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浙教版九年级科学3.4.1杠杆的专题练习
考点：、作图、最省力、动态分析
【基本作图】
1．如图是古代劳动人民用桔槔汲水的简化图，请画出杠杆上A点受到的拉力F1及其力臂。
2．如图所示，用瓶起子起瓶盖时，瓶起子是一个杠杆，O是它的支点，F2是它受到的阻力。请你在图中画出作用在A点的最小动力F1及其力臂l1。
3．如图甲是打开订书器准备装入钉书钉的情景，其工作臂OBA 可看成一根绕O点转动的杠杆，简化示意图如图乙所示，F2为拉杆BC对工作臂的阻力，请在乙图中画出杠杆平衡时的阻力臂l2、作用在A点的最小动力F1和动力臂l1。
4．如图所示是小明同学在做仰卧起坐时的情景，人体可看成杠杆模型，O为支点，肌肉的拉力F为动力，请在图中画出动力臂和阻力臂。
5．如图所示，用螺丝刀撬图钉，撬动时以O点为支点，在A点施加一个向上的动力，B点为阻力作用点，请在图中画出作用在A点的最小动力F1及B点阻力F2的示意图。
6．如图甲，扫地时，扫帚可以看做杠杆，O为支点，作用在A点的动力为F1。在图乙中画出动力臂l1和地面对扫帚的摩擦阻力F2（B为作用点）
【最省力分析】
7．在图中画出杠杆的阻力臂l，并在A点画出使杠杆静止在图示位置的最小力F；
8．如图所示，用如图方式将瓶盖起开。请在图上画出：（1）支点O；（2）作用在A点的最小动力
9.图甲为自行车车闸，其可看作以O为支点的杠杆。请在图乙中画出作用在A点的最小力F1
10．如图所示，如图所示，要把圆筒B推上台阶。请在图中画出①最小推力F及其力臂；②重力及其力臂。
11．按题目要求作图。如图1所示是个压核桃钳子，其简化示意图如图所示，请在图2中画出压核桃时的最小动力F1。
【动态分析】
模型一、动力F1始终垂直杠杆：
模型二、动力F1始终水平向右：
模型三、动力F1始终竖直向上：
1.(2022·广东省·单元测试)如图所示，在轻质杠杆上吊一重物，在一端施加一个始终与杠杆垂直的动力，使杠杆缓慢地从转至，则在转动过程中( )
A. 不变，杠杆是省力杠杆
B. 变大，杠杆是省力杠杆
C. 不变，杠杆是费力杠杆
D. 变大，杠杆是费力杠杆
2.如图所示，某轻质木板的左端可绕点转动，右端放一重为的物块。当物块向木板的左端匀速滑动时，在竖直向上的拉力的作用下，木板始终在水平位置保持静止。则拉力与物块滑动时间的关系图像可能是( )
A. B. C. D.
3.轻质硬杆长为，其一端用铰链固定在墙面上，另一端用弹簧测力计竖直向上吊起并在处于水平位置。杆上悬挂一质量为的物体并可在杆上移动。若杆上物体的悬挂点到测力计吊起点端的距离为。则测力计的示数与的关系图象是不计杠杆重量( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，轻质杠杆可绕固定点转动，处挂一重物，处有一个始终垂直于的拉力，使杠杆缓慢地向图中虚线位置移动的过程中，关于拉力的说法正确的是( )
A. 先变小后变大 B. 先变大后变小
C. 一直增大 D. 保持不变
5.如图所示，是轻质杠杆，杠杆中间悬挂有一重物，端自始至终受到一个水平方向拉力的作用，当将杠杆慢慢绕逆时针方向转动的过程中，关于力的说法正确的是( )
A. 力变大，力臂变大 B. 力变大，力臂变小
C. 力变小，力臂变小 D. 力变小，力臂变大
6.如图，杠杆在水平方向平衡，若将测力计缓慢地自位置移到位置，并保持杠杆始终水平平衡，则测力计的读数变化是( )
A. 不断增大 B. 不断减小
C. 先增大，然后减小 D. 先减小，然后增大
7.如图所示，用一个可以绕点转动的硬杆提升重物，硬杆重力忽略不计，若在提升重物的过程中动力始终沿水平方向，则在如图所示的过程中，动力将( )
A. 由小变大 B. 由大变小 C. 先变大后变小 D. 保持不变
8.如图所示，为一可绕点转动的杠杆，在端通过绳作用一竖直向下的拉力使杠杆平衡，此时部分水平，保持重物静止不动，而使绳绕点从如图所示的位置沿图中的虚线转动，则( )
A. 逆时针转，先变小后变大 B. 顺时针转，先变小后变大
C. 顺时针转，先变大后变小 D. 逆时针转，先变大后变小
9.如图所示，用固定在墙上的三角支架放置空调室外机．如果处螺钉松脱，则支架会绕________点倾翻．已知长，长，室外机的重力为，正好处在中点处，则处螺钉的水平拉力为________支架重力不计为了安全，室外机应尽量________填“靠近”或“远离”墙壁．
10.(2023·吉林省白山市·期末考试)如图所示，是杠杆，与垂直，在的中点挂一个的重物，加在点的动力始终使在水平位置保持静止杠杆重力及摩擦均不计．
当竖直向上时，的大小为__________；
当由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢地转到水平向左的位置时，动力的大小变化是__________填“变大”“变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”．
11.如图所示，在杠杆上的点悬挂一重物，端用细绳吊在小圆环下，且细绳长等于圆弧半径，此时杠杆恰成水平状态，点与圆环的圆心重合，当环从点逐渐顺时针滑到点的过程中，吊绳对端的拉力大小与角的关系图像是( )
