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11. 如图所示,小明组装了甲、乙两种滑轮,用来提升同一物体,$G_{物}=200\ \mathrm{N}$(不计绳重、滑轮重和摩擦),要使物体竖直匀速上升2 m。下列说法正确的是
(
A.$F_{甲}=200\ \mathrm{N}$,并向上移动4 m
B.$F_{甲}=100\ \mathrm{N}$,并向上移动2 m
C.$F_{乙}=200\ \mathrm{N}$,并向上移动1 m
D.$F_{乙}=400\ \mathrm{N}$,并向上移动1 m
(
D
)A.$F_{甲}=200\ \mathrm{N}$,并向上移动4 m
B.$F_{甲}=100\ \mathrm{N}$,并向上移动2 m
C.$F_{乙}=200\ \mathrm{N}$,并向上移动1 m
D.$F_{乙}=400\ \mathrm{N}$,并向上移动1 m
答案
11.D
解析
【分析】
首先区分甲、乙两图中滑轮的使用方式：甲是正常使用的动滑轮，乙是反向使用的动滑轮。解题时需根据动滑轮的受力特点和距离关系，分别计算两种情况下的拉力和移动距离，再对比选项判断。步骤：1. 分析甲图：正常动滑轮，利用“省一半力、费一倍距离”的特点计算；2. 分析乙图：反向动滑轮，拉力作用在滑轮轴上，需通过受力平衡推导拉力，再结合绳子长度变化确定移动距离；3. 逐一验证选项。
【解析】
1. 甲图（正常动滑轮）：
不计绳重、滑轮重和摩擦，动滑轮正常使用时，承担物重的绳子段数$n=2$，因此拉力$F_{甲}=\frac{G}{2}=\frac{200\ \mathrm{N}}{2}=100\ \mathrm{N}$；物体上升$h=2\ \mathrm{m}$，拉力移动距离$s_{甲}=2h=2×2\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{m}$，故选项A（$F_{甲}=200\ \mathrm{N}$）、B（移动2m）错误。
2. 乙图（反向动滑轮）：
拉力作用在滑轮轴上，滑轮匀速运动时受力平衡：向上的拉力$F_{乙}$等于向下两段绳子的拉力之和，每段绳子拉力等于物重$G$，因此$F_{乙}=2G=2×200\ \mathrm{N}=400\ \mathrm{N}$；物体上升$2\ \mathrm{m}$时，滑轮向上移动的距离为物体上升距离的一半，即$s_{乙}=\frac{2\ \mathrm{m}}{2}=1\ \mathrm{m}$，故选项C（$F_{乙}=200\ \mathrm{N}$）错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
动滑轮的特点、滑轮的应用
【点评】
本题考查动滑轮的两种使用方式，易错点是反向动滑轮的拉力和移动距离判断，需结合受力平衡分析，区分正常与反向动滑轮的规律差异。
【难度系数】
0.5
首先区分甲、乙两图中滑轮的使用方式：甲是正常使用的动滑轮，乙是反向使用的动滑轮。解题时需根据动滑轮的受力特点和距离关系，分别计算两种情况下的拉力和移动距离，再对比选项判断。步骤：1. 分析甲图：正常动滑轮，利用“省一半力、费一倍距离”的特点计算；2. 分析乙图：反向动滑轮，拉力作用在滑轮轴上，需通过受力平衡推导拉力，再结合绳子长度变化确定移动距离；3. 逐一验证选项。
【解析】
1. 甲图（正常动滑轮）：
不计绳重、滑轮重和摩擦，动滑轮正常使用时，承担物重的绳子段数$n=2$，因此拉力$F_{甲}=\frac{G}{2}=\frac{200\ \mathrm{N}}{2}=100\ \mathrm{N}$；物体上升$h=2\ \mathrm{m}$，拉力移动距离$s_{甲}=2h=2×2\ \mathrm{m}=4\ \mathrm{m}$，故选项A（$F_{甲}=200\ \mathrm{N}$）、B（移动2m）错误。
2. 乙图（反向动滑轮）：
拉力作用在滑轮轴上，滑轮匀速运动时受力平衡：向上的拉力$F_{乙}$等于向下两段绳子的拉力之和，每段绳子拉力等于物重$G$，因此$F_{乙}=2G=2×200\ \mathrm{N}=400\ \mathrm{N}$；物体上升$2\ \mathrm{m}$时，滑轮向上移动的距离为物体上升距离的一半，即$s_{乙}=\frac{2\ \mathrm{m}}{2}=1\ \mathrm{m}$，故选项C（$F_{乙}=200\ \mathrm{N}$）错误，选项D正确。
