汽车牵引力不变
【解答】解：A、由题意知，从t1时刻起汽车的功率保持不变，故A正确；
B、在0～t1时间内，根据图象可知，汽车做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：F﹣f＝ma，解得F＝f+ma，因为整个运动过程中汽车所受阻力不变，故牵引力不变，速度增大，根据P＝Fv可知，汽车发动机功率功率增大，故B错误；
C、因为汽车在t1～t2时间内不是匀变速直线运动，则平均速度不等于v1+v22，故C错误；
D、由题意知在t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，由图可知汽车的速度在增大，根据P＝Fv知汽车牵引力变小，故D错误。
故选：A。
14．一块石头从离水面高为H处由静止开始下落，后落入足够深的水中至水底。已知石头密度为2.0×103kg/m3，不计空气阻力，不计进入水中时机械能损失，而水中受到阻力始终为重力的15，设在空中和水中分别下落H高度过程中，重力对石子所做的功分别是W空，W水，重力做功的平均功率分别是P空，P水，则（　　）
A．W空＝W水，P空＞P水 B．W空＝W水，P空＜P水
C．W空＞W水，P空＞P水 D．W空＜W水，P空＜P水
【解答】解：由题知，石头在空中和水中下落的高度相等，均为H，
石头的重力G不变，
根据W＝Gh可知，在空中和水中重力对石子所做的功相等，即W空＝W水；
根据题意可知，石头在水中仍在加速，且速度大于在空中，
而石头在空中和水中下落的高度相等，根据v=st可知，石头在水中运动的时间较少，
所以根据P=Wt可知，重力做功的平均功率关系为P空＜P水。
故选：B。
六．功率计算公式的应用
15．汽车在平直公路上以速度V0匀速行驶，发动机功率为P0，牵引力为F0，t1时刻开始，司机减小了油门，使汽车保持恒定功率P行驶，到t2时刻，汽车又开始做匀速直线运动，速度为v，已知运动过程中汽车所受阻力f恒定不变，汽车牵引力F随时间变化的图像如图所示，则（　　）

A．t1至t2时间内，汽车做加速运动
B．F0＝2f
C．t2时刻之后，汽车将保持功率P0行驶
D．v=12v0
【解答】解：
由题知，在t1时刻以前，汽车以速度v0匀速行驶，发动机功率为P0，牵引力为F0，则：P0＝F0v0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①；
在t1时刻，司机减小了油门，汽车的功率突然减小为P，在该瞬间汽车的速度不变（仍为v0），由图象知牵引力由F0突然减小为12F0，所以：P=12F0v0﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②可知P=12P0（即汽车的功率突然减小为原来的一半）。
A．由图可知，t1至t2时间内，汽车受到的牵引力增大，功率不变，由P＝Fv可得，汽车行驶的速度减小，所以汽车做减速运动，故A错误；
B．汽车做匀速直线运动时，牵引力与阻力平衡，所以F0＝f，故B错误；
C．由题可知，t1时刻后汽车的功率保持恒定；由前面分析知，汽车的功率将保持P=12P0不变，故C错误；
D．由题知，到t2时刻，汽车又开始做匀速直线运动，速度为v；
由图可知，汽车再次做匀速运动时的牵引力与最初做匀速运动的牵引力大小相等，均为F0；
根据P＝Fv可得第二次做匀速直线运动时的速度：v=PF0=12P0F0=12F0v0F0=12v0，故D正确；
故选：D。
七．动能和势能的大小变化
16．如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在一压力传感器上，压力传感器是电阻阻值随受到压力的增大而减小的变阻器（压力不超过最大值），压力传感器、电流表、定值电阻和电源组成一电路。压力传感器不受力时电流表示数是I0．t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。整个过程中，不计能量损失，电流表示数I随时间t变化的图象如图乙所示，则（　　）

A．t1时刻，小球动能最小
B．t2时刻，弹簧的弹性势能最小
C．t2～t3这段时间内，弹簧的弹性势能先增加后减少
D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能
【解答】解：（1）t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度由静止释放；t1时刻时，电流表示数为I0，表示压力传感器不受力，也就是小球没有落在弹簧上，小球处于下落状态。此时小球的速度增大，因此动能增大。
（2）t2时刻时，电流表示数最大，表示压力传感器的电阻阻值最小，表明压力传感器受到的压力最大，说明此时小球把弹簧压缩到最低点，弹簧的弹性形变程度最大，弹性势能最大。
（3）t2～t3这段时间内，电流表示数变小，表示压力传感器的电阻阻值增大，表明压力传感器受到的压力减小，说明此时是弹簧把小球弹起的过程，弹性势能转化成动能和重力势能，因此小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能。
故选：D。
17．如图甲所示，小球从某高度处由静止下落到竖直放置的弹簧上并压缩弹簧。从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，得到小球的速度v和弹簧被压缩的长度△l之间的关系，如图乙所示，其中b为曲线最高点。不计空气阻力，弹簧在整个过程中始终发生弹性形变，则小球（　　）

A．受到的弹力始终不变
B．运动过程动能一直增大
C．从a到b过程，重力势能减少，弹簧的弹性势能增大
D．从b到c过程，重力势能转化为弹性势能，小球的机械能不变
【解答】解：
A、小球从某高度处由静止下落到竖直放置的轻弹簧上并压缩弹簧，从小球刚接触到弹簧到将弹簧压缩最短的过程中，弹簧形变程度逐渐变大，所以小球受到弹力也逐渐变大，故A错误；
B、由图乙可知，小球速度先变大，后变小，小球的质量不变，所以小球动能先变大，后变小，故B错误；
C、小球从a到b的过程中，小球高度降低，弹簧的弹性形变变大，所以重力势能减少，弹簧的弹性势能增大，故C正确；
D、从b到c过程，小球的高度降低、速度减小，弹簧的形变程度增大，但并不是只有重力势能转化为弹性势能，动能也会转化为弹性势能；所以，该过程中小球的机械能减少，有一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，故D错误。
故选：C。
18．如图所示，甲、乙和丙是三个完全相同的乒乓球，在离地同一高度处以大小相等的速度v，将三个球分别竖直向下、竖直向上和水平抛出。若在整个运动过程中不计能量损失，则（　　）

A．抛出时甲球的机械能大于其他两个球
B．抛出后乙球的机械能先增大后减小
C．第一次落地时甲球的动能最大，丙球的动能最小
D．落地后第一次反弹到最高点时甲、乙两球的高度相同
【解答】解：
AB、三个小球的质量相同，抛出时的高度相同，速度相同，则它们的机械能是相同的；在整个运动过程中不计能量损失，在运动的过程中，机械能守恒，则机械能保持不变，故AB错误；
C、三个小球的机械能是相同的，第一次落地时，由于机械能守恒，重力势能全部转化为动能，所以，三个小球的动能相同，故C错误；
D、落地后第一次反弹到最高点时，甲、乙的机械能是相同的，且动能都为0，所以甲、乙两球的重力势能相同，高度也相同，故D正确。
故选：D。
19．在小球从O点由静止开始沿x轴竖直下落的过程中，小球某种形式的能量E随下落高度x变化的图象如图所示。若不计空气阻力，那么这种能量是（　　）

A．重力势能 B．动能 C．机械能 D．内能
【解答】解：如图，横坐标代表的是能量，纵坐标代表的物体下降的高度。
物体下落时质量保持不变，高度降低，重力势能减小，不计空气阻力，小球下降时，重力势能全部转化动能，机械能的总量不变。
故选：B。
八．动能的影响因素
20．蹦床是一项好看又惊险的运动，如图a所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员下落的位置，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点。不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，下列说法正确的是 　C　。
A．运动员从A运动到C，机械能一定不减小
B．运动员从B运动到C，动能不断减小
C．运动员从A运动到B，重力做功变快
D．运动员在C点受力平衡
请在图b中画出人从A点运动到C点的过程中，运动员动能Ek随运动距离S变化的大致关系图象。

【解答】解：（1）A、运动员从A运动到C，当于蹦床发生接触后，运动员的机械能转化为蹦床的弹性势能，所以运动员的机械能减小，故A错误；
B、运动员从B运动到C，蹦床逐渐发生形变，先是重力大于弹力，再是重力等于弹力，最后重力小于弹力，这一过程中速度是先变大，后变小，因此，其动能是先变大后变小的，故B错误；
C、运动员从A运动到B，运动的速度逐渐变大，重力大小不变，由P＝Fv可知，重力做功的功率变大，做功变快，故C正确；
D、运动员在C点时，受到重力和蹦床的弹力作用，此时弹力大于重力，不能处于静止状态或匀速直线运动状态，所以受力不平衡；故D错误。
故选C；
（2）运动员从初始状态下降至B过程中，重力势能转化为动能，运动员做加速运动，动能逐渐变大；
运动员从B继续下降至C的过程中，先是重力大于弹力，再是重力等于弹力，最后重力小于弹力，这一过程中速度是先变大，后变小的，因此，其动能是先变大后变小的，最后动能转化为蹦床的弹性势能，动能最后为零；动能随运动距离变化的大致关系图象如下图。

故答案为：C；见上图。
九．动能和势能的转化与守恒
21．如图所示，在同一高度以大小相同的初速度v0分别竖直向上和斜向上将同一小球抛出，不计空气阻力。小球上升时，小球的　动　能转化为重力势能；小球竖直向上、斜向上到达最高点时到水平地面的高度分别为h1和h2，小球又下落到与抛出点等高度时的速度大小分别为v1和v2，则h1　大于　h2，v1　等于　v2（大于/等于/小于）。

【解答】解：小球上升时，速度变小，高度变大，动能变小，重力势能变大，动能转化为重力势能；
两个完全相同的小球，在同一高度处以相同大小的初速度，他们的动能和重力势能相同，故两球抛出时的机械能相同，忽略空气阻力，两球抛出后上升到最高点时斜向上的小球运动到最高点时，动能没有全部转化为重力势能，其重力势能较小、高度较小，因此两球抛出后上升到最高点时到地面的高度h1＞h2；
小球又下落到与抛出点等高度时，重力势能相同，不计空气阻力，机械能不变，则动能相同，所以速度也相同。
故答案为：动；大于；等于。
一十．机械能守恒条件
22．体育课上，小明在同一位置用相同的力多次将足球踢出，发现足球斜向上飞出的角度越大，球运动得越高，但并不能运动得越远。小明查阅资料后知道：足球所做的运动叫做斜抛运动，其运动轨迹如图所示。足球起始运动方向与水平方向的夹角叫做抛射角，抛出点到落地点的水平距离叫做射程，射程与抛出速度和抛射角的大小有关。若物体的动能大小EK=12mv2，重力势能大小Ep＝mgh，不计空气阻力，g＝10N/kg，则：
（1）若将质量为0.4kg足球从地面踢出时，具有的动能是120J，踢出后能达到的最大高度是5m，则足球在最高点时具有的动能是 　100J　；
（2）若足球的射程x与抛出速度、抛射角θ之间满足公式x=2v2sinθcosθg，当足球以20m/s的速度且与水平方向成45°角被踢出，足球的射程是 　40m　；

