人教版中考物理三轮专项复习 专项突破(六)　杠杆平衡课件

中考三轮专项复习
物理人教版
专项突破(六)　杠杆平衡条件应用专练
动态杠杆问题可以从下面几种情况分析。
1.最小力问题
根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2,要使动力最小,就应使动力臂最长。做法是在杠杆上找到合适的动力作用点,使这点到支点的距离最远。连接动力作用点和支点的距离,动力方向应是过动力作用点且和杠杆垂直,并且让杠杆转动的方向与阻力让杠杆转动的方向相反。
2.力的变化问题
利用杠杆平衡条件F1l1=F2l2和控制变量法,抓住不变量,分析变量之间的关系。
主要有如下几种情况:(1)F2、l2一定时,F1和l1成反比;(2)F2、l1不变时,F1和l2成正比;(3)F2、l1、l2一定时,F1不变。
3.再平衡问题
杠杆再平衡判断,关键是要判断杠杆在发生变化前后,动力与动力臂的积和阻力与阻力臂的积是否相等(符合杠杆平衡条件F1l1=F2l2)。如果平衡杠杆两边的力和力臂成相同比例变化,则杠杆仍平衡。
类型一　最小力问题
例1(2018·山东东营中考)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 F2　。?
类型一　最小力问题
例1(2018·山东东营中考)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 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。
类型二　力的变化问题
例2(2019·四川南充中考)如图,用一个始终水平向右的力F,把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中,力F的大小将( 　)
A.变大 B.不变
C.变小 D.不能确定
类型二　力的变化问题
例2(2019·四川南充中考)如图,用一个始终水平向右的力F,把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中,力F的大小将( 　)
A
A.变大 B.不变
C.变小 D.不能确定
方法归纳根据杠杆的平衡条件,研究变力的问题要归结到研究力臂的变化问题,分析力臂的变化是解决问题的关键。
解析:如图,用一个始终水平向右的力F,把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中,阻力的大小不变(等于物重G),阻力臂变大,动力臂不断变小,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知,动力将变大。
类型三　再平衡问题
例3(2019·浙江温州中考)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 ( 　)
类型三　再平衡问题
例3(2019·浙江温州中考)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 ( 　)
B
解析: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;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;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;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。
1.(2019·安顺中考)如图所示,用固定在竖直墙上的直角三角形支架ABC放置空调室外机,已知AB长40 cm,BC长50 cm。室外机的质量为30 kg,室外机的重力作用线正好通过AB中点,则A处钉受到的水平拉力F为200　N(支架重力不计)。为了安全,从力学的角度分析,室外机的位置应尽量靠近　(选填“靠近”或“远离”)墙壁。?
解得F=200 N。
为了安全,应减小A处的拉力(若拉力过大,支架对螺钉拉力会使螺钉松动而造成危险);在A处拉力和阻力G一定时,室外机的位置越靠近墙壁,室外机对支架压力力臂越小,根据杠杆平衡条件可知,A处的拉力将减小,以保证支架和室外机的安全。
2.(2019·安徽模拟)共享单车已经在全国各地流行。如图为单车篮子的示意图,CAB可看作一个杠杆,若A为支点,物体放在篮子重心的C点,则B处受到力F2大小至少是100　N。(若AC=12 cm,AB=6 cm,篮子载重为50 N)。?
2.(2019·安徽模拟)共享单车已经在全国各地流行。如图为单车篮子的示意图,CAB可看作一个杠杆,若A为支点,物体放在篮子重心的C点,则B处受到力F2大小至少是100　N。(若AC=12 cm,AB=6 cm,篮子载重为50 N)。?
解析:力臂L1=AC=12 cm,L2=AB=6 cm;
根据杠杆平衡的条件可得:
F1L1=F2L2
50 N×12 cm=F×6 cm,
则F=100 N。
3.(2019·安徽黄山一模)如图所示,轻质杠杆OB可绕O点转动,OA=AB,物块G重30 N,∠α=∠β=30°。在B点作用一个竖直向上的拉力F使杠杆在水平位置平衡,则F的大小为　N;保持杠杆在水平位置平衡,若仅将拉力F沿顺时针方向转动,则在转至虚线①所示位置的过程中,拉力大小将变　,再转至虚线②所示位置静止时,拉力F大小为　N。?
