哈尔滨中考物理杠杆平衡条件的应用问题大题培优.docx
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哈尔滨中考物理杠杆平衡条件的应用问题大题培优
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1.将打足气的篮球和套扎在气针上的未充气的气球,一起悬挂在杠杆右端,左端挂适量钩码使杠杆水平平衡。
将气针插入篮球气孔中,篮球中的部分空气充入气球后,杠杆左端下降,如图所示。
这个现象说明( )
A.大气压的存在
B.钩码重大于篮球与气球总重
C.空气充入气球后,钩码对杠杆的拉力与其力臂的乘积变大
D.空气充入气球后,篮球和气球受到总的空气浮力变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
开始杠杆平衡,由杠杆平衡条件得
G钩码×L左=F绳拉力×L右
篮球与气球受到竖直向下的重力G、竖直向上的绳子拉力F、空气的浮力F浮作用而静止,处于平衡状态,由平衡条件得
G=F+F浮
则
F=G-F浮
将气针插入篮球的孔中,篮球中的部分空气就充入气球后,篮球与气球受到的浮力F浮变大,而重力G不变,绳子的拉力F变小,因为球对杠杆的拉力F绳拉力等于球受到的拉力F,所以杠杆右端受到的拉力F绳拉力变小,而G钩码、L左、L右不变,因此
G钩码×L左>F绳拉力×L右
杠杆左端下沉。
故A、B、C不符合题意,D符合题意。
故选D。
2.如图所示,为提升重物,现选用轻质杠杆,不考虑杠杆支点O点处的摩擦,每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度,下列说法正确的是
A.当重物悬挂在A点,动力作用在C点时,该杠杆一定是省力杠杆
B.当重物悬挂在C点,动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力
C.无论重物挂在A点还是B点时,利用该机械所做的有用功都相等
D.如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直,则提升重物过程动力大小不变
【答案】C
【解析】
【分析】
灵活运用杠杆平衡公式分析即可;
【详解】
AB.不论重物悬挂在A点或C点,也不论动力作用在C点还是B点,判断杠杆是省力还是费力,需要根据杠杆平衡公式,不仅与力的作用点有关,还与力的方向有关,因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力,故AB错误;
C.无论重物挂在A点还是B点时,由于物体质量相同,上升高度相同,则根据
可知,该机械所做的有用功都相等,故C正确;
D.动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直时,可得动力臂大小始终不发生变化,但由于物体上升,重物的阻力臂会逐渐减小,则由杠杆平衡公式可知动力会减小,故D错误。
3.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B.一直变大
C.一直不变D.先变小后变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
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。
4.如图所示为一轻质杠杆。
机翼模型固定在直杆上,它们总重6N,直杆挂在杠杆上并保持与杠杆垂直。
同一弹簧测力计在不同情形下拉杠杆,使杠杆在水平位置平衡。
下列说法中正确的是( )
A.测力计在a位置时的示数为1.5N
B.测力计从a位置转到b位置后,示数将会变小
C.测力计在a位置时示数为Fa,移至c位置时示数为Fc,则Fa∶Fc=4∶1
D.测力计在c位置时,对模型水平向右吹风,示数将会变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A.我们将杠杆左边受到的拉力定义为阻力,右边受到的拉力定义为动力。
因为动力臂为阻力臂的
,根据杠杆平衡条件
我们可以知道,动力应为阻力6N的4倍,即为24N,A选项错误,不符合题意;
B.测力计a位置时,动力臂等于支点到力的作用点的距离;当测力计在b位置时,动力臂与支点到力的作用点的距离为直角三角形的一条直角边与斜边的关系,即测力计从a位置转到b位置,动力臂变小了。
根据杠杆平衡条件
可以知道,在阻力与阻力臂均不变的情况下,动力臂减小,要使杠杆继续平衡,动力应该增大。
B选项错误,不符合题意;
C.当测力计从a位置转到c位置时,动力臂变为原来的4倍。
由杠杆平衡条件
可以知道,在阻力与阻力臂均不变的情况下,动力臂变为原来的4倍,要使杠杆继续平衡,动力应变为原来的
,即Fa∶Fc=4∶1。
C选项正确,符合题意;
D.对模型向右吹风,根据流体压强与流速的关系可以知道,模型会受到一个向上的升力,即杠杆左边受到的拉力会减小。
根据杠杆平衡条件
可以知道,在力臂均不变的情况下,阻力减小了,要使杠杆继续平衡,动力也应减小。
D选项错误,不符合题意。
故选C。
5.小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5个钩码挂成了如图所示的情况,则()
A.由图可以得到杠杆平衡条件为F1L1=F2L2
B.小明在F1和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡
