专题四 动态杠杆
2020年中考物理二轮复习小专题-杠杆动态平衡
杠杆动态平衡1、杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂写成公式F1l1=F2l22、杠杆的再平衡杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。
判断方法一：比较末状态时力和力臂的乘积是否相等：若相等则继续平衡；若不相等，哪端乘积大，哪端下沉，另一端上升。
判断方法二：直接比较两端力和力臂的乘积的减小量或增加量是否相等而判断。
注意：若力臂的关系未知，则可通过杠杆的初始状态的平衡关系来确定。
3、杠杆的动态平衡（1）力不变改变力臂当力臂减小相同的长度时，力小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1－l0）=F1l1－F1l0；F2（l2－l0）＝F2l2－F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1－F1l0＞F2l2－F2l0即：F1（l1+l0）＞F2（l2+l0）当力臂增大相同的长度时，力大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1+l0）=F1l1+F1l0；F2（l2+l0）＝F2l2+F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1+F1l0＜F2l2+F2l0即：F1（l1+l0）＜F2（l2+l0）力臂成比例增减的时候杠杆仍然平衡。
∵F1l1=F2l2F1nl1＝n F1l1F2nl2＝nF2l2∴F1nl1=F2nl2（顺口溜：近小大，远大大，比例增减无变化）（2）力臂不变改变力当增大相同的力时，力臂大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1+F0）l1=F1l1+F0l1；（F2+F0）l2＝F2l2+F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1+F0l1＞F2l2+F0l2即：（F1+F0）l1＞（F2+F0）l2当减小相同的力时，力臂小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1-F0）l1=F1l1-F0l1；（F2-F0）l2＝F2l2-F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1-F0l1＜F2l2-F0l2即：（F1-F0）l1＜（F2-F0）l2力的大小成比例增减时杠杆仍然平衡。
初中物理专题讲义-动态杠杆分析
专题六 动态杠杆分析杠杆问题是我们生活实践中常见问题,广泛应用于各种机器、机械,在生活中应用也很广泛.初中物理关于杠杆的动态变化问题是学生学习的难点,也是中考试题中的难点和重点并在中考中占有一定比例. 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.动态杠杆分析离不开杠杆的平衡条件：2211l F l F =,即动力×动力臂=阻力×阻力臂.提升重物时,公式为：211Gl l F =,动力为：121l Gl F =. 一、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F 3.图（1）二、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2211l F l F =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,拉力的变化情况是会逐渐减小.三、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,乘积大的一端下降,乘积小的一端上升.图（2）图（3）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.一、杠杆1.什么是杠杆：在力的作用下能绕着固定点转动的硬棒,这根硬棒就叫杠杆.（1）“硬棒”泛指有一定长度的,在外力作用下不变形的物体.（2）杠杆可以是直的,也可以是任何形状的.如图（4）所示.2.杠杆的七要素（如图（5）所示）图（4）杠杆图（5）杠杆的七要素（1）支点：杠杆绕着转动的固定点,用字母“O”表示.它可能在棒的某一端,也可能在棒的中间,在杠杆转动时,支点是相对固定;（2）动力：使杠杆转动的力叫动力,用“F1”表示;（3）阻力：阻碍杠杆转动的力叫阻力,用“F2”表示;（4）动力作用点：动力在杠杆上的作用点;（5）阻力作用点：阻力在杠杆上的作用点;l”表示;（6）动力臂：从支点到动力作用线的垂直距离,用“1l”表示.（7）阻力臂：从支点到阻力作用线的垂直距离,用“2注意：无论动力还是阻力,都是作用在杠杆上的力,但这两个力的作用效果正好相反.一般情况下,把人施加给杠杆的力或使杠杆按照人的意愿转动的力叫做动力,而把阻碍杠杆按照需要方向转动的力叫阻力.力臂是点到线的距离,而不是支点到力的作用点的距离.力的作用线通过支点的,其力臂为零,对杠杆的转动不起作用.3.杠杆示意图的画法（如图（6）所示）：（1）根据题意先确定支点O;（2）确定动力和阻力并用虚线将其作用线延长;甲乙丙图（6）杠杆的示意图（3）从支点向力的作用线画垂线,并用l1和l2分别表示动力臂和阻力臂;第一步：先确定支点,即杠杆绕着某点转动,用字母“O”表示.第二步：确定动力和阻力.人的愿望是将石头翘起,则人应向下用力,画出此力即为动力用“F1”表示.这个力F1作用效果是使杠杆逆时针转动.而阻力的作用效果恰好与动力作用效果相反,在阻力的作用下杠杆应朝着顺时针方向转动,则阻力是石头施加给杠杆的,方向向下,用“F2”表示如图乙所示.第三步：画出动力臂和阻力臂,将力的作用线正向或反向延长,由支点向力的作用线作垂线,并标明相应的“l1”“l2”, “l1”“l2”分别表示动力臂和阻力臂,如图丙所示.4.杠杆的平衡条件（1）杠杆的平衡：当杠杆在动力和阻力的作用下静止时,我们就说杠杆平衡了.（2）杠杆的平衡条件实验图（7）图（8）1）首先调节杠杆两端的螺母,使杠杆在水平位置平衡.如图（8）所示,当杠杆在水平位置平衡时,这样就可以由杠杆上的刻度直接读出力臂实物大小了,而图（7）杠杆在倾斜位置平衡,读力臂的数值就没有图（8）方便.由此,只有杠杆在水平位置平衡时,我们才能够直接从杠杆上读出动力臂和阻力臂的大小,因此本实验要求杠杆在水平位置平衡.2）在实验过程中绝不能再调节螺母.因为实验过程中再调节平衡螺母,就会破坏原有的平衡.（3）杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂,或F1l1=F2l2.5.杠杆的应用（1）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）.（2）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）.（3）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.既省力又省距离的杠杆时不存在的.一、最小力问题【典例1】（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_________.