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6.如图所示,用甲、乙、丙三种简单机械分别提起同一重物,已知滑轮重20 N,杠杆(OB=2OA)重10 N,手的拉力始终沿竖直方向,忽略绳重及摩擦,下列说法错误的是(
A.甲图:该装置不省力也不省距离
B.乙图:该装置的机械效率是三者中最低的
C.丙图:在匀速拉动物体上升的过程中,拉力$F_3$逐渐变小
D.提升的物体越重,乙、丙的机械效率就会越高
C
)A.甲图:该装置不省力也不省距离
B.乙图:该装置的机械效率是三者中最低的
C.丙图:在匀速拉动物体上升的过程中,拉力$F_3$逐渐变小
D.提升的物体越重,乙、丙的机械效率就会越高
答案
6.C
解析
【分析】
本题考查定滑轮、动滑轮、杠杆的特点及机械效率的相关知识，需逐个分析甲、乙、丙三个装置的工作原理，结合选项判断对错：甲为定滑轮，实质是等臂杠杆；乙为动滑轮，需克服动滑轮重力做额外功；丙为杠杆，需克服自身重力做额外功。再根据各装置的特点、杠杆平衡条件、机械效率公式逐一分析选项。
【解析】
1. 分析甲图：甲是定滑轮，实质为等臂杠杆，不省力也不省距离，仅能改变力的方向，故A选项说法正确，不符合题意。
2. 分析乙图：乙是动滑轮，使用时需克服动滑轮的重力做额外功；甲装置忽略绳重及摩擦，额外功为0，机械效率最高；丙装置为杠杆，额外功是克服杠杆自身重力做的功，当提升相同高度时，乙的额外功为$W_{额乙}=G_{动}h=20N×h$，丙的额外功为$W_{额丙}=G_{杠杆}×\frac{h}{2}=10N×\frac{h}{2}=5N×h$，乙的额外功更多，机械效率更低，故B选项说法正确，不符合题意。
3. 分析丙图：根据杠杆平衡条件，匀速拉动时，$F_3×OB = G_{物}×OA + G_{杠杆}×\frac{OA}{2}$，已知$OB=2OA$，代入得：$F_3×2OA = G_{物}×OA + 10N×\frac{OA}{2}$，两边约去$OA$，化简得$2F_3=G_{物}+5N$，即$F_3=\frac{G_{物}+5N}{2}$，拉力$F_3$为定值，不会逐渐变小，故C选项说法错误，符合题意。
4. 分析D选项：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}$，当提升的物体越重，有用功$W_{有}=G_{物}h$越大，额外功$W_{额}$不变，因此机械效率越高，故D选项说法正确，不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
定滑轮、动滑轮、杠杆平衡、机械效率
【点评】
本题综合考查了三种简单机械的特点及机械效率的计算，需准确分析各装置的额外功，熟练运用杠杆平衡条件，易错点在于丙图中拉力的大小判断，需注意拉力为定值而非逐渐变化。
【难度系数】
0.4
本题考查定滑轮、动滑轮、杠杆的特点及机械效率的相关知识，需逐个分析甲、乙、丙三个装置的工作原理，结合选项判断对错：甲为定滑轮，实质是等臂杠杆；乙为动滑轮，需克服动滑轮重力做额外功；丙为杠杆，需克服自身重力做额外功。再根据各装置的特点、杠杆平衡条件、机械效率公式逐一分析选项。
【解析】
1. 分析甲图：甲是定滑轮，实质为等臂杠杆，不省力也不省距离，仅能改变力的方向，故A选项说法正确，不符合题意。
2. 分析乙图：乙是动滑轮，使用时需克服动滑轮的重力做额外功；甲装置忽略绳重及摩擦，额外功为0，机械效率最高；丙装置为杠杆，额外功是克服杠杆自身重力做的功，当提升相同高度时，乙的额外功为$W_{额乙}=G_{动}h=20N×h$，丙的额外功为$W_{额丙}=G_{杠杆}×\frac{h}{2}=10N×\frac{h}{2}=5N×h$，乙的额外功更多，机械效率更低，故B选项说法正确，不符合题意。
3. 分析丙图：根据杠杆平衡条件，匀速拉动时，$F_3×OB = G_{物}×OA + G_{杠杆}×\frac{OA}{2}$，已知$OB=2OA$，代入得：$F_3×2OA = G_{物}×OA + 10N×\frac{OA}{2}$，两边约去$OA$，化简得$2F_3=G_{物}+5N$，即$F_3=\frac{G_{物}+5N}{2}$，拉力$F_3$为定值，不会逐渐变小，故C选项说法错误，符合题意。
