2022届中考科学专题练：力学

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专题1　力学
【命题重点】力学是科学中考的一个重要组成部分,常出现的内容:二力平衡与相互作用力、影响滑动摩擦力的因素、压强和浮力、杠杆平衡条件、功和功率、能量的转化与守恒等。
【方法要点】(1)学会对研究对象进行受力分析。(2)压强浮力相关公式的适用条件。(3)将杠杆动态问题转化为一个个的静态问题。(4)能量问题主要抓住变化前后各种形式能量的大小关系,再分析变化。
【例题精析】
类型1　运动和力
1．甲、乙两辆汽车沿平直的公路从同一地点同时驶向同一目的地，甲车在前一半时间以速度v1做匀速运动，在后一半时间以速度v2做匀速运动（v1≠v2）；乙车在前一半路程以速度v1做匀速运动，在后一半路程以速度v2做匀速运动，则（　　）
A．甲车先到达
B．乙车先到达
C．同时到达
D．因不知道v1、v2大小关系，因此无法确定谁先到达
【解答】解：设两地之间的距离为s，甲运动的时间为t1，乙运动的时间为t2，
由v=st得，
甲前一半时间通过的路程为12t1v1，后一半时间通过的路程为12t1v2，则有：s=12t1v1+12t1v2，t1=2sv1+v2；
乙前一半路程所用时间为12sv1，后一半路程所用时间为12sv2，
则有：t2=12sv1+12sv2=s(v1+v2)2v1v2，
则t2﹣t1=s(v1+v2)2v1v2-2sv1+v2=s(v1+v2)2-4sv1v22v1v2(v1+v2)=s(v1-v2)22v1v2(v1+v2)＞0；
故t2＞t1，即甲车用的时间少，即甲车先到达，故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
2．初中科学中把物体在单位时间内通过的路程叫速度，速度计算公式为：速度＝路程/时间，即v＝s/t。高中物理中把物体在单位时间内速度的变化量叫加速度（注：速度的变化量用△v表示，它等于前后速度之差；加速度用字母a表示，国际单位是m/s2）。由加速度的定义可知：

（1）若一个物体开始运动的速度v0＝2m/s，经过5s后它的速度变为v1＝6m/s，若物体做匀加速直线运动（单位时间内速度的增加量相等），求出物体的加速度大小a＝　0.8　m/s2；
（2）匀速直线运动的v﹣t图如图（甲）所示，图中阴影部分面积表示以速度v匀速直线运动的物体，运动时间为t时通过的路程s；匀加速直线运动的v﹣t图如图（乙）所示，其中阴影部分面积表示做匀加速直线运动物体，速度由v0到v1，运动时间为t时通过的路程s；用v0、t、a写出S的表达式，s＝　v0t+12at2　。
【解答】解：
（1）物体在5s内的速度变化量△v＝v1﹣v0＝6m/s﹣2m/s＝4m/s；
则物体的加速度大小：a=△v△t=4m/s5s=0.8m/s2；
（2）由加速度的定义可知：a=△v△t=v1-v0t，
由题意可知，图乙中阴影部分的面积表示做匀加速直线运动的物体速度由v0到v1，运动时间为t通过的路程，且图乙中阴影部分的面积等于长方形的面积和三角形的面积之和，
则物体通过的路程：s＝S长方形+S三角形＝v0t+12×（v1﹣v0）t＝v0t+12×v1-v0t×t2＝v0t+12at2。
故答案为：（1）0.8；（2）v0t+12at2。
3．汽车追尾是高速公路上常发生的交通事故，其重要原因是遇到意外情况时不能立即停车。研究发现，司机从看到情况到踩刹车需要一段时间，这段时间叫反应时间；在反应时间内汽车要保持原速前进一段距离，这段距离叫反应距离；从踩刹车到车停止，汽车还要前进一段距离，这段距离叫制动距离。如图1。

如表是一个机警的司机驾驶一辆保养得很好的汽车，在干燥的水平公路上以不同的速度行驶时，测得的反应距离和制动距离。
原行驶速度υ/km•h﹣1
反应距离s1/m
制动距离s2/m
60
11
20
80
15
34
100
19
54
（1）利用如表数据，算出该司机的反应时间大约是　0.67　s；（保留两位小数）
（2）由这个测试可见，　车速　是影响汽车制动距离的主要因素；
（3）请在图2画出从司机看到情况开始计时，到汽车停止的这段时间内，汽车运动的υ﹣t图象。（不需准确描点）
【解答】解：（1）根据第一组数据反应时间t1=11m603.6m/s=0.66s；
根据第二组数据反应时间t2=15m803.6m/s=0.675s；
根据第三组数据反应时间t3=19m100m3.6m/s=0.684s；
该司机的反应时间是t=t1+t2+t33=0.66s+0.675s+0.684s3=0.673s≈0.67s。
（2）从表格中数据可以看出，三次测试中，随着行驶速度的增大，刹车距离随着增大，所以影响制动距离的主要因素是行驶速度。
（3）汽车刹车过程分以原行驶速度匀速行驶和由原始速度开始均匀减速直到速度为0，所以v﹣t图象如图：