【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：F2.二、力与力臂变化问题【典例2】（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.【解析】（1）根据杠杆平衡条件来做出分析;（2）根据h=Lsin30°求出物体重心上升的高度,再根据W=Gh求出克服重力做的功,即为拉力做的功.【解答】（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;1.三、再平衡问题【典例3】（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【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.一、最小力问题1.（龙东）如图所示的简单机械中一定费力的是（）.A．起瓶器 B．撬棒C．羊角锤 D．钓鱼竿【解析】A、起瓶器在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆,故A错误;B．撬棒在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆,故B错误;C、羊角锤在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆,故C错误;D、钓鱼竿在使用过程中,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆,故D正确.故选D.2. (海南)如图所示,下列工具在使用中属于省力杠杆的是（）.【解析】A、筷子使用时,动力臂小于阻力臂是费力杠杆,故A不符合题意;B、钓鱼竿使用时,动力臂小于阻力臂是费力杠杆,故B不符合题意;C、钢丝钳翦断钢丝时,动力臂大于阻力臂是省力杠杆,故C符合题意;D、食品夹使用时,动力臂小于阻力臂是费力杠杆,故D不符合题意;故选C.3．(齐齐哈尔)如图所示的用具,在正常使用的过程中,属于费力杠杆的是（）.A．B． C．D．【解析】杠杆的分类主要包括以下几种：①省力杠杆,动力臂大于阻力臂;②费力杠杆,动力臂小于阻力臂;③等臂杠杆,动力臂等于阻力臂.A、图示剪刀,在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;B、钢丝钳在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;C、图示剪刀,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆;D、独轮车在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆.故选：C.4.（贵阳）人们应用不同的简单机械来辅助工作,正常使用下列简单机械时说法正确的是（）.A．筷子可以省距离B．所有剪刀都一定省力C．定滑轮可以省力D．撬棒越短一定越省力【解析】A、用筷子夹菜时,动力臂小于阻力臂,所以是一个费力杠杆,费力但省距离,故A正确;B、剪铁皮用的剪刀,在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;理发用的剪刀,在使用过程中,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆;所以,剪刀有省力的,也有费力的,故B错误;C、定滑轮在使用过程中,动力臂等于阻力臂,是等臂杠杆,不省力,故C错误;D、撬棒在使用过程中,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;在其它条件不变时,省力的多少取决于动力臂的长短,撬棒越短动力臂越小,越费力,故D错误.故选A.5．（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.【解析】确定支点,压力为动力,棒的重力为阻力,根据杠杆的平衡条件进行分析,且要使力最小,需使动力臂最长.【解答】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：1.5.6．（泸州）泸州市为了巩固创文成果下发了宜传手册“绿色低碳生活,从垃圾分类开始”.如图是一种轮式垃圾桶,拖动时它相当于一个杠杆（选填“省力”或“费力”）;垃圾桶底部的小轮子是为了摩擦力（选填“增大”或“减小”）;若拖动时垃圾桶总重为150N,且动力臂为阻力臂的2倍,则保持垃圾桶平衡的拉力F为N.【解析】（1）由示意图分析动力和阻力,然后看动力臂和阻力臂的大小,确定杠杆种类;（2）用滚动代替滑动可以减小摩擦;（3）根据杠杆的平衡条件进行计算求出竖直向上的力.【解答】（1）图示的垃圾桶,因为是动力臂大于阻力臂的杠杆,所以是一个省力杠杆;（2）垃圾桶底部安装小轮子,采用变滑动为滚动的方式减小了摩擦力;（3）已知垃圾桶总重G=150N,动力臂L1=2L2,根据杠杆平衡条件：FL1=GL2可得,保持垃圾桶平衡的拉力为：F===75N.故答案为：省力;减小;75.7.（德阳）如图OAB轻质杠杆,O为支点,请在图中B点处画出能使杠杆保持平衡的最小力F的示意图.【解析】（1）根据杠杆平衡的条件可知,在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下,要使所用的动力最小,必须使动力臂最长;（2）在通常情况下,连接杠杆支点和动力作用点这两点所得到的线段最长,依此为动力臂,最省力.【解答】（1）由O点到杆顶端的距离是最长的力臂,所以动力应作用在杠杆的顶端B处;（2）根据杠杆平衡的条件,要使杠杆平衡,动力方向垂直于杆向上,据此可画出最小的动力,如图所示：8.（安徽）图a所示为前臂平伸用手掌拖住铅球时的情形.我们可将图a简化成如图b所示的杠杆.不计自重.若铅球质量m=3kg,OA=0.03m,OB=0.30m,求此时肱二头肌对前臂产生的拉力F1大小（g取10N/kg）.【解析】肱二头肌对前臂产生的拉力F1为动力,3kg铅球的重力即为阻力F2,利用杠杆的平衡条件求肱二头肌的收缩力.解答：由图可知,支点是O点,肱二头肌对前臂产生的拉力F1为动力,3kg铅球的重力即为阻力F2,则阻力：,由图知,L1=OA=0.03m,L2=OB=0.30m,根据杠杆的平衡条件：,即：,解得F 1=300N.答：肱二头肌对前臂产生的拉力F1为300N.9．(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”;C．增大“重”时,应把“权”向A端移;D．增大“重”时,应更换更小的“权”【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.10．(眉山)如图所示,轻质杠杆OA能绕O点转动,请在杠杆中的A端画出使轻质杠杆保持平衡的最小的力F的示意图（要求保留作图痕迹）.【解析】此题是求杠杆最小力的问题,已知点O是动力作用点,那么只需找出最长动力臂即可,可根据这个思路进行求解.【解答】O为支点,所以力作用在杠杆的最右端A点,并且力臂是OA时,力臂最长,此时的力最小.确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F．如图所示：11．(绵阳)如图所示,两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上,质量分布不均匀的木条AB重24N,A、B是木条两端,O、C是木条上的两个点,AO=B0,AC=OC．