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2021年安徽省中考物理试卷word版+答案解析

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2021年安徽省中考物理试卷word版+答案解析文字介绍:2021年安徽省中考物理试卷（考试时间：120总分：80）填空题(2分)1．（2分）（2021•安徽）在我国“祝融号”火星车的顶部，有一个叫集热窗的装置，里面装有一种叫正十一烷的物质。这种物质在白天温度高时为液态，夜间温度低时会()（填物态变化名称）放热，从而起到控温作用。【标准答案】凝固【解析】【思路分析】物质由液态变为固态为凝固，根据题中描述：“这种物质在白天温度高时为液态，夜间温度降低时会放热”，分析题中的物态变化名称。【解题过程】解:物质由液态变为固态为凝固，根据题中描述：“这种物质在白天温度高时为液态，夜间温度降低时会放热”，故得出此种物态变化为凝固。故答案为：凝固。【end】(2分)2．（2分）（2021•安徽）在一些闹市区，常会看到如图所示的监测设备，显示屏上的数据（65.7分贝）反映的是声音的()（选填“音调”、“响度”或“音色”）。【标准答案】响度【解析】【思路分析】噪声监测器是用来监测噪声大小的仪器，外界的噪声越大，也就是声音越强，即响度越大，其所显示的数字就越大。【解题过程】解：显示屏上的数据（65.7分贝）；该装置是用来监测噪声强弱的仪器，故其测的是当时环境声音的响度；故答案为：响度。【end】(2分)3．（2分）（2021•安徽）原子是构成物质的一种微粒，借助外部能量，可以使外层电子从原子脱离，原子失去电子后成为带()（选填“正”或“负”）电的粒子【标准答案】正【解析】【思路分析】原子由原子核和核外电子组成，在通常情况下，原子核所带正电荷与核外电子总共所带负电荷在数量上相等，对外不显电性，据此分析。【解题过程】解:原子由原子核和核外电子组成，在通常情况下，原子核所带正电荷与核外电子总共所带负电荷在数量上相等，对外不显电性，借助外部能量，可以使外层电子从原子脱离，原子失去电子后成为带正电的粒子。故答案为：正。【end】(2分)4．（2分）（2021•安徽）如图，L表示凸透镜，MN为主光轴，O为光心，F为焦点。从S点发出两条光线，一条经过光心，另一条平行于主光轴，请在图中画出它们经凸透镜后的出射光线。()【参考答案】如下图【解析】【思路分析】先确定所给的入射光线的特点，然后根据凸透镜的光学特点作图。【解题过程】解：平行于主光轴的光线经凸透镜折射后将过焦点，过光心的光线经凸透镜折射后传播方向不改变。如下图所示：【end】(2分)5．（2分）（2021•安徽）小林将导线绕在一根铁钉上，制成电磁铁，与电池接通后，如图所示，铁钉的尖端为()（选填“N”或“S”）极。【标准答案】N【解析】【思路分析】用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极；根据安培定则判断出铁钉的南北极。【解题过程】解：如图所示，当闭合开关S，电流从下边流入铁钉，根据安培定则可知铁钉的右端为N极，即铁钉的尖端为N极。故答案为：N。【end】(2分)6．（2分）（2021•安徽）中国空间站“天和”核心舱首次采用了大面积可展收柔性太阳能电池翼，单翼的发电功率可达9kW，从能量转化的角度分析，“9kW”表示的物理意义是：()。【标准答案】1s可将9000J太阳能转化为电能【解析】【思路分析】太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，据此结合电功率的概念分析解答。【解题过程】解：太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，“9kW”表示1s可将9000J太阳能转化为电能。故答案为：1s可将9000J太阳能转化为电能。【end】(2分)7．（2分）（2021•安徽）沙漠地区昼夜温差大，主要原因是砂石的比热容较小。初温为20℃、质量为50kg的砂石吸收3.6×106J的热量后，温度升高到()℃。[砂石的比热容为0.9×103J/（kg•℃）]【标准答案】100【解析】【思路分析】知道砂石的质量、砂石的比热容，根据Q吸＝cm△t可计算砂石升高的温度，再计算砂石的末温。