4. 分析D选项：机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{有}+W_{额}}$，当提升的物体越重，有用功$W_{有}=G_{物}h$越大，额外功$W_{额}$不变，因此机械效率越高，故D选项说法正确，不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
定滑轮、动滑轮、杠杆平衡、机械效率
【点评】
本题综合考查了三种简单机械的特点及机械效率的计算，需准确分析各装置的额外功，熟练运用杠杆平衡条件，易错点在于丙图中拉力的大小判断，需注意拉力为定值而非逐渐变化。
【难度系数】
0.4
7.弹簧置于光滑管内，下端固定在水平面上，上端与管口平齐。如图所示，将一直径略小于管的小球放在弹簧上端，先后两次向下按压弹簧到不同位置后释放小球，小球沿竖直方向运动，第一次小球到达的最高点为a，第二次小球到达的最高点为b，c为小球运动路径上的一点，小球所受空气阻力忽略不计，则先后两次（
A.第一次释放小球时弹簧的弹性势能大
B.小球由c到b过程，弹性势能转化为重力势能
C.小球上升过程，经过c点时的动能相等
D.小球上升过程，经过c点时的机械能相等
A
）A.第一次释放小球时弹簧的弹性势能大
B.小球由c到b过程，弹性势能转化为重力势能
C.小球上升过程，经过c点时的动能相等
D.小球上升过程，经过c点时的机械能相等
答案
7.A
解析
【分析】
要解决本题，需结合机械能守恒定律分析能量转化：弹簧在光滑管内，无摩擦和空气阻力，小球与弹簧组成的系统机械能守恒；小球脱离弹簧后，仅重力做功，机械能仍守恒。第一次小球到达最高点a的高度高于第二次的b，说明第一次弹簧释放时转化的总机械能更多，据此逐一分析选项。
【解析】
1. 选项A：弹簧的弹性势能会转化为小球的机械能（动能+重力势能），因系统无能量损失，机械能守恒。第一次小球能到达更高的a点，说明第一次弹簧储存的弹性势能更大，转化的总机械能更多，故A正确。
2. 选项B：小球由c到b时，已脱离弹簧，不再受弹簧弹力，此过程是小球的动能转化为重力势能，不存在弹性势能的转化，故B错误。
3. 选项C：c点为同一位置，小球在c点的重力势能相同。第一次总机械能更大，根据机械能守恒，第一次在c点的动能更大，因此两次经过c点的动能不相等，故C错误。
4. 选项D：小球上升过程中，离开弹簧后机械能守恒，但第一次弹簧释放时的弹性势能更大，转化给小球的总机械能更多，所以两次经过c点时，小球的机械能不相等，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
机械能守恒定律、能量转化
【点评】
本题考查机械能守恒的应用，关键是明确小球在不同阶段的能量转化特点，易错点是混淆小球脱离弹簧前后的能量转化形式，需结合最高点高度判断总机械能的大小。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合机械能守恒定律分析能量转化：弹簧在光滑管内，无摩擦和空气阻力，小球与弹簧组成的系统机械能守恒；小球脱离弹簧后，仅重力做功，机械能仍守恒。第一次小球到达最高点a的高度高于第二次的b，说明第一次弹簧释放时转化的总机械能更多，据此逐一分析选项。
【解析】
1. 选项A：弹簧的弹性势能会转化为小球的机械能（动能+重力势能），因系统无能量损失，机械能守恒。第一次小球能到达更高的a点，说明第一次弹簧储存的弹性势能更大，转化的总机械能更多，故A正确。
2. 选项B：小球由c到b时，已脱离弹簧，不再受弹簧弹力，此过程是小球的动能转化为重力势能，不存在弹性势能的转化，故B错误。
3. 选项C：c点为同一位置，小球在c点的重力势能相同。第一次总机械能更大，根据机械能守恒，第一次在c点的动能更大，因此两次经过c点的动能不相等，故C错误。
4. 选项D：小球上升过程中，离开弹簧后机械能守恒，但第一次弹簧释放时的弹性势能更大，转化给小球的总机械能更多，所以两次经过c点时，小球的机械能不相等，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
