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浙江省湖州市南太湖双语学校2025学年“白鹭杯”学科素养大赛七年级科学试卷
1．一只小猫，跳起来抓住悬在天花板上的竖直木杆，当小猫抓住木杆的瞬间，悬挂木杆的细绳断了。设木杆足够长，小猫不断地顺杆向上爬，则小猫相对于地面的运动是（　　）
A．静止 B．向下运动
C．向上运动 D．以上三种情况都有可能
2．如图所示，甲、乙两位同学做如图所示的“拔河”游戏，两人分别用伸平的手掌托起长凳的一端，保持凳子水平，然后各自向两侧“拉”。若凳子下表面各处的粗糙程度相同，且在乙端的凳面上放四块砖，则下列判断正确的是（　　）
A．凳子向甲方移动 B．凳子向乙方移动
C．凳子原处不动 D．凳子向体重大的同学一方移动
3．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐（图中箭头指向表示投篮方向）（　　）
A． B．
C． D．
4．形状一样、质量相等的A、B两个楔形物块放置在水平桌面上。质量均为m的两个物块分别沿A、B的斜面下滑，其中A斜面粗糙且斜面上的物体恰好匀速下滑，而B斜面光滑。两物体下滑时 A、B 都始终保持静止。该过程中 A、B 对地面的压力分别为，A、B对地面的摩擦力分别为，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对 B 的作用力为，B 对 A 的作用力为，地面对 A 的作用力为。若 F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（　　）
A．保持不变，缓慢增大 B．缓慢增大，保持不变
C．缓慢增大，缓慢增大 D．缓慢增大，保持不变
6．如图所示，甲、乙两个完全相同的直角三棱劈放置在水平桌面上。三棱劈的密度均匀且底面为矩形，若分别沿两物体图中虚线将右上侧切掉和，且，则剩余部分对桌面的压强和的大小关系为（　　）
A． B．
C． D．都有可能
7．如图所示，设A漂浮在水面上，试管B悬浮在水中，试管A与试管B都封闭有一定量的空气，以上说法正确的是（　　）
A．将试管A上提一微小距离，放手后试管A不会回到原来位置
B．将试管A下压一微小距离，放手后试管A会回到原来位置
C．将试管B上提一微小距离，放手后试管B会回到原来位置
D．将试管B下压一微小距离，放手后试管B会回到原来位置
8．若墙壁光滑，中点处为镜框的重心位置，则下列悬挂镜框的方案中可能实现的是（　　）
A． B．
C． D．
9．用竖直向上的外力F作用在浸在水中的直棒 AB的A端，棒的截面积处处相等，密度分布均匀，静止在如图所示的位置。此时A端距离水面，棒与水面的夹角为θ，棒浸在水中的长度为L，B端的深度为h。现由图示位置缓慢向上增大x直至棒的B端刚好离开水面的过程中，下列关于 F、L、、 h 大小变化的判断，不正确的是（　　）
A．F先不变后增大 B．θ先增大后不变
C．L先增大后减小 D．h 先增大后减小
10．如图所示，在木板M上放置两个滑块P和Q，当F=20N时，它们一起沿水平地面做匀速直线运动。设与 M 间的接触面都是水平的，则（　　）
A．滑块Q所受摩擦力等于20N
B．滑块P所受摩擦力等于20N
C．木板M所受地面的摩擦力小于20N
D．木板M所受地面的摩擦力大于20N
11．质量分别为，密度分别为的甲、乙两种液体分别盛在底面积不同的柱形容器中，已知液体对各自容器底部的压强相等，现将甲、乙液体互换容器（均不溢出）， 甲、乙液体对容器底部压力变化量分别为，压强的变化量分别为，则下列说法不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
12．公共汽车站每隔to时间开出一辆汽车，汽车始终沿直线运动，汽车的速度-时间图像如图所示，则汽车出站后，与前方相邻汽车之间的距离（　　）
A．先减小，后保持不变
B．先增大，后保持不变
C．先减小，后增大，最后保持不变
D．先增大，后减小，最后保持不变
13．如图所示，一个质量为m的圆环在一根固定的水平粗糙直杆上，现给环一个向右的初速度，如果在运动过程中还受到一个方向始终坚直向上的力 F 的作用，已知力 F 的大小（为常数，为环的运动速度），物体的动能与速度的关系为，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功（杆足够长）不可能为（　　）
A． B．0
C． D．
14．如图所示为粮袋的传送带装置，若传送带静止不动，粮袋从A由静止释放，速度可以由变成，以下情形正确的是（　　）
A．若传送带顺时针转动，粮袋到达B点的速度一定小于6m/s
B．若传送带逆时针转动，粮袋到达 B 点的速度一定大于
C．若传送带静止不动，增大倾角，粮袋到达 B 点的速度一定小于
D．若传送带静止不动，减小倾角，粮袋到达 B 点的速度一定大于
15．n个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组，每个动滑轮的质量与所悬挂的物体质量相等。不计一切摩擦和绳的重力，滑轮组平衡时拉力大小为F，如图所示。若在图示中再增加一个同样质量的动滑轮，其它条件不变，则滑轮组再次平衡时拉力大小为（　　）
A． B．F C． D．
16．人类对“运动和力的关系”的认识经历了一个曲折漫长的探索过程。
①400多年前，伽利略的理想实验表示：若球在运动中不受外力的作用，其速度将保持不变。
②1644年，笛卡尔在他的《哲学原理》书中明确指出：除非物体受到外力的作用，否则物体将永远保持运动状态。
③牛顿总结了前辈们的经验，进一步得出牛顿第一定律。
回答下列问题：
（1）伽利略认为，不受任何外力时，球匀速滚动是球的“自然运动”状态，“自然运动”是球所具有的属性，在我们今天看来，球的这种属性称为　 　
（2）笛卡尔的观点与牛顿第一定律相比，有什么不足：　 　
（3）分析上述科学史料，判断下列观点正确的有____。（可多选）
A．笛卡尔通过研究否定了伽利略的观点
B．我们可以通过实验直接得出牛顿第一定律
C．只有完全正确的理论才是科学理论
D．当前被人们认同的理论今后可能会被另一种理论取代
E．科学理论的发现往往通过几代人的不断努力才能完成
17．用如图所示的实验装置可以方便测量物体相对运动时摩擦力的大小。木板B放在水平地面上，木块A放置在水平的木板B上，细绳跨过定滑轮，一端与木块A相连，另一端与上端固定的弹簧测力计的秤钩相连，且细绳的ab段保持竖直，cd段保持水平。（木板B足够长，不计细绳重力和滑轮摩擦）
（1）用水平向左的拉力 F 拉动木板B向左运动，当时，木板B保持静止，弹簧测力计示数为零，此时木块A受到的摩擦力大小为　 　
（2）将水平拉力F增大，木板B向左运动，待木块A静止后，弹簧测力计示数为5N，接着将拉力F增大一倍，木块A受到的摩擦力　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）撤去水平拉力F后，当木块A和木板B都静止时，弹簧测力计示数保持不变，此时木板B受到地面施加的摩擦力方向为水平　 　（选填“向右”或“向左”）。
18．无风时，以速度 v 跑步，人所受的空气阻力为阻力系数，为空气的密度，A 为在垂直于运动方向上的截面积，阻力功率。已知某人于平地上匀速跑步时，身体为跑步持续提供80W的功率，若此人质量，空气密度，且跑步时没有任何打滑，则此人的跑步速度为　 　m/s（结果可带根号）；若肌肉消耗能量做功的效率为25%， 则此人跑步30min消耗　 　J的能量。
19．一个半球形漏斗紧贴桌面放置，现自位于漏斗最高处的孔向内注水，如图所示，当漏斗内的水面刚好到达孔的位置时，漏斗开始浮起，水开始从下面流出，若漏斗半径为 R ，水的密度为，则此时水对桌面的压力为　 　，该漏斗的质量为　 　。（球的体积为 V 球）
20．如图甲所示，汽车通过图示滑轮装置（滑轮、绳子质量和摩擦均不计）将该圆柱形物体从水中匀速拉起，汽车始终以恒定速度为0.2m/s向右运动。图乙是此过程中汽车输出功率P随时间t的变化关系，设t=0时汽车开始拉物体，g取10N/kg。试回答：
（1）圆柱形物体完全浸没在水中所受的浮力是　 　N；
（2）从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功是　 　J。
21．火车以20m/s的速度沿某一段直线轨道驶向道口，为厂提醒看守道口的工作人员，司机在距道口940m处开始鸣响汽笛，每次笛声持续1s，停5s，然后再次拉响汽笛.当道口工作人员听到第三次笛声结束时，火车距道口的距离为　 　，道口工作人员听到火车司机前后两次拉响汽笛的时间间隔为　 　。（已知声波在空气中传播的速度为）
22． 伽利略曾用滴水计时器研究物体的运动规律，我们可以利用输液瓶滴液等时性的特点，借助医院打点滴的输液瓶设计滴水计时器，固定在电动车靠近地面处，来研究电动车启动过程速度随时间变化的规律，如图所示。
经过测量得知：在某一状态下，输液瓶滴下21滴水用时4.00s（从第1滴落地开始计时到第21滴落地结束计时）。从清晰可见的位置开始测量，前8滴水的落点到第1滴水落点的距离如表所示：
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
x/m 0 0.12 0.31 0.58 0.94 1.38 1.9 2.49
回答下列问题（小数点后均保留两位有效数字）：
（1）从滴水计时器第1滴水落地到第5滴水落地的过程中，电动车的平均速度为　 　m/s。
（2）如果电动车启动过程近似看作匀加速直线运动，则滴水计时器第4滴水落地时，电动车的速度　 　m/s。
（3）加速度是用来描述物体速度改变快慢的物理量，是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值（），通常用 a 表示，即，单位是。根据（1）（2）的计算结果，求出电动车启动过程中的加速度为　 　
23． 在弹性限度内，弹簧的承受力与形变量成正比，A、B为完全相同的两轻质弹簧，原长为15cm，既可伸长也可压缩，弹簧受力1N形变量为0.5cm。放在水平桌面上的两物块质量分别为，它们与桌面之间作用的静摩擦的最大值为重力的0.4倍，开始时，和之间夹着被压缩的 B 弹簧，而恰好没有被弹开；后来，用一个适当大小的水平拉力F作用在弹簧A上，两物块刚好均被拉动。求：