（3）足球运动的速度v可以分解成水平速度vx和竖直速度vy，三者可构成如图所示的矩形。足球在空中飞行时，水平速度保持不变，竖直速度先减小后增大。若足球在地面以102m/s的速度且与水平方向成45°角被踢出，当足球的速度与水平方向夹角为30°角时，此时足球距地面的高度是 　3.33　m。（小数点后保留2位数字）
【解答】解：（1）取地面为零势能面，从地面踢出时足球具有的动能EK1＝120J，具有的重力势能EP1＝0J，
足球踢出后能达到的最大高度是5m，具有的重力势能EP2＝mgh＝0.4kg×10N/kg×5m＝20J，
因不计空气阻力时足球的机械能守恒，
所以，有E1＝E2，即EK1+EP1＝EK2+EP2，
则足球在最高点时具有的动能EK2＝EK1+EP1﹣EP2＝120J+0J﹣20J＝100J；
（2）当足球以20m/s的速度且与水平方向成45°角被踢出，
足球的射程x=2v2sinθcosθg=2×(20m/s)2×22×2210N/kg=40m；
（3）若足球在地面以102m/s的速度且与水平方向成45°角被踢出，
则水平方向的速度vx＝v′cos45°＝102m/s×22=10m/s，
因足球在空中飞行时，水平速度保持不变，
所以，当足球的速度与水平方向夹角为30°角时，足球的速度v″=vxcos30°=10m/s32=2033m/s，
因不计空气阻力时足球的机械能守恒，
所以，有EK1′+EP1′＝EK2′+EP2′，即12m（v′）2+0=12m（v″）2+mgh′，
此时足球距地面的高度h′=(v')2−(v″)22g=(102m/s)2−(2033m/s)22×10N/kg=103m≈3.33m。
故答案为：（1）100J；（2）40m；（3）3.33。

专题04 杠杆、滑轮、斜面
【解题技巧】
一、杠杆的静态（动态）平衡
1. 杠杆平衡是指杠杆处于静止或匀速转动状态。
2. 处理思路：以杠杆平衡条件作为杠杆平衡与否的判据，必须分析变化后动力×动力臂和阻力×阻力臂的大小。若动力×动力臂=阻力×阻力臂，杠杆依然平衡；若动力×动力臂≠阻力×阻力臂，则杠杆不再平衡，向乘积大的一端下沉。
二、滑轮受力分析
要结合受力分析的一般思路进行分析，分清水平放置和竖直放置的区别，水平要考虑摩擦力，竖直要考虑物体和滑轮重力。
三、斜面及机械效率
公式：η=W有/W总，一定要注意的是找到各种机械中的有用功和总功，此类问题也就迎刃而解。也要注意W总=W有+W额外在能量转化相关证明题的应用
【例题精析】
一．滑轮组绳子拉力的计算
1．如图所示，育华研充所的付昊阳工程师利用滑轮组吊起一个工件。工件由质量分布均匀的A、B两长方体物块组成，边长分别是a、b，底面积SA：SB＝3：2，A与地面的接触面积为5cm2。动滑轮重20N，不计绳重、绳与轮之间的摩擦。当付昊阳用50N的力拉动绳子时，地面受到A的压强为4×104Pa；当工件被匀速吊起后，A、B恰好能保持水平平衡。求：
（1）当付昊阳用50N的力拉动绳子时，工件对地面的压力F压；
（2）当工件被匀速吊起后，付昊阳对绳子的拉力F拉；
（3）若A的重力为60N，则A、B两物块的密度ρA：ρB之比是多少？

【解答】解：
（1）根据p=FS得，
当付昊阳用50N的力拉动绳子时A对面的压力：
F压＝pS＝4×104Pa×5×10﹣4m2＝20N；
因为物体间力的作用时相互的，
所以对面对物体的支持力为：
F支＝F压＝20N；
（2）由图知，该滑轮是一个动滑轮，所以通过动滑轮绳子的段数n＝2，
不计绳重、绳与轮之间的摩擦，
拉绳子的力：F拉1=12（F拉1+G动）得，
拉物体的力：
F拉1＝2F﹣G动＝2×50N﹣20N＝80N；
对物体受力分析知：
物体AB受到的重力：GAB＝F支+F拉1＝20N+80N＝100N；
当工件被匀速吊起后，因为有两段绳子承担着物重和滑轮重，
所以F拉=12（GAB+G动）=12（100N+20N）＝60N，
故付昊阳对绳子的拉力F拉＝60N；
（3）已知GA＝60N，所以物块B的重力：
GB＝GAB﹣GA＝100N﹣60N＝40N，
A、B物块的质量分布均匀，根据杠杆平衡条件有：GA×12a＝GB×12b
即：60N×12a＝40N×12b，
解得：a：b＝2：3；
由题意知，VA＝SA×a，VB＝SB×b，
由G＝mg＝ρVg知，ρA=GAVAg=GASA×ag，ρB=GBSBbg已知：SA：SB＝3：2，
所以：ρAρB=GASaagGBSbbg=GASBbGBSAa=60N×2×340N×3×2=32。
答：（1）当付昊阳用50N的力拉动绳子时，工件对地面的压力F压为20N
（2）当工件被匀速吊起后，付昊阳对绳子的拉力F拉为60N；
（3）若A的重力为60N，则A、B两物块的密度ρA：ρB之比是3：2。
2．如图所示支撑杠杆水平平衡的支架AOB随物体M在液体中能上下运动自动升降，物体M的密度为2.7×103kg/m3，轻质杠杆LOA：LOB＝2：5．某同学质量为60kg，利用这个装置进行多次实验操作，并将实验数据记录于表格中（表格中F浮为物体所受的浮力、h为物块浸入液体的深度，P为液体对容器底部的压强），在各次操作过程中可认为杠杆始终保持水平。其中一次实验用力F1拉动绳自由端匀速竖直向下运动，该同学对地面的压强为独立站在地面时对地压强的一半，滑轮组的机械效率η＝90%．已知，物体M浸没在液体中时，液体深度1.8m（绳的重力、滑轮与轴的摩擦及液体对物体的阻力不计。g＝10N/kg）。
F浮/N
100
200
300
400
500
600
600
600
h/m
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
P/pa
16725
16975
17225
17425
17725
18000
18000
18000
求：（1）拉力F1的大小；
（2）液体的密度；
（3）物体M完全露出液体表面时，滑轮组的机械效率（百分号前面保留整数）。

【解答】解：（1）人的重力G人＝m人g＝60kg×10N/kg＝600N，
拉力是人的重力的一半，F1=12G人=12×600N＝300N；
（2）由表中最后三列数据可知，物体完全浸没时，液体对容器底面的压强为P＝18000Pa，
由p＝ρ液gh得，ρ液=pgℎ=18000Pa10N/kg×1.8m=1×103kg/m3；
（3）分析滑轮组可知，这是一个由2段绳子承担物重的滑轮组，设作用在C端的拉力为FC，
∵η=FCnF1
∴作用在C点的拉力FC＝η×nF1＝90%×2×300N＝540N；
又∵F1=12（FC+G动）
∴动滑轮的重力G动＝2F1﹣FC＝2×300N﹣540N＝60N；
根据浮力的公式，当物体完全浸没时，
物体的体积VM=F浮ρ液g=600N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.06m3，
物体的重力GM＝ρMgVM＝2.7×103kg/m3×10N/kg×0.06m3＝1620N；
根据杠杆的平衡条件，FA×LOA＝FB×LOB，
∵FA＝GM，LOA：LOB＝2：5，
∴FB=GM×25=1620N×25=648N，
η′=FBFB+G动=648N648N+60N=92%。
答：（1）拉力F1的大小为300N；
（2）液体的密度为1×103kg/m3；
（3）物体M完全露出液体表面时，滑轮组的机械效率为92%。
二．杠杆的平衡条件
3．现有一根形变不计、长为L的铁条AB和两根横截面积相同、长度分别为La、Lb的铝条a、b，将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，如图所示。取下铝条a后，将铝条b按上述操作方法使铁条AB再次水平平衡，此时OB的距离为Lx．下列判断正确的是（　　）

A．若La＜Lb＜L，则La＜Lx＜La+Lb2成立
B．若La＜Lb＜L，则Lx＞La+Lb2成立
C．若Lb＜La，La+Lb2＜Lx＜La成立
D．若Lb＜La，则Lx＜La+Lb2成立
【解答】解：由题意可知，将铝条a叠在铁条AB上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架O上，AB水平平衡，此时OB的距离恰好为La，
（1）如下图所示，若La＜Lb＜L，用铝条b替换铝条a就相当于在铝条a左侧放了一段长为Lb﹣La、重为Gb﹣Ga的铝条，

这一段铝条的重心距B端的长度为La+Lb−La2=La+Lb2，
而铁条AB和铝条a组成的整体的重心在支架原来的位置，距B端的长度为La，
要使铁条AB水平平衡，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，支架O应移到上述两个重心之间，
即La＜Lx＜La+Lb2，故A正确、B错误；
（2）如下图所示，若Lb＜La，用铝条b替换铝条a就相当于从铝条a左侧截掉一段长为La﹣Lb、重为Ga﹣Gb的铝条，

