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  • 2021-11-06 发布

2020年中考物理试题分类命题备考方略专题11动态杠杆分析题含解析

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‎2020年物理试卷分类命题备考方略 专题十一动态杠杆分析题 ‎★命题诠释 杠杆是简单机械部分的主要内容,也是学习较难的内容。杠杆在中考试卷中所占分值较大,同时也是必考命题。动态杠杆问题在中考试卷中,常见题型有选择题、填空、作图、实验探究和计算题;从试题的内容看,作图题常考力臂画法,力臂的判断等;实验探究题涉及的内容主要是探究杠杆的平衡条件。‎ 这类试题的特点是把知识放在生活实际的情景中考查。主要有杠杆的分类以及相关的应用实例。‎ 动态杠杆分析主要涉及以下三个方面:最小力问题、力与力臂变化问题、再平衡问题。‎ ‎★题型解密 ‎1.杠杆动态分析 ‎(1)最小力问题 此类问题中“阻力×阻力臂”为一定值,要使动力最小,根据杠杆平衡条件,必须使动力臂最大。要使动力臂最大需要做到:在杠杆上找一点(动力作用点),使这点到支点的距离最远;动力方向应该是过该点且与该连线垂直的方向,如图(1)所示,最小力应该是F3。‎ 图(1)‎ ‎(2)力与力臂的变化问题 此问题是在力与力臂变化时,如何利用杠杆平衡条件和控制变量法,分析变量之间的关系。如图(2)所示,在探究杠杆平衡条件实验时,当拉紧的弹簧测力计向左转动时,拉力会逐渐减小。‎ 图(2)图(3)‎ ‎(3)再平衡问题 杠杆再平衡的问题,实际上就是判断杠杆在发生变化前后,力和力臂的乘积是否相等,乘积大的一端 17‎ 下降,乘积小的一端上升。‎ 如图(3)所示,杠杆处于平衡状态,如果将物体A和B同时向靠近支点的方向移动相同的距离,杠杆将失去平衡,右端下沉。‎ ‎2.考前速记 ‎(1)动力臂:从支点到动力作用线的垂直距离,用“”表示;‎ ‎(2)阻力臂:从支点到阻力作用线的垂直距离,用“”表示。‎ ‎(3)杠杆的平衡条件:动力×动力臂=阻力×阻力臂,或F‎1l1=F‎2l2。‎ ‎(4)省力杠杆:动力臂l1>阻力臂l2,则平衡时F1<F2,这种杠杆使用时可省力(即用较小的动力就可以克服较大的阻力),但却费了距离(即动力作用点移动的距离大于阻力作用点移动的距离,并且比不使用杠杆,力直接作用在物体上移动的距离大)。‎ ‎(4)费力杠杆:动力臂l1<阻力臂l2,则平衡时F1>F2,这种杠杆叫做费力杠杆。使用费力杠杆时虽然费了力(动力大于阻力),但却省距离(可使动力作用点比阻力作用点少移动距离)。‎ ‎(5)等臂杠杆:动力臂l1=阻力臂l2,则平衡时F1=F2,这种杠杆叫做等臂杠杆。使用这种杠杆既不省力,也不费力,即不省距离也不费距离。‎ 真题呈现 一、最小力问题 ‎【典例一】(2019·达州)轻质杠杆OABC能够绕O点转动,已知OA=BC=‎20cm,AB=‎30cm,在B点用细线悬挂重为100N的物体G,为了使杠杆在如图所示的位置平衡,请在杠杆上作出所施加最小动力的图示(不要求写出计算过程)。‎ ‎【解析】根据杠杆的平衡条件,要使力最小,则动力臂应最长,即连接OC为最长的力臂,力的方向与OC垂直且向上,根据勾股定理和全等三角形定理可得,动力臂OC=‎50cm,‎ 故根据杠杆平衡条件可得:F1×OC=G×OA,‎ 代入数值可得:F1×‎50cm=100N×‎20cm,‎ 17‎ 解得F1=40N,‎ 选取标度为20N,过C点作出最小动力,使线段长度为标度的2倍,如图所示:‎ ‎【典例二】(2019·衢州)如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间,其中拉力最小的是()。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间,以树根为支点,树的重力不变、重心一定,则阻力和阻力臂一定,支点与动力作用点的连线是最长的动力臂,根据杠杆的平衡条件,动力臂越大,动力越小;图C中动力作用点离支点最远,F3与树干垂直,则可知F3最小,故C正确。故选C。‎ ‎【典例三】(2018·齐齐哈尔)如图所示的杠杆(自重和摩擦不计),O是支点,A处挂一重为50N的物体,为保证杠杆在水平位置平衡,在中点B处沿(选填“F‎1”‎、“F‎2”‎或“F‎3”‎)方向施加的力最小,为N。‎ ‎【答案】F2;100。