苏科版初中九年级物理专项素养综合练(一)杠杆的动态分析与计算课件

类型一专项素养综合全练（一）杠杆的动态分析与计算1.(新课标·科学推理)(2024江苏如皋期末)如图所示,杠杆正处于水平平衡,若在杠杆两边的钩码下再挂一个钩码(钩码质量相同),杠杆将

(

)A.仍然水平平衡

B.左端下沉C.右端下沉

D.无法判断类型一判断杠杆的转动方向C解析设一个钩码重为G,每个格的长度为L,则有3G×2L=2G×3L,杠杆平衡;在杠杆的两边各加一个钩码,左边为4G×2L=8GL,右边为3G×3L=9GL,右边的力与力臂的乘积较大,故杠杆

右端将下沉。技巧点拨杠杆不平衡时,杠杆会向力和力臂乘积较大的方

向转动。2.(新课标·科学推理)(2024江苏南京钟英中学期中)如图所示的杠杆处于平衡状态,如果将物体A和B同时向支点移动相同的距离,下列判断正确的是(

)A.杠杆仍能平衡B.杠杆不能平衡,右端下沉C.杠杆不能平衡,左端下沉D.无法判断B解析原来杠杆在水平位置处于平衡状态,此时作用在杠杆

上的力分别为物体A、B的拉力,设其对应的力臂分别为

OC、OD,根据杠杆的平衡条件可得:mAg×OC=mBg×OD,由图

知OC<OD,则mA>mB;当向支点移动相同的距离ΔL时,两边的

力臂都减小ΔL,此时左边的力和力臂乘积为mAg×(OC-ΔL)=

mAg×OC-mAg×ΔL,右边的力和力臂乘积为mBg×(OD-ΔL)=mBg

×OD-mBg×ΔL,由于mA>mB,所以mAg×ΔL>mBg×ΔL,故有mAg×OC

-mAg×ΔL<mBg×OD-mBg×ΔL。因此杠杆将向悬挂B物体的一

端倾斜,即右端下沉。一题多解本题若使用极端思考法分析,会更加快捷方便。

将题中“物体A和B同时向支点移动相同的距离”想象为物

体A移到支点处(即L1=0,mAgL1=0),则B同时向支点移动相同的

距离后,B离支点的距离L2≠0(即mBgL2>0),则有mAgL1<mBgL2,

故杠杆将向右端倾斜。类型二杠杆的动态平衡分析3.(新课标·科学推理)(2024江苏南京秦淮外国语学校期中)如图所示,木棒在水平力F作用下偏离竖直方向θ角而处于平衡状态,现保持θ角不变而使力F的方向由水平向右逐渐变为竖直向上而木棒始终处于静止状态,在此过程中,力F的大小变化情况是(

)A.一直变大

B.一直变小C.先变小,后变大

D.先变大,后变小C解析由题图知,阻力与阻力臂的乘积始终保持不变,动力的

方向由水平向右逐渐移动到刚好与木棒垂直的过程中,动力

臂逐渐变大,由杠杆平衡条件知,动力逐渐变小;当动力从与

木棒垂直的方向继续移动到竖直向上的过程中,动力臂逐渐

变小,动力逐渐变大,所以动力的变化情况为先变小,后变大。4.(2024江苏镇江期中)如图所示,轻质杠杆OA的中点处悬挂重为100N的物体,在A端施加一竖直向上的力F,杠杆在水平位置平,则力F的大小为

N。保持F的方向始终与杠杆垂直,将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中,力F的力臂将

(选填“变大”“变小”或“不变”,下同),力F的大小将

。

50不变变小解析轻质杠杆OA的中点处悬挂重为100N的物体,杠杆在

A位置时,动力臂与阻力臂的关系为LOA=2LG,由杠杆平衡条件

可知:FLOA=GLG,则力F=

=

×100N=50N;力F的力臂为支点O到力F作用线的垂线段;将杠杆从A位置匀速提升到B位

置的过程中,保持F的方向始终与杠杆垂直,则动力F的力臂

不变;在该过程中,动力臂不变,阻力大小等于物体的重力,即

阻力不变,由图可知转动过程中阻力臂变小,根据杠杆的平衡

条件知,动力F将变小。5.(跨学科·体育与健康)(2024江苏南京鼓楼期中)同学们在体育课上做仰卧起坐。仰卧起坐时,人体可看成杠杆模型,O为支点,肌肉的拉力F为动力,先将头向前抬起,可以减小

力臂;在平躺至坐起的过程中,肌肉所施加的动力

。

阻变小解析先将头向前抬起,人上半身的重心向右移动,可以减小

阻力臂;在平躺至坐起的过程中,动力臂不变,阻力不变,阻力

臂变小,根据杠杆的平衡条件知,动力会变小。6.(2024江苏苏州高新区实验初中月考)如图为一可绕O点转动的杠杆,在A端通过绳作用一竖直向下的拉力F,使绳绕A点从如图位置沿虚线CD逆时针匀速转动到D点时F

(选填“变大”“变小”“不变”“先变大后变小”或“先变小后变大”,下同),F与其力臂的乘积

。

变大不变变大不变解析已知阻力(物重)不变,阻力臂不变,使绳绕A点从如图

位置沿虚线CD逆时针匀速转动到D点时,动力臂逐渐变小,由

杠杆的平衡条件知,力F变大;此过程中,由于阻力和阻力臂大

小不变,所以F与其力臂的乘积不变。类型三与杠杆动态平衡有关的图像问题7.小华在探究杠杆平衡条件时,左边的钩码个数和位置保持

不变,右边弹簧测力计的作用点固定,只改变测力计与水平方

向的角度θ,则能描述测力计示数F与θ关系的图像是

(

)