【解题过程】解：由Q吸＝cm△t得砂石升高的温度：△t＝＝80℃，砂石的末温t＝+△t＝20℃+80℃＝100℃。故答案为：100。【end】(2分)8．（2分）（2021•安徽）如图，用滑轮组将一重物竖直向上匀速提升2m，所用拉力F＝100N，若该过程中滑轮组的机械效率为80%，则滑轮组对重物做的有用功为()J。【标准答案】320【解析】【思路分析】由图知，承担物重的绳子有2段，已知物体上升的距离，可以得到绳子拉下的距离；根据W总＝Fs计算拉力F做的总功，再根据机械效率的变形公式计算拉力F所做的有用功。【解题过程】解：由图知，承担物重的绳子有2段，即n＝2，绳子自由端移动的距离s＝2h＝2×2m＝4m，拉力F做的总功为：W总＝Fs＝100N×4m＝400J，由η＝可得滑轮组对重物做的有用功为：W有＝ηW总＝80%×400J＝320J；故答案为：320。【end】(2分)9．（2分）（2021•安徽）图示电路中，电源电压不变，电阻R1＝30Ω，R2＝60Ω，闭合开关S，电流表A的示数为0.3A，则通电1min电阻R1产生的热量为()J。【标准答案】72【解析】【思路分析】（1）并联电路中，干路电流等于支路电流之和。（2）在纯电阻电路中，电阻产生的热量可用焦耳定律或其变形式进行计算。【解题过程】解：设电源电压为U，根据并联电路的电压、电流关系可知：I＝I1+I2＝＝72J。故答案为：72。【end】(2分)10．（2分）（2021•安徽）在某星球表面，物体所受重力与质量的比值约为3.8N/kg，太气压约为760Pa。假设能在该星球表面用水做托里拆利实验，如图所示，水的密度为1.0×103kg/m3，则经实验测出的h约为()m。【标准答案】0.2【解析】【思路分析】托里拆利实验中，大气压强值等于玻璃管内外水银液面的高度差产生的液体压强，根据p＝ρgh求出h。【解题过程】解：由p＝ρgh得内外液面高度差：h＝＝0.2m。故答案为：0.2。【end】选择题(2分)11．（2分）（2021•安徽）下列说法正确的是（）A、在气体中，流速越大的位置压强越大B、跳远运动员起跳前要助跑是为了增大惯性C、导体在磁场中运动时一定会产生感应电流D、家庭电路发生火灾时，要先切断电源，不能直接泼水灭火【标准答案】D【解析】【思路分析】（1）在流体中，速度越大的位置压强越小；（2）物体的惯性大小只与其质量有关；（3）闭合电路的一部分导体切割磁感线时才会产生电流；（4）水是导体，因电引发的火灾不能直接用水扑灭。【解题过程】解：A.气体属于流体，所以气体中流速越大的位置，压强越小。故A错。B.物体的惯性大小只与其质量有关，与其速度无关。在质量不变的情况下，无论运动员跑得快与慢，其惯性都是一定的。故B错误。C.闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，导线中才会产生电流。故C错误。D.家庭电路发生火灾时，若直接泼水灭火，则可能因水具有导电性而使人触电，所以要先切断电源再泼水灭火。故D正确。故选：D。【end】(2分)12．（2分）（2021•安徽）如图，小雯在做家务劳动时，用平行于水平地面的力推沙发，沙发有相对地面运动的趋势，但它没有被推动。在上述过程中（）A、地面对沙发没有摩擦力的作用B、人对沙发的推力与地面对沙发的摩擦力大小相等C、人对沙发的推力与沙发对人的推力是一对平衡力D、沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是一对相互作用力【标准答案】B【解析】【思路分析】（1）两个相互接触的物体，当它们要发生而尚未发生相对运动时，在它们的接触面上产生一种阻碍物体相对运动趋势的力，称为静摩擦力；（2）二力平衡的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在一个物体上；（3）相互作用力的条件：大小相等，方向相反，作用在一条直线上，作用在不同的物体上；根据二力平衡的条件和相互作用力的条件对各选项逐一进行分析。【解题过程】解：A、因为沙发有相对地面运动的趋势但它没有被推动，所以地面对沙发有静摩擦力，故A错误；B、人对沙发的推力与地面对沙发的摩擦力一对平衡力力，其大小相等，故B正确；C、人对沙发的推力和沙发对人的推力，没有作用在同一物体上，不是平衡力，故C错误；D、沙发受到的重力与地面对沙发的支持力是作用在同一个物体上的两个力，所以重力和支持力不是一对相互作用力，故D错误。