也相当于距B端Lb+La−Lb2=La+Lb2处施加一个竖直向上的力，其大小等于Ga﹣Gb，
由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，要使铁条AB水平平衡，支架O应向A端移动，则Lx＞La，故C错误；
由Lb＜La可知，Lx＞La=La+La2＞La+Lb2，故D错误。
故选：A。
4．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M是重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知长度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．建筑材料P上升的速度为3m/s
B．物体M对地面的压力为5000N
C．工人对地面的压力为400N
D．建筑材料P的重力为600N
【解答】解：
A、物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v=12v绳=12×1m/s＝0.5m/s，故A错误；
B、定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得：FA′＝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FA＝F′A＝1000N；
根据杠杆的平衡条件：FA×OA＝FB×OB，且OA：OB＝1：2，
所以，FB=FA×OAOB=1000N×OA2OA=500N；
因为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FB′＝FB＝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：FM支持＝GM﹣FB′＝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：FM压＝FM支持＝4500N．故B错误；
C、当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则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，由力的平衡条件可得：F+F支＝G，则F支＝G﹣F＝700N﹣300N＝400N，
因为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C正确；
D、由图可知n＝2，且滑轮组摩擦均不计，由F=12（G+G动）可得，建筑材料P重；G＝2F﹣G动＝2×300N﹣100N＝500N，故D错误；
故选：C。
5．甲物体静止在水平地面上时，对地面的压强为6×105Pa．现将甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，如图所示，当杠杆在水平位置平衡时，甲物体对地面的压强为2×105Pa，已知：乙物体的质量为2kg，AO：AB＝1：4，g取10N/kg。要使甲物体恰好被细绳拉离地面，则下列判断中正确的是（　　）

A．甲物体的底面积应小于2×10﹣5m2
B．甲物体对地面的压力只需减少10N
C．杠杆B端所挂物体的质量至少增加2kg
D．可以移动支点O的位置，使OA：OB＝2：9
【解答】解：乙物体的重力G乙＝m乙g＝2kg×10N/kg＝20N；
根据杠杆平衡条件FAlOA＝G乙lOB，
细绳对A端的拉力：FA=GBlOBlOA=20N×4−11=60N，
绳子拉力处处相等，细绳对甲的拉力也为60N，甲对地面的压力△F减少了60N，
△F＝F1﹣F2＝p1S﹣p2S，
数据代入：60N＝6×105PaS﹣2×105PaS，
解得：S＝1.5×10﹣4m2，
则甲的重力G甲＝F1＝p1S＝6×105Pa×1.5×10﹣4m2＝90N；
甲物体恰好被细绳拉离地面时，甲对地面的压力为0，A端受到的拉力等于甲的重力：
A、增大或减小受力面积只能改变压强，不能改变物体甲对压力，故不符合题意；
B、甲对地面的压力为F甲＝G甲﹣△F＝90N﹣60N＝30N，甲物体恰好被细绳拉离地面，压力还要减小30N，故不符合题意；
C、根据杠杆平衡条件：G甲lOA=G乙'lOB，G乙'=G甲lOAlOB=90N×13=30N，杠杆B端所挂物体的质量至少增加△m=△G乙g=30N−20N10N/kg=1kg，故不符合题意；
D、根据杠杆平衡条件：G甲lOA'=G乙lOB'，则lOA'lOB'=G乙G甲=20N90N=29，符合题意。
故选：D。
6．一个600N重的成年人和一个小孩都要过一道5m宽的水渠。成人从左岸到右岸，而小孩从水渠右岸到左岸，两岸各有一块4m长的坚实木板，他们想出右图所示的方式过渠。请分析在忽略木板自身重量和木板叠交距离的情况下，要使成年人和小孩都能平安过渠，小孩的体重不能轻于多少牛？（　　）

A．100N B．200N C．300N D．400N
【解答】解：（1）因成年人较重，所以只要成年人能安全过水渠，则小孩也能安全过水渠；
小孩站在B′处让成年人先从木板上过水渠，当成年人到达水渠对岸后，站在B′处，然后再让小孩过水渠如图所示：
；
（2）把木板A′B′视为杠杆，O为支点，成年人对A′B′的压力视为阻力F2，小孩对木板的压力视为动力F1，
当成年人在A′时，阻力（成年人对A′B′的压力）最大，为F2＝G成年人＝600N，
由题意和图示可知：OA′＝1m，OB′＝3m，
由杠杆平衡条件可得：F1×OB′＝F2×A′O，
则F1=F2×OA'OB'=600N×1m3m=200N，
即小孩的体重不能轻于200N；
故选：B。
7．我们在学习杠杆原理时知道阿基米德有一句豪言壮语“给我一根杠杆和一个支点，我就能撬动地球”，小刚同学对此产生了疑惑，他查阅了有关资料，知道地球的质量为6×1024kg．并且假设支点距地球1m，阿基米德给杠杆的最大压力为600N，则阿基米德需要一根约为　1×1023　m的轻质杠杆。即使他以100km/h的速度（相当于小汽车在高速公路上的速度）匀速下压杠杆，要将地球撬起1cm，也需要　1×1012　年（1年约为104小时）．小刚据此指出这一豪言壮语是不可能实现的，你对小刚同学的做法有何评价　小刚不畏权威，敢于向权威挑战　。
【解答】解：
（1）设杠杆长为L，根据杠杆平衡条件可得：FL1＝GL2，
即：600N×（L﹣1m）＝6×1024kg×10N/kg×1m，
解得：L＝1×1023m；
（2）已知h＝1cm＝0.01m，L2＝1m（比杠杆长小得多），设s为人下压的距离，
根据相似三角形知识可得：L2ℎ=L1s=L−L2s≈Ls，
所以，s=LℎL2=1×1023m×0.01m1m=1×1021m＝1×1018km，
根据速度公式v=st可得，需要的时间：
t=sv=1×1018km100km/ℎ=1×1016h＝1×1012年，
由此这一豪言壮语是不可能实现的。
对小刚同学的做法的评价为：小刚不畏权威，敢于向权威挑战。
故答案为：1×1023；1×1012； 不可能；小刚不畏权威，敢于向权威挑战。
8．一根匀质木棒OA长为3R，重为G．木棒的O端与地面上的铰链连接，木棒搁在柱体上，柱体是半径为R的圆柱体的四分之一，各处摩擦均不计。现用一水平推力F作用在柱体竖直面上，使柱体沿着水平地面向左缓慢移动。问：
（1）在图中画出柱体对木棒的支持力及支持力的力臂。
（2）计算当木棒与地面的夹角θ＝45°时，柱体对木棒的支持力多大？
（3）用数学知识推导当木棒与地面的夹角为θ时，柱体对木棒的支持力的数学表达式。

【解答】解：
（1）柱体对木棒的支持力及支持力的力臂，如图所示：
（2）木棒的重力和柱体对木棒的支持力的示意图、力臂如图所示：
，
当木棒与地面的夹角θ＝45°时，
重力的力臂：LG=3R2cos45°=3R2×22=32R4，
柱体对木棒的支持力力臂：LN＝R，
由杠杆平衡可得：
GLG＝FNLN，
则FN=G×32R4R=324G；
（3）当木棒与地面的夹角为θ时，
重力的力臂：LG=3R2cosθ，
柱体对木棒的支持力力臂：LN=Rtanθ，
由杠杆平衡可得：
GLG＝FNLN，
则：FN=G×3R2cosθRtanθ=32•cosθ•tanθG。
答：（1）见上图；
（2）当木棒与地面的夹角θ＝45°时，柱体对木棒的支持力为324G；
（3）柱体对木棒的支持力的数学表达式为FN=32•cosθ•tanθG。
9．图甲是一种壶口处配有自动开合小壶盖的电水壶。
（1）如图乙，电水壶底部的导线连接装置有铜环①、铜环②和铜柱③．经测试发现：①、②之间是绝缘的，②、③之间常温下有十几欧姆的电阻。则与水壶金属外壳相连的装置是 　铜环①　。
（2）图丙是自动开合小壶盖简化侧视图。OA是小壶盖，C是其重力作用点。B是小壶盖的配重。OB是配重柄。AOB能绕固定点O自由转动。请在答题纸图丙中作出小壶盖的重力G及其力臂L。
（3）已知：小壶盖质量为4克，OA＝3厘米，OC＝1.4厘米，OB＝1厘米，∠AOB＝135°．要求倒水时，壶身最多倾斜45°，小壶盖便自动打开；壶身竖直时，小壶盖在水平位置自动闭合。求配重B的质量取值范围。（配重柄质量和O点的摩擦均忽略不计，2取1.4）

【解答】解：（1）铜是导体，由题意，铜环①、铜环②之间是绝缘的，说明之间有底盘的绝缘体，②、③之间常温下有十几欧姆的电阻，为加热电阻，故与水壶金属外壳相连的装置只能是铜环①，否则与②或③相连则有触电的危险。
（2）小壶盖的重力G方向竖直向下，根据力臂的定义做出重力的力臂，如下图1所示：


（3）当配重柄水平时，可求出配重的最小质量，杠杆示意图如图2：
OD=12×OC=12×1.4cm＝1cm，根据杠杆的平衡条件：
G1l1＝G2l2，m1gl1＝m2gl2，m2=m1ODOB=4g×1cm1cm=4g；
当小壶盖水平时，可求出配重的最大质量，杠杆示意图如图3：
OE=12×OB=12×1cm≈0.71cm，
根据杠杆的平衡条件：
G1l1′＝G2′l2′，m1gl1′＝m2gl2′，
m2′＝m1OCOE=4g×1.4cm0.71cm≈7.89g。
故答案为：（1）铜环①；（2）如图1所示；（3）配重B的质量取值范围为4g﹣7.89g。（最小值为3.92g、3.96g、3.98g等，最大值为7.8g、7.84g、7.9g、8g等都可）。
10．中国科技馆探索与发现A厅有这样一样展品，一根质地均匀的金属杆架在两个可以旋转的光滑程度相同的轮子之间，两轮均向内侧旋转，发现金属杆做往复运动。若实验开始时把金属杆水平静止放置在如图所示位置（La＜Lb），图中O为金属杆的重心，O1、O2分别为两轮和金属杆的接触点，金属杆与两轮接触点受到向上的支持力分别为N1和N2。
（1）若以O2为支点，依据杠杆平衡原理可得表达式N1＝　GLb(La+Lb)　（分别用G、La和Lb表示）。同理可得N2的表达式。由此可知：N1　大于　N2（选填“大于”、“小于”或“等于”）；
（2）当两轮开始转动时金属杆O1、O2处受到摩擦力分别为f1和f2，则f1　大于　f2（选填“大于”、“小于”或“等于”）。