故答案为：（1）0.67；（2）车速；（3）见解答图。
4．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。

类型2　密度、压强和浮力
5．水平桌面上放有甲、乙两个完全相同的柱状容器。在甲容器内倒入部分液体A，在乙容器内倒入部分液体A和水（液体和水不相溶，且ρA＞ρ水）。然后分别在两容器内放入质量相等的冰块，此时甲容器内液面和乙容器内液面恰好相平，如图所示。若冰块全部熔化后，甲、乙两容器内水面距离容器底部分别为h1和h2，水和液体A之间的界面距离容器底部分别为h1′和h2′，则（　　）

A．h1＞h2，h1′＞h2′ B．h1＜h2，h1′＞h2′
C．h1＞h2，h1′＜h2′ D．h1＜h2，h1′＜h2′
【解答】解：（1）图甲中：由于冰块都处于漂浮状态，则：F甲浮＝G冰，
根据阿基米德原理可得：F甲浮＝ρAgV排甲，
所以，ρAgV排甲＝G冰；
则：V排甲=G冰ρAg；
当冰全部熔化后由于冰的质量不变，即：G水＝G冰，
则冰熔化后的水的体积为：V水=G冰ρ水g；
由于ρA＞ρ水，则：V排甲＜V水，
所以，△V甲＝V水﹣V排甲=G冰ρ水g-G冰ρAg=ρA-ρ水ρ水ρAg×G冰；
图乙中：设冰块漂浮在水和液体A的冰块分为G1、G2；且G1+G2＝G冰；
则由于冰块都处于漂浮状态，F水浮＝G1；FA浮＝G2；
根据阿基米德原理可得：F水浮＝ρ水gV排水；FA浮＝ρAgV排A；
则：ρ水gV排水＝G1；ρAgV排A＝G2；
所以，V排水=G1ρ水g，V排A=G2ρAg；
则：V排乙＝V排水+V排A=G1ρ水g+G2ρAg；
当冰全部熔化后由于冰的质量不变，即：G水1＝G1；G水2＝G2；
则冰熔化后的水的体积为：V水乙＝V水1+V水2=G1ρ水g+G2ρ水g
由于ρA＞ρ水，则：V排乙＜V水乙，
所以，△V乙＝V水乙﹣V排乙=G1ρ水g+G2ρ水g-（G1ρ水g+G2ρAg）=G2ρ水g-G2ρAg=ρA-ρ水ρ水ρAg×G2；
由于G1+G2＝G冰；所以，△V甲＞△V乙，
已知甲、乙两个完全相同的柱状容器。所以，根据h=VS可知：
容器中液面升高的高度△h甲＞△h乙；

由于冰块没有熔化前甲容器内液面和乙容器内液面恰好相平，所以，若冰块全部熔化后，甲容器内液面距离容器底部的高度h1大于乙容器内液面距离容器底部的高度h2；故BD错误；
（2）由于液体和水不相溶且ρA＞ρ水，则冰熔化后，液体A会在容器的底部，由图可知：容器里液体A的体积关系是：V甲A＞V乙A，由于甲乙容器完全相同，则根据h=VS可知：
液体A的深度关系是：h1′＞h2′，故A正确，C错误。
故选：A。
6．如图是兴趣小组利用空心圆柱形塑料管制作成的一个液体密度计，已知空管的质量为2g。
其工作原理是：将空管竖直漂浮于水中，则与水面相平的位置就确定为密度计的0刻度线。测量某种液体密度时，规定管中倒入2mL待测液体（如图），再将管子漂浮于水中，可以直接读取与水面相平的刻度作为待测液体的密度值。
（1）在确定0刻度线时，让空管竖直漂浮于水中，则此时空管排开水的体积为多少？
（2）若测量过程中，由于读数时视线错误，实际向空管中倒入待测液体的体积小于2mL，则将导致测量值偏 　小　。
（3）为了增大该密度计的精确度，下列方法可行的是 　BCD　。（可多选）
A.增加烧杯中水的质量
B.将烧杯中水改为密度更小的液体
C.使用管径较细的空心管
D.将规定的2mL待测液体的数值增加