【答案】
D
【知识点】
动滑轮的特点、滑轮的应用
【点评】
本题考查动滑轮的两种使用方式，易错点是反向动滑轮的拉力和移动距离判断，需结合受力平衡分析，区分正常与反向动滑轮的规律差异。
【难度系数】
0.5
12. 如图所示，A、B 两物体叠放在水平桌面上，受到两个水平拉力作用而保持静止，已知 $ F_1 = 5\ \mathrm{N} $，$ F_2 = 3\ \mathrm{N} $，则物体 B 受到物体 A 和水平桌面的摩擦力大小分别为 （
A.2 N、3 N
B.3 N、5 N
C.5 N、2 N
D.5 N、3 N
C
）A.2 N、3 N
B.3 N、5 N
C.5 N、2 N
D.5 N、3 N
答案
12.C
解析
【分析】
要解决这个问题，需分两步进行受力分析：首先隔离物体A，利用二力平衡判断A、B间的静摩擦力；再对A、B整体受力分析，判断B与水平桌面间的静摩擦力。关键是明确静止物体受力平衡，且力的作用是相互的。
【解析】
1. 隔离物体A分析：A保持静止，水平方向受力平衡。A受到向右的拉力$F_1=5\ \mathrm{N}$，因此B对A的静摩擦力向左，大小等于$F_1$，即$f_{BA}=F_1=5\ \mathrm{N}$。根据力的作用是相互的，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力大小相等、方向相反，故B受到A的摩擦力$f_{AB}=5\ \mathrm{N}$，方向向右。
2. 对A、B整体分析：整体保持静止，水平方向受力平衡。整体受到向右的$F_1=5\ \mathrm{N}$，向左的$F_2=3\ \mathrm{N}$，以及桌面对B的静摩擦力$f_{\mathrm{桌}}$，三力平衡，因此$f_{\mathrm{桌}} + F_2 = F_1$，解得$f_{\mathrm{桌}}=F_1-F_2=5\ \mathrm{N}-3\ \mathrm{N}=2\ \mathrm{N}$，即B受到水平桌面的摩擦力为$2\ \mathrm{N}$。
综上，B受到A的摩擦力为$5\ \mathrm{N}$，受到水平桌面的摩擦力为$2\ \mathrm{N}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
静摩擦力、二力平衡、力的相互作用
【点评】
本题考查静摩擦力的判断，核心是利用二力平衡和力的相互性，解题时需灵活选择研究对象（先隔离后整体），属于力学基础题，能有效考查学生的受力分析能力。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，需分两步进行受力分析：首先隔离物体A，利用二力平衡判断A、B间的静摩擦力；再对A、B整体受力分析，判断B与水平桌面间的静摩擦力。关键是明确静止物体受力平衡，且力的作用是相互的。
【解析】
1. 隔离物体A分析：A保持静止，水平方向受力平衡。A受到向右的拉力$F_1=5\ \mathrm{N}$，因此B对A的静摩擦力向左，大小等于$F_1$，即$f_{BA}=F_1=5\ \mathrm{N}$。根据力的作用是相互的，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力大小相等、方向相反，故B受到A的摩擦力$f_{AB}=5\ \mathrm{N}$，方向向右。
2. 对A、B整体分析：整体保持静止，水平方向受力平衡。整体受到向右的$F_1=5\ \mathrm{N}$，向左的$F_2=3\ \mathrm{N}$，以及桌面对B的静摩擦力$f_{\mathrm{桌}}$，三力平衡，因此$f_{\mathrm{桌}} + F_2 = F_1$，解得$f_{\mathrm{桌}}=F_1-F_2=5\ \mathrm{N}-3\ \mathrm{N}=2\ \mathrm{N}$，即B受到水平桌面的摩擦力为$2\ \mathrm{N}$。
综上，B受到A的摩擦力为$5\ \mathrm{N}$，受到水平桌面的摩擦力为$2\ \mathrm{N}$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
静摩擦力、二力平衡、力的相互作用
【点评】
本题考查静摩擦力的判断，核心是利用二力平衡和力的相互性，解题时需灵活选择研究对象（先隔离后整体），属于力学基础题，能有效考查学生的受力分析能力。
【难度系数】
0.6
13.小明和小华利用压强计、刻度尺和装有适量水的容器,探究液体内部压强与深度的关系,如图所示。