【解答】解：若以O2为支点，支持力N1和重力G提供了动力和阻力，因为保持平衡，所以，根据杠杆平衡条件可得：N1×（La+Lb）＝G×Lb，则N1=GLb(La+Lb)；
由于杠杆能保持平衡，所以，若以O点为支点，根据杠杆平衡条件可得：N1×La＝N2×Lb，由于La＜Lb，所以N1＞N2；
（2）滑杆如果靠近某一端，这一端的压力会增加，摩擦力亦增加，对滑杆反推的力量大于正推的力量，滑杆就会向另一端运动。由于滑杆更靠近O1，所以f1更大。
故答案为：（1）GLb(La+Lb)；大于；（2）大于。
11．如图所示，杠杆AD放在钢制水平凹槽BC中，杠杆AD能以B点或C点为支点在竖直平面内转动，BC＝0.2m．细绳的一端系在杠杆的A端，另一端绕过动滑轮固定在天花板上，物体E挂在动滑轮的挂钩上。浸没在水中的物体H通过细绳挂在杠杆的D端，与杠杆D端固定连接的水平圆盘的上表面受到的压力为F．已知60N≤F≤200N，动滑轮的质量m0＝1kg，物体H的密度ρ＝2×103kg/m3，AD＝0.8m，CD＝0.2m，杠杆、圆盘、细绳的质量及摩擦均忽略不计，g取10N/kg．为使杠杆AD保持水平平衡，求：

（1）物体E的最小质量m；
（2）物体H的最小体积V。
【解答】解：由于60N≤F≤200N，当Fmin＝60N时，由题意知，此时以B点为支点，分别以E、杆、H为研究对象，受力分析如图所示：
；
因为是动滑轮，所以FA=12（m+m0）g
FD＝F+GH﹣F浮＝F+ρgV﹣ρ水gV
根据题意及杠杆的平衡条件：
FA•LAB≤FD•LBD
则12（m+m0）g×LAB≤（Fmin+ρgV﹣ρ水gV）×LBD①
当Fmax＝200N时，由题意知，此时以C点为支点，分别以以E、杆、H为研究对象，受力分析如图所示：

根据题意及杠杆的平衡条件：
FA•LAC≥FD•LCD
则12（m+m0）g×LAC≥（Fmax+ρgV﹣ρ水gV）×LCD②
由①②可得：
13（Fmax+ρgV﹣ρ水gV）≤12（m+m0）g≤Fmin+ρgV﹣ρ水gV
V≥1.0×10﹣3m3，m≥13kg
因此物体E的最小质量为13kg，物体H的最小体积为1.0×10﹣3m3。
答：（1）物体E的最小质量为13kg；（2）物体H的最小体积为1.0×10﹣3m3。
12．一根粗细均匀，长度为1m的木棒AB，将其浸没在水中，并使其可绕B端的水平轴自由转动。为使A端不上浮且维持木棒AB始终水平静止。在A端对其施加一个（方向待求的）力FA＝25N，已知木棒重G＝100N，木棒的密度和水的密度关系为：ρ木＝0.8ρ水，ρ水＝1×103kg/m3。
求：（1）木棒所受浮力的大小；
（2）力FA的力臂大小；
（3）力FA的可能方向（推导后将相关角度标在图中）

【解答】解：（1）木棒的质量m=Gg=100N10N/kg=10kg，已知ρ木＝0.8ρ水＝0.8×1×103kg/m3＝0.8×103kg/m3，
由ρ=mV得：木棒的体积V=mρ木=10kg0.8×103kg/m3=0.0125m3，
由于木棒AB浸没在水中，则V排＝V＝0.0125m3，
所以所受浮力F浮＝ρ水gV排＝V＝1×103kg/m3×10N/kg×0.0125m3＝125N；
（2）由于木棒AB浸没在水中，木棒受浮力和重力的作用，F浮＞G，
则浮力与重力的合力为F＝F浮﹣G＝125N﹣100N＝25N；作用点在重心，方向是：竖直向上；
木棒AB始终水平静止，根据杠杆平衡条件得：FA×＝F×L2，
即FA×L1＝F×12AB，
所以，L1=F×12ABFA=25×12×1m25N=0.5m；
（3）由于使A端不上浮且维持木棒AB始终水平静止，所以在杠杆A端施加阻碍木棒向上转动，则力的方向是向下，由于L1＝0.5m；而AB＝1m，
所以力FA的可能方向是：与AB成30°的角向右下方拉，或向左下方拉。
如图：
或
答：（1）木棒所受浮力的大小为125N；
（2）力FA的力臂大小为0.5m；
（3）力FA的可能方向是与AB成30°的角，方向是向右下方，如上图。
三．杠杆的动态平衡分析
13．如图轻质杠杆两端悬挂着同种材料制成的大小不同的两个实心金属球，杠杆处于平衡状态；若将两球分别浸没在下列液体中，杠杆仍然处于平衡状态是（　　）

A．都浸没在酒精中
B．左边浸没在水中，右边浸没在酒精中
C．左边浸没在酒精中，右边浸没在水中
D．将支点适当向右移动后，都浸没在水中
【解答】解：如图所示：

杠杆两端分别挂上体积不同的两个球时，杠杆在水平位置平衡。
因为杠杆的平衡，所以ρV左g×OA＝ρV右g×OB，
化简后可得：V左×OA＝V右×OB，
若将两球同时浸没在酒精或水中，则：
左端＝（ρV左g﹣ρ液V左g）×OA＝ρV左g×OA﹣ρ液V左g×OA
右端＝（ρV右g﹣ρ液V右g）×OB＝ρV右g×OB﹣ρ液V右g×OB
又因为V左×OA＝V右×OB，所以ρ液V左g×OA＝ρ液V右g×OB，
则ρV左g×OA﹣ρ液V左g×OA＝ρV右g×OB﹣ρ液V右g×OB，
因此杠杆仍然平衡，故A正确，D错误；
若将两球同时浸没在不同液体中，则：
左端＝（ρV左g﹣ρ液V左g）×OA＝ρV左g×OA﹣ρ液1V左g×OA
右端＝（ρV右g﹣ρ液V右g）×OB＝ρV右g×OB﹣ρ液2V右g×OB
又因为V左×OA＝V右×OB，所以ρ液1V左g×OA≠ρ液2V右g×OB，
则ρV左g×OA﹣ρ液1V左g×OA≠ρV右g×OB﹣ρ液2V右g×OB，
因此杠杆不能平衡，故BC错误。
故选：A。
四．杠杆的平衡分析法及其应用
14．如图所示，轻绳的一端系有质量为2kg的物体C，另一端系在质量为1kg的均匀木棒AO的A端；木棒AO可绕O端无摩擦转动，在水平拉力F的作用下木棒AO与水平墙面的夹角由30°缓慢增加到60°（g＝10N/kg），则（　　）

A．拉力F的大小一直不变
B．棒与墙面成45°时拉力F＝25N
C．棒与墙面成30°时拉力F=2533N
D．棒与墙面成60°时拉力F=2532
【解答】解：GC＝2kg×10N/kg＝20N；G木＝1kg×10N/kg＝10N；
设木棒AB的长度为l，当棒与水平墙面成30°时，力与力臂的关系如图所示：

根据直角三角形的边角关系可知，L=12l，LG=32l，L木=14l；
其中F为动力，GC、G木均为阻力，
根据杠杆平衡的条件可得FL＝GCLG+G木L木，
即F×32l＝20N×12l+10N×14l，化简可得：F=2533N，故D错误；
同理，当棒与水平墙面成45°时，L=22l，LG=22l，L木=24l；
根据杠杆平衡的条件可得，F×22l＝20N×22l+10N×24l，化简可得：F＝25N，故B正确；故A错误；
同理，当棒与水平墙面成30°时，L=12l，LG=32l，L木=34l；
根据杠杆平衡的条件可得，F×12l＝20N×32l+10N×34l，化简可得：F＝253N，故C错误。
故选：B。
五．杠杆中最小力的问题
15．如图为水平桌面上的圆形玻璃转盘（转盘半径为50cm），在水平力作用下能绕转盘中心O点自由转动，转动时可视为杠杆。甲在A点施加一个大小为20N的水平力FA，想让转盘转动，对面的乙在距O点40cm处的B点同时施加一个水平力，想让转盘反方向转动，乙应沿图中　F2　（选填“F1”、“F2”、“F3”或“F4”）方向施加一个至少为　25　N的力，才可能达到目的（假设只有甲、乙两人对转盘施力，忽略其它力对转动的影响）。

【解答】解：读图可知，图中AB相当于杠杆，O为支点，FA可视为动力，阻力施到B点，此时为了使用力最小，应使力臂最长，且所施力的方向应阻碍杠杆的转动，故想让转盘反方向转动，乙应沿图中F2方向施力。
此时动力的力臂为L1＝50cm＝0.5m，阻力的力臂L2＝40cm＝0.4m，
由杠杆的平衡条件得，FA•L1＝F2•L2，
则F2=FA⋅L1L2=20N×0.5m0.4m=25N。
故答案为：F2；25。
六．探究杠杆的平衡条件实验
16．对于杠杆的原理，我国古代也很注意研究，在古书《墨经》中就对杠杆作出了科学的说明。某物理小组探究如图1所示的一杆秤，通过观察和测量知道：杆秤上标有刻度，提钮在B点，秤钩在A点，O点为刻度的起点（为零刻度点，在B点左侧）．用刻度尺量出OA＝l1，OB＝l2。
（1）秤钩不挂重物时，秤砣挂在O点时杆秤平衡，则重心C应在B点的　右　侧（选填“左”、“右”或“不确定”）．设该杆秤秤砣的质量为m，则杆秤自身重力（不含秤砣）和它的力臂的乘积是　mgl2　。
（2）物理小组利用空瓶（空瓶质量比秤砣质量小一些）、细线测原有秤砣的质量。方法是：用细线系在空瓶上并置于　O　点，慢慢往瓶中加沙子，如果杆秤恰能平衡，相当于新做了一个秤砣，再把它挂在秤钩上，移动原秤砣位置至杠杆平衡，秤杆上的读数即为原秤砣质量。
（3）物理小组通过查资料得到“如果杠杆受两个阻力，杠杆的平衡条件是：F动l动＝F阻l阻+F阻′l阻′，如图2所示”。则上一问中实际上只有刻度尺利用科学推理也可以测得秤砣质量，方法是：设想有两个完全一样的原秤砣甲、乙将甲置于A点，乙置于B点右侧某点，杠杆恰好平衡。由杠杆的平衡条件可知，量出长度l1、l2后，只须从B点起向右量出长度　l1　，该位置杆秤上的读数即为秤砣的质量m。
【解答】解：（1）B点是支点，秤钩不挂重物，秤砣挂在O点与杆秤自重平衡，杆秤的重心因在支点B的另一侧，即重心C应在B点的右侧。杆秤秤砣的质量为m，秤砣与它的力臂的乘积为mgl2，由杠杆平衡条件可知，秤砣和它的力臂的乘积与杆秤自重和它的力臂的乘积相等，则杆秤自身重力（不含秤砣）和它的力臂的乘积为mgl2；
（2）测杆秤秤砣质量，时，可以在O点位置用细线系在空瓶上，慢慢往瓶中加沙子，如果杆秤恰能平衡，相当于新做了一个秤砣，再把它挂在秤钩上，移动原秤砣位置至杠杆平衡，秤杆上的读数即为原秤砣质量。
（3）本题图2中的O点（支点）实际上对应的是图1中的B点。由题中可知B点左右挂的甲、乙与秤砣质量一样。故而直接用G砣代替。由杠杆平衡条件有：G砣（L1+L2）＝G砣L'+G秤L秤（等式左侧力臂的长度为L1+L2，是支点B到左边挂的甲秤砣对杠杆拉力作用线的力臂长度，实际就是OA加OB的长度），由第（1）问可知：G秤L秤＝G砣L2，所以L'＝L1，而力臂是从支点B算起的，所以从B点右移L1。
故答案为：（1）右；mgl2；（2）O；（3）l1。
七．定滑轮及其工作特点
（多选）17．如图，一根轻绳绕过滑轮，其两端分别与木块甲和钩码乙相连，乙将甲从斜面的底端匀速拉动到顶端。已知斜面的长度、高度分别为l、h，甲、乙的重力分别为G甲、G乙，忽略滑轮的轮与轴之间的摩擦，则乙将甲从斜面的底端拉到顶端的过程中（　　）