【解答】解：（1）已知空管的质量为m管＝2g＝2×10﹣3kg，空管的重力：G管＝m管g＝2×10﹣3kg×10N/kg＝0.02N，当空管竖直漂浮于水中时，空管受到的浮力等于空管的重力为0.02N，故根据阿基米德原理F浮＝ρ水gV排可得：
V排=F浮ρ水g=0.02N1.0×103kg/m3×10N/kg=2×10-6m3；
（2）根据V=mρ可知，取相同体积的被测液体，若被测液体的密度越大，液体的质量就越大，由G＝mg
液体的重力就越大，由漂浮则空心圆柱形塑料管受到的浮力就越大，因此排开水的体积就越多，与水面相平的位置就越靠上，所以这个密度计上面的刻度值比下面的刻度值大。由此可知若向空管中倒入待测液体的体积小于2mL时，液体的质量就会变小，重力就变小，空心圆柱形塑料管受到的浮力就变小，排开水的体积变小，所以与水面相平的地方就靠下一些，因此将导致测量值偏小；
（3）A、增加烧杯中水的质量，无法增大密度计的准确度，故A错误；
B、如果将烧杯中水改为密度更小的液体，不同密度的液体放入塑料管中进行测量时，塑料管排开液体的体积变化就会比较明显，因此这样可以提高准确度，故B正确；
C、如果使用管径较细的空心管时，排开水的体积变化相同时，液柱的高度变化就会比较明显，因此这样可以提高准确度，故C正确；
D、将规定的2mL待测液体的数字增加，则待测液体的质量就会增大，受到的重力就会增大，塑料管受到的浮力相应增大，这样对于不同液体塑料管排开水的体积变化会比较明显，因此这样可以提高准确程度，故D正确。故选：BCD。
故答案为：（1）空管排开水的体积为2×10﹣6m3；（2）小；（3）BCD。
7．如图所示，正方体木块漂浮在水面上，总体积的14露出水面，不可伸长的悬绳处于松弛状态。已知绳子能承受的最大拉力为4N，木块边长为0.1m，容器底面积为0.04m2，容器中水足够多，容器底有一阀门K，求：
（1）木块的密度。
（2）打开阀门使水缓慢流出，当细绳断裂前一瞬间关闭阀门，求此时木块排开水的体积。
（3）在细绳断后木块再次漂浮时，容器底受到水的压强与绳断前的瞬间相比改变了多少。

【解答】解：
（1）木块漂浮，根据浮沉条件可知，F浮＝G木，
根据阿基米德原理可知：F浮＝ρ水V排g，木块的重力为：G木＝ρ木V木g，
则：ρ水V排g＝ρ木V木g，
木块总体积的14露出水面，所以V排=34V木，
木块的密度为：ρ木=34ρ水=34×1×103kg/m3＝0.75×103kg/m3；
（2）如图：

当细绳断裂时，F浮′+F最大＝G木，
设此时木块排开水的体积为V排′，则：
ρ水V排′g+F最大＝ρ木V木g，
即：1×103kg/m3×V排′×10N/kg+4N＝0.75×103kg/m3×（0.1m）3×10N/kg，
解得：
V排′＝3.5×10﹣4m3；
（3）在细绳断开后木块再次漂浮时，浮力增加4N，排开水体积增加：
△V排=△F浮ρ水g=4N1×103kg/m3×10N/kg=4×10﹣4m3，
水面上升：
△h=△V排S容=4×10-4m30.04m2=0.01m，
△p＝ρg△h＝1×103kg/m3×10N/kg×0.01m＝100Pa。
即：容器底受水的压强增大了100Pa。
答：（1）木块的密度为0.75×103kg/m3；
（2）当细绳断裂前一瞬间关闭阀门，此时木块排开水的体积为3.5×10﹣4m3；
（3）在细绳断开后木块再次漂浮时，容器底受到水的压强与断绳前的瞬间相比，容器底受水的压强增大了100Pa。

类型3　杠杆的动态平衡问题
8．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图。杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重。若作用在A点的动力F
方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是　先增大后减小　。

【解答】解：动力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变；
阻力是柱形物体的重，阻力作用点在柱形物体的重心上；
如下图所示（只画了杠杆的右侧部分，图中虚线为重心运动的路线）：
0位置为原来的位置，1位置为阻力臂最大的位置，2位置为转过45°的位置，

由上图可知，整个过程中阻力臂先变大后变小；
因动力臂不变，阻力G不变，阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件可知，动力F先增大后减小。
故答案为：先增大后减小。
9．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆　不一定　（选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是　变小　（选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。

【解答】解：
（1）由题只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆；
（2）若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，此过程中，阻力和动力臂不变，阻力臂逐渐减小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小；
（3）如图所示，