‎ ‎【解析】为使拉力最小,动力臂要最长,拉力F的方向应该垂直杠杆向上,即竖直向上(F2),动力臂为OB最长,‎ 杠杆在水平位置平衡,根据杠杆的平衡条件:F2×OB=G×OA,由于OA是OB的二倍,‎ 所以:F=‎2G=100N。‎ 故答案为:F2;100。‎ 17‎ 二、力与力臂变化问题 ‎【典例一】(2019·益阳)如图所示是吊车吊起货物的示意图,已知AB=‎4m,BC=‎6m。吊臂是一个杠杆,当吊臂吊着2t的货物处于静止状态时,杠杆的支点是______点(选填“A”、“B”或“C”),伸缩撑杆对吊臂的支持力大小为______N.g=10N/kg。‎ ‎【答案】A;50000。‎ ‎【解析】吊臂在升起过程中,围绕着A转动,故A为支点;‎ 货物重:G=mg=‎2000kg×10N/kg=20000N,AC=AB+BC=‎4m+‎6m=‎10m,‎ 伸缩撑杆对吊臂的支持力竖直向上,其力臂为ABcosθ,‎ 由杠杆的平衡条件得F×ABcosθ=G×ACcosθ。‎ ‎。‎ 故答案为:A;50000。‎ ‎【典例二】(2018·潍坊)如图所示,杠杆处于平衡状态。如果杠杆两侧的钩码各减少一个,杠杆将()。‎ A.左端下降 B.右端下降 C.仍然平衡 D.无法判断 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】图中杠杆处于平衡状态,设一个钩码的重为G,杠杆上一格的长度为L,根据杠杆平衡条件可得:‎2G×‎3L=‎3G×‎2L;如果杠杆两侧的钩码各减少一个,则:左边力与力臂的乘积:‎1G×‎3L,右边力与力臂 17‎ 的乘积:‎2G×‎2L,由于此时右边力与力臂的乘积较大,所以右端下降。故选B。‎ ‎【典例三】(2018·临沂)图(a)所示的杠杆是水平平衡的。如果在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体,如图(b)所示,则杠杆()。‎ A.右端下沉;‎ B.左端下沉;‎ C.要保持平衡应将左端的物体向右移动;‎ D.要保持平衡应在右端再加挂一个物体 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】AB、设一个钩码重为G,杠杆一格长为L,(a)图杠杆平衡是因为:‎2G×‎2L=G×‎4L;‎ ‎(b)图分别加挂一个等重的物体后(为便于研究,设物体的重也为G),‎ 左边力与力臂的乘积:‎3G×‎2L,右边力与力臂的乘积:‎2G×‎4L,‎ 因为‎3G×‎2L<‎2G×‎4L,即右边力与力臂的乘积较大,‎ 所以杠杆不能平衡,右端下沉;故A正确,B错误;‎ CD、若想让杠杆能够平衡,可以将左端的物体向左移动,从而增大左边的力臂,使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积,故C错误;‎ 若想让杠杆能够平衡,可以在左端再加挂一个物体,左边的力变大,使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积,故D错误。故选A。‎ 三、再平衡问题 ‎【典例一】(2019·河北)如图所示,一轻质杠杆AB.长‎1m,支点在它中点O.将重分别为10N和2N的正方体M、N用细绳系于杆杆的B点和C点,已知OC:OB=1:2,M的边长l=‎0.1m。‎ ‎(1)在图中画出N受力的示意图。‎ ‎(2)求此时M对地面的压强。‎ 17‎ ‎(3)若沿竖直方向将M左右两边各切去厚度为h的部分,然后将C点处系着N的细绳向右移动h时,M对地面的压强减小了60Pa,求h为多少。‎ ‎【解析】(1)对N进行受力分析,由于N在空中处于静止状态,则N受到的重力和细绳对它的拉力是一对平衡力,所以二力的大小相等(F=G=2N),方向相反;‎ 过N的重心分别沿力的方向各画一条有向线段,并标上力的符号及大小,注意两线段要一样长,图所示:‎ ‎(2)设B端受到细绳的拉力为FB,‎ 由杠杆平衡条件得,GN×OC=FB×OB,已知OC:OB=1:2,‎ 则有:FB=GN×=2N×=1N;‎ 根据力的作用是相互的可知,细绳对M的拉力:F=FB=1N,‎ 此时M对地面的压力:F压=F支=GM﹣F=10N﹣1N=9N,‎ M与地面的接触面积:S=l2=(‎0.1m)2=‎0.01m2‎,‎ 则此时M对地面的压强:p===900Pa。