功和机械能重点题型总结一、单选题（本大题共9小题，共18.0分）1. 物理课上刘老师将规格完全相同的滑轮，用相同的绳子绕成甲、乙两个滑轮组，如图所示，分别提起重为G 1、G 2两个物体，比较它们省力情况和机械效率(不计绳重和摩擦)，下面四位同学作了四种猜测，你认为正确的是A. 甲同学说若G 1=G 2，则F 1<F 2，η甲>η乙B. 乙同学说若G 1=G 2，则F 1>F 2，η甲<η乙C. 丙同学说若G 1<G 2，则F 1<F 2，η甲=η乙D. 丁同学说若G 1<G 2，则F 1<F 2，η甲<η乙【答案】D 【解析】【分析】本题考查滑轮组中相关量的计算和滑轮组机械效率的比较，此类题目判断绳子段数n 是关键，而且要分析有用功、额外功是否相同，只要抓住这几点解答此类题目很容易。

要判断甲、乙两图的绳子段数来比较省力情况，由于滑轮组相同、绕法不同，并且不计摩擦，则额外功相同，通过比较有用功的大小可比较机械效率的高低。

【解答】AB.由题知，滑轮组都是一定一动，动滑轮重力G 轮相同，不计绳重和摩擦，拉力F 1=13(G +G 轮)，拉力F 2=12(G +G 轮)，如果物重G 1=G 2，则拉力F 1<F 2； 机械效率η=W 有用W 总×100%=Gℎ(G+G轮)ℎ×100%=GG+G 轮×100%，物重相同、动滑轮重相同，机械效率相同，故A 、B 错误；CD.因为拉力F 1=13(G 1+G 轮)，拉力F 2=12(G 2+G 轮)，如果物重G 1<G 2，则拉力F 1<F 2； 如果物重G 1<G 2，即物重增大，有用功将增大，不计绳重和摩擦，额外功不变，机械效率η=W 有用W 总×100%=W 有用W 额+W 有用×100%=1W 额W 有用+1×100%，所有机械效率将变大，即乙的机械效率高，故C 错误、D 正确。

故选D 。

2.蜻蜓点水是指雌蜻蜓将卵直接产入水中。

如图所示，是晓晓观察到的蜻蜓贴着水面沿直线飞行，连续三次(分别在A、B、C三个点)“点水”后水面振动时形成的以点水处为圆心的圆形波纹图片(每次点水只形成一个圆形的波纹，点水的时间忽略不计)，同时图中还给出了每个圆上边缘的y轴坐标。

同时晓晓又测得蜻蜓由第一次点水到第三次点水历时2s，那么在这过程中：A. 蜻蜓翅膀振动时晓晓没有听见，所以蜻蜓没发声B. 蜻蜓的飞行方向是沿y轴的负方向C. 以蜻蜓为参照物，岸边的树木是静止的D. 蜻蜓从第一次点水到第三次点水过程中飞行的平均速度为9m/s【答案】B【解析】【分析】本题考查人听见声音的条件、运动与静止、速度的计算，理解图像的内容是解的关键。

A.声音由物体振动产生的，人的听力范围是20Hz−20000Hz，根据题意计算蜻蜓的发声频率。

B.蜻蜓“点水”点的是水波的圆心，不同的水波传播的速度是相同的，应明白先点的水波的半径大，后点的水波的半径小；C.要知道判断一个物体是运动的还是静止的，要看这个物体与所选参照物之间是否有位置变化；若位置有变化，则物体相对于参照物是运动的；若位置没有变化，则物体相对于参照物是静止的；D.蜻蜓“点水”点的是水波的圆心，不同的水波传播的速度是相同的，应明白先点的水波的半径大，后点的水波的半径小；还应考虑到三个水波内切，出现这种情况是因为蜻蜓在点水时前面点水的水波恰好到达点水处，最后用速度公式计算蜻蜓的飞行速度。

