备战2016中考物理专项训练杠杆的动态平衡分析含解析 20页

杠杆的动态平衡分析 一．选择题（共10小题） ‎ ‎1．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变大 ‎　 C.动力F保持不变 D.动力F逐渐减小 ‎ ‎ ‎2．如图所示，用方向不变的力F，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，F的大小变化情况有（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.保持不变 B.逐渐变小 C.逐渐变大 D． 无法判定 ‎ ‎ ‎3．如图所示，用方向不变的力F，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，F的大小变化情况有（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.保持不变 D.无法判定 ‎ ‎ ‎4．如图所示的吊车．利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时对吊臂的支持力始终与吊臂垂直．下列关于这个吊车的有关说法正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.使用这种吊车，好处是可以省力 ‎　 B.使用这种吊车，好处是可以少做功 ‎　 C.匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大 ‎　 D.匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小 ‎ ‎ ‎5．如图所示，在杠杆OA的B点悬挂一个重物G，A端用细绳吊在小圆环M的下面，且细绳长AM等于圆弧环PMQ半径，此时杠杆恰处于水平状态，A点与圆弧环PMQ的圆心重合．当M环从P点逐渐沿顺时针滑到Q点的过程中，吊绳对A端的作用力大小将（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 ‎ ‎ ‎6．如图所示将充足气的篮球和套扎在气针尾端的气球一起挂于杠杆左端，调整杠杆右端钩码的悬挂位置，使杠杆平衡．然后再将扎在气球上的气针头插入篮球的气门内，气球随机膨胀，杠杆就不再平衡了．该实验说明影响浮力大小的因素是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.气球排开气体的体积 B.气体的密度 ‎　 C.气球的重力 D.气球的密度 ‎ ‎ ‎7．如图所示的杠杆中，OA=‎1m，OB=‎0.4m，物体重力G=100N，杠杆自身重力忽略不计，则关于此杠杆，下列说法正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.如图所示的杠杆的F1的力臂L1=‎‎1m ‎　 B.若使杠杆在如图所示位置平衡，则拉力F1=80N ‎　 C.F1的方向如图中实线所示时，杠杆在如图所示的位置平衡，则此时杠杆为费力杠杆 ‎　 D.F1的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中，F1逐渐变大 ‎ ‎ ‎8．如图所示是小明探究“杠杆平衡条件”的实验装置，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，杠杆保持平衡．若弹簧测力计逐渐向右倾斜，仍然使杠杆保持平衡，拉力F 的变化情况是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.不变 B.变小 C.变大 D.无法确定 ‎ ‎ ‎9．如图所示，用始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B．阻力的力臂和动力F的变化为（ ） ‎ ‎　 A.阻力的力臂变大，动力F变大 B.阻力的力臂变大，动力F变小 ‎　 C.阻力的力臂变小，动力F变大 D.阻力的力臂变小，动力F变小 ‎ ‎ ‎10．如图所示自重忽略不计的直棒OA可绕O点转动，其中部悬挂重为10N的物体，在右端A点处施加力F，使直棒OA在水平位置保持静止，下列说法错误的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.该杠杆一定是省力杠杆 ‎　 B.该杠杆可能是费力杠杆 ‎　 C.使用该杠杆可能既不省力也不费力 ‎　 D.在A点施加5N的力可使杠杆平衡 ‎ ‎ ‎ ‎ 二．填空题（共8小题） ‎ ‎11．