A端放在托盘秤甲上,B端放在托盘秤乙上,托盘秤甲的示数是6N．现移动托盘秤甲,让C点放在托盘秤甲上.此时托盘秤乙的示数是（）.A．8N B．12N C．16N D．18N【解析】A端放在托盘秤甲上,以B点支点,根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离,当C点放在托盘秤甲上C为支点,再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数.【解答】设木条重心在D点,当A端放在托盘秤甲上,B端放在托盘秤乙上时,以B端为支点,托盘秤甲的示数是6N,根据力的作用是相互的,所以托盘秤对木条A端的支持力为6N,如图所示：由杠杆平衡条件有：F A×AB=G×BD,即：6N×AB=24N×BD,所以：AB=4BD,BD=AB,当C点放在托盘秤甲上时,仍以C为支点,此时托盘秤乙对木条B处的支持力为F B,因为AO=BO,AC=OC,所以CO=OD=BD,BC=3BD,CD=2BD由杠杆平衡条件有：F B×BC=G×CD,即：F B×3BD=24N×2BD,所以：F B=16N,则托盘秤乙的示数为16N.故选C.12. (天津)利用图甲中的撬棒撬石块时,撬棒相当于______(选填“省力”或“费力”)杠杆;利用图乙中的滑轮组匀速提升900N的重物时,若忽略滑轮自重、绳重及摩擦,人对绳的最小拉力为______N.【解析】（1）结合图片和生活经验,判断杠杆在使用过程中,动力臂和阻力臂的大小关系,再判断它是属于哪种类型的杠杆.（2）由乙图可知绳子的有效股数,根据F=G物求出拉力的大小.【解答】（1）用撬棒撬石头时,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆;（2）由乙图可知绳子的有效股数n=3,拉力F=G物=×900N=300N.故答案为：省力;300.13．(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.【解析】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.解：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;100.14.(昆明)如图所示,轻质杠杆 OA 可绕 O 点无摩擦转动,A 点处挂一个重为 20N 的物体,B 点处加一个竖直向上的力 F,杠杆在水平位置平衡,且 OB：AB=2：1.则 F= N,它是杠杆.【考点】杠杆的平衡条件;杠杆的分类.【解析】已知物体G的重力,再根据杠杆平衡的条件F•OB=G•OA可直接求F的大小,根据拉力F和G的大小判断杠杆的种类.【解答】因为OB：AB=2：1,所以OB：OA=OB：（OB+AB）=2：（2+1）=2：3,由杠杆平衡的条件F得：F•OB=G•OA可得：F===30N;因为F＞G,所以此杠杆为费力杠杆.故答案为：30;费力.15.(连云港)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＜F2B．F1＞F2C．F2＜G D．F1=G【解析】由题知,O为支点,当阻力、阻力臂不变时,由杠杆的平衡条件知：动力和动力臂的乘积一定,当动力臂较大时,动力将较小;动力臂较小时,动力将较大.因此先判断出F1、F2的力臂大小,即可判断出两力的大小关系从而比较出F1、F2与G的关系.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.【答案】B.二、力与力臂变化问题1.（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（）.A．大于5kg B大于49N C小于49N D.等于49N【解析】首先确定杠杆的支点、动力、阻力及对应的动力臂和阻力臂,根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2,并结合力臂的概念进行分析.【解答】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.（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”）.【解析】（1）物体的重力为阻力,杠杆在水平位置保持平衡时,BC为阻力臂,BA为动力臂,根据杠杆的平衡条件F1l1=F2l2求出拉力的大小;（2）利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况.【解答】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.3．(邵阳)某物理实验小组的同学,利用如下图所示的装置,在杠杆支点的两边分别挂上钩码来探究杠杆的平衡条件.（1）如图甲所示,为使杠杆在水平位置平衡,应将右端的平衡螺母向移动.（选填“左”或“右”）（2）实验中测得的数据如下表所示：测量序号动力F1/N 动力臂l 1 /cm 阻力F2/N 阻力臂l 2/cm① 1 20 2 10② 2 15 1.5 20③ 3 5 1 15由实验数据可以得出杠杆的平衡条件是 .（3）如图乙所示,将杠杆两端同时减去一个钩码,杠杆左端会 .（选填“下沉”或“上升”）【解析】杠杆在水平位置平衡后,支点到力的作用点的距离就是力臂,因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡.（1）杠杆左端下沉,说明杠杆的重心在支点左侧,调节平衡螺母应使杠杆重心右移,这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响;杠杆在水平位置平衡时,力的方向与杠杆垂直,力臂的长度可以直接从杠杆上读出来.（2）分析表中数据得出杠杆的平衡条件为：;（3）用杠杆平衡条件可对两侧的力的力臂的乘积进行分析,最后做出判断.解答：（1）如图甲所示,杠杆左端下沉,说明杠杆的重心在支点左侧,应将右端的平衡螺母向右移动;（2）分析表中数据,计算动力乘以动力臂和阻力乘以阻力臂,就可以得出杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂（或）.（3）设一个钩码的重力G,一格的长度为L,则当杠杆两侧的钩码各取下一个后,左边右边;故杠杆不再水平平衡,左侧会下沉;故答案为：（1）右;（2）（或“动力×动力臂=阻力×阻力臂”）;（3）下沉.4.(吉林)在“探究杠杆平衡条件”的实验中：（1）把质量分布均匀的杠杆中点作为支点,其目的是消除对实验得影响;（2）如图所示,是已经平衡的杠杆,若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码,杠杆会失去平衡,那么只需要将（选填：下列序号）,杠杆就会重新平衡;①左侧钩码向左移动4个格②右侧钩码向左移动2个格③平衡螺母向左适当调节（3）小明改用弹簧测力计做实验,如图所示,使杠杆在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数 1N （选填：“大于”、“小于”、“等于”）.（每个钩码0.5 N ）【解析】重点研究是杠杆平衡条件的实验,第二问中将钩码重,及移动后的力臂代入杠杆平衡条件,两边相等就可以平衡,两边不等,不会平衡,第三问中测力计斜着拉杠杆时,力臂减小,所以动力F要增大.