C.小明取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下杠杆仍能平衡
D.小明取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处杠杆仍能平衡
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.假设一个钩码的重力为G
F1=2G,F2=G,F3=2G
各力力臂为
L1=20,L2=10,L3=15
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=G⨯10=10G
F3L3=2G⨯15=30G
杠杆平衡的条件为
F1L1=F2L2+F3L3
故A不符合题意;
B.在F1和F2的下方各再挂一个钩码后
F1L1=3G⨯20=60G
F2L2=2G⨯10=20G
F3L3=2G⨯15=30G
F1L1>F2L2+F3L3
杠杆失去平衡,故B不符合题意;
C.取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后
F1L1=G⨯20=20G
F2L2=0
F3L3=2G⨯15=30G
F1L1 杠杆失去平衡,故C不符合题意; D.取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后 F1L1=2G⨯20=40G F2L2=0 F3L3=2G⨯20=40G F1L1=F2L2+F3L3 杠杆重新平衡,故D符合题意。 故选D。 6.如图所示,用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸.一个人从桥的左端匀速走到桥的右端,桥面始终是水平的,不计吊桥和绳的重力,人从吊桥左端出发时开始计时.则人在吊桥上行走过程中,吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是() A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 吊桥相当于一个杠杆,以吊桥的左端为支点,人从吊桥左端出发,匀速走到桥的右端,杠杆受到人的压力(阻力)等于人的重力,动力臂为 OA=L, 杠杆受到物体的压力(阻力) F′=G, 阻力臂为 OB=vt, 因为杠杆平衡,所以满足 F×OA=F′×OB=G×vt, 即: F×L=G×vt, 由此可知,当t=0时,F=0.当t增大时,F变大,F与人行走时间t是正比例关系,故图象B正确,符合题意为答案. 7.一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡,如图(a)所示,如果将右端弯成如图(b)所示的情况,铁棒将( ) A.顺时针转动B.逆时针转动C.静止不动D.以上三种情况均有可能 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 图a中,水平铁棒在水平位置处于平衡状态,根据杠杆平衡条件可知 图b中,将铁棒右端弯折,此时铁棒右边的重力不变,右端铁棒的重心将向左移动,力臂 减小,而左边的力和力臂不变;因此 所以铁棒左端下沉,右端上升,即铁棒将沿逆时针转动。 故选B。 8.小明探究杠杆的平衡条件,挂钩码前,调节杠杆在水平位置平衡,杠杆上每格距离相等,杆上A、B、C、D的位置如图所示,当A点挂4个钩码时,下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是() A.B点挂5个钩码 B.C点挂4个钩码 C.D点挂1个钩码 D.D点挂2个钩码 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 设每个钩码重力为F,每个小格长度为L,则O点左侧力与力臂的积为 4F×3L=12FL 杠杆的平衡条件是 A.若B点挂5个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为 5F×2L=10FL<12FL 杠杆不能平衡,故A错误; B.若C点挂4个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为 4F×4L=16FL>12FL 杠杆不能平衡,故B错误; C.若D点挂1个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为 F×6L=6FL<12FL 杠杆不能平衡,故C错误; D.若D点挂2个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为 2F×6L=12FL=12FL 杠杆能平衡,故D正确。 故选D 9.如图所示,作用在A点的各个力中,不可能使杠杆平衡的力是 A.F3和F4 B.F1和F3 C.F2和F4 D.F1和F2 【答案】A 【解析】 【详解】 因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。 10.身高相同的兄弟二人用一根重力不计的均匀扁担抬起一个900N的重物.已知扁担长为1.8m,重物悬挂点与哥哥的肩之间的距离OA=0.8m,如图所示.则 A.以哥哥的肩A为支点,可计算出弟弟承担的压力为400N B.以O为支点,可计算出兄弟二人承担的压力之比为4: 9 C.