由图可知，当F丙由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。且上图可以看出，F丙水平时，比F垂直OA时力臂小，所以动力更大。
动力F丙随时间t的变化趋势如图所示：

故答案为：不一定；变小；见上图。
10．古代护城河上有座吊桥，它的结构原理如图所示。把桥面看成是长为10米，所受重力为3000牛的均匀杆OA，可以绕转轴O点在竖直平面内转动，在O点正上方10米处固定一个定滑轮，绳子通过定滑轮与杆的另一端A相连，用力拉动绳子就可以将杆从水平位置缓慢向上拉起。杆即将离开水平位置时，绳子的拉力为F1．当士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，绳子的拉力为F2，所用的时间是0.5分钟（忽略绳子重力、滑轮半径和摩擦），则：

（1）比较F1、F2的大小关系F1　大于　F2（填“大于”、“小于”或“等于”）。
（2）士兵们对吊桥所做功的平均功率是　250　瓦。
【解答】解：（1）杆即将离开水平位置，如下左图，

AE＝OE，OA＝OD，
由勾股定理，（OE）2+（AE）2＝（OA）2，2OE2＝OA2＝（10m）2，
可解得，OE＝52m，
由杠杆平衡，
可得F1×OE＝G×OB，
F1=G×OBOE=3000N×5m52m≈2121N，把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如上右图，
AE′＝5m，OA＝10m
由（OE′）2+（AE′）2＝（OA）2，
所以解得，OE′＝53m，
因为（OC′）2+（BC）2＝（OB）2，
所以OC′＝2.53m，
根据杠杆平衡，
可得F2×OE′＝G×OC′，
F2=G×OC'OE'=3000N×2.53m53m=1500N；
所以F1＞F2。
（2）士兵们把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°的过程中，桥的重心升高的距离为：
h=12OA•sin30°＝5m×12=2.5m；
克服重力做的功为：W＝Gh＝3000N×2.5m＝7500J；
由于不计绳重和摩擦，士兵做的功即为克服桥重做的功，即 W总＝W＝7500J；
那么其平均功率为：P=Wt=7500J30s=250W。
故答案为：大于；250。

【针对训练】
一．选择题（共10小题）
1．如图所示为我国第一部物理学著作《远西奇器图说》所记载的一机械装置，书中对小球A、B的质量大小关系作出了正确的推测。若小球A的质量为10克，不考虑摩擦和绳重，则两小球匀速移动时，小球B的质量可能为（　　）

A．14克 B．12克 C．10克 D．8克
【解答】解：不考虑摩擦和绳重，定滑轮即不省力又不省距离，则绳子对A的拉力等于B的重力，当B下降时，B下降的高度hB等于A沿斜面上升的距离LA大于A竖直上升的高度hA，根据功的原理可知，重力对B做的功等于绳子的拉力对A做的功，也等于克服A的重力做的功，即mAghA＝mBghB，因为hA＜hB，所以mA＞mB，因此B的质量肯定小于10g。
故选：D。
2．质量为M的木块A在水平桌面上，用轻绳跨过定滑轮与质量为m的钩码相连，在轻绳的拉力作用下沿桌面做匀速运动，若突然剪断轻绳（不考虑绳重和绳子与滑轮的摩擦），则（　　）

A．绳子没有剪断前A所受的摩擦力为mg，方向向右
B．绳子剪断时A所受的摩擦力变小
C．装置中的滑轮只能改变力的方向，不能省力
D．绳子剪断后A可以继续运动是因为受到惯性作用
【解答】解：在轻绳的拉力作用下，木块沿桌面做匀速运动，此时木块受平衡力，水平方向绳子对其向右的拉力与水平向左的摩擦力是一对平衡力，大小相等，则f＝mg；
若突然剪断轻绳，木块由于惯性继续向前运动，在水平方向上只受摩擦阻力，由于压力大小和接触面的粗糙程度不变，所以摩擦力大小不变，仍为mg，方向水平向左。
A、绳子没有剪断前A所受的摩擦力为mg，方向向左，故A错误；
B、绳子剪断后A所受的摩擦力仍为mg，故B错误；
C、装置中的滑轮，是定滑轮，只能改变力的方向，不能省力，故C正确。
D、绳子剪断后A可以继续运动是由于惯性会继续向前运动，故D错误。
故选：C。
3．如图所示，叠放在一起的物体A和B，在大小为F的恒力作用下沿水平地面做匀速直线运动，则下列结论中正确的是（　　）

