《中考物理—杠杆平衡条件的应用问题的综合压轴题专题复习及答案解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考物理—杠杆平衡条件的应用问题的综合压轴题专题复习及答案解析.docx（37页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1 在我国古代书籍墨经中，对杠杆有精辟论述，并有许多巧妙的应用如下图所示是在井上汲水的桔槔，下列对其在使用中正确的解释是A桔槔是等臂杠杆，不省力也不费力B向井内放送水桶时，人用的力气一定小于水桶的重力，所以省力C桔槔是不等臂杠杆，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆D往上提水时，人用的力气一定小于桶与水的总重，所以省力【答案】 D【解析】【分析】杠杆的分类：省力杠杆，动力臂大于阻力臂；费力杠杆，动力臂小于阻力臂；等臂杠杆，动力臂等于阻力臂；要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（用力点、支点和阻力点）的大小跟它们的力臂成反比。【详解】AC由图可见，桔槔是不等臂杠杆，动力臂
2、大于阻力臂，是省力杠杆，故AC 错误；B向井内放送水桶时，人用的力通过杠杆原理，与石头的重力相关，一般比木桶的重力要大，故 B 错误；D往上提水时，因为有石头帮忙，人的力气比水和桶的总重力小，故故选 D。【点睛】此题主要考查了对简单机械的认识，要掌握杠杆的要素。D 正确。2 如图所示，在一个轻质杠杆的中点挂一重物，在杆的另一端施加一个动力持平衡，然后向右缓慢转动 F 至水平方向，这一过程中（ ）F，使杠杆保A F 先变小后变大BF 逐渐变大C动力臂逐渐变小【答案】 AD动力臂逐渐变大【解析】【分析】杠杆平衡条件及应用。【详解】杠杆在图中所示位置平衡，阻力（重物对杠杆的拉力）及阻力臂大小不变；动
3、力F 由图中所示位置转动至水平方向的过程中，当动力F 的方向与杠杆垂直时，动力F 的力臂最长，因此动力 F 的力臂先增大后减小，由杠杆平衡条件F1l1=F2l2 可知，动力 先变小后变大。故选 A。【点睛】中等题 .失分的原因是：不知道动力F 方向变化的过程中阻力和阻力臂的大小不变；不会画动力F 在不同位置时的动力臂；不会利用杠杆平衡条件通过动力臂的变化分析出动力的变化；不知道当动力 F 与杠杆垂直时，动力臂最大，动力 F 最小。3 如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O 点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是A当重物悬挂在A 点，动力作用在C 点
4、时，该杠杆一定是省力杠杆B当重物悬挂在 C 点，动力作用在 B 点时一定比作用在 A 点时要省力C无论重物挂在 A 点还是 B 点时，利用该机械所做的有用功都相等D如果动力作用在C 点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变【答案】 C【解析】【分析】灵活运用杠杆平衡公式分析即可；【详解】AB 不论重物悬挂在 A 点或 C 点，也不论动力作用在 C 点还是 B 点，判断杠杆是省力还是费力，需要根据杠杆平衡公式，不仅与力的作用点有关，还与力的方向有关，因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力，故AB 错误；C无论重物挂在A 点还是 B 点时，由于物体质量相同，上升高度相同，则
5、根据可知，该机械所做的有用功都相等，故C 正确；WGhD动力作用在C 点且方向始终保持与杆保持垂直时，可得动力臂大小始终不发生变化，但由于物体上升，重物的阻力臂会逐渐减小，则由杠杆平衡公式可知动力会减小，故D 错误。4 如图所示，在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在力F 作用下在水平位置平衡，现保持杠杆始终在水平位置平衡，将弹簧测力计绕B 点从 a 转动到 b 的过程中，拉力F 与其力臂的乘积变化情况是（）A一直变小B一直变大C一直不变【答案】 CD先变小后变大【解析】【分析】【详解】将测力计绕B 点从a 位置转动到b 位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA 不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；
6、由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力 F 与其力臂的乘积也是不变的。故选 C。5 有一平衡的不等臂杠杆，下面哪种情况下杠杆仍能平衡：（）A使动力、阻力的大小减少相同的数值B使动力、阻力的大小增加相同的数值C使动力臂、阻力臂增加相同的长度【答案】 DD使动力、阻力的大小增加相同的倍数【解析】【详解】不等臂杠杆平衡时，满足F1l 1=F2l2， l 1l 2， F 1F 2。A 使动力、阻力的大小减少相同的数值F 时，由 Fl 1 Fl 2 可知，(F 1- F)l1 (F 2- F)l2 ，故 A 不符合；B使动力、阻力的大小增加相同的数值F 时，由 Fl 1 Fl 2 可