以O为支点,可计算出兄弟二人承担的压力之比为9: 5 D.以弟弟的肩B为支点,可计算出哥哥承担的压力为600N 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 A.设哥哥承担的压力为FA,弟弟承担的压力为FB,以哥哥的肩A为支点,由杠杆平衡条件可得: , , A选项正确; BC.因为支点是固定点,杠杆能绕支点转动,图中的O不符合支点的特点,B、C选项错误,不符合题意. D.以弟弟的肩B为支点,由杠杆平衡条件可得: , D选项错误,不符合题意; 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B.一直不变 C.一直变大D.先变小后变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 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,粗细均匀木棒AB长为1m,水平放置在O、O'两个支点上.已知AO、O'B长度均为0.25m。 若把B端竖直向上稍微抬起一点距离,至少需要用力40N;则木棒的重力为() A.160NB.120NC.80ND.4ON 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 设木棒AB的重心在C点,抬起B端时的支点为O,由于AO=0.25m,则抬B端的力的力臂 OB=AB−AO=1m−0.25m=0.75m 木棒AB的重心距离支点的距离,即重力的力臂 木棒平衡,则有 F×OB=G×OC 木棒的重力 故B正确。 故选B。 13.如图所示,AC硬棒质量忽略不计,在棒的B点悬挂一个重物,在棒的C点施加一个方向沿 的力F,棒在力F的作用下从水平位置被缓慢提升到图示位置。 则下列相关描述正确的是( ) A.力F的方向沿 向下B.ABC是费力杠杆 C.阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力D.在提升过程中,力F变小 【答案】D 【解析】 【详解】 A.F1对杠杆的拉力向下,则为了将杠杆抬起,力F的方向应沿 向上,故A错误; B.由于力F的方向应沿 向上,则动力臂为S2,阻力臂小于动力臂,则杠杆为省力杠杆,故B错误; C.与杠杆接触的是悬挂在杠杆上的绳子,则阻碍杠杆转动的力是绳子对杠杆的拉力,故C错误; D.在移动过程中,F1的力臂逐渐变小,拉力F力臂不变,则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知力F变小,故D正确。 故选D。 14.如图所示,长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动,杆上套一滑环,用测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动,并保持金属杆处于水平状态。 则测力计示数F与滑环离开O点的距离s之间的关系图像为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 由题意可知,测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动的过程中,金属杆处于水平状态,处于平衡状态,根据杠杆的平衡条件可得 金属杆的重力和金属杠的长度大小不变,即k是定值,那么可得到 从上式可知随着距离s的变大,测力计示数F在变小,两者是成反比的,两者的关系图像是B图像。 故选B。 15.如图甲,轻质杠杆AOB可以绕支点O转动,A、B两端分别用竖直细线连接体积均为1000cm3的正方体甲、乙,杠杆刚好水平平衡,已知AO: OB=5: 2;乙的重力为50N,乙对地面的压强为3000Pa.甲物体下方放置一足够高的圆柱形容器,内装有6000cm3的水(甲并未与水面接触),现将甲上方的绳子剪断,甲落入容器中静止,整个过程不考虑水溅出,若已知圆柱形容器的底面积为200cm2,则下列说法中正确的是() A.杠杆平衡时,乙对地面的压力为50N B.甲的密度为2×103kg/m3 C.甲落入水中静止时,水对容器底部的压强比未放入甲时增加了400Pa D.甲落入水中静止时,水对容器底部的压力为14N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A.乙的边长 L乙= =10cm=0.1m, 乙的底面积 S乙=L乙2=(0.1m)2=0.01m2, 杠杆平衡时,乙对地面的压力 F乙=p乙S乙=3000Pa×0.01m2=30N, 故A错误; B.地面对乙的支持力和乙对地面的压力是相互作用力,地面对乙的支持力 F乙支持=F乙=30N, B端受到的拉力 FB=G乙-F乙支持=50N-30N=20N, 由杠杆的平衡条件可知G甲OA=FBOB, G甲= =8N, 甲的密度 ρ甲= =0.8×103kg/m3 故B错误; C.因为 ρ甲<ρ水, 甲落入水中静止时,处于漂浮状态, F浮甲=G甲=8N, 排开水的体积 V排甲= =8×10-4m3, 甲落入水中静止时水面上升的高度 Δh= =0.04m, 水对容器底部的压强比未放入甲时增加了 Δp=ρgΔh=1×103kg/m3×10N/kg×0.04m=400Pa, 故C正确; D.