故选：B。【end】(2分)13．（2分）（2021•安徽）图示为游乐场中在竖直面内转动的摩天轮，小红乘坐该摩天轮时速度大小不变，则她从最低点上升到最高点的过程中（）A、动能减小B、重力势能不变C、机械能增大D、机械能不变【标准答案】C【解析】【思路分析】（1）物体的动能大小由其质量与速度大小决定；（2）物体的动能大小由其质量与高度决定。（3）某一物体的机械能等于其动能与势能之和。【解题过程】解：A.摩天轮运转速度大小不变，说明小红的速度大小不变，而小红质量也不变，所以她的动能大小不变。故A错误。B.她从最低点上升到最高点的过程中，质量不变，高度增大，所以其重力势能增大。故B错误。C、D.小红的机械能等于动能与重力势能之和。小红的动能不变，重力势能变大，所以她的机械能将增大。故C正确，D错误。故选：C。【end】(2分)14．（2分）（2021•安徽）利用地震波中纵波和横波的传播速度不同可以监测震源的位置。图示两条直线分别表示这两种波从震源开始传播的距离（s）与所用时间（t）的关系，若测得这两种波先后到达某监测站的时间间隔为10s，则震源到该监测站的距离为（）A、25kmB、50kmC、75kmD、100km【标准答案】C【解析】【思路分析】由图读取横波和纵波对应的路程和时间，根据速度公式计算横波与纵波的速度，由速度公式可得横波与纵波传播的时间差，列出方程可得震源到该监测站的距离。【解题过程】解：由图可知，纵波的速度为：v1＝＝3km/s，测得这两种波先后到达某监测站的时间间隔为10s，由题意可得：＝10s，解得：s＝75km。故选：C。【end】(2分)15．（2分）（2021•安徽）如图所示，R1和R2均为定值电阻，闭合开关S，电流表指针明显偏转，电压表几乎无示数，如果只有R1或R2一处发生了故障，则下列判断正确的是（）A、R1短路B、R2短路C、R1断路D、R2断路【标准答案】A【解析】【思路分析】由电路图知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压；闭合开关S，电流表指针明显偏转，说明电路为通路，即没有断路，电压表有示数，说明与电压表并联的电阻没有短路，据此分析判断故障的原因。【解题过程】解：由电路图知，闭合开关S，两电阻串联，电流表测电路中电流，电压表测R1两端电压。闭合开关S，电流表指针明显偏转，说明电路为通路，即没有断路，故CD错误；若R1短路，则电压表也被短路，电压表无示数，电路为R2的简单电路，有电流通过R2和电流表，则电流表有示数，符合题意，故A正确；若R2短路，电路为R1的简单电路，有电流通过R1和电流表，R1两端电压等于电源电压，则电压表和电流表都有示数，不符合题意，故B错误；故选：A。【end】(2分)16．（2分）（2021•安徽）图示电路中，电源电压不变，R为滑动变阻器，L为小灯泡（假设灯丝电阻不变）。闭合开关S，滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动的过程中（）A、电流表示数减小，小灯泡变暗B、电压表示数增大，小灯泡变亮C、电压表示数与电流表示数的比值减小，小灯泡变亮D、电压表示数与电流表示数的比值不变，小灯泡变亮【标准答案】C【解析】【思路分析】由图知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中电流，电压表测变阻器两端电压，由滑片P从b端向a端滑动判断变阻器连入电路的阻值变化，根据串联电路特点和欧姆定律分析判断。【解题过程】解：由图知，灯泡与滑动变阻器串联，电流表测电路中电流，电压表测变阻器两端电压，滑动变阻器的滑片P从b端向a端滑动的过程中，变阻器连入阻值变小，电路的总电阻变小，电源电压不变，由I＝知，电路中电流变大，所以电流表示数变大；灯泡电阻不变，根据U＝IR知，灯泡两端电压变大，由P＝UI知，灯泡的实际功率变大，所以灯泡变亮；由R＝可知，电压表与电流表比值等于滑动变阻器连入电路的阻值，所以两表比值变小。综上分析知，C正确，ABD错误。故选：C。【end】(2分)17．