7、知，(F 1+F)l1 (F 2+F)l2 ，故 B 不符合；C使动力臂、阻力臂增加相同的长度L 时，由F 1L F2L 可知，F1(L+l1) F 2(L+l2)，故 C 不符合；D使动力、阻力的大小增加相同的倍数时，由F 1l 1=F2l 2 可知，nF1 l 1=nF2 l 2，故 D 正确。故选 D 。6 如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态。下列操作仍能使杠杆在水平位置保持平衡的是 （ ）A两侧钩码同时向外移一格B左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码C在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码【答案】 B【解析】【分析】【详解】设一个钩码的重力为
8、G，横梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有2G3L3G2LA两边各向外移一格，左边2G4L8GL右边3G3L9GL由于8GL9GL杠杆右端下沉，故A 不符合题意；B左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码，因左边2G4L右边4G2L因2G4L4G2L故 B 符合题意；C在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码，左边3G3L9GL右边4G2L8GL因为9GL8GL杠杆左端下沉，故C 不符合题意；D在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码，左边G3L3GL右边2G2L4GL由于3GL4GL杠杆右端下沉，故D 不符合题意。故选 B。7 如图所示，小明利用一根长为L 的扁担挑水，他在扁担的左端挂
9、上质量为m1 的水桶，在右端挂上质量为m2 的水桶，右手扶着扁担右侧。已知m1 m2 ，不计扁担自重，下列说法正确的是（ ）A若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担左端B若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担右端C小明的肩位于扁担中点时，右手需要给扁担施加向上的力D扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越小【答案】 A【解析】【分析】【详解】AB扁担在左端挂了m1 的水桶，右端挂了m2 的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件F1 L1F2 L2 可知，若要扁担平衡右手不使力，人的肩膀应靠近扁担左端，故 A 正确， B 错误；C小明的肩位于扁担中点时，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡
10、条件F1L1 F2 L2 可知，左端下沉，为了使扁担在水平位置平衡，右手需要给扁担施加向下的力，故 C 错误；FD根据压强的公式p可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强S越大，故D 错误。故选 A。8 如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，已知杠杆上每个小格的长度为2cm，用弹簧测力计在A 点斜向上（与水平方向成30角）拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。下列说法中正确的是（）A此时杠杆的动力臂为0.08mB此时为省力杠杆C当弹簧测力计向左移至竖直位置时，其示数为1ND图中钩码的总重力为2N【答案】 D【解析】【分析】【详解】A当弹簧测力计在A 点斜向上拉（与水平方向成30角）
11、杠杆，所以动力臂l11 OA14 2cm 4cm=0.04m22故 A 错误；B由图知，钩码对杠杆拉力为阻力，阻力臂的大小2 2cm=6cm l1l =3杠杆为费力杠杆，故错误；CD由图知，弹簧测力计示数为3N，根据杠杆的平衡条件F l =Gl可得1 12F1l13N 4cm= 2NG6cml2竖直向上拉 A 点时，力臂大小等于OA，由杠杆平衡条有 F1OAGl 2 ，所以测力计的示数F1Gl 22N 6cm = 1.5NOA2cm 4故 C 错误， D 正确。故选 D。9 如图所示的轻质杠杆OA 上悬挂着一重物G，O 为支点，在A 端用力使杠杆平衡。下列叙述正确的是（）A此杠杆一定是省力杠杆
12、C沿杆 OA 方向用力也可以使杠杆平衡B沿竖直向上方向用力最小D此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆【答案】D【解析】【分析】【详解】A因为无法确定动力臂的大小，所以无法确定是哪种杠杆，故A 错误；B沿垂直杠杆向上的方向用力，动力臂最大，动力最小，最省力，故B 错误；C沿OA 方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C 错误。D因为杠杆的动力臂无法确定，所以它可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆，故D 正确。故选D。10 能使杠杆 OA 水平平衡的最小力的方向为（）A ABB ACC ADD AE【答案】A【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件，F1L=F L，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的