（1）把质量分布均匀的杠杆中点作为支点,其目的是消除杠杆自重对实验得影响,实验时方便让杠杆在水平位置平衡;（2）如图所示,是已经平衡的杠杆,若在两侧的钩码下再各增加一个相同的钩码,杠杆会失去平衡;设杠杆一格长为L,每个钩码重为G;①左侧钩码向左移动4个格,可得：,杠杆不平衡;②右侧钩码向左移动2个格,可得：,杠杆平衡;③实验过程中不能通过调节平衡螺母来调整平衡,方法是错误的;可见②的方法杠杆会重新平衡,故选②.（3）小明改用弹簧测力计做实验,如图所示,使杠杆在水平位置平衡.当图中测力计竖直向上拉时,得：解得：;如图中,测力计斜着拉时,力F的力臂会减小,由于阻力和阻力臂不变,则动力臂减小,动力要增大,所以弹簧测力计的示数大于1N.【答案】（1）杠杆自重;（2）②;（3）大于.5.(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”）【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：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.6．(达州)如图所示,光滑带槽的长木条AB（质量不计）可以绕支点O转动,木条的A端用竖直细线连接在地板上,OA=0.6m,OB=0.4m.在木条的B端通过细线悬挂一个长方体木块C,C的密度为0.8×103kg/m3,B端正下方放一盛满水的溢水杯.现将木块C缓慢浸入溢水杯中,当木块浸入水中一半时,从溢水口处溢出0.5N 的水,杠杆处于水平平衡状态,然后让质量为300g的小球从B点沿槽向A端匀速运动,经4s的时间系在A端细绳的拉力恰好等于0,下列结果不正确的是（忽略细线的重力,g取10N/kg）（）.A．木块受到的浮力为0.5N;。
杠杆的原理和应用
杠杆的原理和应用杠杆在物理学和工程学中是一种简单而基本的原理，它也被广泛地应用在金融领域。
杠杆原理指的是利用杆（杠）的支点，以较小的力量作用在较长的杠臂上，达到放大力量的效果。
在金融学上，杠杆则是指通过借贷或其他衍生品工具来放大投资的效果。
本文将探讨杠杆的原理和其在不同领域中的应用。
一、杠杆的原理1. 物理学中的杠杆原理在物理学中，杠杆的原理是一个基本的力学原理，主要用于描述力的作用和传递。
杠杆由一个支点和作用在支点两侧的两个力组成，其中一个力作用在支点的一侧，另一个力则作用在支点的另一侧。
根据杠杆的长度和两个力的大小，可以通过杠杆原理来计算力的放大或缩小效果。
2. 金融学中的杠杆原理在金融学中，杠杆原理指的是利用借贷或其他金融衍生品工具来增加投资收益或风险的方法。
通过借贷或使用衍生品工具，投资者可以以较小的资本投入来控制较大的资产规模，从而放大投资回报。
但与此杠杆也会增加投资的风险，因为投资者需要承担借贷成本以及可能的亏损。
二、杠杆的应用1. 物理学中的杠杆应用物理学中的杠杆原理在日常生活中有着广泛的应用。
剪刀、门闩、起重机等工具和设备都是通过杠杆原理来实现力的放大或缩小。
杠杆原理还被应用在建筑工程、机械制造和运输领域，帮助人们完成各种力的作用和传递。
2. 金融学中的杠杆应用在金融领域，杠杆的应用是投资活动中的重要策略之一。
杠杆可以通过借贷股票、期货、期权等金融工具，以较小的资本投入来实现对更大规模资产的控制。
这种方式可以放大投资者的回报，但同时也增加了投资的风险。
不当地使用杠杆可能会导致投资者面临更大的亏损风险。
三、杠杆应用的风险与挑战1. 物理学中的杠杆风险在物理学中，杠杆的设计和使用需要考虑到材料的强度、支点的稳定性以及外力的干扰等因素。
不合理的设计或使用有可能导致杠杆断裂、失稳或损坏，带来安全隐患。
2. 金融学中的杠杆风险在金融领域，杠杆操作也存在一定的风险。
过度使用杠杆可能导致资金链断裂，投资者可能面临资金流动性问题，进而导致违约和亏损。
精品习题课件 专题四 动态杠杆
11．在均匀的轻质杠杆右端固定重物 GA，O 为杠杆的支点， 当在杠杆左端 B 处悬挂一较轻重物 GB，杠杆保持水平平衡，当将
右 移动， 重物 GB 向右端移动时， 要使杠杆保持平衡， 则支点 O 向____
移动前的力臂分别为 lA、lB，移动后的力臂分别为 lA′、lB′，则 lA′ lA ＝ ____(选填“＞”“＜”或“＝”) 。 lB lB′
专题四 动态杠杆
类型一
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：在杠杆上找一点(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作为动力臂，动力方向应该是 过动力作用点与连线垂直的方向，并且让杠杆的转动方向与阻 力让杠杆转动的方向相反。
类型二
4．如图所示，一根木棒在水平拉力F的作用下以O点为轴，由
竖直位置逆时针匀速转到水平位置的过程中，若动力臂为l，动力 与动力臂的乘积为M，则( C )
A．F增大，l增大，M增大
B．F增大，l减小，M减小 C．F增大，l减小，M增大 D．F减小，l减小，M增大
5．如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上每格均匀 等距，每个钩码都相同。下列四项操作中，会使杠杆右端下倾的 是( A )
动到OB位置的过程中ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ力F的大小将( C )
A．一直变大 B．一直变小 C．先变大，后变小 D．先变小，后变大
8．如图，两端分别站着一个大人和一个小孩，杠杆处于平衡，
如果它们同时以相同的速度向支点缓慢走去，杠杆将( A )
A．小孩那端下沉 B．大人那端下沉 C．仍保持平衡 D．无法确定
9．(2015·南京)如图甲所示，杠杆两端挂着两个体积相等但材 料不同的物体，杠杆在水平位置处于平衡，若现在将这两个物体
中考物理总复习-杠杆的动态平衡问题 重点及考点(共34张PPT)
例5 如图所示的轻质杠杆，AO小于BO。在A、B两端悬挂重物(同种物质) G1和G2后杠 杆平衡。若将G1和G2同时浸没到水中则( ) A.杠杆仍保持平衡 B.杠杆的A端向下倾斜 C.杠杆的B端向下倾斜 D.无法判断
6. 杠杆调平衡后，将两个体积相同的重物分别挂在杠杆两侧的A、B处，杠杆仍然平衡，
极值法
李贺
12.从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰(如图甲)或人下蹲弯曲膝盖(如图乙)把它
搬起来，哪种方法好呢?下面就建立模型说明这个问题。把脊柱简化为杠杆如图丙所示，
脊柱可绕骶骨(轴)O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F1作用在A点，其实际作用方向 与脊柱夹角为12°且保持不变。搬箱子拉力F2作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替 箱子。用测力计沿F1方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着， 改变脊柱与水平面的夹角即改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论。
器。右侧用细线悬挂一质量为50 g的钩码(细线的质量忽略不计)。测量时往容器中加满
待测液体，移动钩码使杠杆在水平位置平衡，在钩码悬挂位置直接读出液体的密度。
(1)该“密度天平”的“零刻度”应标在右端离支点O
cm处。
(2)该“密度天平”的量程为多大?