A．地面受到B施加的水平向左的摩擦力，大小为F
B．若增大F，则A、B不可能一起做匀速直线运动
C．A受到B施加的水平向左的滑动摩擦力，大小为F
D．B所受重力与地面对B的支持力是一对平衡力
【解答】解：
A、由题可知，物体A和B在大小为F的恒力作用下沿水平地面向右做匀速直线运动，所以物体A和B（看做一个整体）在水平方向受到平衡力作用，即B受到地面施加的水平向左的摩擦力f和拉力F平衡，所以f＝F；
因地面受到B的摩擦力与B受到地面的摩擦力是相互作用力，所以地面受到B施加的水平向右的摩擦力，大小为F，故A错误；
B、在压力和接触面的粗糙程度不变时，B受到的滑动摩擦力大小不变，若增大F，则拉力大于B受到的滑动摩擦力，所以A、B不可能一起做匀速直线运动，故B正确；
C、因A、B一起做匀速直线运动，所以A、B相对静止，但A与B之间存在静摩擦力的作用，而不是滑动摩擦力，故C错误；
D、对于B来说，地面对B的支持力等于A和B的重力之和，所以B所受重力与地面对B的支持力大小不相等，则二力不是平衡力，故D错误。
故选：B。
4．一个600N重的成年人和一个小孩都过一道4m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3m长的坚实木板，他们想出了如图的方式过渠，请分析在忽略木板自身重量和木板叠交的距离情况下，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′＝2m，
由杠杆平衡条件可得：F1×OB′＝F2×A′O，
则F1=F2×OA'OB'=600N×1m2m=300N，
即小孩体重不能轻于300N；
故选：C。
5．如图，正在运动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（　　）
①向右做加速运动
②向右做减速运动
③向左做加速运动
④向左做减速运动

A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【解答】解：对小球进行受力分析，因为弹簧处于压缩状态，所以小球受到向右的弹力。由于车的上表面光滑，没有摩擦力，故小球只受到向右的弹力。因此存在两种情况，即向右加速运动和向左减速运动，而小车与小球相对静止，运动情况相同。
故选：D。
6．如图，将弹性球和绳子先后放入瓶中，倒置瓶子，一手拿着瓶一手拉动绳子，直到绳子处于拉紧状态，将瓶子放正后，手拉绳就可将瓶子提起来。下列分析正确的是（　　）

A．增加弹性球的质量有助于实验成功
B．选择粗细合适的粗糙绳子有助于实验成功
C．只要手的拉力足够大，瓶子就不会掉落
D．绳对手的拉力和绳对瓶的拉力是一对相互作用力
【解答】解：A、绳子在拉出的过程中，被卡在了瓶口，这是弹性球与瓶口、绳子互相挤压，从而对绳子产生摩擦，与物体重力（质量）无关。故A错误；
B、粗细合适，有一定的粗糙程度，可以在压力一定时，增大接触面粗糙程度，增大摩擦，有助于实验成功。故B正确；
C、手的拉力没有直接作用于瓶子，所以瓶子运动状态与手的拉力大小无关。故C 错误；
D、绳对手的拉力和手对绳的拉力才是一对相互作用力。故D错误。
故选：B。
7．在汽车中悬线上挂一个小球，当汽车运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度，如图所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体M，则关于汽车的运动情况和物体M的受力情况正确的是（　　）

A．汽车一定向右做加速运动
B．汽车一定向左做加速运动
C．M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用
D．M除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用
【解答】解：
AB、以小球为研究对象，小球向左运动，所以有两种可能，即可能向右做加速运动，也可能向左做减速运动，故AB错误；
CD、据上面的分析可知，木块M相对于汽车有一个向左的运动趋势，此时木块M会受到一个向右的摩擦力（其动力的作用），故M除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用，故C正确，D错误；
故选：C。
8．如图所示，放在水平桌面上的甲、乙、丙三个完全相同的容器，装有三种不同的液体，将三个完全相同的长方体A分别放入三种液体中，静止时三个容器的液面恰好相平。下列判断正确的是（　　）