（1）开始时，压缩的弹簧B的长度？
（2）两物块刚好均被拉动时，弹簧A和B的长度各为多少？
24． 面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块。木块边长为，密度为水的一半，质量为m，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图所示。现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦。求：
（1）从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，池水势能的改变量。
（2）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力 F 所作的功。
25． 如图所示小星沿杠杆GP水平向右匀速运动，通过对杠杆GP施加竖直向下的压力来提升物体A，其中B、C、E、F都是定滑轮，D是动滑轮，杠杆GP可绕O点在竖直平面内转动。正立方体A的边长为40cm，密度为5×103kg／m。杠杆 GP 和细绳的质量均忽略不计，OG为10cm。当小星运动到H点，物体A对水平地面的压强为0Pa。此时通过细绳对动滑轮 D 的向下拉力N。忽略细绳与滑轮的摩擦，g 取10N／kg。求：
（1）物体A的重力。
（2）动滑轮D的重力。
（3）若人的质量为40Kg，则OH的长度是多少？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【分析】一物体相对另一物体的位置随时间而改变，则此物体对另一物体发生了运动，此物体处于相对运动的状态。如果相互之间的位置并不随时间而改变，则此物体即在相对静止状态之中。因此，静止与运动两者都是相对的概念，与物体相对于选定的参照物有关。
【解答】小猫跳起来抓住杆的瞬间，悬挂木杆的细绳断了，此时木杆相对于地面下落，而小猫相对于地面的运动情况与小猫在木杆上向上爬的速度有关。如果小猫向上爬的速度刚好抵消向下掉的速度，小猫相对于地面静止；如果小猫向上爬的速度小于向下掉的速度小猫相对于地面向下运动；如果小猫向上爬的速度大于向下掉的速度，小猫相对于地面向上运动，故以上三种情况都有可能，D选项正确。
故选D
2．【答案】B
【知识点】摩擦力的存在；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）摩擦力大小的影响因素：滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度、压力大小有关。接触面粗糙程度相同时，压力越大，最大静摩擦力越大。
（2）本题中乙端凳面上放置砖块，乙手与凳子之间的压力更大，乙手能提供的最大静摩擦力更大；甲一侧压力小，最大静摩擦力更小，凳子会向乙侧滑动。
【解答】由图知，乙端对手的压力较大，所以乙端对凳子向右的最大静摩擦力大于甲端对凳子向左最大静的摩擦力，由于甲所受最大静摩擦力小，因此甲将较容易相对长凳滑动，即甲容易被从长凳上拉离，因此凳子将向右移动，即乙可以将凳子拉向自己；故A错误，B正确，CD错误；
故答案为：B。
3．【答案】B
【知识点】参照物及其选择
【解析】【分析】（1）运动的合成：篮球抛出前，跟随旋转平台具有沿圆周切线方向的速度；抛出后，篮球同时拥有切线方向的速度与人手施加的投掷速度。只有两个速度合成后的合速度指向圆心球筐，篮球才能投入筐内。
（2）速度合成遵循矢量叠加原理，要抵消平台带来的切线方向速度分量，投掷方向需要偏向转动的后方。
【解答】当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐。
故答案为：B。
4．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】（1）平衡状态受力特点：物体匀速直线运动时合力为 0。斜面上物体沿 A 斜面匀速下滑，把物块和楔形物 A 看作整体，整体处于平衡状态，竖直方向总重力等于地面支持力，水平方向不受外力。
（2）非平衡状态失重现象：B 斜面光滑，物块沿斜面加速下滑，存在竖直向下的分加速度，物块处于失重状态。
【解答】 对A进行受力分析，A受重力GA、地面对A的支持力F支A、物块对A的摩擦力fmA、物块对A的压力F压A，如图1；
对B进行受力分析，B受重力GB、对面对B的支持力F支B、物块对B的压力F压B，由于B物体处于静止状态，如果只受GB、F支B、F压B，B受力不平衡，所以B会受到地面对B的摩擦力f地B，
如图2：
由于A和B质量相等，物块的质量相等，所以GA=GB，F压A=F压B。
在图1中，F压A与fmA的合力的大小等于物块的重力大小，在水平方向上无分力，所以A对地面的摩擦力fA=0，A对地面的压力NA=GA+Gm；在图2中，B对地面的摩擦力fB＞0N，由于缺少了部分向下的分力，所以B对地面的压力NB＜GB+Gm；
因此：NA＞NB，fB＞fA=0。B正确。
故答案为：B。
5．【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】根据牛顿第三定律可知，B对A的压力与A对B的支持力大小相等，对B球受力分析，根据共点力平衡条件列式分析即可．对整体研究，分析地面对A的支持力F3如何变化．
【解答】
设A、B球心连线与竖直方向的夹角为θ。对B进行分析，
根据力的分解可知F1和F'2的大小分别为F1=（F+mBg）tanθ；
由牛顿第三定律可知，F2=F'2
若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，则F1和F2都缓慢增大。
对A进行分析，根据平衡条件可知，F3的大小等于F'2与A重力合力的大小，又因为F'2与A重力方向的夹角小于90°，所以F'2缓慢增大时，F'2与A重力的合力也缓慢增大，因此F3缓慢增大。故AB错误，C正确。
故答案为：C。
6．【答案】B
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）水平面上固体压强公式：，物体对桌面压力等于自身重力。原来甲、乙是完全相同的均匀直角三棱劈，初始重力、底面积都相等，初始压强相等。
（2）沿图中虚线切去右上侧部分，切去相同高度薄层时，甲、乙切掉的质量相等；
【解答】 用割补法把剩余的三棱劈补成柱体，如图所示：
因为物体放在水平桌面上，所以柱体对水平桌面的压力：
F甲=G甲，F乙=G乙，
则补成的甲柱体对桌面的压强：，
同理补成的乙柱体对桌面的压强：p乙'=ρ乙h乙g；
剩余的三棱劈与补成的柱体相比，压力减小一半（重力减小一半），底面积不变，则压强减小一半，
所以剩余的甲三棱劈对桌面的压强：p甲=p甲'=ρ甲h甲g------------①
剩余的乙三棱劈对桌面的压强：p乙=p乙'=ρ乙h乙g------------②
由题知ρ甲=ρ乙，剩余三棱劈的高度h乙＞h甲，
所以由①②可得p乙＞p甲。
故答案为：B。
7．【答案】B
【知识点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）物体漂浮规律与封闭气体压强：试管 A 漂浮，浮力等于总重力。向上微提试管 A，浸入水中深度减小，水对封闭空气压强变小，空气体积膨胀，排开水的体积略微变大；向下微压试管 A，浸入深度增加，水压变大，封闭空气被压缩，排开水体积减小。因为总重力不变，最终稳定时排开水总体积不变，液面下浸入深度不变，松手后会恢复原位置。
（2）物体悬浮与气体压缩：试管 B 悬浮，浮力等于总重力。液体深度越大，水压越大。向上微提 B，外部水压减小，内部封闭空气膨胀，排开水体积增大，浮力大于重力，持续上浮；向下微压 B，外部水压增大，空气被压缩，排开水体积减小，浮力小于重力，持续下沉，无法回到原平衡位置。
【解答】 对于试管A，以试管A和管内封闭的气体整体为研究对象，根据力的平衡可知，（p0+ρgh）S=G+p0S，
化简得，ρghS=G，即：F浮=G。
试管向上提，则F浮减小，而重力不变，则试管必然下沉回到原来位置，而试管向下压则F浮变大，而重力不变，浮力大于重力必然上浮回到原来位置，故A错误，B正确；
对于试管B，上提时，试管内空气柱的下表面受到水的压强减小，气体体积增大，即V排增大，所受浮力增大，所以放手后会上浮；下压时，相反会下沉，故CD错误。
故答案为：B。
8．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别
【解析】【分析】（1）受力条件：墙壁光滑，因此墙壁对镜框只有水平向右的弹力，不存在摩擦力。镜框受到三个力：自身重力（作用在中点重心，竖直向下）、墙的水平弹力、绳子的拉力。物体静止时，合力必须为零。
（2）三力汇交原理：一个物体受三个不平行力而平衡，三个力的作用线必定相交于同一点。重力作用线竖直向下，墙壁弹力作用线水平，两条线存在交点，绳子拉力的延长线必须经过这个交点，才能满足平衡条件。
【解答】由于壁光滑，不存在摩擦力，只有水平向右的支持力，而重力方向竖直向下，
A、图中水平方向的拉力与重力不可能平衡，故A错；
B、以镜子下方为支点，拉力和重力的作用可以使得杠杆平衡，重力使得镜子顺时针转动，而拉力是逆时针转动，故B正确；
CD、重力竖直向下，而绳子的拉力水平方向的分力与墙壁对镜框的支持力不在同一直线上；，故不可能平衡，故CD错误。
故答案为：B。
9．【答案】A,C,D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆平衡原理：动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂（F1L1=F2L2)。本题中均匀直棒重力为阻力，浮力也为阻力，外力 F 为动力，缓慢移动视为始终处于平衡状态。
（2）阿基米德原理：浸在液体中的物体受到向上的浮力，浮力大小等于物体排开液体所受重力，公式，V排与浸入水中棒的长度 L 相关。
【解答】 将直棒A段看成支点，可知直棒受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，
设重心到A端的距离为m，浮力作用点到到A端的距离为n，