‎ ‎(2)若沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后,‎ 剩余M的底面积:S′=l(l﹣h﹣h)=l×(l﹣h),‎ 剩余M的体积:V′=S′l=l2×(l﹣h),‎ 剩余M的密度不变,则剩余部分的重力与原来重力的比值:‎ ‎==,‎ 所以剩余M的重力:GM′=×GM=×10N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 剩余的物体M对地面的压强:p′=p﹣△p=900Pa﹣60Pa=840Pa,‎ 剩余M的底面积:S′=l×(l﹣h)=‎0.1m×(‎0.1m﹣h),‎ 地面对剩余的物体M的支持力:‎ 17‎ F支′=F压′=p′S′=840Pa×‎0.1m×(‎0.1m﹣h)﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后,将C点处系着N的细绳向右移动h,‎ 设此时B端受到细绳的拉力为FB′,‎ 由杠杆平衡条件得,GN×(OC﹣h)=FB′×OB,‎ 则有:FB′==,‎ 即细绳对剩余M的拉力:F′=FB′=﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 对剩余M进行受力分析,由力的平衡条件得,F支′+F′=GM′﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 将①②③式代入④式得:‎ ‎840Pa×‎0.1m×(‎0.1m﹣h)+=×10N,‎ 解得:h=‎0.05m。‎ 答:(1)如上图所示;(2)此时M对地面的压强为900Pa;(3)h为‎0.05m。‎ ‎【典例二】(2019·泸州)如图所示,在“探究杠杆平衡条件”的实验中,轻质杠杆上每个小格长度均为‎2cm,在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码,当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆,使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断,下列说法中正确的是()。‎ A. 杠杆的动力臂为‎8cm;B. 该杠杆为费力杠杆;‎ C. 该杠杆的阻力大小为;D. 动力F的大小为 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、当动力在A点斜向下拉(与水平方向成30°角)动力臂是:OA=×4×‎2cm=‎4cm,故A错误;‎ B、阻力臂OB,3×‎2cm=‎6cm>OA,即阻力臂大于动力臂,该杠杆为费力杠杆,故B正确;‎ C、该杠杆的阻力大小为:G=4×0.5N=2N,故C错误;‎ D、根据杠杆的平衡条件,F‎1l1=F‎2l2,G×OB=F×OA 代入数据,2N×‎8cm=F×‎4cm,解得,F=4N,故D错误。故选B。‎ 17‎ ‎【典例三】(2019·温州)晾晒三条相同的湿毛巾,下列做法最有可能让衣架保持水平的是()。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】设每条湿毛巾重力为G,每个小格的长度为L,‎ A、左侧力与力臂的乘积为‎2G×‎2L=4GL,右侧力与力臂的乘积为G×L=GL,左侧≠右侧,故A错误;‎ B、左侧力与力臂的乘积为‎2G×L=2GL,右侧力与力臂的乘积为G×‎2L=2GL,左侧=右侧,故B正确;‎ C、左侧力与力臂的乘积为‎2G×L=2GL,右侧力与力臂的乘积为G×L=GL,左侧≠右侧,故C错误;‎ D、左侧力与力臂的乘积为‎2G×‎2L=4GL,右侧力与力臂的乘积为G×‎2L=2GL,左侧≠右侧,故D错误;故选B。‎ ‎★专项突破 一、最小力问题 ‎1.(2018·聊城)人体中的许多部位都具有杠杆的功能。如图是人用手托住物体时手臂的示意图,当人手托‎5kg的物体保持平衡时,肱二头肌收缩对桡骨所施加力的大小一定B A.大于‎5kg B大于49N C小于49N D.等于49N ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、力的单位是N,质量的单位是kg,题目是求力的大小,不能用kg左单位,故A错误;‎ BCD、由图知,物体的重力为G=mg=‎5kg×9.8N/kg=49N;‎ 肱二头肌的拉力为动力,物体对手的压力为阻力,支点在肘,如图所示:‎ 所以动力臂小于阻力臂,根据杠杆平衡条件:F‎1L1=F‎2L2‎ 17‎ 因为L1<L2‎ 所以F1>F2‎ 即肱二头肌收缩所承受的力一定大于49N.