(1)图甲中金属盒在水中的深度为
(2)比较两图可知,液体内部压强随深度的增加而
(3)比较两图,小明认为:液体内部某处到容器底的距离越大,其压强越小。为研究此问题,小华在图乙中保持金属盒的位置不变,往容器内加水,当水面到容器底的距离L满足条件:
(1)图甲中金属盒在水中的深度为
7
cm。(2)比较两图可知,液体内部压强随深度的增加而
增大
。(3)比较两图,小明认为:液体内部某处到容器底的距离越大,其压强越小。为研究此问题,小华在图乙中保持金属盒的位置不变,往容器内加水,当水面到容器底的距离L满足条件:
$L≥18\ \mathrm{cm}$
,对比图甲,可说明小明的观点是错误的。答案
13.(1)7 (2)增大 (3)$L≥18\ \mathrm{cm}$
解析
【分析】
首先明确液体深度是液面到该点的垂直距离，而非到容器底的距离。第(1)问需用液面到容器底的距离减去金属盒到容器底的距离，得到金属盒深度；第(2)问对比两图，液体密度相同，金属盒深度不同，结合U型管压强差判断压强与深度的关系；第(3)问要反驳小明的观点，需让乙图中金属盒到容器底的距离比甲图大，但金属盒的深度不小于甲图的深度，此时压强更大，即可说明观点错误。
【解析】
(1) 金属盒的深度是液面到金属盒的垂直距离，甲图中液面到容器底为16cm，金属盒到容器底为9cm，因此金属盒深度为：$ h_甲 = 16\ \mathrm{cm} - 9\ \mathrm{cm} = 7\ \mathrm{cm} $。
(2) 甲乙两图中液体都是水，密度相同，甲图金属盒深度7cm，乙图金属盒深度11cm，乙图U型管液面高度差更大，说明压强更大，因此液体内部压强随深度的增加而增大。
(3) 甲图金属盒深度为7cm，乙图金属盒到容器底的距离为11cm，要让乙图中金属盒的深度（$ h_乙 = L - 11\ \mathrm{cm} $）不小于甲图的深度，即 $ L - 11\ \mathrm{cm} ≥ 7\ \mathrm{cm} $，解得 $ L ≥ 18\ \mathrm{cm} $。此时乙图中金属盒到容器底的距离（11cm）比甲图（9cm）大，但深度更大，压强更大，说明小明的观点错误。
【答案】
(1)7；(2)增大；(3)$ L≥18\ \mathrm{cm} $
【知识点】
液体内部压强、控制变量法
【点评】
本题考查液体内部压强的实验探究，重点是深度概念的理解和控制变量法的应用，第(3)问需明确反驳观点的条件，是易出错的地方。
【难度系数】
0.4
首先明确液体深度是液面到该点的垂直距离，而非到容器底的距离。第(1)问需用液面到容器底的距离减去金属盒到容器底的距离，得到金属盒深度；第(2)问对比两图，液体密度相同，金属盒深度不同，结合U型管压强差判断压强与深度的关系；第(3)问要反驳小明的观点，需让乙图中金属盒到容器底的距离比甲图大，但金属盒的深度不小于甲图的深度，此时压强更大，即可说明观点错误。
【解析】
(1) 金属盒的深度是液面到金属盒的垂直距离，甲图中液面到容器底为16cm，金属盒到容器底为9cm，因此金属盒深度为：$ h_甲 = 16\ \mathrm{cm} - 9\ \mathrm{cm} = 7\ \mathrm{cm} $。
(2) 甲乙两图中液体都是水，密度相同，甲图金属盒深度7cm，乙图金属盒深度11cm，乙图U型管液面高度差更大，说明压强更大，因此液体内部压强随深度的增加而增大。
(3) 甲图金属盒深度为7cm，乙图金属盒到容器底的距离为11cm，要让乙图中金属盒的深度（$ h_乙 = L - 11\ \mathrm{cm} $）不小于甲图的深度，即 $ L - 11\ \mathrm{cm} ≥ 7\ \mathrm{cm} $，解得 $ L ≥ 18\ \mathrm{cm} $。此时乙图中金属盒到容器底的距离（11cm）比甲图（9cm）大，但深度更大，压强更大，说明小明的观点错误。
【答案】
(1)7；(2)增大；(3)$ L≥18\ \mathrm{cm} $
【知识点】
液体内部压强、控制变量法
【点评】
本题考查液体内部压强的实验探究，重点是深度概念的理解和控制变量法的应用，第(3)问需明确反驳观点的条件，是易出错的地方。
【难度系数】
0.4
14.沿海地区夏季是台风多发季，生产生活备受台风影响。当超强台风发生时，假设屋外气压急剧下降到$9×10^{4}\ \mathrm{Pa}$；当门窗紧闭时，可以认为室内气压是1个标准大气压，粗略取作$1×10^{5}\ \mathrm{Pa}$，室内外屋顶的面积均为$100\ \mathrm{m}^2$。