原来容器中水的深度 h= =30cm=0.3m, 甲落入水中静止时,水的深度 h1=h+Δh=0.3m+0.04m=0.34m, 甲落入水中静止时,水对容器底部的压强 p1=ρgh1=1×103kg/m3×10N/kg×0.34m=3400Pa, 甲落入水中静止时,水对容器底部的压力 F=p1S容=3400Pa×200×10-4m2=68N, 故D错误. 16.一轻质不等臂杠杆AOB的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块,此时杠杆在水平位置平衡。 现将铝块、铜块同时浸没在水中,如图所示。 已知: , , ,则下列判断正确的是() A.A端下降B.B端下降 C.仍然平衡D.无法判断 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 在轻质不等臂杠杆AOB两端吊上实心铝块和铜块时,杠杆在水平位置平衡,由图知OB G铝⋅OA=G铜⋅OB 即 ρ铝V铝g⋅OA=ρ铜V铜g⋅OB 而ρ铝<ρ铜,所以 V铝g>V铜g 将铝块和铜块同时浸没在水中后,杠杆左、右两边有 (G铝-F浮)⋅OA,(G铜-F浮')⋅OB 即 (ρ铝V铝g-ρ水V铝g)⋅OA,(ρ铜V铜g-ρ铜V铜g)⋅OB 那么 ρ铝V铝g⋅OA-ρ水V铝g⋅OA<ρ铜V铜g⋅OB-ρ铜V铜g⋅OB 所以B端下沉。 故ACD错误,B正确。 故选B。 17.如图所示,杠杆恰好处于水平平衡状态,若在B处下方再挂一个钩码,若要使杠杆在水平位置再次平衡,下列可行的操作是______。 (选填字母) A.减少一个悬挂在A处的钩码B.增加一个悬挂在A处的钩码 C.将悬挂在A处的钩码向左移动一格D.将悬挂A处的钩码向右移动一格 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 假设一个钩码重力为G,杠杆一格为l,杠杆平衡时 若在B处下方再挂一个钩码,则右边为 A.减少一个悬挂在A处的钩码,则左边为 左边小于右边,杠杆不能平衡,故A项不符合题意; B.增加一个悬挂在A处的钩码,则左边为 左边小于右边,杠杆不能平衡,故B项不符合题意; C.将悬挂在A处的钩码向左移动一格,则左边为 左边等于右边,杠杆能再次平衡,故C项符合题意; D.将悬挂A处的钩码向右移动一格,则左边为 左边小于右边,杠杆能再次平衡,故D项不符合题意。 故选C。 18.如图所示,用不同的机械匀速提升同一物体时,最省力的是(不计机械自重和摩擦)( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 如图所示,物体重力为G,不计机械自重和摩擦,则各图的力F大小分别如下: A.图中为动滑轮,动力作用在动滑轮的轴上,费一倍的力,则F1=2G; B.图中为斜面,在直角三角形中,30°角所对的直角边h为斜边s的一半,不计机械自重和摩擦,总功与有用功相等,则 F2s=Gh 所以 C.图中为动滑轮,动力作用在动滑轮的轮上,则 D.图中为杠杆,O为支点,动力臂为3l,阻力臂为l,由杠杆平衡条件可得 F4×3l=Gl 即 由此可得,最省力的为F4。 故选D。 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.能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为( ) A.ABB.ACC.ADD.AE 【答案】A 【解析】 【分析】 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. 二、初中物理功和机械能问题 21.建昌一中科学教室有个“逆天”的“锥体上滚”实验,V形轨道两根导轨相距较小那端低,另一端高,静止的双锥体从低端往高端滚(由右向左),小明仔细观察后发现锥体在低端时重心高度h1反而比高端时高度h2要大,下面说法正确是( ) A.本实验不遵循能量守恒定律 B.双锥体在轨道“低端”(右端)时重力势能最小 C.当双锥体从轨道低端向高端滚的过程中重力势能转化为动能 D.当双锥体从轨道低端向高端滚的过程中动能转化为重力势能 【答案】C 【解析】 【详解】 A.自然界中能量是守恒的,本实验也遵循能量守恒定律的,故A错误; B.由题意可知,锥体重心高度h1比高端时高度h2要大,所以锥体在右端时重力势能大,故B错误 CD.当双锥体从轨道“低端”(右端)向“高端”滚的过程中,重心高度越来越低,重力势能转化为动,故C正确,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 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 故C正确; D.国旗杆上的滑轮为定滑轮,则利用定滑轮升国旗,可以改变施力的方向但不能省力,故D错误。 故选C。 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.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】 AB.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。 25.九年级的小黄同学一口气从一楼跑到四楼教室,所用时间为30s。 他上楼过程克服自身重力做功的功率最接近() A.1.5WB.15WC.150WD.1500W 【答案
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