13、122动力最小，必须使动力臂最长由此分析解答【详解】由图知， O为支点，动力作用在A 点，连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB故选 A【点睛】在通常情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂11 如图所示，直杆OA 的下端挂一重物G 且可绕 O 点转动。现用一个始终与直杆垂直的力 F 将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置，不计杆的重力，则拉力（ ）F 大小的变化情况是A一直变小B一直不变C一直变大【答案】 C【解析】【分析】【详解】由图可知，由于力F 始终与杠杆垂直，则力D先变小
14、后变大F 所对应的力臂始终不变，大小为力F 的作用点到 O 点的距离，设为 l1 ，在逐渐提升的过程中，重力大小不变，方向竖直向下，则对应力臂逐渐变大，设为 l2，由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得Fl1 =Gl2由于等式右端重力G 不变， l 2 逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端l1 不变，则可得F 逐渐变大，故选C。12 如图所示，轻质杠杆 MON 及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O 点转动，MO : NO 3: 2 ，图中正方体D 通过细线与 N 点相连且与水平地面的接触面积-S 为 8 102m2。当物体 A 的质量为 8kg 时，杠杆在水平位置上平衡，物体D 对水
15、平地面的压强p1 为4000Pa；当把物体 A 换成质量为 30kg 的物体 B，支点移至 O ，使 MO : NO4:3时，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为p2；此时用物体C 替换物体 B，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为0，（杠杆、支架和托盘的重力不计， g 取 I0N/kg ） 则下列结论正确的是（）A物体 C 的重力为 300NB物体 D 的质量为32kgC p2 为 500PaD物体 C 对托盘的压力为40N【答案】 C【解析】【分析】【详解】当放物体 A 时，地面对物体的支持力等于物体对地面的压力F1 p1S 4000Pa 810 2 m 232
16、0N此时杠杆受到的拉力F2 GDF1根据杠杆平衡条件可知mA g OMGDF1ON解得mA g OMF1ON8kg10N/kg3 ON 320N ONGD2440NONON则物体 D 的质量GD440N44kgmDg10N/kg故 B 错误；放物体 C 时， D 对地面的压强为0，此时支持点在O ，根据杠杆的平衡条件可知GC O M GDO N则GCGD O N440NO N330NO M4O N3故 A 错误；物体 C 对托盘的压力等于C 的重力为330N，故 D 错误；当放上物体 B 时，根据杠杆的平衡条件可知mB g O MGDF2 O N则440N O N4GD O N mB g O
17、M30kg 10N/kgO NF2340NO NO N则物体 D 对地面的压强F240N500Pap28 10 2 m 2S故 C 正确。故选 C。13 如图，轻质杠杆上各小格间距相等，O 为杠杆中点，甲、乙是同种金属材料制成的实心物体，甲为正方体，乙重15N，将甲、乙用能承受最大拉力为25N 的细线分别挂于杠杆上 M 、 Q 两刻线处时，两细线被拉直且都沿竖直方向，M 、Q 正好在甲、乙重心正上方，杠杆在水平位置平衡，这时甲对地面的压强为4000Pa；当甲不动，把乙移挂至R 时，甲对地面的压强为3750Pa，下列说法中正确的是（）A将甲挂在B将甲挂于C将甲挂在M 下，乙挂在Q 下，此时甲对地
18、面的压力为N 正下方，乙挂于S，放手后甲被拉离地面N 的下方，乙挂于R，再将乙沿水平方向切去45N1/3，此时甲对地面的压强仍为3750PaD将甲挂在M 正下方，乙挂于Q 再将甲沿竖直方向切去1/5，并将这1/5 上挂在乙的下方，此时甲对地面的压强为2800Pa【答案】 C【解析】【分析】(1)利用杠杆平衡条件 Fl1 1F2l2 求出甲上方的绳上的拉力，再分析甲的受力情况，根据压强 pF列出甲在两种情况下的压强，联立解答甲的重力；SF(2)利用杠杆平衡条件判断是否再一次平衡，并利用平衡时的对应物理量根据p计算S【详解】A设甲的重力为G，甲的底面积为F甲S，杠杆上6lG乙2l1 小格为15Nl