A．装置中滑轮的作用是改变力的方向
B．甲的动能转化成重力势能
C．钩码所受的重力做功为G 乙l
D．斜面对木块的摩擦力为G 乙一G甲ℎl
【解答】解：A、装置中滑轮为定滑轮，能改变力的方向，故A正确；
B、物体沿斜面匀速运动的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，所以动能没有转化成重力势能，故B错误；
C、钩码在重力的作用下移动了l的距离，故钩码所受的重力做功为G乙l，故C正确；
D、乙对甲木块做的有用功为G乙l，有用功为G甲h，克服甲物体的摩擦力做的功为额外功，为W额外＝G乙l﹣G甲h，
斜面对木块的摩擦力为：f=W额外l=G乙l−G甲ℎl=G乙−G甲ℎl，故D正确。
故选：ACD。
八．机械效率的计算
18．如图，为一举重杠铃。小明同学在一次体育课上举杠铃的过程中，他觉得自己右手力量要大于左手的力量，于是在举重过程中想让右手再多承担一些压力，则他的右手应该向　左　（右端/左端）移动。
（1）在一次举重过程中，小明同学双手将杠铃举过头顶，在他举着杠铃站立时左右两手间距离为1m，左手距离左侧杠铃0.4m，右手距离右侧杠铃0.6m，若此时小明左手竖直向上举的力为350N，则小明同学所举杠铃总质量为多少千克？
（2）若小明同学体重50Kg某次举起的杠铃总重只有30kg，在由蹲下到起立的举重过程中，杠铃高度升高了1.8米，而自身重心升高了1米，则在该次举重过程中的机械效率是多少？（g＝10N/kg）

【解答】解：如图所示，杠杆的支点为O，动力为F，动力臂为OD，阻力为G，阻力臂为OC，
根据杠杆平衡条件可知，在动力和动力臂一定的情况下，阻力臂越短，阻力越大，因此，则他的右手应该向左端移动。
（1）如图，C为杠铃重心，OD＝1m，AD＝0.4m，OB＝0.6m，
则AB＝2m，AC＝CB＝1m，
则OC＝CB﹣OB＝1m﹣0.6m＝0.4m，
设杠铃的重力为G，根据杠杆平衡条件可得，F×OD＝G×OC，即：350N×1m＝G×0.4m，
解得G＝875N，
杠铃的质量m=Gg=875N10N/kg=87.5kg；
（2）将杠铃举高做的功为有用功：
W有用＝G杠铃h＝m杠铃gh＝30kg×10N/kg×1.8m＝540J，
小明同学克服自身重力所做的功：
W＝G小明h＝m小明gh＝50kg×10N/kg×1m＝500J，
在该次举重过程中的总功：
W总＝W有用+W＝540J+500J＝1040J，
在该次举重过程中的机械效率：
η=W有用W总×100%=540J1040J×100%≈51.9%。
故答案为：左端；
（1）小明同学所举杠铃总质量为87.5kg；
（2）在该次举重过程中的机械效率是51.9%。


专题05 动态电路与故障分析
【解题技巧】
一、动态电路题型：含滑动变阻器的串并联电路分析，由开关断开闭合引起的电路分析。此类问题一定要从局部电路电阻的变化→整体电流变化→局部电路电压电流变化，甚至于电功率的变化问题。
二、故障电路：
1.电路故障有短路和断路两种类型
电路中出现短路时,电路中有电流通过(电流表有示数),被短路两点之间没有电压
电路中出现断路时,断路部分没有电流通过(电流表无示数),断路两点之间有电压。
【例题精析】
一．电流表、电压表在判断电路故障中的应用
1．在如图所示的电路中，电源电压为U且不变。
①闭合开关S后，两电表的指针位置均不变。若电路中仅有一处故障，且只发生在R1或R2上，请根据以上信息，写出两电表的示数及对应的故障。 　若电压表示数为0，电流表示数为0，R2断路；若电压表示数为U，电流表示数为0，R1断路　
②排除故障后，再闭合开关S，向右移动变阻器的滑片P，电流表示数 　变小　，电压表示数与电流表示数的比值 　不变　（选填“变大”、“不变”或“变小”）。

【解答】解：①由图可知，该电路为串联电路，电压表测量的是R1两端的电压，电流表测量电路中的电流；
若R2断路，开关S断开时，电流表和电压表示数都为0；开关闭合后，整个电路是断开的，则电流表示数为0，电压表示数为0；电流表和电压表示数都不变，符合题意；
若R1断路，开关S断开时，则电流表示数为0，电压表测量电源电压，为U；开关闭合后，电路中无电流，电流表示数为0，电压表测量的是电源电压，示数为U；电流表示数不变，电压表示数不变，符合题意；
若R2短路，开关S断开时，电流表示数为0，电压表测量的是电源电压，为U；开关闭合后，电路中有电流，电流表示数变大，此时电压表测量的是电源电压，保持不变，不符合题意；
若R1短路，开关S断开时，电压表测量的是电源的电压，示数为U，电路中无电流，电流表示数为0；开关闭合后，电路是通路，电路中有电流，此时电压表测量的是一段导线两端的电压，示数为0，两表示数都发生了变化，不符合题意；
综上所述：故障为：若电压表示数为0，电流表示数为0，R2断路；若电压表示数为U，电流表示数为0，R1断路；
②排除故障后，再闭合开关S，向右移动变阻器的滑片P，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路的总电阻变大，根据欧姆定律可知，电路中的电流变小，电流表示数变小；
根据R=UI可知，电压表与电流表示数的比值为R1的阻值，保持不变。
故答案为：①若电压表示数为0，电流表示数为0，R2断路；若电压表示数为U，电流表示数为0，R1断路；②变小；不变。
2．如图是电热毯示意图，虚线表示毯内电热丝，它的某处已断开，但外表又无法看出．某同学做了如下检测：
（1）将5枚大头针分别插在图中a、b、c、d、e处，使之与电热丝接触；
（2）将插头与3V电源相联，用电压表分别测得Uab＝3V，Uac＝3V，Uad＝3V，Ubc＝0V，Ued＝3V，由此便确定了断点区域；用以上相同的方法逐渐缩小断点范围，找出断点位置。请回答：
①这几枚大头针相当于 　接线柱　；②根据实验，请分析断电区域在 　ed之间　？

【解答】解：①由题意可知，插入大头针，是为了方便电压表测量电热丝某两点之间的电压，所以这几枚大头针相当于接线柱；
②电路中没有电流，当电压表有读数时，说明这两个接线柱是在断点的两侧的，当电压表没有读数时，说明这两个接线柱是在断点的一侧，Ued＝3V，说明e、d在断点的两侧，即断电区域在ed之间。
故本题答案为：①接线柱；②ed之间。
3．为了能自动记录跳绳的次数，某科技小组设计了一种自动计数器，其简化电路如图甲所示，R1是一种光敏元件，每当绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的电阻会变大，自动计数器会计数一次，信号处理系统能记录AB间每时刻的电压若已知电源电压为12V，某时段AB间的电压随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．AB两端电压为6V时，跳绳自动计数器会计数一次
B．绳子挡住了射向R1的红外线时，R1和R2的阻值相等
C．绳子没有挡住射向R1的红外线时，R1的阻值是R2的3倍
D．绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的阻值会变为原来的5倍
【解答】解：由甲图电路知，R1与R2串联，AB间电压为R2两端电压。
（1）由题知，当射向R1的激光被挡时，R1阻值变大，根据串联电路的分压原理知，R1分得电压增大，R2分得电压减小，
由图象知，此时U2＝UAB＝2V，因为R1的电阻变大，自动计数器会计数一次，即AB间电压为2V计数一次，故A错误；
由串联电路的分压原理有：U1U2=U−U2U2=R1R2，即：12V−2V2V=R1R2，
所以：R1＝5R2，故B错误；
（2）当射向R1的激光没有被挡时，R1阻值变小，R1分得电压减小，R2分得电压增大，由图象知，此时，U2'＝UAB'＝6V，
由串联电路的分压原理有：U1U2'=U−U2'U2'=R1'R2，即：12V−6V6V=R1'R2，
所以：R1'＝R2，故C错误；
且R1＝5R1'，即绳子挡住了射向R1的红外线时，R1的阻值会变为原来的5倍，故D正确。
故选：D。
二．电路的动态分析
4．如图所示电路，电源电压恒定，R为滑动变阻器，忽略灯泡阻值受温度的影响，当向右移动滑动变阻器滑片时（　　）