【解答】A.蜻蜓翅膀振动，产生声音，蜻蜓由第一次点水到第三次点水历时2s，知蜻蜓的振动频率是1Hz，不在人的听力范围内，故A错误；B.因为三个水波的圆心在y轴上，而且沿y轴负方向水波半径越来越小，所以蜻蜓应沿y轴负方向飞行，故B正确；C.以蜻蜓为参照物，岸边的树木与蜻蜓的位置发生了变化，是运动的，故C错误；D.根据三个水波内切，即蜻蜓点水时先点水的水波恰好传到后点水的位置，所以蜻蜓的飞行速度等于水波的传播速度；蜻蜓三次点水的坐标依次为：(0,10cm)、(0,3cm)、(0,1cm)，蜻蜓由第一次点水到第三次点水飞行的路程s=10cm−1cm=9cm，时间t=2s，飞行的平均速度v=st =9cm2s=4. 5cm/s，故D错误。

故选B。

3.已知雨滴在空中竖直下落时所受空气阻力与速度的平方成正比，且不同质量的雨滴所受空气阻力与速度大小的二次方的比值相同．现有两滴质量分别为m1和m2的雨滴从空中竖直下落，在落到地面之前都已做匀速直线运动，那么在两滴雨滴落地之前做匀速直线运动的过程中，其重力的功率之比为()A. m1：m2 B. √m1：√m2C. √m2：√m1D. √m13：√m23【答案】D【解析】【分析】本题考查了功率的计算，有一定的难度。

根据功率的推导公式P=Fv代入关系式，正确解答。

【解答】因为雨滴落到地面前均已做匀速直线运动，所以雨滴受的是平衡力，雨滴受到的阻力为f=mg=kv2，所以雨滴的速度为v= √mgk；又因为P= Wt = Fst =Fv，所以两雨滴功率之比为P1 P2 = F1v1F2v2 = m1gv1m2gv2 = m1v1m2v2 = m1⋅ √m1gkm2⋅ √m2gk = √ m13 √m23 。

故选D。

4.如图所示，圆柱形容器装有适量的水，将密度为2.5g/cm3，体积为40cm3的物体M用一细绳提起，使物体M的体积刚好有一半露出液面且保持静止时，磅砰示数为70g，如图甲所示。

接下来将物体M放入水中，如图乙所示，磅秤示数将变化80g。

下列判断错误的是()A. 两次台秤示数的变化等于物体M两次所受浮力的变化B. 图甲中物体M下表面受到的液体压力为0.2NC. 图乙中物体M对容器底部的压力为0.6ND. 图乙中磅秤的示数为150g【答案】A【解析】略5.如图所示，小明将重为50N的水，从一楼加速提高到三楼，若每层楼的高度为3m，整个过程用时10s，小明所用拉力为60N，则A. 小明做的功是300JB. 小明做功的功率是83.3％C. 小明可以使用轻质定滑轮从而提高效率D. 提升水的过程中，水的机械能不断增加【答案】D【解析】【分析】此题考查了有关功、机械效率及功率的计算，关键是根据题意确定有用功、总功和额外功，注意此题是定滑轮，定滑轮可改变力的方向，但是不省力。

(1)由于知道每层楼高，则可知道绳子移动的距离s，然后根据W=Fs可以求出小明所做的功；(2)根据功率的公式P=Wt可求出功率；(3)定滑轮的质量对效率没有影响；(4)机械能等于动能和重力势能之和。

【解答】A.从一楼加速提高到三楼，每层楼的高度为3m，绳子移动的距离s=3m×2=6m，所以小明所用拉力做的功W=Fs=60N×6m=360J，故A错误；B.小明做功的功率P=Wt =360J10s=36W，故B错误；C.由于小明使用的是定滑轮，则定滑轮的质量对机械效率没有影响，故C错误；D.水被提升过程中，由于速度增大，则动能增大，高度增大，则重力势能增大，所以机械能增大，故D正确。