如图所示的杠杆（自重和摩擦不计），O为支点，A处挂一重为100N的物体，为保证杠杆在水平方向平衡，在中点B处沿 （F或F1或F2）方向施加一个最小的力为 N. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎12．已知作用在某杠杆上的动力是4N，阻力是10N，阻力臂长是‎8cm，为使杠杆平衡，则动力臂长为 cm；若将阻力增大5N，不改变力臂的长短，动力应增大 N. ‎ ‎ ‎ ‎13．如图所示，OA=AB=‎10cm，重物G=20N．要使杠杆平衡，F= N．若将重物向O点移动，要使杠杆仍然保持平衡，则F （选填“变大”、“不变”或“变小”） ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎14．如图所示，小明用一根轻质木棒挑着重为120N 的物体站在水平地面上，木棒保持水平（棒的重力忽略不计），棒AB长为‎1.2m，重物悬挂处离肩膀距离BO为‎0.8m，则手在A端对木棒竖直向下的作用力F1大小为 N．在图中画出阻力F2的力臂L2．他想手在A端更省力，请你写出一种可行的做法： . ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎15．图所示轻质杠杆OA始终在水平位置保持静止，手对细绳需施加的拉力 物体的重力G（选填“小于”、“等于”或“大于”），若保持图中细线的悬挂点不变，将物体逐渐水平移至A端的过程中，手对细线需施加的拉力 ，物体具有的重力势能 （后两空均选填“变小”、“不变”或“变大”）. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎16．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G=10N重物，杠杆重力及摩擦均不计．若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆 （选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是 （选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示．请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎17．在一轻质杠杆的两端分别挂上质量不等的两个铁块M1、M2（M1＞M2），调节两物体到支点的距离，使杠杆平衡，则 （选填“M‎1”‎或“M‎2”‎）离支点较远些．然后将物体同时浸没在水中，杠杆 （选填“能”或“不能”）保持平衡. ‎ ‎ ‎ ‎18．如图所示OB是一轻质杠杆，O为支点，OA：AB=3：1，将重30N的物体悬挂在B点，当杠杆在水平位置平衡时，在A点至少需要加 N的力；若A点施加的动力2秒内使杠杆向上移动了‎10cm，则动力做功的功率是 W. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 三．解答题（共2小题） ‎ ‎19．如图所示，一根质量分布均匀的木棒，质量为m，长度为L，竖直悬挂在转轴O处，在木棒最下端用一方向始终水平向右的拉力F缓慢将木棒拉动到与竖直方向夹角为θ的位置（转轴处摩擦不计），问： ‎ ‎（1）在图中画出θ=60°时拉力F的力臂l，并计算力臂的大小. ‎ ‎（2）木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将如何变化？并推导拉力F与角度θ的关系式. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎20．在探究利用杠杆做功的实验中，所用杠杆是一根重5N、质量分布均匀的硬棒．把棒的一端固定在O点，将重为15N的重物挂在棒的中点A，然后用手竖直提起棒的另一端B（如图所示，一切摩擦不计）. ‎ ‎（1）若我们把重物提升了‎10cm，则使用杠杆所做的有用功为 J，机械效率为 . ‎ ‎（2）若只将重物的悬挂点由A移至C，而O、B位置不变，仍使棒的B端提升同样的高度，与（1）相比，杠杆的机械效率将 （选填“变高”、“变低”或“不变”）. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 杠杆的动态平衡分析 ‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ ‎ 一．选择题（共10小题） ‎ ‎1．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变大 ‎　 C.