A．V的示数变大 B．A2的示数不变
C．V与A2示数的比值减小 D．电路消耗的总功率减小
【解答】解：由图可知，该电路为并联电路，电压表测量电源的电压，电流表A2测量的是干路中的电流，电流表A1测量的是通过滑动变阻器的电流；
A、由于电源电压不变，移动滑片时，电压表示数不变，故A错误；
B、当向右移动滑动变阻器滑片时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，根据欧姆定律I=UR可知，通过滑动变阻器的电流变小，电流表A1的示数变小；
因为并联电路中各支路互不影响，通过灯泡的电流不变；根据并联电路电流的规律可知，干路中的电流变小，即电流表A2的示数变小，故B错误；
C、电压表V的示数不变，电流表A2的示数变小，则电压表V的示数与电流表A2的示数的比值变大，故C错误；
D、电源电压不变，干路的电流减小，根据P＝UI知电路消耗的总功率减小，故D正确。
故选：D。
5．如图所示，电源电压恒为6V，电流表量程为“0～0.6A”，电压表量程“0～3V”，滑动变阻器、小灯泡L（灯丝电阻不变）分别标有“20Ω 1A”、“2.5V 0.5A”字样。在保证电路安全的情况下，移动滑动变阻器的滑片，下列选项中正确的是（　　）

A．电流表的示数变化范围是0.2A～0.5A
B．电压表的示数变化范围是1.2V～3V
C．滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω
D．滑动变阻器的最大电功率1.8W
【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流，电压表测灯泡L两端的电压。
A、由I=UR可得，灯泡的电阻RL=ULIL=2.5V0.5A=5Ω；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，即电流表的示数最小，
则I小=UR总=URL+R大=6V5Ω+20Ω=0.24A，
因串联电路中各处的电流相等，且电流表量程为0～0.6A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，小灯泡L的额定电流为0.5A，所以，电路中电流表的最大电流I大＝0.5A，则电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，故A错误；
B、当电路中的电流为0.5A时，灯泡正常发光，此时灯泡两端的电压为2.5V，即电压表的最大示数为2.5V，当电路中的电流最小时，灯泡两端的电压最小，即电压表的最小示数UL′＝I小RL＝0.24A×5Ω＝1.2V，
所以，电压表的示数变化范围是1.2V～2.5V，故B错误；
C、当电路中的电流最大时，滑动变阻器接入电路中的电阻最小，此时电路的总电阻R总=UI大=6V0.5A=12Ω，由串联电路中总电阻等于各分电阻之和可知，滑动变阻器接入电路中的最小阻值R小＝R总﹣RL＝12Ω﹣5Ω＝7Ω，所以，滑动变阻器连入电路的阻值变化范围是7Ω～20Ω，故C正确；
D、当电路中的电流为I时，滑动变阻器消耗的电功率PR＝URI＝（U﹣IR）I＝（6V﹣I×5Ω）I＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω）＝5（1.2V×I﹣I2×1Ω﹣0.36W+0.36W）＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω，
因电流表的示数变化范围是0.24A～0.5A，所以，当I＝0.5A时，滑动变阻器的功率最大，则PR大＝1.8W﹣（I﹣0.6A）2×5Ω＝1.8W﹣（0.5A﹣0.6A）2×5Ω＝1.75W，故D错误。
故选：C。
6．如图所示，电源电压保持不变。闭合开关S，在将滑片P由图中位置逐渐向左移动的过程中，若忽略灯丝电阻的变化，则下列说法中错误的是（　　）

A．电压表V的示数不变
B．电压表V的示数与电流表A1的示数的比值变大
C．灯泡的实际功率变小
D．电流表A和A1的示数的差值不变
【解答】解：
由电路图可知，灯泡与滑动变阻器并联，电压表测电源的电压，电流表A测干路电流，电流表A1测滑动变阻器支路的电流；
AC、因电源电压保持不变，所以，滑片移动时，电压表V的示数不变；
因并联电路中各支路独立工作、互不影响，所以，滑片移动时，通过灯泡支路的电流不变，由P＝UI可知，灯泡的实际功率不变；故A正确，C错误；
B、闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，变阻器接入电路中的电阻变大，根据R=UI可知，电压表V示数与电流表A1示数的比值为滑动变阻器接入电路的阻值，因此其比值变大，故B正确；
D、根据并联电路的电流关系可知，电流表A和A1示数之差为通过灯泡的电流，且保持不变，故D正确。
故选：C。
7．如图甲所示，电源电压恒定不变，R1为标有“20Ω 1A”的滑动变阻器，小灯泡L标有“4.5V 2.25W”的字样（忽略温度对小灯泡电阻的影响），电压表接0～3V量程，电流表接0～0.6A量程。当只闭合开关S时，移动滑动变阻器的滑片，得到R1的电功率P1与R1的关系如图乙所示。只闭合S1、S2时，移动滑动变阻器的滑片，在保证各电路元件不被损坏的情况下，下列说法正确的是（　　）
A．小灯泡L正常工作时的电阻值为2Ω
B．只闭合S1、S2时，电流表的变化范围为0～0.5A
C．只闭合S1、S2时，电压表的变化范围为0～3V
D．只闭合S1、S2时，小灯泡功率变化范围为1～2.25W
【解答】解：
由电路图可知，只闭合开关S时，滑动变阻器R1和定值电阻R2串联，根据图乙可知电阻R1＝4Ω或R1′＝16Ω时，电阻R1的电功率都为1W，根据P＝I2R求出电路电流，再根据串联电路电阻规律和欧姆定律求出电源电压和定值电阻R2的阻值；
根据图乙可知电阻R1＝4Ω时，电阻R1的电功率为1W，
由P＝I2R可知，此时电路电流：I=P1R1=1W4Ω=0.5A，
电阻R1′＝16Ω时，电阻R1的电功率为1W，
由P＝I2R可知，此时电路电流：I′=P1R1'=1W16Ω=0.25A，
因串联电路的总电阻等于各分电阻之和，所以由I=UR可知，电源电压：U＝IR总＝0.5A×（4Ω+R2）＝0.25A×（16Ω+R2）
解得：R2＝8Ω，U＝6V；
（1）由P=U2R可知，灯泡正常发光的电阻：RL=UL2PL=(4.5V)22.25W=9Ω，故A错误；
（2）由电路图可知，只闭合S1、S2时，灯泡与滑动变阻器R1串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器R1两端电压；
由P＝UI可得，灯泡的额定电流：IL=PLUL=2.25W4.5V=0.5A，
由于灯泡的额定电流为0.5A，滑动变阻器允许通过的最大电流为1A，电流表的量程为0～0.6A，则电路的最大电流为0.5A，
因串联电路两端电压等于各部分电压之和，所以电压表的最小示数：U小＝U﹣UL＝6V﹣4.5V＝1.5V，
灯泡的最大功率为灯泡的额定功率2.25W；
因电压表的量程为0～3V，所以电压表的最大示数为3V，此时滑动变阻器接入电路阻值最大，电路电流最小，
此时灯泡两端电压：UL′＝U﹣U大＝6V﹣3V＝3V，
电路最小电流：I小=UL'RL=3V9Ω=13A≈0.33A，
灯泡的最小功率：P小＝I小2RL＝（13A）2×9Ω＝1W，
故电流表的变化范围为0.33A～0.5A；电压表的变化范围为1.5V～3V；小灯泡功率变化范围为1～2.25W，故BC错误，D正确。
故选：D。
（多选）8．如图所示，电源电压不变，L灯丝电阻不变。下列说法正确的是（　　）

A．只闭合S1，将P向右移动一段距离，电压表示数与电流表示数的比值变小，电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值也变小
B．只闭合S1，将P向右移动，R1消耗的功率增加
C．开关S1、S2闭合S3断开，将P向左移动，电压表示数变大，L的亮度变大，电流表示数变小
D．开关都闭合，将P向右移动，L消耗的功率不变，R2消耗的功率变大
【解答】解：
AB、由图知，只闭合S1，R1、R2串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中电流。
P向右移动时，R2连入阻值变小，电路的总电阻变小，由欧姆定律可知，电路中电流变大，即电流表示数变大，由P＝I2R知R1消耗的功率增大，故B正确；
电压表示数与电流表示数的比值为R2的阻值，R2连入电路的阻值变小，故电压表示数与电流表示数的比值变小；
由串联电路的分压原理可知，R2分得电压减小，R1分得电压增大，因为串联电路中总电压等于各部分电路两端电压之和不变，所以有：ΔU2＝ΔU1，
R1为定值电阻，由欧姆定律知，R1=△U1△I=△U2△I，即电压表示数的变化量与电流表示数的变化量的比值不变，故A错误；
C、闭合S1、S2，断开S3，此时灯泡与滑动变阻器并联后再与R1串联，电压表测滑动变阻器两端电压，电流表测干路电流，将P向左移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，总电阻变大，总电流变小，所以电流表示数变小；滑动变阻器接入电路的电阻变大使得其分担的电压变大，故电压表示数增大，灯泡与滑动变阻器并联，故灯泡两端的电压也变大，由P=U2R可知，灯泡的功率变大，灯泡变亮，故C正确；
D、由图知，开关都闭合，L与R2并联，R1短路，电压表测电源电压，电流表测干路电流，并联电路中各支路间互不影响，所以灯泡功率不变，由并联电路电压特点知，将P向右移动，电压表示数不变，R2连入电路的阻值变小，由P=U2R可知，R2消耗的功率变大，故D正确。
故选：BCD。
（多选）9．在如图示的电路中，电源电压保持不变，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻。闭合开关S，将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，电压表V1、V2示数变化的大小分别为ΔU1、ΔU2，电流表示数变化的大小为ΔI。下列判断正确的是（　　）

