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6.用硬质塑料瓶、透明胶带、螺母、塑料管、容器和水等，制作潜水艇模型(不计进排气管体积)，然后将模型放入水中，如图所示，使其上浮或下沉。下列说法正确的是（
A.当模型漂浮于水面时，它受到的浮力小于重力
B.向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，模型将下沉
C.从瓶中抽气时，模型会下沉，它受到的浮力将变小
D.让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，应使瓶内的水先增加后减少
D
）A.当模型漂浮于水面时，它受到的浮力小于重力
B.向瓶中充气时，瓶内气体压强变大，模型将下沉
C.从瓶中抽气时，模型会下沉，它受到的浮力将变小
D.让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮，应使瓶内的水先增加后减少
答案
6.D
解析:当模型漂浮于水面时,它受到的浮力等于重力,故A错误;向瓶中充气时,瓶内气体压强变大,瓶内的水将变少,总重力变小,模型将上浮,故B错误;从瓶中抽气时,瓶内气体压强变小,瓶内的水将变多,总重力变大,模型会下沉,此时它排开水的体积不变,根据阿基米德原理可知它受到的浮力不变,故C错误;潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的,让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮,此时应向外抽气,使瓶内气体减少,气压减小,让水进入瓶中,使模型受到的重力大于浮力,实现下沉,然后停止抽气,再适当充气,向外排水,使重力等于浮力而悬浮,故要使模型下潜至更深的位置悬浮,则瓶内气体先减少后增加,应使瓶内的水先增加后减少,故D正确。
解析:当模型漂浮于水面时,它受到的浮力等于重力,故A错误;向瓶中充气时,瓶内气体压强变大,瓶内的水将变少,总重力变小,模型将上浮,故B错误;从瓶中抽气时,瓶内气体压强变小,瓶内的水将变多,总重力变大,模型会下沉,此时它排开水的体积不变,根据阿基米德原理可知它受到的浮力不变,故C错误;潜水艇是靠改变自身的重力实现浮沉的,让原本在较浅处悬浮的模型下潜至更深处悬浮,此时应向外抽气,使瓶内气体减少,气压减小,让水进入瓶中,使模型受到的重力大于浮力,实现下沉,然后停止抽气,再适当充气,向外排水,使重力等于浮力而悬浮,故要使模型下潜至更深的位置悬浮,则瓶内气体先减少后增加,应使瓶内的水先增加后减少,故D正确。
7.一厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，如图所示，用竖直向上的力，欲使其一端抬离地面，下列说法正确的是（
A.$ F_甲 ＞ F_乙 $，因为甲方法的动力臂短
B.$ F_甲 ＜ F_乙 $，因为乙方法的阻力臂长
C.$ F_甲 ＞ F_乙 $，因为乙方法的阻力臂短
D.$ F_甲 = F_乙 $
D
）A.$ F_甲 ＞ F_乙 $，因为甲方法的动力臂短
B.$ F_甲 ＜ F_乙 $，因为乙方法的阻力臂长
C.$ F_甲 ＞ F_乙 $，因为乙方法的阻力臂短
D.$ F_甲 = F_乙 $
答案
7.D
解析:两次抬起水泥板时的情况如
、
所示:两种情况下,动力为F,阻力均为水泥板的重力,对于形状规则质地均匀的物体,其重心都在其几何中心上,所以动力臂都等于阻力臂的2倍;根据杠杆的平衡条件可得:力与力臂成反比,力臂之比不变,故力之比也不变,又因阻力不变,故动力也不变,所以前后两次所用的力相同,故D正确。
8.研究表明,人步行时重心升降的幅度约为脚跨一步距离的0.1,人正常步行时,速度约为1.4 m/s,请你估算一名中学生正常步行半小时克服重力做功的功率约为 （
A.10 W
B.20 W
C.70 W
D.140 W
C
）A.10 W
B.20 W
C.70 W
D.140 W
答案
8.C
9.为了将重 100 N 的重物提升到高处，小明同学设计了如图甲所示的滑轮组装置。当他用如图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力 F 拉绳时，重物的速度 v 和上升的高度 h 随时间 t 变化的关系图像分别如图丙和图丁所示。不计绳重和摩擦，绳对滑轮的拉力方向均可看成在竖直方向。则下列正确的是（
①0～1 s内，重物对地面的压力是 10 N
②2～3 s内，滑轮组的机械效率为 83.3%
③1～2 s内，拉力 F 做的功为 187.5 J
④2～3 s内，拉力 F 的功率 P 为 250 W
A.只有①③正确
B.只有②③正确
C.只有①②正确
D.只有①④正确
B
）①0～1 s内，重物对地面的压力是 10 N
②2～3 s内，滑轮组的机械效率为 83.3%
③1～2 s内，拉力 F 做的功为 187.5 J
④2～3 s内，拉力 F 的功率 P 为 250 W
A.只有①③正确
B.只有②③正确
C.只有①②正确
D.只有①④正确
答案
9.B