动力F保持不变 D.动力F逐渐减小 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化．‎ 解答： 解：A、由图示可知，木棒是一个杠杆，力F是动力，力F始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A错误；‎ B、木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B正确；‎ C、已知：G、L保持不变，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件：GLG=FL可知，动力F逐渐增大，故CD错误；‎ 故选B．‎ 点评： 本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键．‎ ‎ ‎ ‎2．如图所示，用方向不变的力F，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，F的大小变化情况有（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.保持不变 B.逐渐变小 C.逐渐变大 D.无法判定 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 压轴题；简单机械．‎ 分析： 分别找出在A和B位置的动力、阻力作用线，找出动力臂和阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况．‎ 解答： 解：如图所示：‎ 杠杆在A位置，动力F的力臂为OA，阻力G的力臂为OC；‎ ‎∵杠杆平衡，‎ ‎∴F•OA=G•OC，‎ ‎∴F=；‎ 杠杆在B位置时，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变仍然为G，‎ ‎∵杠杆平衡，‎ ‎∴F′•OA′=G•OC′，‎ ‎∴F′=；‎ 又∵△OC′D∽△OA′B，‎ ‎∴==；‎ 因此当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变．‎ 故选A．‎ 点评： 本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键．‎ ‎ ‎ ‎3．如图所示，用方向不变的力F，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，F的大小变化情况有（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.保持不变 D.无法判定 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 分别找出在A和B位置的动力、阻力作用线，找出动力臂和阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况．‎ 解答： 解：如图所示：‎ 杠杆在A位置，动力F的力臂为OA，阻力G的力臂为OC；‎ ‎∵杠杆平衡，‎ ‎∴F•OA=G•OC，‎ ‎∴F=；‎ 杠杆在B位置时，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变仍然为G，‎ ‎∵杠杆平衡，‎ ‎∴F′•OA′=G•OC′，‎ ‎∴F′=；‎ 又∵△OC′D∽△OA′B，‎ ‎∴==；‎ 因此当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变．‎ 故选C．‎ 点评： 杠杆在静止时，杠杆是平衡的，杠杆在匀速转动过程中也是平衡的，根据杠杆平衡条件列出等式求解．‎ ‎ ‎ ‎4．如图所示的吊车．利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时对吊臂的支持力始终与吊臂垂直．下列关于这个吊车的有关说法正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.使用这种吊车，好处是可以省力 ‎　 B.使用这种吊车，好处是可以少做功 ‎　 C.匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大 ‎　 D.匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 根据杠杆平衡条件，F1×l1=F2×l2，根据动力臂和阻力臂的关系分析是省力杠杆、等臂杠杆、费力杠杆．