(3)若将钩码的质量适当增大，该“密度天平”的量程将
4.(多选)如图所示，均匀细杆OA长为l，可以绕O点在竖直平面内自由移动，在O点正上 方距离同样是l的P处固定一定滑轮，细绳通过定滑轮与细杆的另一端A相连，并将细杆 A端绕O点从水平位置缓慢匀速向上拉起。已知绳上拉力为F1，当拉至细杆与水平面夹 角θ为30°时，绳上拉力为F2，在此过程中（不考虑绳重及摩擦），下列判断正确的是 () A.拉力F的大小保持不变 B.杆OA的重力势能增加 C.细杆重力的力臂逐渐减小 D.F1与F2两力之比为 2∶1
杠杆知识点总结笔记
杠杆知识点总结笔记一、杠杆的概念和作用1. 杠杆的概念杠杆，是指借助外力或外力系统，通过在一个支点上施加不同方向的力或力矩，来实现原运动的改变或者原来无法得到的运动。
在经济学中，杠杆是指借助外部资源来壮大企业的规模或者增加企业获利的能力的一种手段。
2. 杠杆的作用杠杆可以用来放大投资回报，但同时也会放大风险。
通过使用杠杆，投资者可以用较少的资金来控制更大的资产，从而获取更高的收益。
但如果市场走势不利，杠杆也会放大损失。
因此，使用杠杆需要谨慎，并且需要有良好的风险管理能力。
二、杠杆的类型1. 财务杠杆财务杠杆是指企业通过债务融资来扩大投资规模，从而放大投资回报的一种杠杆方式。
财务杠杆包括负债资本比率、固定支出的资金、利息负担等内容。
2. 经营杠杆经营杠杆是指企业通过改变生产规模、经营范围和运营方式等，来降低固定成本比例，从而放大利润的一种杠杆方式。
经营杠杆包括经营成本的固定性、规模经济、利润杠杆等内容。
3. 定价杠杆定价杠杆是指企业通过调整产品价格来影响销售收入和利润水平，从而放大盈利的一种杠杆方式。
定价杠杆包括产品弹性、市场定位、价格灵活性等内容。
三、杠杆的应用1. 投资杠杆投资杠杆是指投资者通过借贷来增加自己的投资规模，从而放大投资回报的过程。
投资杠杆在股票、期货、外汇等金融市场中应用广泛，但需要注意市场风险和信用风险。
2. 企业杠杆企业杠杆是指企业通过财务、经营、定价等方式来实现利润的放大效应，从而提高企业竞争力和盈利能力。
企业杠杆的强弱对企业的核心竞争力和可持续发展具有重要影响。
3. 杠杆管理杠杆管理是指企业或个人为了控制风险和提高效益，在使用杠杆的过程中进行的一系列风险管理、资产配置、财务管理等措施的总称。
杠杆管理对于投资者和企业来说都是非常重要的，可以降低风险，提高盈利。
四、杠杆的风险与控制1. 杠杆的风险a. 市场风险：当市场走势与预期不符时，杠杆会放大投资损失。
b. 杠杆率过高：过高的杠杆率会增加企业财务杠杆效应，增加偿债能力的风险。
杠杆动态变化问题的解题方法
2杠杆动态变化问题的解题方法甘肃省永昌县红山窑中学 茹武年杠杆在我们生活中随处可见，广泛应用于各种机器、机械，在生活中应用也很广泛，比如吃饭用的筷子，钓鱼的鱼竿，修剪指甲的指甲刀，我们的胳膊，就连我们从地上抬起箱子的一端也能把箱子抽象的看成是杠杆。
初中物理关于杠杆知识的教学中，杠杆的动态变化问题是学生最难理解、教师最难讲解的问题，为了帮助同学们轻松理解杠杆变化问题，掌握其解题方法，我就初中物理杠杆变化的最常见问题，分两类分别介绍它们的变化情况和解题方法。
第一类是支点在杠杆中间，由力矩的变化量研究杠杆失去平衡发生倾斜的问题。
这有两种分析方法：1.赋值法。
对于有些问题，若能根据其具体情况，合理地、巧妙地对某些元素赋值，特别是赋予确定的特殊值，往往能使问题获得简捷有效的解决，这就是赋值法。
例1：如图1所示，杠杆处于水平平衡状态，杠杆上每小格之间的距离相等，每个钩码的质量相等，若在两边钩码下方各加挂一只相同的钩码，释放后观察到的现象将是什么？分析：我们给每一个钩码赋1N 的重力，杠杆上每一小格赋一个单位长度，原来水平平衡时支点左边的力矩为2×3=6，右边力矩为3×2=6，两边力矩相等。
若在两边钩码下方各加挂一只相同的钩码，支点左边力矩就变成了3×3=9，右边力矩变成了4×2=8，支点两边力矩不相等，左边力矩大于右边力矩，杠杆左端下沉。
方法简单，易于理解。
2.分析力矩的变化量，这里面又有两种情况（1）支点两边力矩的变化量都是增量的。
例2.如图2所示，杠杆处于水平平衡状态，每个钩码的质量相等，若在两边钩 码下方各加挂一只相同的钩码，杠杆的那端下沉？分析：由于杠杆上没有画小格，不好用赋值法，我们可以研究杠杆力矩的变化量。
杠杆原来是水平平衡的，原来的两个力矩就是相等的，M 1=M 2即G 1L 1=G 2L 2，由杠杆平衡条件可知，当G 1＜G 2时，L 1＞L 2。
现在在两边钩码下各加挂同重的一个钩码后，如图3所示，杠杆是否还能水平平衡，这就要看现在杠杆两边的两个力矩是否相等。
杠杆的动态平衡分析讲解
目录
• 杠杆基本原理与动态平衡概述 • 杠杆受力分析与静态平衡条件 • 动态平衡过程描述与数学模型建立 • 影响因素识别及其对动态平衡影响机制 • 调控策略制定及实施效果评估 • 总结与展望
01
杠杆基本原理与动态平衡概述
杠杆定义及作用
01
杠杆是一种简单机械，由支点、动力作用点、阻力 作用点和动力臂、阻力臂构成。
01
02
03
1. 确定杠杆的支点和转动方 向。
2. 画出动力和阻力及其力臂。
04
05
3. 根据杠杆平衡条件列方程 求解。
实例分析：静态平衡问题解决方法
实例一：天平平衡问 题
根据方程求解未知量， 如砝码质量、游码位 置等。
分析天平两侧受力情 况，列出平衡方程。
实例分析：静态平衡问题解决方法
实例二：杆秤称重问题 分析杆秤受力情况，列出平衡方程。
关注行业动态，了解新技术和新方法的应用情况，以便更好地适应未来发展的需要。
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稳定阶段
当施加的力与重力分力达到平衡时，杠杆停止倾斜并保持新的平衡状态。此时，杠杆的 动态平衡得以实现。
05
调控策略制定及实施效果评估
调控策略制定原则和方法
针对性原则
根据经济、金融市场的具体情况，制定相应的调控策略。
及时性原则
调控策略的制定和实施应及时，以迅速应对市场变化。
调控策略制定原则和方法
调控策略制定原则和方法
基于历史数据的统计分析