故B正确,CD错误。故选B。‎ ‎2.(2018•湖州)一根均匀的长方体细长直棒重1.5牛,下底面积为20厘米2,将它放在水平桌面上,并有的长度露出桌面外,如图所示。在棒的右端至少应施加牛的竖直向下的力,才能让它的左端离开桌面。‎ ‎【答案】(2)1.5。‎ ‎【解析】(2)在棒的右端施加力,使左端抬起,此时直棒相当于杠杆,支点在桌边,根据杠杆的平衡条件,要使动力最小,应该使动力臂最长,所以应在最右端施加一个竖直向下的力,如图所示:‎ 设直棒的长为L,由题知L1=L,重力的力臂L2=﹣=L,‎ 根据杠杆的平衡条件可得:F•L1=G•L2,‎ 即:F×L=1.5N×L,解得:F=1.5N。‎ 故答案为:(2)1.5。‎ ‎3.(2018·常州)今年2月,我国台湾省发生地震,一个结构坚固的水塔因地基松软而倾斜,为阻止水塔继续倾斜,救援队借助山石用钢缆拉住水塔。下列方案中,钢缆对水塔拉力最小的是()。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】钢缆对水塔在力臂最长时,拉力最小,图中只有B时力臂最长;故选B。‎ ‎4.(2017·嘉兴)如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。下列有关说法正确的是()。‎ 17‎ A.刀刃很薄可以增大压力; B.铡刀实质上是一种费力杠杆;‎ C.甘蔗放在a点比b点更易被切断;D.手沿F1方向用力比沿F2方向更省力 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A:刀刃很薄是通过减小接触面积来增大压强的,故A错误。‎ B:铡刀在使用时动力臂大于阻力臂,实质上是一种省力杠杆,故B错误。‎ C:甘蔗放在a点比b点时的阻力臂更小,根据杠杆的平衡条件可知,动力会越小,更易被切断,故C正确。‎ D:手沿F1方向用力比沿F2方向时的动力臂要小,根据杠杆平衡条件可知,动力越大,故D错误。‎ ‎5.(2017•聊城)如图所示,在“探究杠杆的平衡条件”实验中,已知杠杆上每个小格长度为‎2cm,当弹簧测力计在A点斜向上拉(与水平方向成30°角)杠杆。使杠杆在水平位置平衡时。下列说法正确的是()。‎ A.动力臂为‎0.08m; B.此时为省力杠杆;‎ C.弹簧测力计的示数为4N;D.钩码总重为2N ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A:当弹簧测力计在A点与水平方向成30º角斜向上拉杠杆时,动力臂等于,故A错误。‎ B:阻力臂为:,杠杆为费力杠杆,故B错误。‎ C:由图中弹簧测力计可以读出,弹簧测力计示数为3N,故C错误。‎ D:根据杠杆平衡条件:,得,故D正确。‎ 17‎ ‎6.(2017•哈尔滨)如图所示,杠杆水平放置且自重忽略不计,O是支点,左侧挂一重物,动力F1大小为3N,整个装置处于静止状态,则物体的重力为N。此时杠杆属于杠杆(选填“省力”或“费力”)。‎ ‎【答案】6、省力。‎ ‎【解析】设杠杆上每一个格的长度为L,则重物的力臂LG=‎2L,动力的力臂LF=‎4L,由杠杆的平衡条件可得:G•LG=F1•LF,‎ 则物体的重力G=F1=×3N=6N,‎ 因LG<LF,所以,此时杠杆属于省力杠杆。‎ 故答案为:6、省力。‎ ‎7.(2019·菏泽市中考模拟5月份)拉杆式旅行箱可看成杠杆,如图所示。已知OA=‎1.0m,OB=‎0.2m,箱重G=120N.请画出使箱子在图示位置静止时,施加在端点A的最小作用力F的示意图,且F=N。‎ ‎【答案】施加在端点A的最小作用力F的示意图见解答;24。‎ ‎【解析】要求动力最小,即动力臂最长,支点到动力作用点的距离作为动力臂最长,力的方向与动力臂垂直向上,如下图所示:‎ 杠杆平衡条件可得,G×OB=F×OA,‎ 即120N×‎0.2m=F×‎1.0m,解得F=24N。‎ 17‎ 故答案为:施加在端点A的最小作用力F的示意图见解答;24。‎ 二、力与力臂变化问题 ‎1.(2018·广西北部湾)在探究“杠杆平衡条件“实验中,杠杆在力F作用下水平平衡,如图所示,现将弹簧测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中,杠杆始终保持水平平衡,则拉力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 D.