A．物体下表面受到液体的压力F甲＞F乙＝F丙
B．物体受到的浮力F甲浮＞F乙浮＞F丙浮
C．液体对容器底的压强p甲＞p乙＞p丙
D．容器对桌面的压力F甲＝F乙＝F丙
【解答】解：AB、根据图示可知，甲悬浮，乙、丙漂浮，所以其所受的浮力与其自身的重力相等，故F甲浮＝F乙浮＝F丙浮，故B错误；
因为物体上、下表面受到液体的压力差等于物体受到的浮力，因此甲下表面受到的压力大于浮力；
乙丙上表面受到的压力为零，因此乙丙下表面受到液体的压力等于浮力，且相等，即F甲＞F乙＝
F丙，故A正确。
C、由图可知，物体排开的液体的体积关系为：V甲＞V乙＞V丙；由于F甲浮＝F乙浮＝F丙浮，根据阿基米德原理可知，ρ甲＜ρ乙＜ρ丙；
因为丙的密度最大，并且液体的深度相同，因此由p＝ρgh可知，丙容器底所受的压强最大，其次是乙，再次是甲，故液体对容器底的压强：p甲＜p乙＜p丙，故C错误；
D、根据图示可知，三个容器中液面的高度相同，甲中物体排开液体的体积最大，丙中物体排开液体的体积最小，所以丙中液体最多，由C知甲液体的密度最大，由m＝ρV知丙液体的质量最大，且三个物体和容器相同，所以丙容器对桌面的压力最大，其次是乙，最小的是甲，故容器对桌面的压力F甲＜F乙＜F丙，故D错误。
故选：A。
9．如图甲所示，在探究“浮力的大小是否与物体浸没深度有关”的实验中，小聪把一质量为270g的铝块挂在弹簧测力计上，将其缓慢浸入液体中（液体未溢出）。得到测力计示数F随铝块浸入深度h的变化图像，如图乙所示。圆柱形容器底面积为100cm2，g取10N/kg，ρ铝＝2.7×103kg/m3，则下列说法不正确的是（　　）

A．铝块浸没后所受的浮力为1.2N
B．液体的密度为1.2×103kg/m3
C．铝块刚好浸没时下表面受到的压力为1.5N
D．铝块浸入前到浸没后，液体对容器底的压强变化了120Pa
【解答】解：
A．铝块的重力G＝mg＝270×10﹣3kg×10N/kg＝2.7N，
由图乙可知，铝块浸没后弹簧测力计的示数F′＝1.5N，
则铝块浸没后所受的浮力F浮＝G﹣F′＝2.7N﹣1.5N＝1.2N，故A正确；
B．由ρ=mV可得，铝块的体积V铝=mρ铝=270×10-3kg2.7×103kg/m3=1×10﹣4m3，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮＝ρ液gV排可得，液体的密度：ρ液=F浮gV排=F浮gV铝=1.2N10N/kg×1×10-4m3=1.2×103kg/m3，故B正确；
C．由浮力产生的原因F浮＝F向上﹣F向下可得，
铝块刚好浸没时下表面受到的压力：F向上＝F浮+F向下＝F浮＝1.2N，故C错误；
D．铝块浸入前到浸没后，圆柱形容器内液面上升的高度△h=V排S容=V铝S容=1×10-4m3100×10-4m2=0.01m，
液体对容器底的压强变化了△p＝ρ液g△h＝1.2×103kg/m3×10N/kg×0.01m＝120Pa，故D正确。
故选：C。
10．图中的魔法水母是一款受孩子喜爱的玩具。在瓶内注满水，然后放入魔法水母，旋紧瓶盖，用力抓握塑料瓶，魔法水母就会往水下沉落；松开塑料瓶，它又会浮上来。调整握塑料瓶的力度，魔法水母就可以悬浮在水中。下列说法错误的是（　　）

A．魔法水母上浮是因为受到的浮力大于重力
B．魔法水母下沉时受到的液体压强变大
C．用力抓握塑料瓶时，魔法水母内的空气体积变大
D．魔法水母悬浮在水中时，它所受的浮力和重力的大小相等
【解答】解：AD、松开塑料瓶，魔法水母受到的压力减小，魔法水母里面被压缩的空气把水压出来，此时魔法水母的重力小于它所受的浮力，因此它就向上浮；当浮力等于重力，就会悬浮在水中，故AD正确，不符合题意；
B、魔法水母下沉时，深度增加，根据p＝ρgh知受到的液体压强变大，故B正确，不符合题意；
C、用力抓握塑料瓶时，魔法水母内空气被压缩，空气体积减小，压强变大，故C错误，符合题意。
故选：C。
二．填空题（共2小题）
11
．地球同步卫星是指位于赤道上空一定高度上与地球保持相互静止的卫星，它与地球转动同步，故称地球同步卫星。当某卫星地面站向卫星发射微波通讯信号后，卫星接收到信号并把它放大后发回地面，卫星所覆盖地区的卫星地面站就能接受到此信号。在赤道上空约为36000km的高度上布设3颗同步卫星，可实现除两极外的全球通讯。请根据上述材料，回答下列问题：
（1）地球同步卫星在轨道运行时相对于地面是 　静止　（选填“运动”或“静止”）的。
（2）已知微波传播速度为3×105km/s，请你估算一下，从地面发送信号到同步卫星，再由同步卫星发回地面，所需要的最短时间约为 　0.24　s。
【解答】解：（1）地球同步卫星在轨道运行时相对于地面位置没有发生改变，所以是静止的；
（2）根据v=st可得，无线电波传播的距离：
s＝36000km×2＝72000km；
所以，从地面发送电磁波信号通过同步卫星返回至少需要的时间：
t=sv=72000km3×105km/s=0.24s。
故答案为：（1）静止；（2）0.24。
12．如图甲所示，放在水平地面上的物体，受到方向不变的水平拉力F的作用，F的大小与时间t的关系如图乙所示；物体运动的速度ν与时间t的关系如图丙所示，由图象可知当t＝5s时，物体处于　匀速直线运动状态（或平衡状态）　，t＝3s时，物体受到的摩擦力为　2　N。