A．电压表V1示数变小，电压表V2示数变大，电流表示数变大
B．ΔU2大于ΔU1
C．ΔU2ΔI与ΔU1ΔI的差值等于R2
D．R2和R3消耗的电功率的和增加了ΔU2•ΔI
【解答】解：
由图示电路图可知，三个电阻串联，电流表测电路电流，电压表V1测R1、R2两端电压，电压表V2测电阻R2、R3两端电压；
A、将滑片P由a端向b端滑动一段距离后，变阻器连入电路中的电阻变小，电路总电阻变小，由欧姆定律可知，总电流变大，即电流表示数变大；根据U＝IR可知，R3的电压变大，由串联电路电压的规律可知，R1、R2两端电压变小，即电压表V1示数变小，故A正确；
B、由电路图，根据串联电路的总电压保持不变可知，ΔU2＝ΔUR1，ΔU1＝ΔUR3，则ΔU2﹣ΔU1＝ΔUR1﹣ΔUR3，
滑片向右移动过程中，R1的电阻变小，由分压原理，R1两端电压减小，R3两端电压增大，R1两端电压的减小量等于R2、R3两端电压的增加量之和，则ΔUR1＞ΔUR3，所以ΔU2﹣ΔU1＞0，则ΔU2＞ΔU1，故B正确；
C、对定值电阻R3而言，R3=UR3I=U'R3I'，由分比定理有：R3=UR3−U'R3I−I'=ΔUR3ΔI，
同理，对定值电阻R2、R3而言，R2+R3=ΔU2ΔI；﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据串联电路总电压不变，故有：ΔU1ΔI=ΔUR3ΔI=R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
由①②得：ΔU2ΔI与ΔU1ΔI之差等于R2；故C正确；
D、V2测R2和R3两端电压，且电压都变大，
V2示数变化量ΔU2＝UV2'﹣UV2，电流表示数变化量ΔI＝I'﹣I，
则：ΔU2•ΔI＝（UV2'﹣UV2）（I'﹣I），
由P＝UI可得，R2和R3消耗的电功率之和增加了：
ΔP2和3＝UV2′I′﹣UV2I≠（UV2'﹣UV2）（I'﹣I），
即：ΔP2和3≠ΔU2•ΔI，故D错误；
故选：ABC。
（多选）10．如图所示的电路中，电源电压保持不变，a、b可能是电压表也可能是电流表，下列说法正确的是（　　）


A．闭合开关S、S1，断开开关S2时，a一定是电压表
B．闭合S、S2，断开S1，滑动变阻器的滑片P向右滑动，若b是电流表，则其示数变小
C．闭合S、S2，断开S1，滑动变阻器的滑片P向右滑动，若a是电压表，b是电流表，则电阻R1消耗的功率变大
D．闭合S、S2，断开S1，滑动变阻器的滑片P向右滑动，若a、b都是电压表，则a表示数的变化量|△Ua|大于b的变化量|△Ub|
【解答】解：
A.由电路图可知，闭合开关S、S1，断开开关S2时，电表a与R2串联、电表b与变阻器R串联，然后它们并联，
若a、b均为电流表时，R与R2并联，两电流表分别测两支路的电流，
若a为电流表、b为电压表时，电路为R2的简单电路，电流表a测电路中的电流，电压表b测电源两端的电压，
若a、b均为电压表时，两电压表均测电源两端的电压，
若a为电压表、b为电流表时，电路为R的简单电路，电流表b测电路中的电流，电压表a测电源两端的电压，
综上可知，a可以为电流表，也可以是电压表，故A错误；
B.闭合S、S2，断开S1，且b是电流表时，
若a为电压表，R2被短路，电路为R1与R串联，电压表a测R两端的电压，电流表b测电路中的电流，
滑动变阻器的滑片P向右滑动，接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，
由I=UR可知，电路中的电流变大，即电流表b的示数变大；
若a为电流表，R和R2被短路，电路为R1的简单电路，两电流表均测电路中的电流，则滑片移动时，电流表b的示数不变，
综上可知，B选项错误；
C.闭合S、S2，断开S1，且a是电压表，b是电流表时，R1与R串联，电压表a测R两端的电压，电流表b测电路中的电流，
当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，接入电路中的电阻变小，电路的总电阻变小，电路中的电流变大，
由P＝UI＝I2R可知，电阻R1消耗的功率变大，故C正确；
D.闭合S、S2，断开S1，且a、b都是电压表时，R1、R、R2串联，电压表a测R两端的电压，电压表b测R2两端的电压，
设滑动变阻器的滑片P向右滑动前后电路中的电流分别为I1、I2，
则电压表b示数的变化量|△Ub|＝|Ub′﹣Ub|＝|I2R2﹣I1R2|＝|I2﹣I1|R2，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，a表示数的变化量|△Ua|＝|Ua′﹣Ua|＝|[U﹣I2（R1+R2）]﹣[U﹣I1（R1+R2）]|＝|I2﹣I1|（R1+R2），
则a表示数的变化量|△Ua|大于b的变化量|△Ub|，故D正确。
故选：CD。
（多选）11．如图所示的两个电路，电源电压保持不变。闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，下列说法正确的是（　　）

A．在甲图中，电流表A1示数变小，电压表V、电流表A2示数均不变
B．在甲图中，电压表V的示数与电流表A2的示数之比变大
C．在乙图中，电压表V1、电流表A、电压表V2示数均不变
D．在乙图中，R1的电功率有可能先变大再变小
【解答】解：
AB、甲图中，变阻器R1与定值电阻R2并联，电压表测电源电压，A1测变阻器R1的电流，A2测并联电路的总电流；因电源电压不变，则滑片移动时电压表V示数不变；将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，由欧姆定律可知通过变阻器的电流变小，即A1示数变小；因并联电路各支路互不影响，则通过定值电阻R2的电流不变，根据并联电路电流的规律可知总电流变小，即A2示数变小；电压表示数不变，A2示数变小，所以电压表V的示数与电流表A2的示数之比变大，故A错误，B正确；
CD、乙图中，变阻器R1与定值电阻R2串联，V1测电源电压，V2测变阻器R1的电压，A测电路中的电流；因电源电压不变，则滑片移动时电压表V1示数不变；将滑动变阻器的滑片P从中点向左移动，变阻器连入电路的电阻变大，由电阻的串联可知电路的总电阻变大，由欧姆定律可知，电路中的电流变小，即电流表A示数变小；电路中的电流变小，根据U＝IR可知，定值电阻R2的电压变小，由串联电路电压的规律可知，变阻器R1的电压变大，即V2示数变大；
R1的电功率为：P=(UR1+R2)2R1=U2R1(R1−R2)2+4R1R2=U2(R1−R2)2R1+4R2，由此可知，当R1＝R2时，R1的电功率最大，所以R1的电功率有可能先变大再变小，故C错误，D正确。
故选：BD。
（多选）12．如图所示，电源电压恒为24V，小灯泡的规格为“6V 3W”，滑动变阻器R1的规格为“60Ω 1A”，定值电阻R2的阻值为12Ω。电压表使用的量程为0～15V，电流表使用的量程为0～0.6A。要求闭合开关后两电表的示数均不超过所选量程，灯泡电压不超过正常工作电压（设灯丝电阻不变）。下列说法正确的是（　　）

A．若滑动变阻器的滑片向右移动，电流表示数变小
B．滑动变阻器允许接入的阻值范围是24Ω～40Ω
C．定值电阻R2消耗的电功率的最大值等于4.32W
D．电路总功率的变化范围必须控制在9W～14.4W
【解答】解：由图可知，灯泡、电阻及滑动变阻器串联，电流表测量电路电流，电压表测量滑动变阻器两端电压；
（1）当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，则电路的总电阻变大，由欧姆定律可知电路电流变小，即电流表示数变小，故A正确；
（2）由功率公式P＝UI可得，灯泡的额定电流I额=P额U额=3W6V=0.5A，则电路中电流不能超过0.5A；
由欧姆定律得，灯泡的电阻RL=U额I额=6V0.5A=12Ω；
①当滑动变阻器接入电阻最小时，电路中电流应为0.5A时，由欧姆定律和串联电路的电阻规律可得：R=UI额=R1+RL+R2；
则滑动变阻器接入电路的最小阻值：R1=24V0.5A−12Ω﹣12Ω＝24Ω；
电路的总功率：P＝UI额＝24V×0.5A＝12W；
电阻R2消耗电功率的最大值：P2＝I额2R2＝（0.5A）2×12Ω＝3W，故C错误；
②当电压表示数为U1＝15V时，此时灯泡及电阻R2两端的电压U2L＝U﹣U1＝24V﹣15V＝9V；
则此时电路中的电流I=U2LR2+RL=9V12Ω+12Ω=0.375A；
则电路的总功率：P′＝UI＝24V×0.375A＝9W；
电路总功率的变化范围是9W～12W，故D错误；
则此时滑动变阻器的接入最大的阻值R1′=U1I=15V0.375A=40Ω；
即滑动变阻器允许接入的电阻范围为24Ω～40Ω，故B正确。
故选：AB。
13．如图所示，电源电压U保持不变，滑动变阻器最大阻值为R3。当只闭合开关S，滑片P在最左端时，电压表示数为U1，R1的电功率为P1，再将S1闭合，滑片P移至最右端，电压表示数变为U2；当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，R1的电功率为P1′，R3的电功率为P3，电流表A与A1示数之差为1.2A。已知U1：U2＝5：9，P1：P1′＝1：9，P3＝4.8W。下列结论中不正确的是（　　）

A．只闭合S时，电路的最大总功率为4.8W
B．只闭合S时，电路的最大总功率是最小总功率的3倍
C．只闭合S2、S3，电路的最小总功率为19.2W
D．只闭合S、S2、S3，电路的最小总功率为26.4W
【解答】解：当只闭合开关S，滑片P在最左端时，等效电路图如图1所示；
再将S1闭合，滑片P移至最右端，等效电路图如图2所示；
当只闭合S、S2、S3，滑片P仍在最右端时，等效电路图如图3所示。

图1中，R1的电功率：P1=U12R1，
图2中，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以R1的电功率：P1′=U2R1，
则P1P1'=U12R1U2R1=U12U2=19，解得：U1U=13，
图1中，因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，所以U1U=I1R1I1R总=R1R总=R1R1+R2=13，
整理可得：R2＝2R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
图1和图2中，因电源的电压不变，所以I1I2=R2+R3R1+R2=2R1+R3R1+2R1=2R1+R33R1，
两电压表的示数之比：U1U2=I1R1I2R3=I1I2×R1R3=2R1+R33R1×R1R3=59，
整理可得：R3＝3R1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
图3中，因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A与A1示数之差为1.2A，
所以通过R1的电流I1＝1.2A，即UR1=1.2A﹣﹣﹣﹣③
R3的电功率：P3=U2R3=U23R1，即4.8W=U23R1−−−④
由③④可得：U＝12V，R1＝10Ω，
代入①②可得：R2＝20Ω，R3＝30Ω。
AB．只闭合S时，定值电阻R1和R2与滑动变阻器R3串联，电压表测R1和R3两端的电压之和，电流表测电路中的电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电路的总电阻最小，总功率最大，
则P大=U2R总=U2R1+R2=(12V)210Ω+20Ω=4.8W，故A正确；
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总电阻最达，总功率最小，
则P小=U2R总'=U2R1+R2+R3=(12V)210Ω+20Ω+30Ω=2.4W，
所以，P大：P小＝4.8W：2.4W＝2：1，即电路的最大总功率是最小总功率的2倍，故B错误；
C．只闭合S2、S3时，定值电阻R1和滑动变阻器R3并联，电流表A1测R3支路的电流，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小′=U2R1+U2R3=(12V)210Ω+(12V)230Ω=19.2W，故C正确；
D．只闭合S、S2、S3时，定值电阻R1和R2与滑动变阻器R3并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A测干路电流，
当滑动变阻器接入电路中的电阻最大时，电路的总功率最小，
则P小″=U2R1+U2R2+U2R3=(12V)210Ω+(12V)220Ω+(12V)230Ω=26.4W，故D正确。
故选：B。
14．如图，电源电压U恒定，R1＝10Ω。闭合开关S，把开关S1、S2、S3均断开，滑片P在最左端，电流表示数为I，R1消耗的功率为P1；此时，将滑片P滑动到最右端，电流表示数为I'；滑片移至最左端，再闭合S1、S3，R1消耗的功率为P1'，R2消耗的功率为1.8W。已知I：I'＝3：5，P1：P1'＝1：25，下列选项正确的是（　　）