19、，则根据杠杆平衡条件可得：2l ，解得F甲5N ，此时甲对地面的压强为FG5N4000Pa；pSS同理可得：F甲 6lG乙3l15N 3l ，解得 F甲7.5N ，此时甲对地面的压强为FG7.5N3750Pa；pSS两式联立解得：G 45N ，此时甲对地面的压力为45N-5N=40N，故 A 错误；B如果将甲挂于N 正下方，乙挂于 S，设地面对甲的支持力为F1 ，此时，GF14l G乙 7l ，45NF14l15N 7l解得 F118.75N ，则甲对地面仍有压力，故B 错误；C将甲挂于 N 正下方，乙挂于R，再将乙沿水平方向切去1/3，设地面对甲的支持力为F2 ，此时，GF24l11G乙3l
20、，345NF24l1115N3l ，3解得 F2 37.5N ，由 A 中条件可知此时甲对地面的压强为3750Pa，故 C 正确；D将甲挂在 M 正下方，乙挂于Q 再将甲沿竖直方向切去1/5，并将这 1/5 上挂在乙的下方，设地面对甲的支持力为F3 ，且假设甲的重心仍在M 正下方，此时，4 G F36lG乙1 G2l ，55445NF36l15N145N 2l ，55解得 F3 28N ，由 A 中条件可求出甲的底面积为S45N5N0.01m2，4000Pa此时甲对地面的压强为p3F328N2800Pa，S0.01m2而由于甲沿竖直方向切去1/5 后，重心一定会发生水平移动，则其力臂不可能等于
21、6l，所以，此时甲对地面的压强也不可能等于2800Pa，故 D 错误【点睛】本题综合考查杠杆平衡条件的应用和固体压强计算，同时运用到方程组的思想进行解答，要求学生们一方面熟悉杠杆平衡分析，另一方面计算能力一定要扎实14 如图所示，直径为 50cm 的半球形碗固定在水平面上，碗的端口水平。一根密度分布均匀，长度为 60cm 的光滑杆 ABC搁置在半球碗上，碗的厚度不计，平衡时杆受到的重力与杆在 B 点受到的弹力大小之比为 ( )A5 ： 3B 6 ： 5C 3 ：2D 4 ：3【答案】 A【解析】【详解】以 AC棒为研究对象受力如图所示：根据几何关系可得：OABOBABAD设杆在 B 点受到的弹
22、力为N，根据力矩平衡可得：NLABGLAD则：N25cos2G30cos解得：G 5 N 3故 A 项符合题意；BCD项不符合题意；15 如图所示，一块厚度很薄、质量分布均匀的长方体水泥板放在水平地面上，若分别用一竖直向上的动力 F12作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（）、 FA F1F2，因为甲中的动力臂长B F1F2，因为乙中的阻力臂短D F =F ，因为动力臂都是阻力臂的2 倍12【答案】 D【解析】【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F 克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂
23、等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F1 与 F2 的大小关系。【详解】两次抬起水泥板时的情况如图所示：在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2 倍；依据 Fl 动Gl阻 可得，FG l阻1 G ，l动2所以，前后两次所用的力相同，即F1F2 ，故 ABC 都错误， D 正确。【点睛】本题作为考查杠杆平衡条件应用的一道经典例题，很容易让学生在第一印象中选错，一定要仔细分析，重点记忆！16 如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重 24N， A、 B
24、 是木条两端， O、C 是木条上的两个点，AO=B0， AC=OC A 端放在托盘秤甲上， B 端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N 现移动托盘秤甲，让C 点放在托盘秤甲上此时托盘秤乙的示数是（）A8NB 12NC 16ND 18N【答案】 C【解析】【分析】在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题 A 端放在托盘秤甲上，以的距离，当C 点放在托盘秤甲上B 点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心C 为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数D 到 B【详解】设木条重心在盘秤甲的示数是D 点，当 A 端放在托盘秤甲上，B 端放在托盘秤乙上时，以B
25、 端为支点，托6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A 端的支持力为6N，如图所示：由杠杆平衡条件有：FA AB G BD ，即： 6N AB24N BD ，所以：AB 4BD ， BD1 AB ，当 C 点放在托盘秤甲上时，仍以C 为支点，此时托盘秤乙对4木条 B 处的支持力为FB，因为AO BO，ACOC， CO ODBD，BC3BD， CD 2BD，由杠杆平衡所以条件有： FB BCG CD ，即： FB 3BD 24N2BD ，所以： FB=16N，则托盘秤乙的示数为16N故选 C【点睛】本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置