A. B.
C. D.
12.士兵用力缓慢匀速拉动绳子，把吊桥杠杆吊起，下列说法正确的是( )
A. 当杠杆处于水平时是费力杠杆
B. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，阻力臂增大
C. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，动力减小
D. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，动力臂先减小后增大
13.如图所示的装置中，均匀木棒的端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动至足够长，但始终保持木棒水平，则悬线上的拉力棒和悬线均足够长( )
A. 逐渐变小 B. 逐渐变大
C. 先逐渐变大，后又变小 D. 先逐渐变小，后又变大
14.如图所示，质量分布均匀的相同的两块砖平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力和分别作用在和的中点，使它们缓慢的竖直起来，且砖不在地面上滑动，当砖的边、刚离开地面时____选填“”、“”或“”，在边不断抬高的过程中，的大小将____选填“增大”、“减小”或“不变”。
15.“低头族”长时间低头看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，我们可以建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点，用的头颅模型在重力作用下绕着这个支点转动，点为头颅模型的重心，点为肌肉拉力的作用点。将细线的一端固定在点，用弹簧测力计拉着细线模拟测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于，如图乙所示，让头颅模型从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度及细线拉力的数据，
如下表：
低头角度
细线拉力
设头颅质量为，当低头角度为时，颈部肌肉实际承受的拉力是______。
在图乙中画出细线拉力的示意图。
请解释：为什么低头角度越大，颈部肌肉的拉力会越大？答______。
请你就预防和延缓颈椎损伤提出一个合理化的建议：______。
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浙教版九年级科学2.4.1杠杆的专题练习答案
1. 2.
3. 4.
5. 6.
7. 8.
10.
11.
1.(2022·广东省·单元测试)如图所示，在轻质杠杆上吊一重物，在一端施加一个始终与杠杆垂直的动力，使杠杆缓慢地从转至，则在转动过程中( )
A. 不变，杠杆是省力杠杆
B. 变大，杠杆是省力杠杆
C. 不变，杠杆是费力杠杆
D. 变大，杠杆是费力杠杆
【答案】B
【解析】解：由图可知，动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件可知，动力逐渐变大。
2.如图所示，某轻质木板的左端可绕点转动，右端放一重为的物块。当物块向木板的左端匀速滑动时，在竖直向上的拉力的作用下，木板始终在水平位置保持静止。则拉力与物块滑动时间的关系图像可能是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：如图所示：
动力臂为，杠杆受到物体的压力阻力，阻力臂为，物块向左做匀速滑动，则阻力臂，因杠杆平衡，故有：，即：，则，因、、为常数，所以拉力与运动时间是一次函数关系，当增大时，减小，变化关系为直线，故A正确、BCD错误。
3.轻质硬杆长为，其一端用铰链固定在墙面上，另一端用弹簧测力计竖直向上吊起并在处于水平位置。杆上悬挂一质量为的物体并可在杆上移动。若杆上物体的悬挂点到测力计吊起点端的距离为。则测力计的示数与的关系图象是不计杠杆重量( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】解：根据杠杆的平衡条件：，其中、不变，随着的增大，逐渐减小，
当物体悬挂在点时，此时，即此处动力臂等于阻力臂，拉力的大小即为物体的重力，即；
当物体悬挂在点时，此时，即此处阻力臂等于，拉力的大小变为零，即，
综合分析：图符合题意。
4.如图所示，轻质杠杆可绕固定点转动，处挂一重物，处有一个始终垂直于的拉力，使杠杆缓慢地向图中虚线位置移动的过程中，关于拉力的说法正确的是( )
A. 先变小后变大 B. 先变大后变小 C. 一直增大 D. 保持不变
【答案】B
【解答】
如图所示，
将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件可知，动力逐渐变大；
当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，动力逐渐变小；