（2分）（2021•安徽）图示为直流电动机的工作原理图。线圈abcd处于向右的磁场中，两个铜半环E和F跟线圈两端相连，可随线圈一起转动，两半环中间断开，彼此绝缘；A和B是电刷，它们分别跟两个半环接触，使电源和线圈组成合闭电路，在图示位置，电流沿dcba流过线圈，dc边受到磁场的作用力向下，则（）A、线圈在图示位置时，ab边受到磁场的作用力向下B、线圈由图示位置转过180°时，电流沿dcba流过线圈C、线圈由图示位置转过180°时，dc边受到磁场的作用力向下D、线圈由图示位置转过180°时，ab边受到磁场的作用力向下【标准答案】D【解析】【思路分析】通电导体在磁场受力方向与磁场方向和导体中电流方向有关，磁场方向或导体中电流方向改变时，导体受力方向改变，磁场方向和导体中电流方向都改变，导体受力方向不变；换向器（由两个半环EF和电刷AB组成）它能使线圈刚刚转过平衡位置时就自动改变线圈中的电流方向，从而实现通电线圈在磁场中的连续转动。【解题过程】解：（1）图示位置，电流沿dcba流过线圈，dc边受到磁场的作用力向下，ab边与dc边中电流方向相反，磁场方向不变，所以ab边受到磁场的作用力向上，故A错误；（2）线圈由图示位置转过180°时，ab转到右侧，dc转到左侧，线圈中电流沿abcd流过线圈，故B错误；磁场方向不变，此时dc边电流方向与图示中dc边电流方向相反，所以dc边受到磁场力方向向上，故C错误；ab边电流方向与图示中ab边电流方向相反，所以ab边受到磁场的作用力向下，故D正确。故选：D。【end】实验题(4分)18．（4分）（2021•安徽）如图所示，某小组用玻璃板代替平面镜探究平面镜成像的特点。（1）为了比较像与物到平面镜的距离，需要的测量工具是()；（2）将一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前，再拿一支外形相同()（选填“点燃”或“未点燃”）的蜡烛B，竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，这个位置就是蜡烛A的像的位置。【标准答案】刻度尺；为点燃【解析】【思路分析】（1）实验中需要用到刻度尺测量像和物体到平面镜的距离；（2）另外一支相同的蜡烛与竖立在玻璃板前面点燃的蜡烛的像能完全重合。【解题过程】解：（1）实验中需要用到刻度尺，测出像和物体到平面镜的距离，比较像与物到平面镜的距离的关系。（2）将一支点燃的蜡烛A放在玻璃板前，再拿一支外形相同未点燃的蜡烛B，竖立着在玻璃板后面移动，直到看上去它跟蜡烛A的像完全重合，这个位置就是蜡烛A的像的位置。故答案为：（1）刻度尺；（2）未点燃。【end】(4分)19．（4分）（2021•安徽）小华按图示的步骤进行探究浮力的实验：①在弹簧测力计下悬挂一个金属球，如图甲所示，弹簧测力计的示数为2.6N；②将金属球浸没在水中，弹簧测力计的示数如图乙所示；③将金属球从水中取出并擦干水分，再将它浸没在另一种液体中，弹簧测力计示数如图丙所示。由实验可知，金属球浸没在水中时受到的浮力大小为()N，图丙中液体的密度()（选填“大于”、“等于”或“小于”）水的密度。【标准答案】1；小于【解析】【思路分析】由图甲和乙弹簧测力计读数，根据称量法F浮＝G﹣F拉计算出在水中受到的浮力；由图丙读出金属球浸没在液体中时弹簧测力计示数，计算在液体中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮＝ρ液gV排比较液体和水的密度大小关系。【解题过程】解：图甲中弹簧测力计示数为2.6N，即金属球重力G＝2.6N，由图乙知，弹簧测力计分度值0.2N，金属球浸没在水中时，示数为1.6N，所以金属球浸没在水中时受到的浮力：F浮＝G﹣F乙＝2.6N﹣1.6N＝1N；由图丙知，金属球浸没在液体中时，示数为2N，所以金属球浸没在液体中时受到的浮力F浮\'＝G﹣F丙＝2.6N﹣2N＝0.6N，V排水＝V排液，F浮＞F浮\'，由F浮＝ρ液gV排知，ρ液＜ρ水。故答案为：1；小于。【end】20．（8分）（2021•安徽）用图甲所示电路探究“电流与电阻的关系”，电源电压为3V，滑动变阻器的规格为“20Ω，1.5A”。【end】（4）根据图像可以得到的实验结论是：()。