根据杠杆的平衡条件和力臂的概念，可以列式：Gmsinθ=F浮nsinθ，则：；因为G、m、n是不变的，所以F浮也是不变的，即棒在转动的过程中，L要保持不变，因此，在提起棒的过程中，棒浸入水中的长度不变，θ逐渐增大，直至棒竖直，然后L再缩短，θ=90°，直至棒被提出水面，所以L先不变再减小，故B不正确，CD正确；
再以棒为研究对象，棒处于平衡状态，受到不共点的平衡力，可以证明在棒竖直的过程中F=G-F浮。再往上提时，浮力变小，则拉力变大，故A正确。
故答案为：ACD。
10．【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）平衡状态与二力平衡：物体保持静止或匀速直线运动状态时，处于平衡状态；此时物体受到的合力为 0，同一直线上方向相反的两个力大小相等。
（2）摩擦力判断：两物体相对静止、没有相对运动趋势时，相互之间不存在摩擦力；存在相对运动趋势或发生相对滑动时，才会产生摩擦力。
【解答】A、整体匀速直线运动，合力为 0，地面对 M 的滑动摩擦力大小等于拉力 F=20N；对 Q 单独分析，Q 匀速运动，水平方向受到向右拉力 F=20N，M 对 Q 向左的摩擦力与拉力平衡，滑块 Q 所受摩擦力等于 20N，A 正确；
B、滑块 P 匀速直线运动，水平方向不受拉力，P 与 M 之间没有相对运动趋势，滑块 P 不受摩擦力，B 错误；
C、整体匀速运动，水平方向拉力与地面摩擦力平衡，木板 M 所受地面摩擦力等于 20N，并非小于 20N，C 错误；
D、整体匀速运动，水平方向拉力与地面摩擦力平衡，木板 M 所受地面摩擦力等于 20N，并非大于 20N，D 错误；
故答案为：A。
11．【答案】B
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）液体压强公式：，柱形容器中液体对容器底部的压力等于液体自身重力，即F=G=mg；压强定义式。
（2）密度公式：，同种物质体积越大质量越大；液体互换容器后，根据底面积变化，分析压力、压强变化量。
【解答】 互换前，由压强公式p=ρgh可知：
p甲=ρ甲gh甲，p乙=ρ乙gh乙，
由题意可知p甲=p乙，由图可知：
h甲＜h乙，
则ρ甲＞ρ乙，故C正确；
将甲、乙液体互换容器后
p甲'=ρ甲gh甲'，
P'乙=ρ乙gh乙'，
则压强变化量分别为：
Δp甲=p甲'-p甲=ρ甲gh甲'-ρ甲gh甲，
Δp乙=p乙'-p乙=ρ乙gh乙'-ρ乙gh乙，
由体积相等可知：
V甲=S甲h甲=S乙h甲'，
V乙=S乙h乙=S甲h乙'，
即：
，
，
则：，
，
上两式相减可得：
由F=pS可知，图a甲液体对容器底的压力大于乙液体对容器底的压力，故：G甲＞G乙，
由G=mg可知
m甲＞m乙，故D正确；
由m=ρV和V=Sh可得：
m甲=ρ甲h甲'S乙，
m乙=ρ乙h乙'S甲，
则①式可得：
Δp甲-Δp乙＞0，
Δp甲＞Δp乙，故A正确；
两容器形状规则，甲、乙液体对容器底部压力等于本身的重力，则变化量分别为：
ΔF甲=|G甲-G甲|=0，
ΔF乙=|G乙-G乙|=0，
则有ΔF甲=ΔF乙，故B错误。
故答案为：B。
12．【答案】D
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）v-t 图像知识点：速度 - 时间图像中，图像与时间轴围成的面积代表物体运动的路程；图像纵坐标数值代表瞬时速度大小。
（2）追及距离判断规律：后方车辆速度小于前方车辆速度时，两车距离变大；后方车辆速度大于前方车辆速度时，两车距离变小；两车速度相等时，距离不再变化。
【解答】 图像为汽车速度随时间变化的图像，在0-t0时间段，汽车做匀加速运动，t0-2t0时间段，汽车做匀减速运动，2t0时间后汽车做匀速直线运动；
每隔t0开出一辆汽车，当汽车B从车站开出时，前面一辆车A已行驶t0时间，速度为2v0，如上图所示，当B汽车行驶时间速度增大到v0，A车行驶时间为，
速度减小到，
此时A车速度大于B车，两车运动时间相等，所以距离增大；
当B车行驶时间速度增大到，A车行驶为，速度减小到，此时B车速度小于A车速度，所以两车距离减小；当B车运动t0时间速度为2v0，A车运动时间到2t0，速度为v0，开始做匀速直线运动，之后在t0-2t0时间段内B做匀减速直线运动，但速度仍大于A车，所以两车距离减小；当B车运动2t0时间后，速度与A车相等，两车距离保持不变。
由上可知两车距离先增大，后减小，最后不变，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
13．【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】根据受力分析确定环的运动情况，当环受到合力向下时，随着环做减速运动向上的拉力逐渐减小，环将最终静止，当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的拉力逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，此时环受合力为0，杆不再给环阻力环将保持此时速度不变做匀速直线运动，当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直匀速直线运动，分三种情况对环使用动能定理求出阻力对环做的功即可．
【解答】 B、当mg=kv0时，即时，环做匀速运动，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零，故B正确；
A、当mg＞kv0时，即时，环在运动过程中做减速运动，直至静止。由动能定理得环克服摩擦力所做的功为，故A正确；
CD、当mg＜kv0时，即时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即时环开始做匀速运动。由动能定理得摩擦力做的功，故C正确，D错误。
故选：D。
14．【答案】B
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）受力与运动的关系：物体速度变化由合力决定；传送带静止时，粮袋沿斜面向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，合力恒定向下，做匀加速运动。
（2）滑动摩擦力方向判断：滑动摩擦力方向与物体相对接触面的运动方向相反；传送带逆时针转动时，传送带向下运动，粮袋相对于传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下，粮袋下滑的合力变大，加速度增大。
【解答】A、传送带顺时针转动，传送带向上运动，粮袋相对传送带向下滑动，滑动摩擦力依旧沿斜面向上，受力情况和传送带静止时完全相同，到达 B 点速度等于 6m/s，A 错误；
B、传送带逆时针转动，传送带向下运动，粮袋相对传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下，粮袋下滑的合力更大，相同位移下加速效果更强，到达 B 点速度一定大于 6m/s，B 正确；
C、传送带静止不动，增大倾角 θ，重力沿斜面向下的分力变大，滑动摩擦力变小，合力增大，粮袋加速更快，到达 B 点速度大于 6m/s，C 错误；
D、传送带静止不动，减小倾角 θ，重力沿斜面向下的分力变小，滑动摩擦力变大，合力减小，粮袋加速更慢，到达 B 点速度小于 6m/s，D 错误；
故答案为：B。
15．【答案】B
【知识点】动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】根据滑轮组的省力情况逐级分析，找出规律。
【解答】 每个动滑轮的质量与所悬挂的物体质量相等，可设它们的重力均为G，
第一个动滑轮，拉力F1=（G+G动）=（G+G）=G，
第二个动滑轮，拉力F2=（F1+G动）=（G+G）=G，
第三个动滑轮，拉力F3=（F2+G动）=（G+G）=G，
…
第n个动滑轮，拉力Fn=（Fn-1+G动）=（G+G）=G，
滑轮组平衡时拉力大小为F，则再增加一个同样质量的动滑轮时，滑轮组再次平衡时拉力仍为F。
故答案为：B。
16．【答案】（1）惯性
（2）没有提及物体不受外力作用时，可以保持静止状态。
（3）D；E
【知识点】牛顿第一定律；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【分析】（1）惯性：物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是一切物体固有的属性。
（2）牛顿第一定律内容：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。笛卡尔只提到物体会保持运动状态，没有提及静止物体不受力时保持静止。
（3）牛顿第一定律是在大量经验事实基础上，通过推理概括得出，无法直接用实验验证；科学发展具有连续性、阶段性，科学理论会不断完善、更新，前人研究为后人理论奠定基础。
【解答】（1）物体保持自身运动状态不变的性质叫做惯性，伽利略所说小球不受外力持续匀速滚动的固有属性就是惯性。
故填：惯性。
（2）笛卡尔仅指出不受外力时物体将永远保持运动状态；牛顿第一定律表明物体不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。笛卡尔没有说明物体不受外力时可以保持静止状态。
故填：没有提及物体不受外力作用时，可以保持静止状态。
（3）A、笛卡尔的观点继承、发展了伽利略的研究，没有否定伽利略的观点，A 错误；
B、现实中不存在不受外力的物体，牛顿第一定律无法依靠实验直接得出，是推理概括得到，B 错误；
C、科学理论是不断完善发展的，阶段性合理的理论也属于科学理论，并非只有完全正确才是科学理论，C 错误；
D、随着科学探索深入，当前公认的理论未来有可能被新理论完善、取代，D 正确；
E、从伽利略、笛卡尔再到牛顿，牛顿第一定律历经几代科学家持续研究才形成，说明科学理论的发现往往需要几代人不断努力，E 正确。
故答案为：DE。
17．【答案】（1）0N
（2）不变
（3）向左
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）二力平衡：物体处于静止状态时，受力平衡，水平方向上合力为 0；若物体水平方向不受拉力，则受到的摩擦力大小为 0。