‎ 根据匀速吊起货物时，阻力不变，阻力臂变化，动力臂不变，再次利用杠杆平衡条件进行判断支持力的大小变化．‎ 解答： 解：如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，是费力杠杆，故A错误．‎ 杠杆是一种机械，使用任何机械都不省功，故B错误；‎ 吊车吊起货物的过程中，阻力不变，阻力臂减小，动力臂不变，动力减小，所以支持力逐渐变小，故D正确，C错误．‎ 故选：D．‎ 点评： 正确确定动力、动力臂、阻力、阻力臂是解决本题的关键，吊车吊起货物时，确定变化量和不变量，根据杠杆平衡条件解决问题．‎ ‎ ‎ ‎5．如图所示，在杠杆OA的B点悬挂一个重物G，A端用细绳吊在小圆环M的下面，且细绳长AM等于圆弧环PMQ半径，此时杠杆恰处于水平状态，A点与圆弧环PMQ的圆心重合．当M环从P点逐渐沿顺时针滑到Q点的过程中，吊绳对A端的作用力大小将（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，可知当阻力与阻力臂不变时，动力臂越小，动力越大．‎ 解答： 解：当滑环M从P点逐渐滑到Q点的过程中，物体的重以及重力的力臂不变；‎ 拉力的力臂先变大、后变小（当MA垂直于OA时，拉力的力臂最大）；‎ 根据F1×L1=F2×L2，可知拉力先变小后变大．‎ 故选D．‎ 点评： 解决此类题目时找出杠杆的动力、阻力、动力臂、阻力臂中不变的量以及变化的量，根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，进行判断．‎ ‎ ‎ ‎6．如图所示将充足气的篮球和套扎在气针尾端的气球一起挂于杠杆左端，调整杠杆右端钩码的悬挂位置，使杠杆平衡．然后再将扎在气球上的气针头插入篮球的气门内，气球随机膨胀，杠杆就不再平衡了．该实验说明影响浮力大小的因素是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.气球排开气体的体积 B.气体的密度 ‎　 C.气球的重力 D.气球的密度 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 根据阿基米德原理和杠杆平衡的条件进行分析．‎ 解答： 解：由F浮=ρ气gV排可知，当气球排开气体的体积越大，则它受到的浮力也越大，因此杠杆左端受到竖直向下的力变小，所以杠杆不再平衡，并且出现左高右低的现象．‎ 故选A．‎ 点评： 知道球的体积越大受到的空气浮力越大，并且会熟练应用杠杆平衡的条件．‎ ‎ ‎ ‎7．如图所示的杠杆中，OA=‎1m，OB=‎0.4m，物体重力G=100N，杠杆自身重力忽略不计，则关于此杠杆，下列说法正确的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.如图所示的杠杆的F1的力臂L1=‎‎1m ‎　 B.若使杠杆在如图所示位置平衡，则拉力F1=80N ‎　 C.F1的方向如图中实线所示时，杠杆在如图所示的位置平衡，则此时杠杆为费力杠杆 ‎　 D.F1的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中，F1逐渐变大 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： A、根据力臂的概念结合三角函数得出L1的力臂；‎ B、得出L1的力臂，根据杠杆平衡条件计算出F1的大小；‎ C、根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆的种类；‎ D、根据动力臂的大小变化，由杠杆平衡条件分析动力的变化．‎ 解答： 解：A、F1的力臂如图所示：‎ 则L1=OAsin30°=‎1m×=‎0.5m，A错误；‎ B、若使杠杆在如图所示位置平衡，由F‎1L1=G•OB得，‎ F1===80N，B正确；‎ C、由A分析知，动力臂为‎0.5m，阻力臂为‎0.4m，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，为省力杠杆，C错误；‎ D、F1的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中，动力臂变大，F1逐渐变小，D错误．‎ 故选B．‎ 点评： 本题主要考查了杠杆平衡条件的应用，关键能够正确得出动力臂的大小．‎ ‎ ‎ ‎8．如图所示是小明探究“杠杆平衡条件”的实验装置，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，杠杆保持平衡．