解析:由题图甲可知,n=3,由题图丙可知,在2~3 s内物体做匀速直线运动,由题图乙可知,此时拉力为40 N,不计绳重和摩擦,拉力 $F=\frac{1}{n}(G+G_动)$,则动滑轮的重力 $G_动=3F_3-G=3×40\ \mathrm{N}-100\ \mathrm{N}=20\ \mathrm{N}$。在0~1 s内,物体静止,拉力 $F_1=30\ \mathrm{N}$,物体对地面的压力 $F_压=G+G_动-3F_1=100\ \mathrm{N}+20\ \mathrm{N}-3×30\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$,故①错误;在2~3 s内,拉力 $F_3=40\ \mathrm{N}$,此过程中滑轮组的机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}=\frac{Gh}{F_3s}=\frac{G}{nF_3}=\frac{100\ \mathrm{N}}{3×40\ \mathrm{N}}×100\%≈83.3\%$,故②正确;在1~2 s内拉力 $F_2=50\ \mathrm{N}$,重物上升的高度 $h_2=1.25\ \mathrm{m}$,绳端下降的距离 $s_2=nh_2=3×1.25\ \mathrm{m}=3.75\ \mathrm{m}$,拉力做的功 $W=F_2s_2=50\ \mathrm{N}×3.75\ \mathrm{m}=187.5\ \mathrm{J}$,故③正确;在2~3 s内,拉力 $F_3=40\ \mathrm{N}$,重物上升的速度 $v=2.5\ \mathrm{m/s}$,绳端移动的速度 $v'=nv=3×2.5\ \mathrm{m/s}=7.5\ \mathrm{m/s}$,则拉力做功的功率 $P=F_3v'=40\ \mathrm{N}×7.5\ \mathrm{m/s}=300\ \mathrm{W}$,故④错误。
解析:由题图甲可知,n=3,由题图丙可知,在2~3 s内物体做匀速直线运动,由题图乙可知,此时拉力为40 N,不计绳重和摩擦,拉力 $F=\frac{1}{n}(G+G_动)$,则动滑轮的重力 $G_动=3F_3-G=3×40\ \mathrm{N}-100\ \mathrm{N}=20\ \mathrm{N}$。在0~1 s内,物体静止,拉力 $F_1=30\ \mathrm{N}$,物体对地面的压力 $F_压=G+G_动-3F_1=100\ \mathrm{N}+20\ \mathrm{N}-3×30\ \mathrm{N}=30\ \mathrm{N}$,故①错误;在2~3 s内,拉力 $F_3=40\ \mathrm{N}$,此过程中滑轮组的机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}=\frac{Gh}{F_3s}=\frac{G}{nF_3}=\frac{100\ \mathrm{N}}{3×40\ \mathrm{N}}×100\%≈83.3\%$,故②正确;在1~2 s内拉力 $F_2=50\ \mathrm{N}$,重物上升的高度 $h_2=1.25\ \mathrm{m}$,绳端下降的距离 $s_2=nh_2=3×1.25\ \mathrm{m}=3.75\ \mathrm{m}$,拉力做的功 $W=F_2s_2=50\ \mathrm{N}×3.75\ \mathrm{m}=187.5\ \mathrm{J}$,故③正确;在2~3 s内,拉力 $F_3=40\ \mathrm{N}$,重物上升的速度 $v=2.5\ \mathrm{m/s}$,绳端移动的速度 $v'=nv=3×2.5\ \mathrm{m/s}=7.5\ \mathrm{m/s}$,则拉力做功的功率 $P=F_3v'=40\ \mathrm{N}×7.5\ \mathrm{m/s}=300\ \mathrm{W}$,故④错误。
10.如图是物体离手后在空中飞行过程中动能$E_{\mathrm{k}}$随时间$t$变化的曲线，运动的物体可能是（
A.斜向上投掷出去的铅球
B.由静止下落的乒乓球
C.竖直向上垫起的排球
D.离开脚后在地上滚动的足球
A
）A.斜向上投掷出去的铅球
B.由静止下落的乒乓球
C.竖直向上垫起的排球
D.离开脚后在地上滚动的足球
答案
10.A
解析:斜向上投掷出去的铅球在整个飞行过程中质量不变,一直在运动,动能不为零(处于最高点时竖直方向速度为0,但水平方向仍然有速度,因此动能不为0),从出手到最高点过程中速度减小,此过程动能减小,在下落的过程中,速度不断增大,到达地面时最大,此过程动能增大,整个过程动能先减小再增大,故A正确;由静止下落的乒乓球的动能始终在增大,故B错误;竖直向上垫起的排球,到达最高点时的动能为零,故C错误;离开脚后在地上滚动的足球,滚动得越来越慢,动能越来越小,故D错误。
解析:斜向上投掷出去的铅球在整个飞行过程中质量不变,一直在运动,动能不为零(处于最高点时竖直方向速度为0,但水平方向仍然有速度,因此动能不为0),从出手到最高点过程中速度减小,此过程动能减小,在下落的过程中,速度不断增大,到达地面时最大,此过程动能增大,整个过程动能先减小再增大,故A正确;由静止下落的乒乓球的动能始终在增大,故B错误;竖直向上垫起的排球,到达最高点时的动能为零,故C错误;离开脚后在地上滚动的足球,滚动得越来越慢,动能越来越小,故D错误。
11.如图所示，物块在光滑斜面上由静止开始下滑，依次经过a、b两个点，不计空气阻力，比较物块在a、b两点的能量，下列说法正确的是（
A.物块在a点重力势能大
B.物块在b点重力势能大
C.物块在a、b两点的重力势能一样大
D.物块在a点动能大
A
）A.物块在a点重力势能大
B.物块在b点重力势能大
C.物块在a、b两点的重力势能一样大
D.物块在a点动能大
答案
11.A
解析:物块在光滑斜面上由静止开始下滑(不计空气阻力),在下滑过程中,高度减小,重力势能减小,速度增大,动能变大。由于a点的位置要高于b点的位置,所以物块在a点的重力势能大于在b点的重力势能;物块在下滑过程中动能变大,所以物块在b点动能大,故A正确,B、C、D错误。
解析:物块在光滑斜面上由静止开始下滑(不计空气阻力),在下滑过程中,高度减小,重力势能减小,速度增大,动能变大。由于a点的位置要高于b点的位置,所以物块在a点的重力势能大于在b点的重力势能;物块在下滑过程中动能变大,所以物块在b点动能大,故A正确,B、C、D错误。