（2）滑动摩擦力影响因素：滑动摩擦力大小只与接触面粗糙程度、压力大小有关，与物体运动速度、拉力大小无关。
（3）摩擦力方向判断：摩擦力方向与物体相对运动（相对运动趋势）方向相反；通过受力分析，先确定 A、B 之间摩擦力，再对木板 B 受力判断地面摩擦力方向。
【解答】（1）弹簧测力计示数为零，说明细绳对木块 A 没有拉力；木块 A 保持静止，水平方向不受其他外力，因此木块 A 受到的摩擦力大小为 0N。
故填：0N。
（2）木块 A 保持静止，水平方向绳子拉力与 A 受到的滑动摩擦力平衡；拉力 F 增大一倍时，木块 A 对木板 B 的压力、接触面粗糙程度均不变，滑动摩擦力大小不变，所以木块 A 受到的摩擦力不变。
故填：不变。
（3）弹簧测力计示数不变，说明木块 A 仍然受到木板 B 向左的滑动摩擦力；根据力的作用相互，木块 A 对木板 B 摩擦力方向水平向右。木板 B 静止，受力平衡，地面对木板 B 的摩擦力与 A 对 B 向右的摩擦力平衡，因此地面施加给木板 B 的摩擦力方向水平向左。
故填：向左。
18．【答案】5.4；5.76×105
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】利用，将f的数值代入求解此人的跑步速度；
利用求解此人跑步30分钟消耗的能量。
【解答】 由和可得，
此人的跑步速度；
由可得，此人跑步30分钟消耗的能量：
。
19．【答案】；
【知识点】阿基米德原理
【解析】【分析】以水和漏斗的整体为研究对象，漏斗浮起时，桌面受到的压强是一定的；
根据压强的定义式可知，对桌面的压力F等于水的重力和漏斗的重力之和，据此可以列出等式；
根据液体压强计算公式p=ρgh列等式；二式联立得解。
【解答】 向漏斗内注水，当漏斗内的水面刚好达到孔的位置时，漏斗开始浮起，根据力的平衡条件可知，水对桌面的压力等于漏斗的重力和水的重力之和，F=G漏斗+G水，
漏斗是一个半球，排开水的体积等于自身的体积，
即，
水的重力，
漏斗的重力G漏斗=m漏斗g，
即水对桌面的压力，
所以水对桌面的压强为：①；
根据液体压强公式p=ρgh，水对桌面的压强p=ρgR②；
水对桌面的压强一定，由①②式得：，
解得：。
20．【答案】2×103；3700
【知识点】浮力大小的计算；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据图象读出圆柱形物体浸没水中和全部离开水面时的汽车的输出功率，根据v绳=v车求出绳子移动的速度，再根据P=Fv求出在水中和空气中绳子的拉力，进一步求出圆柱形物体在水中受到的拉力和桥墩的重力，根据称重法求出物体浸没在水中时所受的浮力；
（2）知道由从汽车开始拉物体到圆柱形物体上方刚好露出水面拉力的功率和时间，根据W=Pt求出此过程汽车所做的功；
物体从刚露出水面到完全离开水面，前后功率的平均值就是此过程的平均功率，已知此过程的平均功率和时间，可以得到此过程汽车所做的功。
二者之和即为从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功。
【解答】 （1）从图象可知，圆柱形物体全部浸没在水中时，汽车的输出功率P=600W，
由甲图可知，绳子的有效股数为n=2，
则绳端移动的速度v绳=v车=0.2m/s，
由得，
此时的拉力，
绳子对物体的拉力F总=2F=2×3×103N=6×103N；
又从图象可知，圆柱形物体全部离开水面时，汽车的输出功率P'=800W；
此时绳子的拉力；
圆柱形物体的重力G=2F'=2×4×103N=8×103N，
所以圆柱形物体完全浸没在水中所受的浮力F浮=G-F总=8×103N-6×103N=2×103N。
（2）由得汽车开始拉物体到圆柱形物体上方刚好露出水面汽车所做的功是：W1=Pt1=600W×5s=3000J。
从汽车拉物体上方刚好露出水面到圆柱形物体下方刚好离开水面，汽车的平均功率为：，
由得此过程汽车所做的功：W2=Pt2=700W×1s=700J。
所以，从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功：W总=W1+W2=3000J+700J=3700J。
21．【答案】640m；5.65s
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）速度公式：，变形可得s=vt、，可用于计算声音传播时间与火车行驶路程。
（2）运动的相对性：火车不断向道口靠近，后发出的声波传播距离更短，工作人员听到两次鸣笛的时间间隔不等于司机拉响汽笛的时间间隔，需要结合火车位移计算。
（3）鸣笛时序梳理：每次笛声持续 1s，间隔 5s；第一次鸣笛：0～1s；间隔：1～6s；第二次鸣笛：6～7s；间隔：7～12s；第三次鸣笛：12～13s。
【解答】 火车第3次鸣笛结束时，火车前进了的时间t总=1s+5s+1s+5s+1s=13s，
则火车通过的路程为：s1=vt总=20m/s×13s=260m，
第三次鸣笛末尾的声音距离工作人员：s=940m-260m=680m，
680m声音传到工作人员处需要，
所以火车又前进了2s，此时通过的路程为：s2=vt=20m/s×2s=40m
火车此时距离道口：s'=680m-40m=640m
从第一次鸣笛开始计时，
第一次听到是在第一次鸣笛后，
第二次鸣笛火车距工作人员的距离：s3=940m-20m/s×（1s+5s）=820m，
第二次鸣笛时已用时t2=1s+5s=6s，
第二次听到是在第二次鸣笛后
从第一次鸣笛到第二次听到鸣笛声用时t=6s+2.41s=8.41s
听到两汽笛的时间间隔，还要在8.41秒中扣掉第一次传播用的时间
故Δt=t-t1=8.41s-2.76s=5.65s
22．【答案】（1）1.18
（2）1.58
（3）1.95
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】 （1）根据题意，求解滴水的时间间隔，根据平均速度公式求解。
（2）根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求解第4滴水落地时，电动车的瞬时速度。
（3）根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2结合逐差法求解加速度。
【解答】 （1）输液瓶滴下21滴水用时4.00s，则滴水的时间间隔：，
分析表格可知，从第1滴水落地，到第5滴水落地的过程中，经历时间为4T，电动车运动的位移：x5=0.94m，
根据平均速度公式可知，该过程中，电动车的平均速度：。
（2）第4滴水落地瞬间为第3、5滴水落地过程的中间时刻，根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
该时刻电动车的瞬时速度：。
（3）根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2，利用逐差法分析，
则电动车的加速度：。
23．【答案】（1）初始状态，弹簧 B 被压缩，(M1、M2恰好没有被弹开。
弹簧 B 向外推开两个物块，弹簧弹力不能超过任意一个物块的最大静摩擦力，因此弹力大小等于较小的最大静摩擦力：FB=f1=8N。
压缩形变量x=8×0.5cm=4cm
弹簧 B 压缩后的长度：LB=15cm-4cm=11cm
（2）向左施加拉力 F，两物块刚好均向左被拉动。
对M2受力分析：弹簧 B 向右的拉力与向左的最大静摩擦力平衡，
FB'=f2=12N，此时弹簧 B 被拉长。
B 伸长量B=12×0.5cm=6cm，
B 长度LB'=15cm+6cm=21cm。
对M1受力分析：向左弹簧 A 的拉力 = 向右弹簧 B 拉力 + 向右最大静摩擦力
FA=FB'+f1=12N+8N=20N
A 伸长量A=20×0.5cm=10cm，A 长度LA'=15cm+10cm=25cm
【知识点】弹力
【解析】【分析】（1）静摩擦力：物体刚好要滑动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，本题最大静摩擦力等于重力的 0.4 倍；重力公式G=mg。
（2）弹簧弹力与形变量：胡克定律，题目给出受力 1N 形变量 0.5cm，即弹力越大，弹簧伸长 / 压缩量越大；轻质弹簧自身重力不计。
（3）受力平衡：物体静止或刚好被拉动时，水平方向合力为 0。
24．【答案】（1）由于池水面积很大，故有在木块从开始到刚好没入水中的过程中，水面上升的高度可不计，即木块刚好没入水中时，水的深度可以认为还是H。
；
木块完全浸没后水增加的机械能为：；
从木块刚没入水中到压到池底过程，水的机械能增加为：2mg （H-a）
因此从用力压木块到完全沉入池底过程中，水池的水机械能增加为：
+2mg （H-a）=2mg（H-a）。
那么从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，
池水势能的改变量为2mg（H-a）。
（2）在木块完全浸没过程中，木块的重力势能变化为
；
上式负号表示势能减少，水的重力势能变化可理解为，木块一半体积的水上移至水面上，这部分水质量为m，上升高度为，
故水的重力势能变化为：
ΔEp2=；
由功能关系知；
故从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功WF为。
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】（1）木块下降到池底，等效成有一个与木块同体积的水与木块位置互换，根据重力势能的表达式求解；
（2）根据功能关系，力对木块做的功等于木块与水系统势能的增加量。
（3）功能关系：外力做功等于系统重力势能变化总和；等效思想：木块压入水中，等同于和木块等体积的水移动位置。
25．【答案】（1）物体A的体积：
VA=（0.4m）3=0.064m3，
物体A的重力：
GA=mAg=ρAGVA=5×103kg/m3×10N/kg×0.064m3=3200N；
（2）以物体A为研究对象，受力分析如图1所示。
FA=GA=3200N，
以动滑轮为研究对象，受力分析如图2所示。
2FA=FD+G动；
2×3200N=6000N+G动，
解得：G动=400N；
（3）由于人对杠杆的压力等于人的重力，G人=m人g=40kg×10N/kg=400N，