通过对历史数据的统计分析，发现市场运行的 规律，为制定调控策略提供依据。
基于经济模型的预测分析
利用经济模型对市场未来走势进行预测，制定 相应的调控策略。
初中物理杠杆模型归纳总结
初中物理杠杆模型归纳总结物理中的杠杆模型是初中阶段物理学习中的一个重要部分，也是力的平衡和力矩的关键概念之一。
在本文中，我将对初中物理中的杠杆模型进行归纳总结，从杠杆的定义、杠杆原理到杠杆的分类和应用等方面进行说明和解析。
1. 杠杆的定义和基本原理杠杆，简单来说，就是由支点和两个力臂组成的一个物体。
在杠杆作用下，受力物体的运动和平衡状态会发生改变。
杠杆的基本原理是力矩平衡，即在一个平衡的杠杆系统中，杠杆两侧的力矩相等。
根据力矩平衡的原理，我们可以通过对杠杆的分析来解决与杠杆有关的物理问题。
2. 杠杆的分类根据支点的位置和力的作用方向，杠杆可以分为三类：第一类、第二类和第三类杠杆。
（1）第一类杠杆：支点位于力的作用线之上或之下的杠杆。
在第一类杠杆中，当力的力臂与支点的距离相等时，力矩平衡，杠杆处于平衡状态。
（2）第二类杠杆：支点位于杠杆的一端，力的作用方向位于支点的另一侧。
在第二类杠杆中，当力的力臂大于负载的力臂时，力矩平衡，杠杆处于平衡状态。
（3）第三类杠杆：支点位于杠杆的一端，力的作用方向位于支点的同一侧。
在第三类杠杆中，虽然力臂较短，但仍可以通过增加力的大小来实现力矩平衡。
3. 杠杆的应用杠杆的应用广泛存在于我们的日常生活中。
以下是一些常见的杠杆应用。
（1）剪刀：剪刀是一种常见的第一类杠杆。
剪刀的支点位于两个刀刃的连接处，通过对杠杆原理的应用，我们可以轻松地将材料剪断。
（2）撬棍：撬棍是一种常见的第二类杠杆。
当我们需要将一个较重的物体抬起时，我们可以将一个较长的撬棍放置在物体底部，并施加小力于撬棍的一部分，从而实现力的倍增。
（3）梯子：梯子也是一种常见的第二类杠杆。
当我们爬上梯子时，我们施加的力位于梯子的一侧，支点位于地面上，通过对杠杆原理的应用，我们可以保持平衡并安全地爬上梯子。
4. 杠杆模型的意义和应用杠杆模型在物理学中的应用远不止以上几个例子。
通过对杠杆的研究和应用，我们可以深入理解力的平衡和力矩的概念，并将这些概念扩展应用到其他相关的物理问题中，如浮力、测量和机械原理等。
初中物理之杠杆动态平衡
练一练
A
答案： A
阻力臂：从支点到阻力作用线的距离，用L2表示。
支点
O
------------------------------------------------L1动力臂L Nhomakorabea 阻力臂
阻 力 F2
F
B
1A F
画出图中各力的力臂
2
O
F1
B
（1）找出支点的位置
（2）确定动力、阻力 作用线
（3）从支点作动力、阻力 作用线的垂线
（4）标垂足,定力臂
A F2
L1
O----------------------
-
L2
想一想
画出图中杠杆各力的力臂
L1
F1
O
L2
F2
F1
O
F ----------------- 2
L1
L2
杠杆平衡的特征：静止或匀速转动 杠杆的平衡条件：
动力 X 动力臂＝阻力 X 阻力臂
用字母表示为: F1L1=F2L2 或
-----------------------
L1
F2/
F2 F1
初始杠杆竖直，F1
始终水平，使杠杆缓 慢抬升到水平位置，
F1 如何变化？
F1/
用由杠杆平衡条件: F1L1=F2L2
可得
F1
F2 L2 L1
由图分析可得，动力臂减小， 阻力臂增大，所以动力增大
研究杠杆的动态平衡
1、由杠杆平衡条件准确写出要求之力的表达式
用由杠杆平衡条件: F1L1=F2L2
F1/
十二章微专题 动态杠杆
专题四动态杠杆类型一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：在杠杆上找一点(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作为动力臂，动力方向应该是过动力作用点与连线垂直的方向，并且让杠杆的转动方向与阻力让杠杆转动的方向相反。
类型二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。
主要有以下几种情况：(1)F2l2一定，F1和l1成反比；(2)F2、l1不变，F1和l2成正比；(3)F2、l1/l2一定，F1不变。
类型三再平衡问题当力的大小发生变化，或力臂发生变化，杠杆的平衡状态不能保持，力臂发生变化的原因可能是力的作用方向发生改变；有可能是杠杆的支点发生了移动；也有可能是杠杆发生了转动等。
要使杠杆继续保持平衡，则使杠杆转动的总的动力矩和阻碍杠杆转动的总的阻力距相等(力矩是指力和力臂的乘积)，若力矩不等，则杠杆会沿力距较大的方向转动。
1．利用杠杆投掷石球，如图，作用在A点的力沿____方向时最小，已知石球重100 N，OA∶OB＝1∶4，则作用在A点力的最小值为__________。
(不计杠杆自重及摩擦)2．如图是一侧带有书柜的办公桌，现要用最小的力将其一端稍抬离地面，请画出这个力的方向及其力臂。
(O 表示这个“杠杆”的支点)3．如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力的方向，使其从①→②→③。
此过程中，弹簧测力计的示数将()A．逐渐变大B．逐渐变小C．先变大后变小D．先变小后变大4．如图所示，一根木棒在水平拉力F的作用下以O点为轴，由竖直位置逆时针匀速转到水平位置的过程中，若动力臂为l，动力与动力臂的乘积为M，则()A．F增大，l增大，M增大B．F增大，l减小，M减小C．F增大，l减小，M增大D．F减小，l减小，M增大5．如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态，杠杆上每格均匀等距，每个钩码都相同。
中考物理一轮复习 专题专练四 动态杠杆word版-2019~2020学年度
专题专练四动态杠杆类型一最小力问题1. 如图所示，OAB为均匀直角尺，重为2G，且OA＝AB，直角尺可绕过O点的水平轴在竖直平面内自由转动。
为使杆的OA部分保持水平，若施力于A端，则最小作用力为。