A

B

C

DB解析当测力计与杠杆之间的夹角从0度逐渐增加到90度

时,动力臂越来越大,动力越来越小,当测力计和杠杆垂直时,

此时动力臂最大,动力最小,当测力计与杠杆之间的夹角从90

度逐渐增加到180度时,角度越大,动力臂越小,动力越大,角度

为0度或180度时,动力臂趋于0,故F趋于无穷大,故选B。8.如图甲所示,小明在做杠杆平衡实验时,选用了长1.6m、粗

细均匀的金属杆,绕O点在竖直平面内自由转动,同时将一个

“拉力-位移传感器”竖直挂在金属杆上,并使金属杆始终在

水平位置保持平衡,该传感器显示其拉力F与作用点到O点距

离x的关系如图乙所示,由图乙可知,拉力F与作用点到O点的

距离x关系式为

,金属杆重

N。

甲

F=

10甲

乙解析拉力F为动力,金属杆的重力G为阻力,动力臂为x,阻力

臂l为金属杆长的一半,即0.8m,根据杠杆的平衡条件得Fx=

Gl=G×0.8m,由于金属杆的重力G不变,因此Fx的乘积为常

数,即F与x成反比,由图乙中任意一点数据可得Fx=8N·m,故F=

,G=10N。类型四极值问题9.(新考向·开放性设问)(2024江苏无锡惠山期中)如图所示,用一根自重可忽略不计的撬棒撬石块,若撬棒C点受到石块的压力是2000N,且AB=2m,BD=0.6m,CD=0.4m,则要撬动该石块所用的最小的力应不小于(

)A.600NB.400NC.150ND.200ND解析①若以D点为支点,则作用在A点的最小力应垂直杠杆

斜向下,此时AD为动力臂,CD为阻力臂,如图甲;②若以B点为

支点,则作用在A点的最小力应垂直杠杆斜向上,此时AB为动

力臂,BC为阻力臂,如图乙。由题意可知,AD<AB,CD>BC,所

以②更省力;如图乙,以B为支点,动力臂LAB=2m,阻力臂LBC=

BD-CD=0.6m-0.4m=0.2m,由杠杆的平衡条件知,F1'×LAB=F2×

LBC,F1'×2m=2000N×0.2m,解得F1'=200N。

甲

乙10.(2024江苏徐州云龙期中)如图所示,OAB为一可绕O点自

由转动的轻质杠杆,OA垂直于AB,且OA长度为40cm,AB长度

为30cm,在OA中点C处挂一质量为1kg的物块,要求在端点B

处施加一个最小的力F,使杠杆在图示位置平衡,则力F的力

臂应是

cm,最小的力F是

N。(g取10N/kg)4

50解析在B点施加一个最小的力,则力臂应最大,当OB作为力

臂时,动力臂最大;根据勾股定理可知,OB=

=50cm;OC=20cm,根据杠杆的平衡条件可知,mg×OC=F×

OB,即1kg×10N/kg×20cm=F×50cm,解得F=4N。11.(新考法·分析论证)(2024江苏扬州邗江期中)小明利用杠杆做了以下实验,实验时使用的每个钩码的质量均相等,杠杆上相邻刻度线间的距离相等,请回答下列问题:

图1

图2

图3(1)实验前,杠杆静止时如图1所示,此时杠杆

(选填“是”

或“不是”)处于平衡状态,可将杠杆左端的平衡螺母向

(选填“左”或“右”)调节,使杠杆在水平位置平衡,这样做

的好处是

;是右便于测量力臂大小,消除杠杆自重对杠杆平衡的影响(2)如果小明面对图1状况,没有调水平平衡就匆忙进行图2实

验(弹簧测力计挂钩在第4格处),杠杆虽然此时水平平衡,但

可以判断:2G·3a

F1·4a(选填“>”“<”或“=”,a是相

邻刻度线间的距离,F1是弹簧测力计的示数);<

(3)调节杠杆在水平位置平衡后,进行如图3所示的实验,用量

程为5N的弹簧测力计在A点竖直向上拉(如图3中M所示),杠

杆在水平位置平衡时,弹簧测力计的示数为2.5N;若弹簧测

力计斜向上拉(如图3中N所示),杠杆在水平位置平衡时,弹簧

测力计的示数

(选填“>”“<”或“=”)2.5N,在不超过弹簧测力计量程的前提下,拉力的方向与竖直方向的最

大夹角为

°(选填“30”“45”或“60”)。60>解析

(1)实验前,杠杆静止,处于平衡状态;此时杠杆不在水

平位置,左端向下倾斜,右端上翘,故应向右调节平衡螺母,使

杠杆在水平位置平衡,这样做的好处是便于测量力臂大小,消

除杠杆自重对杠杆平衡的影响;(2)图1中杠杆左端下沉,实验

时杠杆水平平衡,杠杆的重心位于O点左侧,设杠杆的重心到

O点距离为L,杠杆自重为G',则水平平衡时,2G·3a+G'L=F1·4a,

所以,2G·3a<F1·4a