若弹簧测力计逐渐向右倾斜，仍然使杠杆保持平衡，拉力F 的变化情况是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.不变 B.变小 C.变大 D.无法确定 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 在探究杠杆平衡条件的实验中，要求使杠杆在水平位置平衡，同时，弹簧测力计的拉力方向也要求在竖直方向，这是为了能在杠杆上直接读出力臂的长，如果力的方向不竖直，则力臂会相应变小，力会变大．‎ 解答： 解：‎ 由图可知，若弹簧测力计向右倾斜时，拉力不再与杠杆垂直，这样力臂会相应变短，根据杠杆的平衡条件，阻力与阻力臂不变，拉力会相应增大，才能使杠杆仍保持平衡．故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ 点评： 合理运用杠杆平衡条件进行分析，同时明确拉力倾斜时力臂会变小，是解决此题的关键，这也是我们在实验中应该注意的细节．‎ ‎ ‎ ‎9．如图所示，用始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B．阻力的力臂和动力F的变化为（ ） ‎ ‎　 A.阻力的力臂变大，动力F变大 B.阻力的力臂变大，动力F变小 ‎　 C.阻力的力臂变小，动力F变大 D.阻力的力臂变小，动力F变小 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 力臂是支点到力的作用线的距离，通过作图比较A、B两位置重物对杠杆拉力（阻力）力臂的长短，然后再通过杠杆的平衡条件来分析动力的变化．‎ 解答： 解：‎ 如图所示：A位置时，阻力F2′的力臂为L2′，‎ B位置时，阻力F2的力臂为L2，‎ 由图可知：L2′＜L2．即阻力的力臂变大；‎ 因为A，B两位置杠杆均为平衡状态，且阻力不变（大小等于物重），F的力臂不变（始终等于杠杆长AO），‎ 根据杠杆的平衡条件可知动力F变大．所以A正确，BCD错误．‎ 故选A．‎ 点评： 题目在考查力臂的定义的同时也考查了杠杆的平衡条件，关键是分析出力臂的变化情况．‎ ‎ ‎ ‎10．如图所示自重忽略不计的直棒OA可绕O点转动，其中部悬挂重为10N的物体，在右端A点处施加力F，使直棒OA在水平位置保持静止，下列说法错误的是（ ） ‎ ‎ ‎ ‎　 A.该杠杆一定是省力杠杆 ‎　 B.该杠杆可能是费力杠杆 ‎　 C.使用该杠杆可能既不省力也不费力 ‎　 D.在A点施加5N的力可使杠杆平衡 ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 根据杠杆的平衡条件F‎1L1=F‎2L2，力臂的大小关系决定了力的大小关系．‎ 解答： 解：‎ 如果A点力的方向不同，力臂的大小则不同，不能确定动力臂与阻力臂的大小关系，所以此时杠杆可能是等臂杠杆，也可能是省力杠杆，还可能是费力杠杆．‎ 如果作用在A点的力垂直杠杆向上时，其力臂大小等于重物作用在杠杆上阻力力臂的两倍时，根据杠杆的平衡条件，动力F=G=×10N=5N．故A错误，BCD正确．‎ 故选A．‎ 点评： 此题是有关杠杆的平衡条件的应用，根据力臂的关系判断杠杆的分类．‎ ‎ ‎ 二．填空题（共8小题） ‎ ‎11．如图所示的杠杆（自重和摩擦不计），O为支点，A处挂一重为100N的物体，为保证杠杆在水平方向平衡，在中点B处沿 F2 （F或F1或F2）方向施加一个最小的力为 200 N. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 若在杠杆上B点施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆向上，使动力臂最长，即竖直向上；‎ B是杠杆的中点，则OA=2OB，又知道物重大小，利用杠杆平衡条件求拉力大小．‎ 解答： 解：‎ 如图，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，‎ 所以：F=G×=100N×=200N．‎ 故答案为：F2；200．‎ 点评： 本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，根据动力臂最长时最省力找出动力臂是本题的关键．以支点到力的作用点的距离当成力臂时是最大的力臂．‎ ‎ ‎ ‎12．已知作用在某杠杆上的动力是4N，阻力是10N，阻力臂长是‎8cm，为使杠杆平衡，则动力臂长为 ‎20 cm；若将阻力增大5N，不改变力臂的长短，动力应增大 2 N. ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 计算题．