对杠杆进行受力分析如图3所示：
根据杠杆平衡条件可得：
FD×OG=G人×0H，
6000N×0.1m=400N×0H，
0H=1.5m。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）求出物体A的体积，根据G=mg=ρVg求出物体的重力；
（2）当小星运动到H点，物体A对水平地面的压强为0Pa，此时物体A受的拉力等于其重力，然后对动滑轮D进行受力分析，从而求出动滑轮重；
（3）根据杠杆的平衡条件求出OH的长度。
1 / 1浙江省湖州市南太湖双语学校2025学年“白鹭杯”学科素养大赛七年级科学试卷
1．一只小猫，跳起来抓住悬在天花板上的竖直木杆，当小猫抓住木杆的瞬间，悬挂木杆的细绳断了。设木杆足够长，小猫不断地顺杆向上爬，则小猫相对于地面的运动是（　　）
A．静止 B．向下运动
C．向上运动 D．以上三种情况都有可能
【答案】D
【知识点】参照物及其选择
【解析】【分析】一物体相对另一物体的位置随时间而改变，则此物体对另一物体发生了运动，此物体处于相对运动的状态。如果相互之间的位置并不随时间而改变，则此物体即在相对静止状态之中。因此，静止与运动两者都是相对的概念，与物体相对于选定的参照物有关。
【解答】小猫跳起来抓住杆的瞬间，悬挂木杆的细绳断了，此时木杆相对于地面下落，而小猫相对于地面的运动情况与小猫在木杆上向上爬的速度有关。如果小猫向上爬的速度刚好抵消向下掉的速度，小猫相对于地面静止；如果小猫向上爬的速度小于向下掉的速度小猫相对于地面向下运动；如果小猫向上爬的速度大于向下掉的速度，小猫相对于地面向上运动，故以上三种情况都有可能，D选项正确。
故选D
2．如图所示，甲、乙两位同学做如图所示的“拔河”游戏，两人分别用伸平的手掌托起长凳的一端，保持凳子水平，然后各自向两侧“拉”。若凳子下表面各处的粗糙程度相同，且在乙端的凳面上放四块砖，则下列判断正确的是（　　）
A．凳子向甲方移动 B．凳子向乙方移动
C．凳子原处不动 D．凳子向体重大的同学一方移动
【答案】B
【知识点】摩擦力的存在；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）摩擦力大小的影响因素：滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度、压力大小有关。接触面粗糙程度相同时，压力越大，最大静摩擦力越大。
（2）本题中乙端凳面上放置砖块，乙手与凳子之间的压力更大，乙手能提供的最大静摩擦力更大；甲一侧压力小，最大静摩擦力更小，凳子会向乙侧滑动。
【解答】由图知，乙端对手的压力较大，所以乙端对凳子向右的最大静摩擦力大于甲端对凳子向左最大静的摩擦力，由于甲所受最大静摩擦力小，因此甲将较容易相对长凳滑动，即甲容易被从长凳上拉离，因此凳子将向右移动，即乙可以将凳子拉向自己；故A错误，B正确，CD错误；
故答案为：B。
3．某电视台举办了一期群众娱乐节目，其中有一个环节是让群众演员站在一个旋转较快的大平台边缘上，向大平台圆心处的球筐内投篮球。如果群众演员相对平台静止，则下面各俯视图中哪幅图中的篮球可能被投入球筐（图中箭头指向表示投篮方向）（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】参照物及其选择
【解析】【分析】（1）运动的合成：篮球抛出前，跟随旋转平台具有沿圆周切线方向的速度；抛出后，篮球同时拥有切线方向的速度与人手施加的投掷速度。只有两个速度合成后的合速度指向圆心球筐，篮球才能投入筐内。
（2）速度合成遵循矢量叠加原理，要抵消平台带来的切线方向速度分量，投掷方向需要偏向转动的后方。
【解答】当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿篮筐方向，球就会被投入篮筐。
故答案为：B。
4．形状一样、质量相等的A、B两个楔形物块放置在水平桌面上。质量均为m的两个物块分别沿A、B的斜面下滑，其中A斜面粗糙且斜面上的物体恰好匀速下滑，而B斜面光滑。两物体下滑时 A、B 都始终保持静止。该过程中 A、B 对地面的压力分别为，A、B对地面的摩擦力分别为，则下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】（1）平衡状态受力特点：物体匀速直线运动时合力为 0。斜面上物体沿 A 斜面匀速下滑，把物块和楔形物 A 看作整体，整体处于平衡状态，竖直方向总重力等于地面支持力，水平方向不受外力。
（2）非平衡状态失重现象：B 斜面光滑，物块沿斜面加速下滑，存在竖直向下的分加速度，物块处于失重状态。
【解答】 对A进行受力分析，A受重力GA、地面对A的支持力F支A、物块对A的摩擦力fmA、物块对A的压力F压A，如图1；
对B进行受力分析，B受重力GB、对面对B的支持力F支B、物块对B的压力F压B，由于B物体处于静止状态，如果只受GB、F支B、F压B，B受力不平衡，所以B会受到地面对B的摩擦力f地B，
如图2：
由于A和B质量相等，物块的质量相等，所以GA=GB，F压A=F压B。
在图1中，F压A与fmA的合力的大小等于物块的重力大小，在水平方向上无分力，所以A对地面的摩擦力fA=0，A对地面的压力NA=GA+Gm；在图2中，B对地面的摩擦力fB＞0N，由于缺少了部分向下的分力，所以B对地面的压力NB＜GB+Gm；
因此：NA＞NB，fB＞fA=0。B正确。
故答案为：B。
5．在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态。现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对 B 的作用力为，B 对 A 的作用力为，地面对 A 的作用力为。若 F 缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中（　　）
A．保持不变，缓慢增大 B．缓慢增大，保持不变
C．缓慢增大，缓慢增大 D．缓慢增大，保持不变
【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】根据牛顿第三定律可知，B对A的压力与A对B的支持力大小相等，对B球受力分析，根据共点力平衡条件列式分析即可．对整体研究，分析地面对A的支持力F3如何变化．
【解答】
设A、B球心连线与竖直方向的夹角为θ。对B进行分析，
根据力的分解可知F1和F'2的大小分别为F1=（F+mBg）tanθ；
由牛顿第三定律可知，F2=F'2
若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，则F1和F2都缓慢增大。
对A进行分析，根据平衡条件可知，F3的大小等于F'2与A重力合力的大小，又因为F'2与A重力方向的夹角小于90°，所以F'2缓慢增大时，F'2与A重力的合力也缓慢增大，因此F3缓慢增大。故AB错误，C正确。
故答案为：C。
6．如图所示，甲、乙两个完全相同的直角三棱劈放置在水平桌面上。三棱劈的密度均匀且底面为矩形，若分别沿两物体图中虚线将右上侧切掉和，且，则剩余部分对桌面的压强和的大小关系为（　　）
A． B．
C． D．都有可能
【答案】B
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）水平面上固体压强公式：，物体对桌面压力等于自身重力。原来甲、乙是完全相同的均匀直角三棱劈，初始重力、底面积都相等，初始压强相等。
（2）沿图中虚线切去右上侧部分，切去相同高度薄层时，甲、乙切掉的质量相等；
【解答】 用割补法把剩余的三棱劈补成柱体，如图所示：
因为物体放在水平桌面上，所以柱体对水平桌面的压力：
F甲=G甲，F乙=G乙，
则补成的甲柱体对桌面的压强：，
同理补成的乙柱体对桌面的压强：p乙'=ρ乙h乙g；
剩余的三棱劈与补成的柱体相比，压力减小一半（重力减小一半），底面积不变，则压强减小一半，
所以剩余的甲三棱劈对桌面的压强：p甲=p甲'=ρ甲h甲g------------①
剩余的乙三棱劈对桌面的压强：p乙=p乙'=ρ乙h乙g------------②
由题知ρ甲=ρ乙，剩余三棱劈的高度h乙＞h甲，
所以由①②可得p乙＞p甲。
故答案为：B。
7．如图所示，设A漂浮在水面上，试管B悬浮在水中，试管A与试管B都封闭有一定量的空气，以上说法正确的是（　　）
A．将试管A上提一微小距离，放手后试管A不会回到原来位置
B．将试管A下压一微小距离，放手后试管A会回到原来位置
C．将试管B上提一微小距离，放手后试管B会回到原来位置
D．将试管B下压一微小距离，放手后试管B会回到原来位置
【答案】B
【知识点】物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）物体漂浮规律与封闭气体压强：试管 A 漂浮，浮力等于总重力。向上微提试管 A，浸入水中深度减小，水对封闭空气压强变小，空气体积膨胀，排开水的体积略微变大；向下微压试管 A，浸入深度增加，水压变大，封闭空气被压缩，排开水体积减小。因为总重力不变，最终稳定时排开水总体积不变，液面下浸入深度不变，松手后会恢复原位置。
（2）物体悬浮与气体压缩：试管 B 悬浮，浮力等于总重力。液体深度越大，水压越大。向上微提 B，外部水压减小，内部封闭空气膨胀，排开水体积增大，浮力大于重力，持续上浮；向下微压 B，外部水压增大，空气被压缩，排开水体积减小，浮力小于重力，持续下沉，无法回到原平衡位置。
【解答】 对于试管A，以试管A和管内封闭的气体整体为研究对象，根据力的平衡可知，（p0+ρgh）S=G+p0S，
化简得，ρghS=G，即：F浮=G。
试管向上提，则F浮减小，而重力不变，则试管必然下沉回到原来位置，而试管向下压则F浮变大，而重力不变，浮力大于重力必然上浮回到原来位置，故A错误，B正确；
对于试管B，上提时，试管内空气柱的下表面受到水的压强减小，气体体积增大，即V排增大，所受浮力增大，所以放手后会上浮；下压时，相反会下沉，故CD错误。
故答案为：B。
8．若墙壁光滑，中点处为镜框的重心位置，则下列悬挂镜框的方案中可能实现的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；平衡力的辨别