【解答】解：
由v﹣t图象可知，4s～6s内物体运动的速度不变，即做匀速直线运动，因此t＝5s时，物体处于匀速直线运动状态（或平衡状态），此时物体受到的滑动摩擦力和拉力是一对平衡力，二力大小相等，由F﹣t图象可知，4s～6s内物体受到的拉力为2N，则滑动摩擦力f＝F＝2N；
由v﹣t图象可知，在2s～4s内物体做加速运动；由于该过程中压力大小和接触面的粗糙程度均不变，所以物体受到的滑动摩擦力大小不变，仍然为2N，则t＝3s时，物体受到的摩擦力为2N。
故答案为：匀速直线运动状态（或平衡状态）；2。
三．实验探究题（共2小题）
13
．如图所示，一辆两轴货车正在水平地面上设置的某种电子地磅秤上称重。先让货车前轮单独开上电子地磅秤，其读数为8t；前轮驶离电子地磅秤，再让后轮单独开上电子地磅秤，其读数为9t。国家规定两轴货车限载车货总重18t。
（1）该货车超不超载？
（2）请你通过计算说明判断该货车超不超载的理由。

【解答】解：（1）该货车不超载；
（2）以汽车前轮为支点建立杠杆模型，示意图如图甲，
根据杠杆平衡条件得：F后L＝GL1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
以汽车后轮为支点建立杠杆模型，示意图如图乙，
根据杠杆平衡条件得：F前L＝GL2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②两式可得：
G＝F前+F后＝（8×103kg+9×103kg）×10N/kg＜18×103kg×10N/kg，
所以，该货车不超载。
答：（1）该货车不超载；（2）见解析。

14．如图所示，一环状物体穿在水平横杆上，受风力作用向左做匀速运动，当将杆竖直放置，且所受风力不变时，物体在杆上竖直向下运动。已知物体重为G，物体在杆上所受的摩擦力与物体对杆的压力成正比，比例系数为k（k＜1），则物体在竖直杆上向下运动时物体所受的摩擦力为　k2G　，此时物体　不能　（“能”或“不能”）做匀速运动。

【解答】解：（1）左图可知，球在水平杆上运动，所以球对杆的压力：F压＝G，
球在左图中匀速运动，球水平方向受到的风力与摩擦力是一对平衡力，
所以风力：F＝f＝kF压＝kG；
（2）右图中风力与左相同，由此得到球对杆的压力：F压′＝F＝kG，
所以球下滑过程中受到的滑动摩擦力：f′＝kF压′＝k×kG＝k2G；图中风力与左相同，由此得到球对杆的压力：F压′＝F＝kG，
所以球下滑过程中受到的滑动摩擦力：f′＝kF压′＝k×kG＝k2G。
因为竖直方向上重力与摩擦力不相同，故物体不能做匀速运动。
故答案为：k2G；不能。
四．计算题（共1小题）
15．阿根廷工程师设计了一款新型家用电梯，该电梯外形是长圆筒，升降过程不使用线缆，而是靠气压驱动。需要上楼时，抽气泵启动，抽走顶部空气，此时底部与顶部就会形成气压差，底部空气推动电梯室往上升，需要下楼时，顶部充气，气压增大，使电梯往下降。底部高压区始终与外界连通，外界大气压为1×105Pa，电梯室质量为100kg，电梯室与圆筒壁之间的摩擦力为200N，底部和顶部面积均为0.9m2．（g＝10N/kg）

（1）气压差形成的压力差为多少N，可使空载的电梯匀速上升？
（2）若质量为60kg的人乘电梯匀速上升，则顶部低压区的气压为多大？
（3）抽气机最多能把低压区的气压降到9.5×104Pa，则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是多少？