‎ 分析： （1）知道动力、阻力、阻力臂，根据杠杆的平衡条件求动力臂的大小；‎ ‎（2）知道阻力的变化值、动力臂和阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件求动力增大值．‎ 解答： 解：‎ ‎（1）∵F‎1L1=F‎2L2，即：4N×L1=10N×‎8cm，‎ ‎∴动力臂L1=‎20cm．‎ ‎（2）现将阻力增大5N，F2=10N+5N=15N，不改变力臂长短，‎ ‎∵F1′L1=F2′L2，即：F1′×‎20cm=15N×‎8cm，‎ ‎∴F1′=6N，‎ 动力应增大2N．‎ 故答案为：20；2．‎ 点评： 本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，因条件很明确，难度不大．‎ ‎ ‎ ‎13．如图所示，OA=AB=‎10cm，重物G=20N．要使杠杆平衡，F= 10 N．若将重物向O点移动，要使杠杆仍然保持平衡，则F 变小 （选填“变大”、“不变”或“变小”） ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 计算题；简单机械．‎ 分析： （1）首先分析支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，根据杠杆平衡条件求出动力．‎ ‎（2）判断动力臂、阻力、阻力臂是否变化，根据杠杆平衡条件动力大小的变化．‎ 解答： 解：（1）如图，杠杆在水平位置平衡，力竖直作用在杠杆上，所以O是支点，G是阻力，F是动力，OA是阻力臂，OB是动力臂，根据杠杆平衡条件得，F×OB=G×OA，‎ ‎∴F×‎20cm=20N×‎10cm，‎ ‎∴F=10N．‎ ‎（2）若将重物向O点移动，要使杠杆仍然保持平衡，阻力不变、动力臂不变，阻力臂变小，根据杠杆平衡条件得，动力变小．‎ 故答案为：10；变小．‎ 点评： 本题考查杠杆平衡条件的应用，会根据杠杆平衡条件分析和计算．‎ ‎ ‎ ‎14．如图所示，小明用一根轻质木棒挑着重为120N 的物体站在水平地面上，木棒保持水平（棒的重力忽略不计），棒AB长为‎1.2m，重物悬挂处离肩膀距离BO为‎0.8m，则手在A端对木棒竖直向下的作用力F1大小为 240 N．在图中画出阻力F2的力臂L2．他想手在A端更省力，请你写出一种可行的做法： 将O点（肩膀）向右移 . ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 计算题；简答题；简单机械．‎ 分析： （1）木棒以人肩作为支点处于平衡状态，则由杠杆平衡条件可求得手对木棒的作用力．‎ ‎（2）先确定阻力作用点（即B点），然后过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向下）；‎ 已知支点和力的方向，过支点作力的作用线的垂线段（即力臂）．‎ ‎（3）肩膀可以看成支点，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆平衡条件判断动力大小的变化．‎ 解答： 解：（1）根据杠杆的平衡条件可得：F×OA=G×OB，‎ 即：F×（‎1.2m﹣OB）=120N×OB，则：F×‎0.4m=120N×‎0.8m，‎ 解得F=240N．‎ ‎（2）把肩膀看成支点，过B点作竖直向下的力（即阻力F2）；过支点O作垂直于阻力作用线的垂线段（即阻力臂L2）．如图所示 ‎（3）根据动力×动力臂=阻力×阻力臂，阻力、阻力臂不变，动力和动力臂成反比，动力臂减小，动力增大，所以他想手在A端更省力，减少OB的长度或（同时）增大OA的长度，即将O点（肩膀）向右移．‎ 故答案为：240；图略；将O点（肩膀）向右移．‎ 点评： 此题主要考查的是学生对杠杆平衡条件公式的理解和灵活应用，基础性题目．‎ ‎ ‎ ‎15．图所示轻质杠杆OA始终在水平位置保持静止，手对细绳需施加的拉力 小于 物体的重力G（选填“小于”、“等于”或“大于”），若保持图中细线的悬挂点不变，将物体逐渐水平移至A端的过程中，手对细线需施加的拉力 变大 ，物体具有的重力势能 不变 （后两空均选填“变小”、“不变”或“变大”）. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 根据图示确定动力臂与阻力臂的关系，然后应用杠杆平衡条件分析答题；‎ 物体的重力势能与躯体所受重力、物体的高度有关，物体重力与高度不变，物体的重力势能不变．‎ 解答： 解：由杠杆平衡条件可知：G×LG=F×LF，‎ 由图示可知：LG＜LF，则：G＞F，手对细线的拉力小于重力；‎ 若保持图中细线的悬挂点不变，将物体逐渐水平移至A端的过程中，‎ G与LF不变，LG变大，由F=可知，F变大，手对细线需施加的拉力变大；‎ 将物体逐渐水平移至A端的过程中，物体的重力G与物体的高度h不变，物体的重力势能不变；‎ 故答案为：小于；变大；不变．