综上分析可得，先变大后变小，故ACD错误，B正确。
故选B。
5.如图所示，是轻质杠杆，杠杆中间悬挂有一重物，端自始至终受到一个水平方向拉力的作用，当将杠杆慢慢绕逆时针方向转动的过程中，关于力的说法正确的是( )
A. 力变大，力臂变大 B. 力变大，力臂变小
C. 力变小，力臂变小 D. 力变小，力臂变大
【答案】B
【解析】解：根据杠杆平衡条件动力动力臂阻力阻力臂，在力使直杆从竖直位置慢慢抬起到水平位置的过程中，重物的重力不变但力臂变大，的力臂变小，所以一直在增大。
6.如图，杠杆在水平方向平衡，若将测力计缓慢地自位置移到位置，并保持杠杆始终水平平衡，则测力计的读数变化是( )
A. 不断增大 B. 不断减小
C. 先增大，然后减小 D. 先减小，然后增大
【答案】D
【解答】
、位置施力的力臂如图所示，
当施加的动力垂直于杠杆时，动力臂最长，因为杠杆始终在水平位置保持平衡，阻力和阻力臂一定，所以此时的动力最小；
而在、位置施力时，动力臂较小，由杠杆平衡条件可知，此时动力较大；
所以，从位置移动到的过程中，动力先减小再增大，故ABC错误，D正确；
7.如图所示，用一个可以绕点转动的硬杆提升重物，硬杆重力忽略不计，若在提升重物的过程中动力始终沿水平方向，则在如图所示的过程中，动力将( )
A. 由小变大 B. 由大变小 C. 先变大后变小 D. 保持不变
【答案】A
【解析】由题意可知，把硬杆看成一个杠杆，点为支点，重物的重力为阻力。在提升重物的过程中，动力、阻力作用点不变，物体的重力不变，所以阻力大小不变，由图可看出，阻力臂在变大，动力臂在变小，根据杠杆平衡条件可知，动力与动力臂的乘积等于阻力与阻力臂的乘积，所以动力逐渐变大，即动力由小到大。故A符合题意，不符合题意。
故选A。
8.如图所示，为一可绕点转动的杠杆，在端通过绳作用一竖直向下的拉力使杠杆平衡，此时部分水平，保持重物静止不动，而使绳绕点从如图所示的位置沿图中的虚线转动，则( )
A. 逆时针转，先变小后变大 B. 顺时针转，先变小后变大
C. 顺时针转，先变大后变小 D. 逆时针转，先变大后变小
【答案】B
【解析】【分析】
此题中，抓住动力臂最大、动力最小时绳所处的位置，是解题的关键所在。
从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件动力动力力臂阻力阻力力臂，分析力臂的变化可知力的变化。
【解答】
如下图：连接，此时是最长动力臂；
已知阻力物重不变，阻力臂不变；由杠杆的平衡条件：，知：在不变的情况下，动力臂越长越省力；
因此以为动力臂时，动力最小；
由图可知：当绳从图示位置沿顺时针方向旋转时，力先变小后变大。沿逆时针方向旋转时，力变大。故B正确，ACD错误。
故选B。
9.(2023·江苏省·同步练习)如图所示，用固定在墙上的三角支架放置空调室外机．如果处螺钉松脱，则支架会绕________点倾翻．已知长，长，室外机的重力为，正好处在中点处，则处螺钉的水平拉力为________支架重力不计为了安全，室外机应尽量________填“靠近”或“远离”墙壁．
【答案】 靠近
【知识点】杠杆的动态平衡分析、杠杆的平衡条件
【解析】由题图可知，如果处螺钉松脱，则支架会绕点倾翻．依题，这是一个以点为支点的杠杆，根据杠杆平衡条件：，解得空调室外机的重力一定，室外机离墙壁越近，力臂越小，作用在点的拉力越小，越安全，所以室外机应尽量靠近墙壁．
10.(2023·吉林省白山市·期末考试)如图所示，是杠杆，与垂直，在的中点挂一个的重物，加在点的动力始终使在水平位置保持静止杠杆重力及摩擦均不计．
当竖直向上时，的大小为__________；
当由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢地转到水平向左的位置时，动力的大小变化是__________填“变大”“变小”“先变大后变小”或“先变小后变大”．
【答案】；先变小后变大
【解析】【分析】
本题难度不是很大，熟练应用杠杆平衡条件即可正确解题。
由杠杆平衡条件可以求出力的大小。
判断当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】
由杠杆平衡条件得：，
即：，则；
由图可知，
当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。
故答案为：；先变小后变大。
11.如图所示，在杠杆上的点悬挂一重物，端用细绳吊在小圆环下，且细绳长等于圆弧半径，此时杠杆恰成水平状态，点与圆环的圆心重合，当环从点逐渐顺时针滑到点的过程中，吊绳对端的拉力大小与角的关系图像是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】【分析】
由题意可知，在环顺时针转动中，杠杆始终处于平衡状态，且阻力与重物的重力大小相等，阻力臂为不变，分析在环转动过程中动力臂的变化，再根据杠杆平衡的条件可判断动力的大小变化。
知道杠杆平衡的条件，会根据动力的方向确定动力臂的变化，会根据阻力、阻力臂和动力臂的关系判断动力的大小变化。