先变小后变大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】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;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。‎ ‎2.(2018·东营)如图所示,杠杆AOB能绕O点转动。在A点挂一重物G,为使杠杆保持平衡且用力最小,在B点施加一个力,这个力应该是图中的_________。‎ ‎【答案】F2。‎ ‎【解析】在B点施力F,阻力的方向向下,为使杠杆平衡,动力的方向应向下,F4方向向上,不符合要求;当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大,此时最省力,即F2的方向与OB垂直,故F2最小。‎ 故答案为:F2。‎ ‎3.(2018•玉林)如图所示,长为‎40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动,作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F,将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置(忽略摩擦阻力),在这个过程中,力F的大小将(选填“增大”、“不变”或“减小”),力F所做的功为J。‎ 17‎ ‎【答案】增大;1。‎ ‎【解析】(1)在杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置的过程中,动力臂L的长度没有变化,阻力G的大小没有变化,而阻力臂L却逐渐增大;‎ 由杠杆的平衡条件知:F•L=G•L′,当L、G不变时,L′越大,那么F越大,因此拉力F在这个过程中逐渐增大;‎ ‎(2)物体重心上升的高度h=Lsin30°=×‎40cm×=‎10cm=‎0.1m,‎ 拉力做的功W=Gh=10N×‎0.1m=1J。‎ 故答案为:增大;1。‎ ‎4.(2018·益阳)如图所示,轻质杠杆在中点处悬挂重物,在杠杆的最右端施加一个竖直向上的力F,杠杆保持平衡,保持力F方向不变,当将重物向右移动时,要使杠杆保持平衡,力F将;将杠杆顺时针方向缓慢转动,力F将(两空均填“变大”、“变小”、“不变”)。‎ ‎【答案】变大;不变。‎ ‎【解析】(1)由题知,杠杆最右端的力F竖直向上(方向不变),当重物向右移动时,重物对杠杆拉力的力臂L2变大,F的力臂L1不变(等于杠杆的长),阻力G不变,由杠杆平衡条件FL1=GL2可知,力F将变大;‎ ‎(2)如图:‎ 17‎ 重物悬挂在杠杆的中点,水平平衡时,动力臂和阻力臂的关系:L1=‎2L2,‎ 保持力F方向不变,杠杆顺时针方向缓慢转动后,由图根据相似三角形知识可知,动力臂和阻力臂的关系:L1′=‎2L2′,‎ 物重G不变,动力臂与阻力臂的比值不变,由杠杆平衡条件可知,动力F的大小始终等于G,即力F将不变。‎ 故答案为:变大;不变。‎ 三、再平衡问题 ‎1.(2018•广安)如图,AB是能绕B点转动的轻质杠杆,在中点C处用绳子悬挂重为100N的物体(不计绳重)在A端施加竖直向上的拉力使杠杆在水平位置平衡,则拉力F=N。若保持拉力方向始终垂直于杠杆,将A端缓慢向上提升一小段距离,在提升的过程中,拉力F将(选填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎【答案】50;减小。‎ ‎【解析】杠杆在水平位置保持平衡,由F‎1l1=F‎2l2可得,拉力的大小:‎ F1=G=G=×100N=50N。‎ 若将A端缓慢向上提升一小段距离,则阻力臂l2将变小,阻力G不变,即F‎2l2变小,‎ 因为拉力方向始终垂直于杠杆,所以动力臂不变,l1始终等于BA,根据F‎1l1=F‎2l2可知F1变小,即拉力F减小;‎ 故答案为:50;减小。‎ ‎2.(2018·福建A)《墨经》最早记述了秤的杠杆原理,如图中“标”“本”表示力臂,“权”“重”表示力,以下说法符合杠杆平衡原理的是()。‎ A.“权”小于“重”时,A端一定上扬;B.“权”小于“重”时,“标”一定小于“本”;‎ 17‎ C.增大“重”时,应把“权”向A端移;D.