【解析】【分析】（1）受力条件：墙壁光滑，因此墙壁对镜框只有水平向右的弹力，不存在摩擦力。镜框受到三个力：自身重力（作用在中点重心，竖直向下）、墙的水平弹力、绳子的拉力。物体静止时，合力必须为零。
（2）三力汇交原理：一个物体受三个不平行力而平衡，三个力的作用线必定相交于同一点。重力作用线竖直向下，墙壁弹力作用线水平，两条线存在交点，绳子拉力的延长线必须经过这个交点，才能满足平衡条件。
【解答】由于壁光滑，不存在摩擦力，只有水平向右的支持力，而重力方向竖直向下，
A、图中水平方向的拉力与重力不可能平衡，故A错；
B、以镜子下方为支点，拉力和重力的作用可以使得杠杆平衡，重力使得镜子顺时针转动，而拉力是逆时针转动，故B正确；
CD、重力竖直向下，而绳子的拉力水平方向的分力与墙壁对镜框的支持力不在同一直线上；，故不可能平衡，故CD错误。
故答案为：B。
9．用竖直向上的外力F作用在浸在水中的直棒 AB的A端，棒的截面积处处相等，密度分布均匀，静止在如图所示的位置。此时A端距离水面，棒与水面的夹角为θ，棒浸在水中的长度为L，B端的深度为h。现由图示位置缓慢向上增大x直至棒的B端刚好离开水面的过程中，下列关于 F、L、、 h 大小变化的判断，不正确的是（　　）
A．F先不变后增大 B．θ先增大后不变
C．L先增大后减小 D．h 先增大后减小
【答案】A,C,D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）杠杆平衡原理：动力 × 动力臂 = 阻力 × 阻力臂（F1L1=F2L2)。本题中均匀直棒重力为阻力，浮力也为阻力，外力 F 为动力，缓慢移动视为始终处于平衡状态。
（2）阿基米德原理：浸在液体中的物体受到向上的浮力，浮力大小等于物体排开液体所受重力，公式，V排与浸入水中棒的长度 L 相关。
【解答】 将直棒A段看成支点，可知直棒受到竖直向上的浮力和竖直向下的重力，
设重心到A端的距离为m，浮力作用点到到A端的距离为n，
根据杠杆的平衡条件和力臂的概念，可以列式：Gmsinθ=F浮nsinθ，则：；因为G、m、n是不变的，所以F浮也是不变的，即棒在转动的过程中，L要保持不变，因此，在提起棒的过程中，棒浸入水中的长度不变，θ逐渐增大，直至棒竖直，然后L再缩短，θ=90°，直至棒被提出水面，所以L先不变再减小，故B不正确，CD正确；
再以棒为研究对象，棒处于平衡状态，受到不共点的平衡力，可以证明在棒竖直的过程中F=G-F浮。再往上提时，浮力变小，则拉力变大，故A正确。
故答案为：ACD。
10．如图所示，在木板M上放置两个滑块P和Q，当F=20N时，它们一起沿水平地面做匀速直线运动。设与 M 间的接触面都是水平的，则（　　）
A．滑块Q所受摩擦力等于20N
B．滑块P所受摩擦力等于20N
C．木板M所受地面的摩擦力小于20N
D．木板M所受地面的摩擦力大于20N
【答案】A
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）平衡状态与二力平衡：物体保持静止或匀速直线运动状态时，处于平衡状态；此时物体受到的合力为 0，同一直线上方向相反的两个力大小相等。
（2）摩擦力判断：两物体相对静止、没有相对运动趋势时，相互之间不存在摩擦力；存在相对运动趋势或发生相对滑动时，才会产生摩擦力。
【解答】A、整体匀速直线运动，合力为 0，地面对 M 的滑动摩擦力大小等于拉力 F=20N；对 Q 单独分析，Q 匀速运动，水平方向受到向右拉力 F=20N，M 对 Q 向左的摩擦力与拉力平衡，滑块 Q 所受摩擦力等于 20N，A 正确；
B、滑块 P 匀速直线运动，水平方向不受拉力，P 与 M 之间没有相对运动趋势，滑块 P 不受摩擦力，B 错误；
C、整体匀速运动，水平方向拉力与地面摩擦力平衡，木板 M 所受地面摩擦力等于 20N，并非小于 20N，C 错误；
D、整体匀速运动，水平方向拉力与地面摩擦力平衡，木板 M 所受地面摩擦力等于 20N，并非大于 20N，D 错误；
故答案为：A。
11．质量分别为，密度分别为的甲、乙两种液体分别盛在底面积不同的柱形容器中，已知液体对各自容器底部的压强相等，现将甲、乙液体互换容器（均不溢出）， 甲、乙液体对容器底部压力变化量分别为，压强的变化量分别为，则下列说法不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）液体压强公式：，柱形容器中液体对容器底部的压力等于液体自身重力，即F=G=mg；压强定义式。
（2）密度公式：，同种物质体积越大质量越大；液体互换容器后，根据底面积变化，分析压力、压强变化量。
【解答】 互换前，由压强公式p=ρgh可知：
p甲=ρ甲gh甲，p乙=ρ乙gh乙，
由题意可知p甲=p乙，由图可知：
h甲＜h乙，
则ρ甲＞ρ乙，故C正确；
将甲、乙液体互换容器后
p甲'=ρ甲gh甲'，
P'乙=ρ乙gh乙'，
则压强变化量分别为：
Δp甲=p甲'-p甲=ρ甲gh甲'-ρ甲gh甲，
Δp乙=p乙'-p乙=ρ乙gh乙'-ρ乙gh乙，
由体积相等可知：
V甲=S甲h甲=S乙h甲'，
V乙=S乙h乙=S甲h乙'，
即：
，
，
则：，
，
上两式相减可得：
由F=pS可知，图a甲液体对容器底的压力大于乙液体对容器底的压力，故：G甲＞G乙，
由G=mg可知
m甲＞m乙，故D正确；
由m=ρV和V=Sh可得：
m甲=ρ甲h甲'S乙，
m乙=ρ乙h乙'S甲，
则①式可得：
Δp甲-Δp乙＞0，
Δp甲＞Δp乙，故A正确；
两容器形状规则，甲、乙液体对容器底部压力等于本身的重力，则变化量分别为：
ΔF甲=|G甲-G甲|=0，
ΔF乙=|G乙-G乙|=0，
则有ΔF甲=ΔF乙，故B错误。
故答案为：B。
12．公共汽车站每隔to时间开出一辆汽车，汽车始终沿直线运动，汽车的速度-时间图像如图所示，则汽车出站后，与前方相邻汽车之间的距离（　　）
A．先减小，后保持不变
B．先增大，后保持不变
C．先减小，后增大，最后保持不变
D．先增大，后减小，最后保持不变
【答案】D
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）v-t 图像知识点：速度 - 时间图像中，图像与时间轴围成的面积代表物体运动的路程；图像纵坐标数值代表瞬时速度大小。
（2）追及距离判断规律：后方车辆速度小于前方车辆速度时，两车距离变大；后方车辆速度大于前方车辆速度时，两车距离变小；两车速度相等时，距离不再变化。
【解答】 图像为汽车速度随时间变化的图像，在0-t0时间段，汽车做匀加速运动，t0-2t0时间段，汽车做匀减速运动，2t0时间后汽车做匀速直线运动；
每隔t0开出一辆汽车，当汽车B从车站开出时，前面一辆车A已行驶t0时间，速度为2v0，如上图所示，当B汽车行驶时间速度增大到v0，A车行驶时间为，
速度减小到，
此时A车速度大于B车，两车运动时间相等，所以距离增大；
当B车行驶时间速度增大到，A车行驶为，速度减小到，此时B车速度小于A车速度，所以两车距离减小；当B车运动t0时间速度为2v0，A车运动时间到2t0，速度为v0，开始做匀速直线运动，之后在t0-2t0时间段内B做匀减速直线运动，但速度仍大于A车，所以两车距离减小；当B车运动2t0时间后，速度与A车相等，两车距离保持不变。
由上可知两车距离先增大，后减小，最后不变，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
13．如图所示，一个质量为m的圆环在一根固定的水平粗糙直杆上，现给环一个向右的初速度，如果在运动过程中还受到一个方向始终坚直向上的力 F 的作用，已知力 F 的大小（为常数，为环的运动速度），物体的动能与速度的关系为，则环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功（杆足够长）不可能为（　　）
A． B．0
C． D．
【答案】D
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】根据受力分析确定环的运动情况，当环受到合力向下时，随着环做减速运动向上的拉力逐渐减小，环将最终静止，当环所受合力向上时，随着环速度的减小，竖直向上的拉力逐渐减小，当环向上的拉力减至和重力大小相等时，此时环受合力为0，杆不再给环阻力环将保持此时速度不变做匀速直线运动，当环在竖直方向所受合力为0时，环将一直匀速直线运动，分三种情况对环使用动能定理求出阻力对环做的功即可．
【解答】 B、当mg=kv0时，即时，环做匀速运动，Wf=0，环克服摩擦力所做的功为零，故B正确；
A、当mg＞kv0时，即时，环在运动过程中做减速运动，直至静止。由动能定理得环克服摩擦力所做的功为，故A正确；
CD、当mg＜kv0时，即时，环在运动过程中先做减速运动，当速度减小至满足mg=kv时，即时环开始做匀速运动。由动能定理得摩擦力做的功，故C正确，D错误。
故选：D。
14．如图所示为粮袋的传送带装置，若传送带静止不动，粮袋从A由静止释放，速度可以由变成，以下情形正确的是（　　）
A．若传送带顺时针转动，粮袋到达B点的速度一定小于6m/s
B．若传送带逆时针转动，粮袋到达 B 点的速度一定大于
C．若传送带静止不动，增大倾角，粮袋到达 B 点的速度一定小于
D．若传送带静止不动，减小倾角，粮袋到达 B 点的速度一定大于
【答案】B
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】（1）受力与运动的关系：物体速度变化由合力决定；传送带静止时，粮袋沿斜面向下滑动，受到沿斜面向上的滑动摩擦力，合力恒定向下，做匀加速运动。
（2）滑动摩擦力方向判断：滑动摩擦力方向与物体相对接触面的运动方向相反；传送带逆时针转动时，传送带向下运动，粮袋相对于传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下，粮袋下滑的合力变大，加速度增大。
【解答】A、传送带顺时针转动，传送带向上运动，粮袋相对传送带向下滑动，滑动摩擦力依旧沿斜面向上，受力情况和传送带静止时完全相同，到达 B 点速度等于 6m/s，A 错误；
B、传送带逆时针转动，传送带向下运动，粮袋相对传送带向上滑动，滑动摩擦力沿斜面向下，粮袋下滑的合力更大，相同位移下加速效果更强，到达 B 点速度一定大于 6m/s，B 正确；