‎ 点评： 本题考查了杠杆平衡条件的应用，由图示确定动力臂与阻力臂的关系，应用杠杆平衡条件即可正确解题．‎ ‎ ‎ ‎16．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G=10N重物，杠杆重力及摩擦均不计．若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆 不一定 （选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是 变小 （选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示．请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： （1）根据杠杆平衡条件，要判断杠杆类型需要比较动力臂和阻力臂的大小，由此分析动力作用在B点时杠杆的类型；‎ ‎（2）动力F乙始终与OA垂直，则动力臂一定，根据杠杆的平衡条件，从阻力臂的变化情况即可分析动力的变化情况；‎ ‎（3）判断当F丙由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，力臂如何变化，然后由杠杆平衡条件判断力的大小如何变化．‎ 解答： 解：‎ ‎（1）由题只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆；‎ ‎（2）若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，此过程中，阻力和动力臂不变，阻力臂逐渐减小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小；‎ ‎（3）如图所示，‎ 由图可知，当F丙由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大．且上图可以看出，F丙水平时，比F垂直OA时力臂小，所以动力更大．‎ 动力F丙随时间t的变化趋势如图所示：‎ 故答案为：不一定；变小；见上图．‎ 点评： 判断杠杆类型关键是比较杠杆的动力臂和阻力臂的大小关系．该题同时考查了利用杠杆平衡条件判断动力变化情况，解答的关键是找出动力臂变化情况．‎ ‎ ‎ ‎17．在一轻质杠杆的两端分别挂上质量不等的两个铁块M1、M2（M1＞M2），调节两物体到支点的距离，使杠杆平衡，则 M2 （选填“M‎1”‎或“M‎2”‎）离支点较远些．然后将物体同时浸没在水中，杠杆 能 （选填“能”或“不能”）保持平衡. ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： 一个铁块和一个体积较小的铁块挂在杠杆的两端，杠杆处于平衡状态，则F‎1L1=F‎2L2，两个铁块同时浸没到水中，杠杆受到的动力和阻力都发生改变，杠杆是否还平衡，取决于F′‎1L1与F′‎2L2的乘积，若F′‎1L1=F′‎2L2，杠杆平衡；若F′‎1L1≠F′‎2L2，杠杆就不平衡，将会向较大的方向转动．‎ 解答： 解：两个铁块的质量不相等，杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：‎ M1gL1=M2gL2，‎ 又M1＞M2，所以L1＜L2，即M2离支点较远些；‎ M1＞M2，密度相同，所以V1＞V2，设杠杆处于平衡状态；‎ 则F1=G1=ρ铁V‎1g，F2=G2=ρ铁V‎2g，‎ 根据杠杆的平衡条件可得：‎ F‎1L1=F‎2L2，即：ρ铁V1gL1=ρ铁V2gL2；‎ V‎1L1=V‎2L2．‎ 将两个同时浸没到水中，两个铁块受到浮力作用，对杠杆的拉力分别为：‎ F′1=G1﹣F浮1=ρ铁V‎1g﹣ρ水V‎1g=（ρ铁﹣ρ水）V‎1g；‎ F′2=G2﹣F浮2=ρ铁V‎2g﹣ρ水V‎2g=（ρ铁﹣ρ水）V‎2g；‎ F′‎1L1=（ρ铁﹣ρ水）V1gL1；‎ ‎ F′‎2L2=（ρ铁﹣ρ水）V2gL2；‎ 又V‎1L1=V‎2L2；‎ 所以F′‎1L1=F′‎2L2，表明杠杆处于平衡状态．‎ 故答案为：M2；能．‎ 点评： 本题考查判断杠杆是否平衡，就是比较F‎1L1与F‎2L2的值的大小，若F‎1L1=F‎2L2，杠杆平衡；若F‎1L1≠F‎2L2，杠杆就不平衡．‎ ‎ ‎ ‎18．