故选D。

6.如图质量相等的甲、乙两容器中装有高度相等的同种液体，两容器底面积相等，放在水平桌面上，下列说法正确的是①①甲容器底部受到的压力大于乙容器底部受到的压力；②②甲容器底部受到的压强等于乙容器底部受到的压强；③③甲容器对桌面的压力小于乙容器对桌面的压力；④④甲容器对桌面的压强等于乙容器对桌面的压强。

A. 只有①③正确B. 只有①④正确C. 只有②③正确D. 只有②④正确【答案】C【解析】【分析】本题考查了学生对压强定义式和液体压强公式的掌握和运用，液体对容器底的压力和压强，要先计算液体对容器底的压强p=ρgℎ、再计算液体对容器底的压力F=pS。

固体压强利用p= F S进行计算。

注意：①上下一样粗的容器，底部所受的压力等于所盛液体重力。

②上细下粗的容器，底部所受的压力大于所盛液体重力。

③上粗下细的容器，底部所受的压力小于所盛液体重力。

(1)已知液面高度相同，液体密度相同，根据公式p=ρgℎ可知液体对容器底部的压强的大小关系，还知道底面积相等，根据公式F=pS可求液体对容器底部的压力的关系。

据此对①②做出判断；(2)容器对桌面的压力等于容器和容器内液体的总重力，又知底面积相等，根据p= F S比较甲乙容器对桌面的压强大小，据此对③④做出判断。

【解答】由液体压强公式p=ρgℎ知，此时ρ相同，h相同，所以p相同，液体对容器底部的压力F=pS，S相同，所以F相同，故①错误，②正确；容器对水平桌面的压强p=FS =GS，此时G甲<G乙，S相同，所以p甲<p乙，故③正确，④错误。

所以正确的为②③。

故C正确，ABD错误。

故选C。

7.某运动员做蹦极运动，如图甲所示，从高处O点开始下落，A点是弹性绳的自由长度处，在B点运动员所受弹力恰好等于重力，C点是第一次下落到达的最低点.运动员所受弹性绳弹力F的大小随时间t变化的情况如图丙所示(蹦极过程视为在竖直方向的运动).下列判断正确的是()A. 从A点到B点过程中运动员加速下落B. 从B点到C点过程中运动员重力势能增大C. t0时刻运动员动能最大D. 运动员重力大小等于F0【答案】A【解析】【分析】本题考查了电能和势能的变化，及其力与运动的关系，能够分析运动员在运动过程中速度的变化及受力变化是关键。

(1)合力与运动方向相同，则运动员将加速运动；(2)质量不变，高度越大，重力势能越大，高度越小，重力势能越小；(3)当弹性势能与重力势能相等时，此时加速过程恰好完成，速度最快，动能最大；(4)运动员最后静止的位置，重力与弹力相等的位置。

【解答】A.B点弹力等于重力，A到B点过程中，重力大于弹力，运动员做加速运动，故A正确；B.从B点到C点过程中，h变小，物体的重力势能变小，故B错误；C.由图知，t0时刻，绳的弹性势能最大，应达到了最低点，此时动能为零，故C错误；D.由图知，最后绳的弹性势能几乎不变，说明此时运动员已经静止下来，此时拉力与重力平衡，由图象知，重力小于F0，故D错误。

故选A。

8.如图所示，实心均匀正方体甲、乙分别放在水平地面上，它们对地面的压强相等。

现从甲、乙正方体上部沿水平方向切去部分后，它们剩余部分的体积相等，则甲、乙对地面的压力变化量ΔF甲和ΔF乙的关系是()A. ΔF甲一定大于ΔF乙B. ΔF甲可能大于ΔF乙C. ΔF甲一定小于ΔF乙D. ΔF甲可能小于ΔF乙【答案】C【解析】【分析】本题是典型的柱状固体的压强问题，要根据已知条件，灵活选用压强计算式p=FS、p=ρgℎ、ρ=mV(适用于实心柱体对支撑面的压强)进行分析解答。