C、传送带静止不动，增大倾角 θ，重力沿斜面向下的分力变大，滑动摩擦力变小，合力增大，粮袋加速更快，到达 B 点速度大于 6m/s，C 错误；
D、传送带静止不动，减小倾角 θ，重力沿斜面向下的分力变小，滑动摩擦力变大，合力减小，粮袋加速更慢，到达 B 点速度小于 6m/s，D 错误；
故答案为：B。
15．n个动滑轮和一个定滑轮组成滑轮组，每个动滑轮的质量与所悬挂的物体质量相等。不计一切摩擦和绳的重力，滑轮组平衡时拉力大小为F，如图所示。若在图示中再增加一个同样质量的动滑轮，其它条件不变，则滑轮组再次平衡时拉力大小为（　　）
A． B．F C． D．
【答案】B
【知识点】动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】根据滑轮组的省力情况逐级分析，找出规律。
【解答】 每个动滑轮的质量与所悬挂的物体质量相等，可设它们的重力均为G，
第一个动滑轮，拉力F1=（G+G动）=（G+G）=G，
第二个动滑轮，拉力F2=（F1+G动）=（G+G）=G，
第三个动滑轮，拉力F3=（F2+G动）=（G+G）=G，
…
第n个动滑轮，拉力Fn=（Fn-1+G动）=（G+G）=G，
滑轮组平衡时拉力大小为F，则再增加一个同样质量的动滑轮时，滑轮组再次平衡时拉力仍为F。
故答案为：B。
16．人类对“运动和力的关系”的认识经历了一个曲折漫长的探索过程。
①400多年前，伽利略的理想实验表示：若球在运动中不受外力的作用，其速度将保持不变。
②1644年，笛卡尔在他的《哲学原理》书中明确指出：除非物体受到外力的作用，否则物体将永远保持运动状态。
③牛顿总结了前辈们的经验，进一步得出牛顿第一定律。
回答下列问题：
（1）伽利略认为，不受任何外力时，球匀速滚动是球的“自然运动”状态，“自然运动”是球所具有的属性，在我们今天看来，球的这种属性称为　 　
（2）笛卡尔的观点与牛顿第一定律相比，有什么不足：　 　
（3）分析上述科学史料，判断下列观点正确的有____。（可多选）
A．笛卡尔通过研究否定了伽利略的观点
B．我们可以通过实验直接得出牛顿第一定律
C．只有完全正确的理论才是科学理论
D．当前被人们认同的理论今后可能会被另一种理论取代
E．科学理论的发现往往通过几代人的不断努力才能完成
【答案】（1）惯性
（2）没有提及物体不受外力作用时，可以保持静止状态。
（3）D；E
【知识点】牛顿第一定律；阻力对物体运动影响的探究实验
【解析】【分析】（1）惯性：物体保持原来运动状态不变的性质叫做惯性，惯性是一切物体固有的属性。
（2）牛顿第一定律内容：一切物体在没有受到力的作用时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。笛卡尔只提到物体会保持运动状态，没有提及静止物体不受力时保持静止。
（3）牛顿第一定律是在大量经验事实基础上，通过推理概括得出，无法直接用实验验证；科学发展具有连续性、阶段性，科学理论会不断完善、更新，前人研究为后人理论奠定基础。
【解答】（1）物体保持自身运动状态不变的性质叫做惯性，伽利略所说小球不受外力持续匀速滚动的固有属性就是惯性。
故填：惯性。
（2）笛卡尔仅指出不受外力时物体将永远保持运动状态；牛顿第一定律表明物体不受外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态。笛卡尔没有说明物体不受外力时可以保持静止状态。
故填：没有提及物体不受外力作用时，可以保持静止状态。
（3）A、笛卡尔的观点继承、发展了伽利略的研究，没有否定伽利略的观点，A 错误；
B、现实中不存在不受外力的物体，牛顿第一定律无法依靠实验直接得出，是推理概括得到，B 错误；
C、科学理论是不断完善发展的，阶段性合理的理论也属于科学理论，并非只有完全正确才是科学理论，C 错误；
D、随着科学探索深入，当前公认的理论未来有可能被新理论完善、取代，D 正确；
E、从伽利略、笛卡尔再到牛顿，牛顿第一定律历经几代科学家持续研究才形成，说明科学理论的发现往往需要几代人不断努力，E 正确。
故答案为：DE。
17．用如图所示的实验装置可以方便测量物体相对运动时摩擦力的大小。木板B放在水平地面上，木块A放置在水平的木板B上，细绳跨过定滑轮，一端与木块A相连，另一端与上端固定的弹簧测力计的秤钩相连，且细绳的ab段保持竖直，cd段保持水平。（木板B足够长，不计细绳重力和滑轮摩擦）
（1）用水平向左的拉力 F 拉动木板B向左运动，当时，木板B保持静止，弹簧测力计示数为零，此时木块A受到的摩擦力大小为　 　
（2）将水平拉力F增大，木板B向左运动，待木块A静止后，弹簧测力计示数为5N，接着将拉力F增大一倍，木块A受到的摩擦力　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）撤去水平拉力F后，当木块A和木板B都静止时，弹簧测力计示数保持不变，此时木板B受到地面施加的摩擦力方向为水平　 　（选填“向右”或“向左”）。
【答案】（1）0N
（2）不变
（3）向左
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】（1）二力平衡：物体处于静止状态时，受力平衡，水平方向上合力为 0；若物体水平方向不受拉力，则受到的摩擦力大小为 0。
（2）滑动摩擦力影响因素：滑动摩擦力大小只与接触面粗糙程度、压力大小有关，与物体运动速度、拉力大小无关。
（3）摩擦力方向判断：摩擦力方向与物体相对运动（相对运动趋势）方向相反；通过受力分析，先确定 A、B 之间摩擦力，再对木板 B 受力判断地面摩擦力方向。
【解答】（1）弹簧测力计示数为零，说明细绳对木块 A 没有拉力；木块 A 保持静止，水平方向不受其他外力，因此木块 A 受到的摩擦力大小为 0N。
故填：0N。
（2）木块 A 保持静止，水平方向绳子拉力与 A 受到的滑动摩擦力平衡；拉力 F 增大一倍时，木块 A 对木板 B 的压力、接触面粗糙程度均不变，滑动摩擦力大小不变，所以木块 A 受到的摩擦力不变。
故填：不变。
（3）弹簧测力计示数不变，说明木块 A 仍然受到木板 B 向左的滑动摩擦力；根据力的作用相互，木块 A 对木板 B 摩擦力方向水平向右。木板 B 静止，受力平衡，地面对木板 B 的摩擦力与 A 对 B 向右的摩擦力平衡，因此地面施加给木板 B 的摩擦力方向水平向左。
故填：向左。
18．无风时，以速度 v 跑步，人所受的空气阻力为阻力系数，为空气的密度，A 为在垂直于运动方向上的截面积，阻力功率。已知某人于平地上匀速跑步时，身体为跑步持续提供80W的功率，若此人质量，空气密度，且跑步时没有任何打滑，则此人的跑步速度为　 　m/s（结果可带根号）；若肌肉消耗能量做功的效率为25%， 则此人跑步30min消耗　 　J的能量。
【答案】5.4；5.76×105
【知识点】功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】利用，将f的数值代入求解此人的跑步速度；
利用求解此人跑步30分钟消耗的能量。
【解答】 由和可得，
此人的跑步速度；
由可得，此人跑步30分钟消耗的能量：
。
19．一个半球形漏斗紧贴桌面放置，现自位于漏斗最高处的孔向内注水，如图所示，当漏斗内的水面刚好到达孔的位置时，漏斗开始浮起，水开始从下面流出，若漏斗半径为 R ，水的密度为，则此时水对桌面的压力为　 　，该漏斗的质量为　 　。（球的体积为 V 球）
【答案】；
【知识点】阿基米德原理
【解析】【分析】以水和漏斗的整体为研究对象，漏斗浮起时，桌面受到的压强是一定的；
根据压强的定义式可知，对桌面的压力F等于水的重力和漏斗的重力之和，据此可以列出等式；
根据液体压强计算公式p=ρgh列等式；二式联立得解。
【解答】 向漏斗内注水，当漏斗内的水面刚好达到孔的位置时，漏斗开始浮起，根据力的平衡条件可知，水对桌面的压力等于漏斗的重力和水的重力之和，F=G漏斗+G水，
漏斗是一个半球，排开水的体积等于自身的体积，
即，
水的重力，
漏斗的重力G漏斗=m漏斗g，
即水对桌面的压力，
所以水对桌面的压强为：①；
根据液体压强公式p=ρgh，水对桌面的压强p=ρgR②；
水对桌面的压强一定，由①②式得：，
解得：。
20．如图甲所示，汽车通过图示滑轮装置（滑轮、绳子质量和摩擦均不计）将该圆柱形物体从水中匀速拉起，汽车始终以恒定速度为0.2m/s向右运动。图乙是此过程中汽车输出功率P随时间t的变化关系，设t=0时汽车开始拉物体，g取10N/kg。试回答：
（1）圆柱形物体完全浸没在水中所受的浮力是　 　N；
（2）从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功是　 　J。
【答案】2×103；3700
【知识点】浮力大小的计算；功的计算公式的应用；功率计算公式的应用
【解析】【分析】（1）根据图象读出圆柱形物体浸没水中和全部离开水面时的汽车的输出功率，根据v绳=v车求出绳子移动的速度，再根据P=Fv求出在水中和空气中绳子的拉力，进一步求出圆柱形物体在水中受到的拉力和桥墩的重力，根据称重法求出物体浸没在水中时所受的浮力；
（2）知道由从汽车开始拉物体到圆柱形物体上方刚好露出水面拉力的功率和时间，根据W=Pt求出此过程汽车所做的功；
物体从刚露出水面到完全离开水面，前后功率的平均值就是此过程的平均功率，已知此过程的平均功率和时间，可以得到此过程汽车所做的功。
二者之和即为从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功。
【解答】 （1）从图象可知，圆柱形物体全部浸没在水中时，汽车的输出功率P=600W，
由甲图可知，绳子的有效股数为n=2，
则绳端移动的速度v绳=v车=0.2m/s，
由得，
此时的拉力，
绳子对物体的拉力F总=2F=2×3×103N=6×103N；
又从图象可知，圆柱形物体全部离开水面时，汽车的输出功率P'=800W；
此时绳子的拉力；
圆柱形物体的重力G=2F'=2×4×103N=8×103N，
所以圆柱形物体完全浸没在水中所受的浮力F浮=G-F总=8×103N-6×103N=2×103N。
（2）由得汽车开始拉物体到圆柱形物体上方刚好露出水面汽车所做的功是：W1=Pt1=600W×5s=3000J。
从汽车拉物体上方刚好露出水面到圆柱形物体下方刚好离开水面，汽车的平均功率为：，