2. 如图所示，高0.8 m、重1 100 N，均匀的圆柱形木柱M，截面半径为0.3 m，将它竖直放在水平地面上时，木柱所受的重力与地面对它的支持力是一对力；若要使木柱的a点离开地面，至少需要 N的力。
第1题第2题第3题3. 如图所示，某人用一根长为1 m的轻质硬棒去撬动A端一块重500 N的石块，已知支点O到A端长20 cm，则此杠杆是(选填“省力”或“费力”)杠杆；在B端至少要加N的力才能撬动石块。
4. 如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动，杠杆长0.3 m，它的中点B处挂一重20 N的物体G.若在杠杆上A端施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，则力F的方向应，大小为N。
5. 如图所示，O是支点，在B端挂一重物，为使杠杆水平平衡，要在A端施加一个力，下列说法正确的是( )A. F1最小B. F2最小C. F3最小D. 一样大第4题第5题第6题6. 用如图所示的轻质杠杆匀速提起重为300 N的物体G，已知AB＝50 cm，BC＝30 cm，CD＝40 cm，BD ＝50 cm.则在D点所用的力的最小值为(B为支点)( )A. 500 NB. 375 NC. 300 ND. 无法计算类型二力的变化问题7. 电视剧《三国》中有一种武器叫抛石机：士兵用力拉动(斜拉)杠杆时，会将石块抛向敌方阵营，其原理如图所示，请你标出图中力的力臂．若将A点的用力方向由原来的方向移至竖直位置(虚线的位置)时，在A点所用的力会(选填“变大”“变小”或“不变”)。
8. 如图所示的杠杆(自重和摩擦不计)，O为支点，A处挂一重为100 N的物体，为保证杠杆在水平方向平衡，在中点B处沿(选填“F”“F1”或“F2”)方向施加一个最小的力为N。
初中物理总复习杠杆动态平衡问题
M
P
Q
B
o
A
图12
最大
不变
小
小 F l2 G
l1
先变大再变小
杠杆动态平衡A---阻力不变，判断动力的变化 3.阻力臂和动力臂同时变化，但比值
不变
例3、用右图3所示的杠杆提升重物，设作用在B端的力F始终竖直向下，在将重物慢慢提升到一定高度
的过程中，F的大小将（ ）
A、保持不变 B、逐渐变小
C、逐渐变大 D、先变大，后变小
B)左端下降； C)右端下降； D)无法判断。
请你做一做
5.如图，前后两人抬一个大而均匀的重木箱上楼. ①作出木箱的受力示意图 ②以木箱重心为支点，画出每个力的力臂.比较两人用力F前 F后. ③要使两人用力相等，应怎样抬
【答案】①见图6-态.
6.（长沙）如图，轻质杠杆的A端挂一边长为10cm的正方体石块，在OA的中点施加一竖直向上的力F，当 F=40N时，杠杆在水平位置平衡，则石块重__N。其密度为__kg/m3，将石块浸没于盛水的烧杯中，若杠 杆仍在水平方向再次平衡，则F=________N。（g =10N／kg）
A
l2 C
G
变大
B
D l1
F l2 G l1
变大
l2 OA
比值不变
l1 OB
杠杆动态平衡A---阻力不变，判断动力的变化 4.阻力臂和阻力臂同时变化，根据比值变化判断
例4、如图所示，一个轻质杠杆可绕轴O转动，在杠杆的中点挂一重物，在杆的另一端施加一个方向
始终保持水平的力F，将直杆从竖直位置慢慢抬起到水平位置过程中，力F大小的变化情况是( )
B
杠杆动态平衡D--两力臂不变，动力与阻力改变
同时浸没液体中，考虑浮力，可结合差值法比较判断
杠杆动态平衡
个性化教学辅导教案学科科学学生姓名年级初三任课老师授课时间教学目标教学内容：杠杆动态平衡考点：根据杠杆知识，将其运用到杠杆动态平衡中能力：1.熟练掌握杠杆的基础知识2．学会分析动态杠杆的受力情况3.判断动态平衡时的支点、动力、阻力、动力臂、阻力臂方法：讲授法课堂教学过程课前检查作业完成情况：优□良□中□差□建议:过程一．课前交流，了解学生上次课的复习情况1.检查作业并进行讲解2.了解学生对之前学过的内容的掌握情况3.了解学生在学习过程中遇到的问题以及知识混淆点二．知识梳理一、杠杆等值变化中的平衡问题【例1】如图所示，用一细线悬挂一根粗细均匀的轻质细麦秸秆，使其静止在水平方向上，O为麦秸秆的中点．这时有两只大肚皮的蚂蚁同时从O点分别向着麦秸秆的两端匀速爬行，在蚂蚁爬行的过程中麦秸秆在水平方向始终保持乎衡，则（）A．两蚂蚁的质量一定相等B．两蚂蚁的爬行速度大小一定相等C．两蚂蚁的质量与爬行速度大小的乘积一定相等D．两蚂蚁对麦桔杆的压力一定相等【解析】本题考查的是对杠杆平衡条件的最基本的理解。
根据杠杆平衡条件，要使杠杆平衡，应使动力与阻力的力与力臂的乘积相等，而不是两力相等或两力臂相等，所以本题应选C。
本题杠杆是力与力臂同时变化，因已知杠杆平衡，所以难度很小。
若只是两力臂等值变化或两力等值变化，要判断杠杆是否平衡就不那么简单了。
〖变形1〗如图所示，用一细线悬挂一根粗细均匀的轻质细麦秸秆，使其静止在水平方向上，O为麦秸秆的中点。
这时有两只质量不等的大肚皮蚂蚁在图示A、B位置，麦秸秆恰好在水平位置平衡。
若两蚂蚁同时从A、B两点以相同的速度爬向O点，则麦秸秆（）A．仍在水平位置平衡B．不能平衡，右端下降C．不能平衡，左端下降D．条件不足，无法判断方法一：两蚂蚁爬行速度相同，则相同时间减少的力臂相同，但由于左边的蚂蚁大，所以左边蚂蚁减少的力与力臂乘机较大，最终杠杆左边力与力臂乘积较小，所以麦秸秆右边下降，选B。
中考物理：杠杆平衡条件和4类动态分析点拨
1. 阻力臂变化引起的动态平衡 1.如图是吊车救援的结构示意图，伸缩撑杆为圆弧状，工作时它对吊臂的支持 力始终与吊臂垂直，使吊臂绕O点缓慢转动，从而将货物提起。下列说法正确 的是( D ) A．吊臂是一个省力杠杆 B．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆对吊臂的支持力大小不变 C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆对吊臂的支持力的力臂变大 D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆对吊臂的支持力逐渐变小