(1)求屋外大气压对屋顶的压力；
(2)求屋顶内外受到的压力差；
(3)若屋顶所能承受的最大压力为$1.2×10^{6}\ \mathrm{N}$，则屋顶会不会被掀翻？
(1)求屋外大气压对屋顶的压力；
(2)求屋顶内外受到的压力差；
(3)若屋顶所能承受的最大压力为$1.2×10^{6}\ \mathrm{N}$，则屋顶会不会被掀翻？
答案
14.(1)$9×10^6\ \mathrm{N}$ (2)$1×10^6\ \mathrm{N}$ (3)不会
解析
【分析】
本题考查压强公式的实际应用，解题思路为：利用压力与压强的关系$F=pS$计算各压力，再通过压力差判断屋顶是否会被掀翻。(1)根据屋外气压和屋顶面积，用$F=pS$计算屋外大气压对屋顶的压力；(2)先计算室内气压对屋顶的压力，再用室内压力减去屋外压力得到压力差；(3)将压力差与屋顶能承受的最大压力比较，判断是否会被掀翻。
【解析】
(1) 已知屋外气压$ p_{外}=9×10^{4}\ \mathrm{Pa} $，屋顶面积$ S=100\ \mathrm{m}^2 $，根据压力公式$ F=pS $，屋外大气压对屋顶的压力：
$ F_{外}=p_{外}S=9×10^{4}\ \mathrm{Pa}×100\ \mathrm{m}^2=9×10^{6}\ \mathrm{N} $；
(2) 室内气压$ p_{内}=1×10^{5}\ \mathrm{Pa} $，室内气压对屋顶的压力：
$ F_{内}=p_{内}S=1×10^{5}\ \mathrm{Pa}×100\ \mathrm{m}^2=1×10^{7}\ \mathrm{N} $；
屋顶内外的压力差：
$ \Delta F=F_{内}-F_{外}=1×10^{7}\ \mathrm{N}-9×10^{6}\ \mathrm{N}=1×10^{6}\ \mathrm{N} $；
(3) 屋顶所能承受的最大压力为$ 1.2×10^{6}\ \mathrm{N} $，由于压力差$ 1×10^{6}\ \mathrm{N} ＜1.2×10^{6}\ \mathrm{N} $，所以屋顶不会被掀翻。
【答案】
14.(1)$9×10^6\ \mathrm{N}$ (2)$1×10^6\ \mathrm{N}$ (3)不会
【知识点】
压强公式应用、压力差计算
【点评】
本题结合台风场景考查压强知识的实际应用，难度较低，重点考查学生对压力与压强关系的掌握，联系生活实际，易于理解和解答。
【难度系数】
0.6
本题考查压强公式的实际应用，解题思路为：利用压力与压强的关系$F=pS$计算各压力，再通过压力差判断屋顶是否会被掀翻。(1)根据屋外气压和屋顶面积，用$F=pS$计算屋外大气压对屋顶的压力；(2)先计算室内气压对屋顶的压力，再用室内压力减去屋外压力得到压力差；(3)将压力差与屋顶能承受的最大压力比较，判断是否会被掀翻。
【解析】
(1) 已知屋外气压$ p_{外}=9×10^{4}\ \mathrm{Pa} $，屋顶面积$ S=100\ \mathrm{m}^2 $，根据压力公式$ F=pS $，屋外大气压对屋顶的压力：
$ F_{外}=p_{外}S=9×10^{4}\ \mathrm{Pa}×100\ \mathrm{m}^2=9×10^{6}\ \mathrm{N} $；
(2) 室内气压$ p_{内}=1×10^{5}\ \mathrm{Pa} $，室内气压对屋顶的压力：
$ F_{内}=p_{内}S=1×10^{5}\ \mathrm{Pa}×100\ \mathrm{m}^2=1×10^{7}\ \mathrm{N} $；
屋顶内外的压力差：
$ \Delta F=F_{内}-F_{外}=1×10^{7}\ \mathrm{N}-9×10^{6}\ \mathrm{N}=1×10^{6}\ \mathrm{N} $；
(3) 屋顶所能承受的最大压力为$ 1.2×10^{6}\ \mathrm{N} $，由于压力差$ 1×10^{6}\ \mathrm{N} ＜1.2×10^{6}\ \mathrm{N} $，所以屋顶不会被掀翻。
【答案】
14.(1)$9×10^6\ \mathrm{N}$ (2)$1×10^6\ \mathrm{N}$ (3)不会
【知识点】
压强公式应用、压力差计算
【点评】
本题结合台风场景考查压强知识的实际应用，难度较低，重点考查学生对压力与压强关系的掌握，联系生活实际，易于理解和解答。
【难度系数】
0.6