由得此过程汽车所做的功：W2=Pt2=700W×1s=700J。
所以，从汽车开始拉物体到圆柱形物体刚好离开水面，这一过程汽车所做的功：W总=W1+W2=3000J+700J=3700J。
21．火车以20m/s的速度沿某一段直线轨道驶向道口，为厂提醒看守道口的工作人员，司机在距道口940m处开始鸣响汽笛，每次笛声持续1s，停5s，然后再次拉响汽笛.当道口工作人员听到第三次笛声结束时，火车距道口的距离为　 　，道口工作人员听到火车司机前后两次拉响汽笛的时间间隔为　 　。（已知声波在空气中传播的速度为）
【答案】640m；5.65s
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】（1）速度公式：，变形可得s=vt、，可用于计算声音传播时间与火车行驶路程。
（2）运动的相对性：火车不断向道口靠近，后发出的声波传播距离更短，工作人员听到两次鸣笛的时间间隔不等于司机拉响汽笛的时间间隔，需要结合火车位移计算。
（3）鸣笛时序梳理：每次笛声持续 1s，间隔 5s；第一次鸣笛：0～1s；间隔：1～6s；第二次鸣笛：6～7s；间隔：7～12s；第三次鸣笛：12～13s。
【解答】 火车第3次鸣笛结束时，火车前进了的时间t总=1s+5s+1s+5s+1s=13s，
则火车通过的路程为：s1=vt总=20m/s×13s=260m，
第三次鸣笛末尾的声音距离工作人员：s=940m-260m=680m，
680m声音传到工作人员处需要，
所以火车又前进了2s，此时通过的路程为：s2=vt=20m/s×2s=40m
火车此时距离道口：s'=680m-40m=640m
从第一次鸣笛开始计时，
第一次听到是在第一次鸣笛后，
第二次鸣笛火车距工作人员的距离：s3=940m-20m/s×（1s+5s）=820m，
第二次鸣笛时已用时t2=1s+5s=6s，
第二次听到是在第二次鸣笛后
从第一次鸣笛到第二次听到鸣笛声用时t=6s+2.41s=8.41s
听到两汽笛的时间间隔，还要在8.41秒中扣掉第一次传播用的时间
故Δt=t-t1=8.41s-2.76s=5.65s
22． 伽利略曾用滴水计时器研究物体的运动规律，我们可以利用输液瓶滴液等时性的特点，借助医院打点滴的输液瓶设计滴水计时器，固定在电动车靠近地面处，来研究电动车启动过程速度随时间变化的规律，如图所示。
经过测量得知：在某一状态下，输液瓶滴下21滴水用时4.00s（从第1滴落地开始计时到第21滴落地结束计时）。从清晰可见的位置开始测量，前8滴水的落点到第1滴水落点的距离如表所示：
编号 1 2 3 4 5 6 7 8
x/m 0 0.12 0.31 0.58 0.94 1.38 1.9 2.49
回答下列问题（小数点后均保留两位有效数字）：
（1）从滴水计时器第1滴水落地到第5滴水落地的过程中，电动车的平均速度为　 　m/s。
（2）如果电动车启动过程近似看作匀加速直线运动，则滴水计时器第4滴水落地时，电动车的速度　 　m/s。
（3）加速度是用来描述物体速度改变快慢的物理量，是速度变化量与发生这一变化所用时间的比值（），通常用 a 表示，即，单位是。根据（1）（2）的计算结果，求出电动车启动过程中的加速度为　 　
【答案】（1）1.18
（2）1.58
（3）1.95
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】 （1）根据题意，求解滴水的时间间隔，根据平均速度公式求解。
（2）根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求解第4滴水落地时，电动车的瞬时速度。
（3）根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2结合逐差法求解加速度。
【解答】 （1）输液瓶滴下21滴水用时4.00s，则滴水的时间间隔：，
分析表格可知，从第1滴水落地，到第5滴水落地的过程中，经历时间为4T，电动车运动的位移：x5=0.94m，
根据平均速度公式可知，该过程中，电动车的平均速度：。
（2）第4滴水落地瞬间为第3、5滴水落地过程的中间时刻，根据匀变速直线运动的规律可知，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，
该时刻电动车的瞬时速度：。
（3）根据匀变速直线运动的推论Δx=aT2，利用逐差法分析，
则电动车的加速度：。
23． 在弹性限度内，弹簧的承受力与形变量成正比，A、B为完全相同的两轻质弹簧，原长为15cm，既可伸长也可压缩，弹簧受力1N形变量为0.5cm。放在水平桌面上的两物块质量分别为，它们与桌面之间作用的静摩擦的最大值为重力的0.4倍，开始时，和之间夹着被压缩的 B 弹簧，而恰好没有被弹开；后来，用一个适当大小的水平拉力F作用在弹簧A上，两物块刚好均被拉动。求：
（1）开始时，压缩的弹簧B的长度？
（2）两物块刚好均被拉动时，弹簧A和B的长度各为多少？
【答案】（1）初始状态，弹簧 B 被压缩，(M1、M2恰好没有被弹开。
弹簧 B 向外推开两个物块，弹簧弹力不能超过任意一个物块的最大静摩擦力，因此弹力大小等于较小的最大静摩擦力：FB=f1=8N。
压缩形变量x=8×0.5cm=4cm
弹簧 B 压缩后的长度：LB=15cm-4cm=11cm
（2）向左施加拉力 F，两物块刚好均向左被拉动。
对M2受力分析：弹簧 B 向右的拉力与向左的最大静摩擦力平衡，
FB'=f2=12N，此时弹簧 B 被拉长。
B 伸长量B=12×0.5cm=6cm，
B 长度LB'=15cm+6cm=21cm。
对M1受力分析：向左弹簧 A 的拉力 = 向右弹簧 B 拉力 + 向右最大静摩擦力
FA=FB'+f1=12N+8N=20N
A 伸长量A=20×0.5cm=10cm，A 长度LA'=15cm+10cm=25cm
【知识点】弹力
【解析】【分析】（1）静摩擦力：物体刚好要滑动时，静摩擦力达到最大静摩擦力，本题最大静摩擦力等于重力的 0.4 倍；重力公式G=mg。
（2）弹簧弹力与形变量：胡克定律，题目给出受力 1N 形变量 0.5cm，即弹力越大，弹簧伸长 / 压缩量越大；轻质弹簧自身重力不计。
（3）受力平衡：物体静止或刚好被拉动时，水平方向合力为 0。
24． 面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块。木块边长为，密度为水的一半，质量为m，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图所示。现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦。求：
（1）从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，池水势能的改变量。
（2）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力 F 所作的功。
【答案】（1）由于池水面积很大，故有在木块从开始到刚好没入水中的过程中，水面上升的高度可不计，即木块刚好没入水中时，水的深度可以认为还是H。
；
木块完全浸没后水增加的机械能为：；
从木块刚没入水中到压到池底过程，水的机械能增加为：2mg （H-a）
因此从用力压木块到完全沉入池底过程中，水池的水机械能增加为：
+2mg （H-a）=2mg（H-a）。
那么从木块刚好完全没入水中到停在池底的过程中，
池水势能的改变量为2mg（H-a）。
（2）在木块完全浸没过程中，木块的重力势能变化为
；
上式负号表示势能减少，水的重力势能变化可理解为，木块一半体积的水上移至水面上，这部分水质量为m，上升高度为，
故水的重力势能变化为：
ΔEp2=；
由功能关系知；
故从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功WF为。
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】（1）木块下降到池底，等效成有一个与木块同体积的水与木块位置互换，根据重力势能的表达式求解；
（2）根据功能关系，力对木块做的功等于木块与水系统势能的增加量。
（3）功能关系：外力做功等于系统重力势能变化总和；等效思想：木块压入水中，等同于和木块等体积的水移动位置。
25． 如图所示小星沿杠杆GP水平向右匀速运动，通过对杠杆GP施加竖直向下的压力来提升物体A，其中B、C、E、F都是定滑轮，D是动滑轮，杠杆GP可绕O点在竖直平面内转动。正立方体A的边长为40cm，密度为5×103kg／m。杠杆 GP 和细绳的质量均忽略不计，OG为10cm。当小星运动到H点，物体A对水平地面的压强为0Pa。此时通过细绳对动滑轮 D 的向下拉力N。忽略细绳与滑轮的摩擦，g 取10N／kg。求：
（1）物体A的重力。
（2）动滑轮D的重力。
（3）若人的质量为40Kg，则OH的长度是多少？
【答案】（1）物体A的体积：
VA=（0.4m）3=0.064m3，
物体A的重力：
GA=mAg=ρAGVA=5×103kg/m3×10N/kg×0.064m3=3200N；
（2）以物体A为研究对象，受力分析如图1所示。
FA=GA=3200N，
以动滑轮为研究对象，受力分析如图2所示。
2FA=FD+G动；
2×3200N=6000N+G动，
解得：G动=400N；
（3）由于人对杠杆的压力等于人的重力，G人=m人g=40kg×10N/kg=400N，
对杠杆进行受力分析如图3所示：
根据杠杆平衡条件可得：
FD×OG=G人×0H，
6000N×0.1m=400N×0H，
0H=1.5m。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；动滑轮及其工作特点；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】（1）求出物体A的体积，根据G=mg=ρVg求出物体的重力；
（2）当小星运动到H点，物体A对水平地面的压强为0Pa，此时物体A受的拉力等于其重力，然后对动滑轮D进行受力分析，从而求出动滑轮重；
（3）根据杠杆的平衡条件求出OH的长度。
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