12.士兵用力缓慢匀速拉动绳子，把吊桥杠杆吊起，下列说法正确的是( )
A. 当杠杆处于水平时是费力杠杆
B. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，阻力臂增大
C. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，动力减小
D. 当杠杆缓慢匀速升至虚线位置的过程，动力臂先减小后增大
【答案】C
【解答】
解：由图可知，支点为，绳子对吊桥的拉力动力方向沿方向；从作的垂线，该垂线段为动力臂，如图所示：
；
吊桥的重力为阻力，则阻力臂；
已知，则为等腰直角三角形，根据几何知识可知动力臂，而阻力臂，所以此时的动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
在缓慢匀速拉升至虚线位置的过程，动力臂变大，阻力臂变小，而阻力大小不变，根据可知，动力减小；
故ABD错误，C正确。
13.如图所示的装置中，均匀木棒的端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动至足够长，但始终保持木棒水平，则悬线上的拉力棒和悬线均足够长( )
A. 逐渐变小 B. 逐渐变大
C. 先逐渐变大，后又变小 D. 先逐渐变小，后又变大
【答案】D
【解析】解：如图所示，表示杆的自重，表示杆的重心到端的距离，表示悬线拉力的大小，表示作用于杆上的悬线拉力对点的力臂。
把视为一根可绕端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力的动力、、、经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力则是逐渐变小后逐渐变大。
14.(2020·江苏省苏州市·月考试卷)如图所示，质量分布均匀的相同的两块砖平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力和分别作用在和的中点，使它们缓慢的竖直起来，且砖不在地面上滑动，当砖的边、刚离开地面时____选填“”、“”或“”，在边不断抬高的过程中，的大小将____选填“增大”、“减小”或“不变”。
【答案】；不变
【解答】
左图以与地面接触的下边为支点转动，克服重力才能将砖抬起，即；；
左图同理有：，，所以；
在边不断抬高的过程中，动力始终向上，重力始终竖直向下；因为动力臂与阻力臂的比值不变，所以动力与阻力的比值也不变，所以动力的大小也保持不变。
故答案为：；不变。
15.“低头族”长时间低头看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，我们可以建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点，用的头颅模型在重力作用下绕着这个支点转动，点为头颅模型的重心，点为肌肉拉力的作用点。将细线的一端固定在点，用弹簧测力计拉着细线模拟测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于，如图乙所示，让头颅模型从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度及细线拉力的数据，
如下表：
低头角度
细线拉力
设头颅质量为，当低头角度为时，颈部肌肉实际承受的拉力是______。
在图乙中画出细线拉力的示意图。
请解释：为什么低头角度越大，颈部肌肉的拉力会越大？答______。
请你就预防和延缓颈椎损伤提出一个合理化的建议：______。
【答案】 由于人低头的角度越大，的力臂越大，在头颅重力和肌肉拉力的力臂不变的条件下，则颈部肌肉的拉力就越大 尽量减小低头的角度或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等
【解析】解：由表格中数据知，当低头角度为时，若，细线的拉力为；
若，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力。
由题意知，细线拉力的方向应垂直于向下，如下左图所示：
在上面右图中，的力臂为，作出头颅的重力的力臂，如上右图所示：
由图知，在中，，
根据杠杆的平衡条件可得，，
则颈部肌肉的拉力：，
可见，人低头的角度越大，越大，则头颅的重力的力臂越大；
在头颅重力和肌肉拉力的力臂不变的条件下，头颅的重力的力臂越大，颈部肌肉的拉力就越大。
要预防和延缓颈椎损伤，可尽量减小低头的角度；不要长时间低头做事；低头时间久了要抬头休息等等。
故答案为：；
见上图；
由于人低头的角度越大，的力臂越大，在头颅重力和肌肉拉力的力臂不变的条件下，则颈部肌肉的拉力就越大；
尽量减小低头的角度或不要长时间低头做事，低头时间久了要抬头休息等。
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