3.(2019·安徽黄山一模)如图所示,轻质杠杆OB可绕O点转动,OA=AB,物块G重30 N,∠α=∠β=30°。在B点作用一个竖直向上的拉力F使杠杆在水平位置平衡,则F的大小为15　N;保持杠杆在水平位置平衡,若仅将拉力F沿顺时针方向转动,则在转至虚线①所示位置的过程中,拉力大小将变变大　,再转至虚线②所示位置静止时,拉力F大小为30　N。?
解析:因为OA=AB,则OB=2OA;
由杠杆平衡条件得:F×OB=G×OA,
保持杠杆在水平位置平衡,将拉力F沿顺时针方向转动,在转至①位置时,拉力的力臂变小,因为阻力与阻力臂不变,由杠杆的平衡条件可知,拉力变大;
保持杠杆在水平位置平衡,将拉力F沿顺时针方向转动,在转至②位置时,由于∠β=30°,由直角三角形的知识可知,动力F的力臂
由杠杆平衡条件得:F'×OD=G×OA,
4.(2019·安徽霍邱县二模)如图所示的装置做杠杆平衡的实验,在A点挂重为6 N的钩码,要使杠杆在水平位置平衡,可以在B点施加一个力F,F最小是10　N,方向应　。?
4.(2019·安徽霍邱县二模)如图所示的装置做杠杆平衡的实验,在A点挂重为6 N的钩码,要使杠杆在水平位置平衡,可以在B点施加一个力F,F最小是10　N,方向应竖直向上　。?
解析:如图所示,为使B点处的拉力最小,动力臂要最长,拉力F的方向应该垂直于杠杆向上,即竖直向上,此时动力臂最长,
设杠杆上的一个小格为L,则阻力臂OA=5L,动力臂OB=3L,
根据杠杆平衡条件可得:F×OB=G×OA,
5.(2019·黑龙江哈尔滨中考)质地均匀杠杆,每个钩码重0.5 N,下列操作中可以使杠杆在水平位置平衡的是(杠杆上有等间隔的刻度)( 　)
5.(2019·黑龙江哈尔滨中考)质地均匀杠杆,每个钩码重0.5 N,下列操作中可以使杠杆在水平位置平衡的是(杠杆上有等间隔的刻度)( 　)
D
解析:由题图知动力和阻力使得杠杆转动的方向相同,故A、C错误;B中,左边悬挂2个钩码时,若一个钩码重0.5 N,杠杆上一格长L,弹簧测力计的示数为1.5 N,0.5 N×2×4L≠1.5 N×5L,故杠杆不平衡,故B错误;D中,右边悬挂2个钩码时,若一个钩码重0.5 N,杠杆上一格长L,弹簧测力计的示数为2 N,0.5 N×2×6L=2 N×3L,故杠杆平衡,故D正确。
6.(2018·四川巴中中考)如图所示,在处于水平平衡的杠杆上A点,挂上4个钩码(每个钩码的质量为50 g,g取10 N/kg),若使杠杆在水平位置保持平衡,作用在杠杆B点的力最小的是( 　)
A.6 N B.1.5 N
C.3 N D.15 N
6.(2018·四川巴中中考)如图所示,在处于水平平衡的杠杆上A点,挂上4个钩码(每个钩码的质量为50 g,g取10 N/kg),若使杠杆在水平位置保持平衡,作用在杠杆B点的力最小的是( 　)
A.6 N B.1.5 N
C.3 N D.15 N
B
解析:设杠杆的一个小格长为L,
则OA=3L,OB=4L,
设作用在A点的力为阻力,则FA=G钩码=mg=4×0.05 kg×10 N/kg=2 N,
阻力和阻力臂一定,动力作用在B点,当以OB长作为力臂时是最长的动力臂,此时作用在B点的动力最小,
根据杠杆平衡条件可得FB×OB=FA×OA,
7.(2019·安徽一模)如图,用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端,使木棒能够绕另一端转动,关于这一过程的下列说法正确的是 ( 　)
A.F的力臂逐渐变小
B.F逐渐变小
C.F和它相应的力臂的乘积保持不变
D.木棒具有的机械能保持不变
7.(2019·安徽一模)如图,用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端,使木棒能够绕另一端转动,关于这一过程的下列说法正确的是 ( 　)