【参考答案】导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比【解析】【解题过程】（4）由图像知，电压一定时，I与正比，所以导体两端电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比。【end】（3）为了更精确地描述I与R的关系，在表中增加了图像。()【参考答案】【解析】【思路分析】（3）先根据第4次实验数据描点，再作出图像；【解题过程】（3）第4次实验在图象中的坐标为（0.24，0.100），描出这个点，将各点连接作出图像如图所示：【end】（2）第4次实验的电流表示数如图乙所示，读数为()A；【标准答案】0.24【解析】【思路分析】（2）由表中所测电流情况，判断电流表使用的量程，由图乙读数；【解题过程】（2）由表中数据知，换用不同电阻进行实验时，电流在0.08A到0.48A之间，所以电流表应选择小量程，分度值0.02A，由图乙知，第4次实验的电流表示数为0.24A；【end】（1）实验时，依次更换不同的电阻，调节()，保证电阻两端电压不变，分别记录每次电阻R和电流表示数I，数据如表：【标准答案】调节滑动变阻器的滑片【解析】【思路分析】（1）在探究电流与电阻关系的实验中，滑动变阻器起到作用有：调节定值电阻两端电压和保护电路；【解题过程】（1）实验时，依次更换不同的电阻，通过调节滑动变阻器的滑片使定值电阻两端电压不变；【end】(8分)(5)小明重新选择实验器材，不用电流表就测出了另一个额定电流为I=0.3A的小灯泡的额定功率，设计的电路图如图丁所示。请你将下列实验步骤补充完整，并计算出小灯泡的额定功率（电源电压恒为U，定值电阻R的阻值为8Ω）：①开关S闭合，开关S1连接触点“2”时，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为()时，小灯泡正常发光；②保持滑动变阻器滑片位置不动，使开关S1连接触点1，这时电压表的示教为U1；小灯泡额定功率的表达式为P额=()（用题中已知或所测物理量的字母表示）。【参考答案】①2.4V②【解析】【解题过程】(5)[6]开关S闭合，开关S1连接触点“2”时，两个电阻与灯泡串联，电压表测量定值电阻R的两端电压，调节滑动变阻器的滑片，使电路电流等于灯泡的额定电流，小灯泡正常发光，此时电压表的示数为[7]保持滑动变阻器滑片位置不动，使开关S1连接触点1，此时电压表测量滑动变阻器与定值电阻R的两端电压，这时电压表的示教为U1，则小灯泡两端电压为则灯泡的额定功率表达式为【能力维度】物理计算能力【end】计算与推导题(5分)21．（5分）（2021•安徽）如图所示，小明在单杠上做引体向上运动，每次引体向上身体上升的高度为握拳时手臂的长度。已知小明的体重为500N，握拳时手臂的长度为0.6m，完成4次引体向上所用的时间为10s。求：（1）小明完成1次引体向上所做的功；（2）10s内小明做引体向上的功率。()
【标准答案】解：（1）做引体向上时需要克服重力做功，已知小明体重：G＝500N，每次上升距离：h＝0.6m，小明完成一次引体向上做的功为：W＝Gh＝500N×0.6m＝300J；（2）小明10s内做的总功：W总＝4×300J＝1200J；小明做功的功率：答：（1）小明完成1次引体向上所做的功为300J；（2）10s内小明做引体向上的功率为120W.【解析】【思路分析】（1）做引体向上时需要克服重力做功，在已知重力大小和上升高度时，可利用公式W＝Gh求得小明做的功；（2）已知所做的功和做功时间时，利用公式求得小明做功的功率。【解题过程】解：（1）做引体向上时需要克服重力做功，已知小明体重：G＝500N，每次上升距离：h＝0.6m，小明完成一次引体向上做的功为：W＝Gh＝500N×0.6m＝300J；（2）小明10s内做的总功：W总＝4×300J＝1200J；小明做功的功率：答：（1）小明完成1次引体向上所做的功为300J；（2）10s内小明做引体向上的功率为120W.【end】(7分)22．（7分）（2021•安徽）如图所示的电路中，电源电压U不变，r、R1和R2均为定值电阻，其中r＝1Ω，R1＝14Ω，S1为单刀单掷开关，S2为单刀双掷开关。闭合S1，将S2掷于1端，电压表V的示数U1＝2.8V；将S2切换到2端，电压表V的示数U2＝2.7V。