增大“重”时,应更换更小的“权”‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A.根据杠杆平衡条件,“权”小于“重”时,因为不知道“标”和“本”的大小关系,无法确定“权”和“标”的乘积与“重”和“本”乘积的大小的关系,故A错误。‎ B.根据杠杆平衡条件,“权”小于“重”时,“标”一定大于“本”,故B错误。‎ C.根据杠杆平衡条件,“本”不变,增大“重”时,因为“权”不变,“标”会变大,即应把“权”向A端移,故C正确。‎ D.使用杆秤时,同一杆秤“权”不变,“重”可变,不同的“重”对应不同的“标”。若更换更小的“权”,“标”也会变得更大,不符合秤的原理,故D错误。答案为C。‎ ‎3.(2019·贵港市覃塘区中考一模)大山同学在“研究杠杆的平衡条件”的实验中,他将杠杆挂在支架上,结果发现杠杆左端向下倾斜。‎ ‎(1)调杠杆在水平位置平衡后,在杠杆上的A点挂三个重均为0.5N的钩码,用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆上的B点,使杠杆保持水平平衡,如图,则弹簧测力计的拉力大小是N;‎ ‎(2)如果将测力计沿图中虚线方向拉,仍使杠杆在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数将(选填“变大”、“变小”或“不变”)。‎ ‎(3)如图中,去掉弹簧测力计,为了使杠杆保持水平平衡,可从A点取下个钩码,挂到杠杆的左边处。‎ ‎【答案】(1)1;(2)变大;(3)1;1。‎ ‎【解析】(1)设杠杆的一个小格为L,一个钩码重为G=0.5N,‎ 由杠杆平衡条件得,‎3G×‎2L=F×‎3L,‎ 所以,F=‎2G=2×0.5N=1N。‎ ‎(2)图中,弹簧测力计竖直向上拉杠杆时,拉力力臂为OB,弹簧测力计逐渐向右倾斜拉杠杆,拉力的力臂小于OB,拉力力臂变小,拉力变大,弹簧测力计示数变大。‎ ‎(3)设杠杆的一个小格为L,一个钩码重为G,取下1个钩码,‎ 17‎ 由杠杆平衡条件得,‎2G×‎2L=G×nL,‎ 解得,n=4,‎ 故挂到杠杆的左边1处;‎ 故答案为:(1)1;(2)变大;(3)1;1。‎ ‎4.(2019·潍坊市青州市中考一模)如图所示,O为杠杆的支点,杠杆右端挂有重为G的物体,杠杆在力F1的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力F1使杠杆仍在水平位置保持平衡,下列关系中正确的是()。‎ A.F1<F2 B.F1>F‎2‎‎ C.F2<G D.F1=G ‎【答案】B。‎ ‎【解析】AB、设动力臂为L2,杠杆长为L(即阻力臂为L);‎ 由图可知,F2与杠杆垂直,因此其力臂为最长的动力臂,由杠杆平衡条件可知F2为最小的动力,则F1>F2,故A错误,B正确;‎ CD、用力F2使杠杆在水平位置保持平衡时,‎ 由杠杆平衡条件可得:F2•L2=G•L,‎ 由图知L2<L,‎ 所以F2>G;故C错误;‎ 因为F1>F2,F2>G,所以F1>F2>G,故D错误。故选:B。‎ ‎5.(2019·玉溪市红塔区第一学区第三次模拟考)如图所示,每只砝码质量相等,这时杠杆处于平衡状态,当发生下列哪一种变化时杠杆仍能保持平衡?()‎ A.两端各加一只同规格的砝码;‎ B.G1、G2都向O点移动2厘米;‎ C.G1向O点移动,G2向O点移动;‎ D.G1向O点移动2厘米,G2向O点移动1厘米 17‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由图知,设一个砝码的质量为m,因为杠杆平衡,所以2mg×L1=mg×L2,可得L1=L2,设L1=‎9cm,则L2=‎18cm,‎ A、两端各加一只同规格的砝码,3mg×‎9cm<2mg×‎18cm,杠杆的右端下沉,不符合题意;‎ B、G1、G2都向O点移动‎2cm,2mg×‎7cm<1mg×‎16cm,杠杆的右端下沉,不符合题意;‎ C、G1向O点移动L1=‎3cm,G2向O点移动L2=‎6cm,2mg×‎6cm=1mg×‎12cm,杠杆仍平衡,符合题意;‎ D、G1向O点移动‎2cm,G2向O点移动‎1cm,2mg×‎7cm<1mg×‎17cm,杠杆的右端下沉,不符合题意;‎ 故选:C。‎ 17‎

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