机械能守恒定律、能量转化
【点评】
本题考查机械能守恒的应用，关键是明确小球在不同阶段的能量转化特点，易错点是混淆小球脱离弹簧前后的能量转化形式，需结合最高点高度判断总机械能的大小。
【难度系数】
0.5
8.“奋斗者”号载人潜水器(如图)成功潜入海底10 909 m，刷新了中国载人潜水的新纪录。潜水器总质量36 t(包含下方安装的压载铁质量2 t)，观测窗面积0.03 m²。潜入海底待科研任务结束后，抛掉压载铁，潜水器上浮至海面(忽略部件受到海水压力后的体积变化和下潜、上浮过程中海水对它的阻力，$\rho_{海水}$取$1.0×10^3 kg/m^3$，g取10 N/kg)。关于潜水器说法正确的是(
A.下潜时所受海水的浮力逐渐变大
B.上浮至海面所受海水的浮力先增大后减小
C.抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力为$3.4×10^5 N$
D.10 000 m深度时，海水对观测窗的压力为$3×10^6 N$
D
)A.下潜时所受海水的浮力逐渐变大
B.上浮至海面所受海水的浮力先增大后减小
C.抛掉压载铁后，上浮时所受海水的浮力为$3.4×10^5 N$
D.10 000 m深度时，海水对观测窗的压力为$3×10^6 N$
答案
8.D
解析
【分析】本题考查浮力与液体压强的综合应用，需结合阿基米德原理、液体压强公式逐一分析选项：明确浮力大小由排开液体体积和液体密度决定，液体压力由压强和受力面积决定，再判断各选项的物理规律是否正确。
【解析】
1. 分析选项A：潜水器下潜时，未完全浸没前，排开海水体积$V_{排}$增大，由阿基米德原理$F_{浮}=\rho_{海水}gV_{排}$，浮力变大；完全浸没后，$V_{排}$等于潜水器体积不再变化，浮力不变，因此下潜时浮力并非逐渐变大，A错误。
2. 分析选项B：潜水器上浮至海面时，未露出水面前，$V_{排}$不变，浮力不变；露出水面后，$V_{排}$减小，浮力减小，因此浮力是先不变后减小，B错误。
3. 分析选项C：抛掉压载铁后，潜水器上浮时，若完全浸没，浮力需由$F_{浮}=\rho_{海水}gV_{排}$计算，题目未给出潜水器体积，无法得出浮力为$3.4×10^5N$，C错误。
4. 分析选项D：10000m深度时，海水压强$p=\rho_{海水}gh=1.0×10^3kg/m^3×10N/kg×10000m=1×10^8Pa$，观测窗面积$S=0.03m^2$，则海水对观测窗的压力$F=pS=1×10^8Pa×0.03m^2=3×10^6N$，D正确。
【答案】D
【知识点】浮力、液体压强
【点评】本题综合考查浮力和液体压强的计算与判断，需熟练掌握相关公式，注意分析物体排开液体体积的变化对浮力的影响，以及压力与压强的关系，是中等难度的力学综合题。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 分析选项A：潜水器下潜时，未完全浸没前，排开海水体积$V_{排}$增大，由阿基米德原理$F_{浮}=\rho_{海水}gV_{排}$，浮力变大；完全浸没后，$V_{排}$等于潜水器体积不再变化，浮力不变，因此下潜时浮力并非逐渐变大，A错误。
2. 分析选项B：潜水器上浮至海面时，未露出水面前，$V_{排}$不变，浮力不变；露出水面后，$V_{排}$减小，浮力减小，因此浮力是先不变后减小，B错误。
3. 分析选项C：抛掉压载铁后，潜水器上浮时，若完全浸没，浮力需由$F_{浮}=\rho_{海水}gV_{排}$计算，题目未给出潜水器体积，无法得出浮力为$3.4×10^5N$，C错误。
4. 分析选项D：10000m深度时，海水压强$p=\rho_{海水}gh=1.0×10^3kg/m^3×10N/kg×10000m=1×10^8Pa$，观测窗面积$S=0.03m^2$，则海水对观测窗的压力$F=pS=1×10^8Pa×0.03m^2=3×10^6N$，D正确。
【答案】D
【知识点】浮力、液体压强
【点评】本题综合考查浮力和液体压强的计算与判断，需熟练掌握相关公式，注意分析物体排开液体体积的变化对浮力的影响，以及压力与压强的关系，是中等难度的力学综合题。
【难度系数】0.5