A．R2＝30Ω，U＝9V
B．电路消耗的最小功率为0.72W
C．电路消耗的最大功率为7.2W
D．S、S2、S3闭合，滑片滑至中央，电流表示数1.5A
【解答】解：
A．闭合开关S，把开关S1、S2、S3均断开，滑片P在最左端，等效电路图如图1所示；此时将滑片P滑动到最右端，等效电路图如图2所示；
滑片移至最左端，再闭合S1、S3，等效电路图如图3所示：

图1和图2中，因电源的电压不变，
所以，II'=R1+R2R1+R2+R3=10Ω+R210Ω+R2+R3=35，
整理可得：20Ω+2R2＝3R3﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
图1中，R1消耗的功率P1=U12R1，
图3中，因并联电路中各支路两端的电压相等，
所以，R1消耗的功率P1′=U2R1，
则P1P1'=U12R1U2R1=U12U2=125，
解得：U1U=15，
图1中，U1U=IR1IR总=R1R总=R1R1+R2+R3=10Ω10Ω+R2+R3=15，
整理可得：R2+R3＝40Ω﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②可得：R2＝R3＝20Ω，
图3中，R2消耗的功率P2=U2R2，即1.8W=U220Ω，
解得：U＝6V，故A错误；
B．闭合开关S，把开关S1、S2、S3均断开，滑片P在最左端时，三电阻串联，电路的总电阻最大，总功率最小，
则P小=U2R总=U2R1+R2+R3=(6V)210Ω+20Ω+20Ω=0.72W，故B正确；
CD．S、S2、S3闭合，滑片滑至中央，R1与R3左侧的电阻（12R3）并联，
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，
所以，干路电流表的示数：I总=UR1+UR3左=6V10Ω+6V12×20Ω=1.2A，故D错误；
由前面解答可知，电流表的量程应为0﹣3A，
当闭合开关S、S1、S3，断开开关S2时，R1、R2、R3并联，调节变阻器的滑片可使干路电流最大为3A，
则电路消耗的最大功率P大＝UI大＝6V×3A＝18W＞7.2W，故C错误。
故选：B。
15．如图甲所示，电源电压恒为18V，灯泡L上标有“10V，5W”字样，电流表量程为0﹣0.6A，电压表量程为0﹣15V，滑动变阻器R的最大阻值为200Ω，当只闭合S和S1，移动滑动变阻器的滑片P时，它两端的电压与其接入电路的电阻关系如图乙所示。当滑动变阻器接入电路的阻值由R1增大到4R1时，定值电阻R0的电功率变化了5.4W。（忽略灯泡电阻随温度的变化），则下列说法中错误的是（　　）


A．灯泡L正常发光时通过的电流为0.5A
B．定值电阻R0的阻值为40Ω
C．只闭合S和S2，且滑动变阻器的滑片P置于中点位置时，灯泡的实际功率为0.45W
D．只闭合S和S1，在保证电路安全的情况下，当电阻R0消耗电功率最小时，滑动变阻器R消耗的电功率为2.25W
【解答】解：
A.由P＝UI可得，灯泡L正常发光时通过的电流：IL=PLUL=5W10V=0.5A，故A正确；
BD.当只闭合S和S1时，R0与R串联，电压表测R两端的电压，电流表测电路中的电流，
则变阻器接入电路中的为R1和4R1时，电路中的电路中的电流分别为：
I1=U总R0+R1=18VR0+R1，I2=U总R0+4R1=18VR0+4R1，
由图乙可知，变阻器接入电路中的为R1和4R1时对应电压表的示数分别为U1、2U1，
则两次电压表的示数之比：
URUR'=I1R1I2×4R1=I14I2=18VR0+R14×18VR0+4R1=R0+4R14(R0+R1)=U12U1=12，
解得：R1=12R0，
由P＝I2R可得，定值电阻R0的电功率：
△P0＝I12R0﹣I22R0＝（18VR0+R1）2R0﹣（18VR0+4R1）2R0＝（18VR0+12R0）2R0﹣（18VR0+4×12R0）2R0＝5.4W，
解得：R0＝20Ω，故B错误；
当电压表的示数为15V时，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，R0两端的电压：
U0＝U总﹣UR大＝18V﹣15V＝3V，
因串联电路中各处的电流相等，
所以，电路中的电流：
I=U0R0=3V20Ω=0.15A＜0.6A，
所以，此时电阻R0消耗的电功率最小，则滑动变阻器R消耗的电功率：
PR＝UR大I′＝15V×0.15A＝2.25W，故D正确；
C.灯泡的电阻：RL=ULIL=10V0.5A=20Ω，
只闭合S和S2，且滑动变阻器的滑片P置于中点位置时，L与12R串联，
因串联电路中总电阻等于各分电阻之和，
所以，电路中的电流：I=U总RL+12R=18V20Ω+12×200Ω=0.15A，
灯泡的实际功率：
PL′＝I2RL＝（0.15A）2×20Ω＝0.45W，故C正确。
故选：B。
16．如图所示，在闭合电路中，只有滑动变阻器甲和乙串联，将阻值调到相等的地方，此时甲和乙的电功率均为P。先将乙的滑片向右移甲不动，其电功率分别为P甲和P乙，再将甲的滑片向右移，乙不动，其电功率分别为P'甲和P'乙，下列说法正确的是（　　）

A．P甲＜P乙 B．P乙＜P甲 C．P'甲＜P甲 D．P'乙＜P乙
【解答】解：设最初滑动变阻器甲、乙接入电路的电阻相等且都等于R，此时甲和乙的电功率均为P，
根据欧姆定律可知，此时电路电流I=U源R+R=U源2R，P＝I2R；
AB、将乙的滑片向右移甲不动，设滑动变阻器乙的电阻增大了△R乙，则电路总电阻R总＝2R+△R乙，
根据欧姆定律可知，此时电路电流I'=U源2R+△R乙，P甲＝I'2R，P乙＝I'2（R+△R乙）；
因为R＜（R+△R乙），根据P＝I2R可知，P甲＜P乙，故A正确，B错误；
CD、将甲的滑片向右移，乙不动，设滑动变阻器甲的电阻减小了△R甲，则电路总电阻R总＝2R+△R乙﹣△R甲；
根据欧姆定律可知，此时电路电流I''=U源2R+△R乙−△R甲，P'甲＝I''2（R﹣△R甲），P'乙＝I''2（R+△R乙）；
再将甲的滑片向右移，乙不动，甲接入电路的阻值减小，而电流变大，根据P＝I2R可知无法判断甲的电功率变化情况，即不能比较P'甲、P甲的大小关系，故C错误；
因为U源2R+△R乙＜U源2R+△R乙−△R甲，所以 I'＜I''，根据P＝I2R可知，P乙＜P'乙，故D错误。
故选：A。
17．如图甲所示电路，电源电压U0保持不变，初始时滑动变阻器的滑片P在最右端，但由于滑动变阻器某处发生短路（只有一段短路），合上开关后滑片P向左滑过过程中，电压表读数U与滑动距离x、电流表读数I与滑动距离x的关系如图乙所示，则：

（1）根据图象可知：短路点位置在x等于　4　cm处开始，共有　3　cm发生短路；
（2）电源电压U0和电阻R2的阻值分别多大？
（3）当X为多少cm时，滑动变阻器的电功率为最大，最大值是多少？
【解答】解：由电路图可知，R1与R2串联，电压表测R1两端的电压，电流表测电路中的电流。
（1）滑动变阻器某处发生短路时，滑片在短路长度内移动时，电路中的电流不变，电压表的示数不变，
由图乙可知，短路点位置在x＝4cm处开始，x＝7cm处结束，共有3cm发生短路；
（2）由图乙可知，当x＝7cm时，电压表的示数U1＝2.4V，电流表的示数I1＝0.15A，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，
所以，由I=UR可得，电源的电压：
U0＝U1+I1R2＝2.4V+0.15A×R2，
当x＝11cm时，电压表的示数U1′＝2V，电流表的示数I2＝0.25A，
则电源的电压：
U0＝U1′+I2R2＝2V+0.25A×R2，
因电源的电压不变，
所以，2.4V+0.15A×R2＝2V+0.25A×R2，
解得：R2＝4Ω，
电源的电压U0＝U1+I1R2＝2.4V+0.15A×4Ω＝3V；
（3）电路中的电流：I=UR1+R2，
滑动变阻器的电功率：
P1＝I2R1＝（UR1+R2）2R1=U2(R1+R2)2R1=U2R12+2R1R2+R22R1=U2R12−2R1R2+R22+4R1R2R1=U(R1−R2)2R1+4R2，
所以，当R1＝R2＝4Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，
由于当x＝7cm和x＝11cm时，变阻器接入电路中的电阻：
R7=U1I1=2.4V0.15A=16Ω，R11=U1'I2=2V0.25A=8Ω，
所以，△R1＝R7﹣R11＝16Ω﹣8Ω＝8Ω，
R1的长度变化了△x＝11cm﹣7cm＝4cm，
该滑动变阻器滑片每滑过1cm，其阻值变化8Ω4=2Ω；
所以，根据x＝11cm时R11＝8Ω，可知R1＝4Ω时需要再向左移动2cm，即当X为11cm+2cm＝13cm，
则滑动变阻器的电功率最大值是：
P1大=U24R2=(3V)24×4Ω=0.5625W。
答：（1）4；3；
（2）电源电压U0为3V，电阻R2的阻值为4Ω；
（3）当X为13cm时，滑动变阻器的电功率为最大，最大值是0.5625W。