A.F的力臂逐渐变小
B.F逐渐变小
C.F和它相应的力臂的乘积保持不变
D.木棒具有的机械能保持不变
A
解析:如图,若动力总是竖直向上,动力臂逐渐减小,阻力臂也逐渐减
值为定值,因为阻力(木棒重)不变,根据F×OB=G×OA可得,动力F保持不变,故A正确,B错误;由于木棒的重力G不变,OB逐渐减小,G×OB也减小,又因为F×OB=G×OA,所以F和它相应的力臂的乘积减小,故C错误;木棒在匀速逐渐变高的过程中,质量不变,速度不变,动能不变,高度升高,重力势能增加,机械能增加,故D错误。
8.(2019·安徽贵池区二模)将篮球和套扎在气针尾端的气球一起挂在杠杆左端,调整杠杆右端钩码的位置,使杠杆水平平衡(如图a);然后将气针头插入篮球的气门内,气球膨胀(如图b),调整钩码的位置使杠杆重新在水平位置平衡。以杠杆左端受到的力为动力,右端受到的力为阻力,对比前后两种情况,当图b杠杆重新在水平位置平衡时( 　)
A.动力大小没有发生变化
B.阻力变大了
C.阻力臂变小了
D.可以说明浮力的大小与物体的体积有关
8.(2019·安徽贵池区二模)将篮球和套扎在气针尾端的气球一起挂在杠杆左端,调整杠杆右端钩码的位置,使杠杆水平平衡(如图a);然后将气针头插入篮球的气门内,气球膨胀(如图b),调整钩码的位置使杠杆重新在水平位置平衡。以杠杆左端受到的力为动力,右端受到的力为阻力,对比前后两种情况,当图b杠杆重新在水平位置平衡时( 　)
A.动力大小没有发生变化
B.阻力变大了
C.阻力臂变小了
D.可以说明浮力的大小与物体的体积有关
C
解析:因为杠杆原来是平衡的,所以G总×l1=G码×l2;气球膨胀后,气球和篮球的总体积增大,根据公式F浮=ρ气gV排得到,它们受到的浮力F浮增大,根据F拉=G总-F浮可知,总重力G总不变,气球和篮球对杠杆的拉F拉变小,即动力减小,故A错误;由题意可知,阻力的大小等于钩码的重力,钩码的重力不变,即阻力保持不变,故B错误;由于动力减小,动力臂不变,则动力和动力臂的乘积变小,要使杠杆重新在水平位置平衡,根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知,应减小阻力和阻力臂的乘积,由于阻力不变,则应该减小阻力臂,故C正确;浮力的大小与物体排开的液体或气体的体积有关,无法得出浮力与物体体积的关系,故D错误。
9.(2019·安徽安庆二模)如图所示,杠杆挂上钩码后刚好平衡,每个钩码的质量相同,下列说法正确的是( 　)
A.左右钩码各向支点移一格杠杆将逆时针转动
B.左右各减少一个钩码杠杆将顺时针转动
C.左右各减少一半钩码杠杆仍然平衡
D.左右各增加两个钩码杠杆仍然平衡
9.(2019·安徽安庆二模)如图所示,杠杆挂上钩码后刚好平衡,每个钩码的质量相同,下列说法正确的是( 　)
A.左右钩码各向支点移一格杠杆将逆时针转动
B.左右各减少一个钩码杠杆将顺时针转动
C.左右各减少一半钩码杠杆仍然平衡
D.左右各增加两个钩码杠杆仍然平衡
C
解析:设杠杆上一个小格的长度为L,一个钩码的重为G;原来4G×2L=2G×4L,杠杆平衡;左右钩码各向支点移动一格,左边=4G×L=4GL,右边=2G×3L=6GL,左边<右边,则杠杆将顺时针转动,故A错误。左右各减少一个钩码,左边=3G×2L=6GL,右边=G×4L=4GL,左边>右边,则杠杆将逆时针转动,故B错误。左右各减少一半钩码,左边=2G×2L=4GL,右边=G×4L=4GL,左边=右边,杠杆平衡,故C正确。左右各增加两个钩码,左边=6G×2L=12GL,右边=4G×4L=16GL,左边≠右边,杠杆不能平衡,故D错误。
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