如图所示OB是一轻质杠杆，O为支点，OA：AB=3：1，将重30N的物体悬挂在B点，当杠杆在水平位置平衡时，在A点至少需要加 40 N的力；若A点施加的动力2秒内使杠杆向上移动了‎10cm，则动力做功的功率是 2 W. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析；功率的计算．‎ 专题： 计算题；简单机械．‎ 分析： （1）已知物体重G和动力臂OA、阻力臂OB，根据杠杆平衡的条件F×OA=G×OB可直接求F的大小．‎ ‎（2）利用公式W=FS计算动力做的总功，又知道做功的时间，可利用公式P=计算动力做功的功率．‎ 解答： 解：（1）已知：OA：AB=3：1，则OA：OB=3：4，‎ 由杠杆平衡条件得：F×OA=G×OB，‎ 所以，F=G=×30N=40N．‎ ‎（2）动力做的功为：W=Fs=40N×‎0.1m=4J，‎ 动力做功的功率为：P===2W．‎ 故答案为：40；2．‎ 点评： 本题考查了功、功率和杠杆平衡条件的掌握和运用，重点是阻力臂和动力臂的确定和公式变形的理解和应用．‎ ‎ ‎ 三．解答题（共2小题） ‎ ‎19．如图所示，一根质量分布均匀的木棒，质量为m，长度为L，竖直悬挂在转轴O处，在木棒最下端用一方向始终水平向右的拉力F缓慢将木棒拉动到与竖直方向夹角为θ的位置（转轴处摩擦不计），问： ‎ ‎（1）在图中画出θ=60°时拉力F的力臂l，并计算力臂的大小. ‎ ‎（2）木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将如何变化？并推导拉力F与角度θ的关系式. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析．‎ 专题： 简单机械．‎ 分析： （1）力臂：支点到力的作用线的距离，由此作出F的力臂，并求出其大小．‎ ‎（2）随拉开角度θ的增加，分析动力臂和阻力臂的变化情况，根据杠杆的平衡条件判断拉力的变化；‎ 根据三角函数，表示出力臂，根据杠杆平衡条件表示出F与θ的关系式．‎ 解答： 解：‎ ‎（1）由题O为支点，沿力F的方向作出力的作用线，从O点作其垂线，垂线段长即F的力臂，如图所示：‎ ‎；‎ 由题θ=60°，所以l=L．‎ ‎（2）由题做出木棒这一杠杆的示意图如图：‎ ‎，‎ 由图可知随拉开角度θ的增加，l变小，LG变大，根据杠杆的平衡条件：F‎1l1=F‎2l2，阻力不变，所以动力F变大；‎ 由图l=cosθL，LG=sinθL，‎ 根据杠杆的平衡条件有：F×cosθL=G×sinθL，‎ 即：F=Gtanθ．‎ 答：（1）F的力臂l见上图，力臂的大小为L；‎ ‎（2）木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将变大，F与角度θ的关系式为F=Gtanθ．‎ 点评： 本题考查了力臂的作图和杠杆平衡条件的应用，关键要正确理解力臂的概念，并由此熟练画出力臂，正确找到力臂的大小．‎ ‎ ‎ ‎20．在探究利用杠杆做功的实验中，所用杠杆是一根重5N、质量分布均匀的硬棒．把棒的一端固定在O点，将重为15N的重物挂在棒的中点A，然后用手竖直提起棒的另一端B（如图所示，一切摩擦不计）. ‎ ‎（1）若我们把重物提升了‎10cm，则使用杠杆所做的有用功为 1.5 J，机械效率为 75% . ‎ ‎（2）若只将重物的悬挂点由A移至C，而O、B位置不变，仍使棒的B端提升同样的高度，与（1）相比，杠杆的机械效率将 变高 （选填“变高”、“变低”或“不变”）. ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点： 杠杆的动态平衡分析；功的计算；杠杆的机械效率．‎ 专题： 机械与功．‎ 分析： （1）有用功是对重物做的功，用W有用=Gh计算；‎ 根据W总=W有用+W额计算出总功；‎ 最后由效率公式求出杠杆的机械效率；‎ ‎（2）分析此种情况下有用功、额外功的变化，得出有用功在总功中的比值变化，得出结论．‎ 解答： 解：（1）有用功W有=Gh=15N×10×10﹣‎2m=1.5J；‎ 重心在棒的重点，其提升的高度与物体上升高度相同，则额外功W额=G杆h=5N×‎0.1m=0.5J，‎ 总功W总=W有用+W额=1.5J+0.5J=2.0J，‎ 机械效率η=×100%=×100%=75%；‎ ‎（2）只将重物的悬挂点由A移至C，而O、B位置不变，仍使棒的B端提升同样的高度，物体被提升的高度增大，根据W有用=Gh，所做的有用功增大，而克服杆本身重力做功不变，即额外功不变，可知有用功在总功中所占比例增大，机械效率提高．‎ 故答案为：（1）1.5；75%；（2）变高．‎ 点评： 本题是有关杠杆机械效率的分析，关键掌握利用杠杆提升时，额外功是克服物体本身重力做的功．‎ ‎ ‎