【解答】解：（1）空载的电梯匀速上升时受到竖直向下的重力和竖直向下的摩擦力和竖直向上的大气压力的差，
所以重力和摩擦力两者之和就是气压差形成的压力差，即F＝G+f＝mg+f＝100kg×10N/kg+200N＝1200N；
（2）人和电梯的总重力：G＝（m0+m人）g＝（100kg+60kg）×10N/kg＝1600N；
人乘电梯匀速上升时，受到竖直向下的重力、竖直向下的摩擦力、竖直向上的大气压力的差，
故气压差：F1＝G+f＝1600N+200N＝1800N，
设顶部低压区的压强为P1，则气压差产生的向上的压力为F1＝（p0﹣p1）S＝（1×105Pa﹣p1）×0.9m2＝1800N，
则顶部低压区的气压：p1＝9.8×104Pa；
（3）电梯匀速下降时，受到竖直向下的重力、竖直向上的摩擦力、竖直向上的压力，
电梯受到的向上的压力为F2＝（p0﹣p2）S＝（1×105Pa﹣9.5×104Pa）×0.9m2＝4500N；
电梯匀速下降，摩擦力方向向上，G总＝F2+f＝4500N+200N＝4700N；
总质量为：m总=G总g=4700N10N/kg=470kg；
则下降时能装载的物体的最大质量为：m2＝m总﹣m0＝470kg﹣100kg＝370kg。
答：（1）气压差形成的压力差为1200N，可使空载的电梯匀速上升；
（2）若质量为60kg的人乘电梯匀速上升，则顶部低压区的气压为9.8×104Pa；
（3）抽气机最多能把低压区的气压降到9.5×104Pa，则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是370kg。
五．综合能力题（共1小题）
16．2021年9月，我国神舟十二号的返回舱在东风着陆场着陆，代表神舟十二号的工作圆满完成，我国航天事业进入了新阶段。已知返回舱的总质量为8吨（忽略返回舱因摩擦造成质量的变化），返回舱着陆时下落速度与时间的关系如图所示。请回答：
（1）进入大气层时，返回舱表面因摩擦会出现火星，这是 　机械　能转化为内能（热能）。
（2）返回舱在BC段受到摩擦力和重力的作用，这两个力的关系是 　非平衡力　。（选填“平衡力”或“非平衡力”）
（3）计算返回舱的总重力在CD段所做的功。

【解答】解：（1）进入大气层时，返回舱表面因摩擦会出现火星，这是摩擦生热现象，是机械能转化为内能；
（2）读图可知，返回舱在BC段速度迅速下降，处于非平衡状态，因此，受到的摩擦力和重力是非平衡力；
（3）返回舱的总重力：G＝mg＝8×103kg×10N/kg＝8×104N；
由图可知，返回舱在CD段做匀速运动且速度为v＝2m/s，时间为t＝800s﹣400s＝400s，
由速度公式得，返回舱在CD段下降的高度：
h＝vt＝2m/s×400s＝800m，
则返回舱的总重力在CD段所做的功为：
W＝Gh＝8×104N×800m＝6.4×107J。
故答案为：（1）机械；（2）非平衡力；（3）返回舱的总重力在CD段所做的功为6.4×107J。
六．解答题（共1小题）
17．从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰（如图甲）或人下蹲弯曲膝盖（如图乙）把它搬起来，哪种方法好呢？下面就建立模型说明这个问题。把脊柱简化为杠杆如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F1作用在A点，其实际作用方向与脊柱夹角为12°且保持不变，搬箱子拉力F2作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替箱子。用测力计沿F1方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即可改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论。

（1）在丙图中画出F2力臂L2。
（2）当α角增大时，L2　变小　（变大/不变/变小），F1　变小　（变大/不变/变小）。
（3）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比丙图中F1要　大　（大/小）。
（4）对比甲、乙两种姿势所对应丙图中的两种状态，由以下分析可得，　乙　（甲/乙）图中的姿势比较正确。
【解答】解：（1）延长F2作用线，由支点作其作用线的垂线，L2是其力臂。如图：

（2）由图可知：当α角增大时，力臂L2变小；由于拉力F1的方向与脊柱夹角始终为12°，且OA这段距离不变，则O点到F1作用线的距离不变，即动力臂不变，阻力为箱子的重力不变，根据杠杆平衡条件可知，F1变小；
（3）如果考虑到人上半身的重力，由于上半身的重力会阻碍杠杆的转动，根据杠杆平衡条件可知：实际拉力将变大；
（4）比较甲、乙两种姿势可知：甲的支点太高，在搬起物体时，阻力臂减小得慢，则腰背部复杂肌肉的等效拉力F1要比较长时间的使用较大的力，所以甲姿势不正确，乙姿势比较正确。
故答案为：（1）如上图；（2）变小；变小；（3）大；（4）乙。