求：（1）电源电压U的大小；()（2）电阻R2的阻值。()【标准答案】闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I1＝＝＝0.2A，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻：R＝r+R1＝1Ω+14Ω＝15Ω，电源电压：U＝I1R＝0.2A×15Ω＝3V；；闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以r两端的电压：Ur＝U﹣U2＝3V﹣2.7V＝0.3V，此时通过电路的电流：I2＝＝＝0.3A，串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2＝＝＝9Ω。【解析】【思路分析】（1）闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，根据串联电路电阻规律计算电路总电阻，根据欧姆定律的变形U＝IR计算电源电压；（2）闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，根据串联电路电压规律计算r两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流，进一步计算电阻R2的阻值。【解题过程】解：（1）闭合S1，将S2掷于1端，r、R1串联接入电路，电压表测R1两端的电压，由欧姆定律可得此时通过电路的电流：I1＝＝0.2A，串联电路总电阻等于各部分电阻之和，则电路总电阻：R＝r+R1＝1Ω+14Ω＝15Ω，电源电压：U＝I1R＝0.2A×15Ω＝3V；（2）闭合S1，将S2切换到2端，r、R2串联接入电路，电压表测R2两端的电压，串联电路总电压等于各部分电压之和，所以r两端的电压：Ur＝U﹣U2＝3V﹣2.7V＝0.3V，此时通过电路的电流：I2＝＝0.3A，串联电路各处电流相等，由欧姆定律可得电阻R2的阻值：R2＝＝9Ω。答：（1）电源电压U的大小为3V；（2）电阻R2的阻值为9Ω。【end】(8分)23．（8分）（2021•安徽）研究物理问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为物理模型。【end】(4分)（1）如图甲，一质量分布均匀的杠杆，忽略厚度和宽度，长度不可忽略，用细线将它从中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图乙）释放，为研究其能否平衡，可将它看成等长的两部分，请在图乙中画出这两部分各自所受重力的示意图和力臂，并用杠杆平衡条件证明杠杆在该位置仍能平衡；()【参考答案】【解析】【思路分析】（1）杠杆质量分布均匀，支点在中点，左右两部分重力相等。力臂是支点到力的作用线的距离，由此作图；再证明杠杆仍能平衡；【解题过程】（1）由题知，杠杆质量分布均匀，支点在中点，左右两部分重力G1＝G2，且重心在这两部分的中点A、B，由A、B分别竖直向下画有向线段，即两部分重力示意图；由杠杆中点O（支点）画G1、G2作用线的垂线，垂线段分别为两部分重力的力臂，如图所示：【end】(4分)（2）如图丙，一质量分布均匀的长方形木板，忽略厚度，长度和宽度不可忽略，用细线将它从AB边的中点悬起，能在水平位置平衡。将它绕悬点在竖直面内缓慢转过一定角度后（如图丁）释放，木板在该位置能否平衡？写出你的判断依据。()【参考答案】长方形木板质量分布均匀，从中点将其分成两部分，两部分重力大小相等，找到左右两部分的几何中心，即两部分重心，作两部分的重力示意图，并作出它们的力臂，如图所示：由图知，L3＜L4，则：G1L3＜G2L4，所以木板在该位置不能平衡。【解析】【思路分析】（2）长方形木板质量分布均匀，从中点将其分成两部分，找到左右两部分的几何中心，【解题过程】长方形木板质量分布均匀，从中点将其分成两部分，两部分重力大小相等，找到左右两部分的几何中心，即两部分重心，作两部分的重力示意图，并作出它们的力臂，如图所示：由图知，L3＜L4，则：G1L3＜G2L4，所以木板在该位置不能平衡。【end】

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