26、17 如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在 A 端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体 M 悬挂点 B 的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在 M 悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（）A每次倒入空桶的液体质量相同B秤的刻度值分布不均匀C增大 M 的质量，秤的量程会减小D悬点 O 适当左移，秤的量程会增大【答案】 D【解析】【分析】【详解】A轻质杠杆自身的质量不计，假如每次倒入空桶的液体质量相同，那么液体的重力是相同的，根据杠杆的平衡条件可知G液l OA GM lM ， G液 、 l OA 、 GM 不变，则 lM 不变，物体M 悬挂点 B 的位
27、置是不变的，这样不能知道液体的密度，密度秤不能正常使用，A 错误；B每次倒入空桶的液体体积相同，根据杠杆的平衡条件可知G液 lOA GM lM ，即液V液 gl OA GM l MGM l M液 与 lM 成正比，则秤的刻度值分布是均匀的，B 错误；化简可得 液，可知V液 gl OAC增大 M 的质量，根据杠杆的平衡条件G液 lOA GM lM 可知，秤的量程会变大，C 错误；D悬点 O 适当左移，阻力臂是增大的，根据杠杆的平衡条件G液lOA GM l M 可知，秤的量程会变大， D 正确。故选 D。18 如图所示，在探究杠杆平衡条件的实验中，杠杆处于水平平衡状态，所用钩码完全相同。下列做法中
28、能使杠杆再次平衡的是A分别在两边钩码下再增加一个相同钩码B左边减少1 个钩码，右边减少2 个钩码C两边钩码均向支点移动相同的距离D左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm【答案】 D【解析】【详解】设一个钩码的重力为G，左边钩码到支点的距离为3l ，因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得2G 3l3G l右 ，解得 l右2l ，即右边钩码到支点的距离为2l ；A若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则3G3l4G2l ，此时杠杆不再平衡，不符合题意；B若左边减少1 个钩码，右边减少2 个钩码，则G3lG2l ，此时杠杆不再平衡，不符合题意；C若两边的钩码均向支点移动相同的距离l，
29、则2G2l3Gl ，此时杠杆不再平衡，不符合题意；D若左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm，则2G(3l1.5)3G(2l1) ，此时杠杆平衡，符合题意。19 有一根一端粗一端细的木棒，用绳子拴住木棒的O 点，将它悬挂起来，恰好在水平位置平衡，如图所示，若把木棒从绳子悬挂处锯开，则被锯开的木棒（）A粗细两端质量一样B粗端质量较大C细端质量较大D无法判定【答案】 B【解析】【详解】如图 1，设 O 点到粗端的距离为L，在再次利用对称割法，在O 点右侧割取与O 点左侧对称地割取长也为 L 的一段（图 1）。现 O 点左侧所割等大的一部分（图 2 虚线部分），将两次所割取的部分（各自重力显
30、然是相等的）取走，则原木棒只剩下图2 所示部分。设左端剩下的重力为 G 左 ，力臂为 l 左，右端剩下的重力为 G 右 ，力臂为 l 右 ，由杠杆平衡条件有：G 左 l 左G 右 l 右 ，很明显 l 左l 右 ，故有 G 左G 右， 再加上被取走的部分，仍有左端的重力小于右端重力，即粗端重力大，质量大。故选 B 。20 如图所示，杠杆在水平位置平衡下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是（）A两侧钩码同时向外移一格B两侧钩码同时向内移一格C在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格【答案】 D【解析】【分析】【详解】设一个钩码的重力为G，横梁上一个格的长度为
31、l，原来杠杆处于平衡状态，则有2G3l3G2lA两侧钩码同时向外移一格, 左边为2G4l8Gl右边为3G3l9Gl8Gl9Gl杠杆右端下沉，故A 项不符合题意；B两侧钩码同时向内移一格，左边为2G2l4Gl右边为3G1l3Gl3Gl4Gl杠杆左端下沉，故B 项不符合题意；C同时加挂一个相同的钩码，左边为3G3l9Gl右边为4G2l8Gl8Gl9Gl杠杆左端下沉，故C 项不符合题意；D左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边为3G3l9Gl右边为3G3l9Gl9Gl9Gl杠杆平衡，故D 项符合题意。故选 D。二、初中物理功和机械能问题21 小明用弹簧测力计拉动木块，使它沿同一水平木板滑动，如图是他两次拉动同一木块得到的距离随时间变化的图像下列说法正确的是A木块两次具有的动能一样大B两次拉力对木块做的功一样多C木块第一次受到的拉力较大【答案】 DD第一次拉力对木块做功的功率较大【解析】【详解】A 由图知，第一次物体的速度较大，第一次物体的动能较大，故A 错误；B从图中可以看出