2.如图所示，OA为一轻质杠杆，OB长0.2 m，AB长0.4 m，重物G＝30 N，拉力 F作用在A点上，当杠杆水平平衡时，动力臂为___0_.6___m，拉力为___1_0___N；保 持拉力F与杠杆垂直，杠杆缓慢地由A位置放至C位置，此过程中拉力F将 ___变__小____(选填“变大”“变小”或“不变”)。
3．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图。杆AB可绕O点转动，杆右端均 匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重。若 作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程 中，动力F大小的变化是___先__变__大__后__变__小____。
【方法点拨】(1)画出杠杆在不同位置的示意图； (2)根据题目条件分析杠杆转动过程中不变的物理量是阻力和动力臂，变化的物 理量是阻力臂； (3)判断阻力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2分析动力的变化，即阻 力臂变大则动力变大，阻力臂变小则动力变小。
【方法点拨】(1)画出杠杆在不同位置的示意图； (2)根据题目条件分析杠杆转动过程中动力臂和阻力臂同时变化，一般不变化的 量是阻力； (3)判断动力臂和阻力臂的变化情况，根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2分析动力的变 化(可用比值法判断)。 (4)杠杆不再平衡时，分析F1l1和F2l2的乘积的大小，乘积较大的一端下沉。
利用三角函数分析动态杠杆平衡问题
利用三角函数分析动态杠杆平衡问题杠杆平衡条件F1l1=F2l2有着非常广泛的应用，尤其是动态杠杆平衡相关的考题在近几年的各地的中考中频频出现。
通过统计分析发现，此类题学生失分较多所以，对考生来说，这类体属于偏难题的范畴。
由于课程安排的缘故，九年级《数学》中的《三角函数》滞后于九年级《物理》中的《杠杆》。
因而在分析动态杠杆平衡问题只能选取其中的某两个时刻为代表来进行分析，由于没有正确的方法而导致分析结果错误或不全面。
例1、如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，在A点始终受一垂直作用于杠杆的力，在从A 转动A/ 位置时，力F将（）A、变大B、变小C、先变大，后变小D、先变小，后变大错解：通常情况下，考生会选择图中杠杆所处的两个位置进行分析。
恰好在图中所示的两个位置阻力臂l2相等（如图2所示），而动力臂也不变，由杠杆的平衡条件得，就容易得出“拉力F不变”的错误结论；若选取其他位置可能会得出“变大”或“变小”的结论。
究其原因，这种“选点”分析法只能比较所选的两个位置时的力臂的大小，根本无法知道动态杠杆在“动”的全过程的力臂变化情况。
“选点”分析法具有偶然性，所以，就得出的答案不可靠。
例2、如图3所示，在用杠杆提起重物的过程中（拉力始终竖直向上），拉力的大小将（）A变大B不变C变小D先变小后变大错解：若采用“选点”分析方法，杠杆在如图所示的两个位置的动力臂l1和阻力臂l2都没改变。
故选B。
（巧合出正确的答案）若选择其他的位置分析不难得出：动力臂和阻力臂都在变化，无法比较变化的大小和两个力臂比值的变化。
从上面两个例子可以看出，采用“选点”法，可能会因为所选的“点”（即动态杠杆在转动过程中的某一位置）的不同而导致分析的结果的不同，根本无法看出在所选取的两点间的变化情况，因而常常会出错。
若把三角函数引入到动态杠杆平衡问题分析中，就会很好地避免因为选点的不同而导致的分析结果的不同。
同时，对于动力臂和阻力臂都变化情况的分析也较为方便。
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专题四动态杠杆
一、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，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。
【例1】(2014，衢州)如图所示，杠杆OAB能绕O点转动，在A点挂一重物G，为保持杠杆在水平位置平衡，在B点分别作用的四个力中最小的是( )
A．F1B．F2C．F3D．F4
【解析】由图可知，动力F3与OB垂直，则动力F3对应的动力臂就是OB，它是最长的动力臂。
由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。
因为F3对应的动力臂最长，所以F3最小。
故选C。
【答案】C
【对应练习】
1．(2014，襄阳)如图所示是安装在小区进出口的栏杆(粗细均匀的直杆)示意图，当在A处施加一个力F时，可将栏杆压到如图所示位置，请在图中画出此时最小压力F的示意图和重力G的力臂。
解：
2．(2014，山西)为使轻质杠杆AB在如图所示位置静止，请你在杠杆上画出所施加最小动力F1的示意图，并作出阻力F2的力臂。
解：
3．(2014，黄冈)如图所示是液压起重车的示意图。
使用时液压杆将起重臂顶起，可将重物吊起并安放到需要的地方。
请在图中分别画出：
(1)重物对起重臂的作用力的示意图及该力的力臂；
(2)液压杆对起重臂最小作用力的示意图。
解：
二、力或力臂变化问题
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。
【例2】(2014，济宁改编)小梦在做探究杠杆平衡条件的实验时，先在杠杆两端挂钩码进行实验探究，再用弹簧测力计取代一侧的钩码继续探究，如图所示，若仍然使杠杆保持平衡，拉力的变化情况是( ) A．变小B．变大
C．不变D．无法确定
【解析】利用杠杆平衡条件F1l1＝F2l2，本例题中钩码的重力(F2)和力臂(l2)不变，当弹簧测力计逐渐
向右倾斜，动力臂(l1)减小，所以动力(F1)增大。
【答案】B
【对应练习】
4．(2014，烟台)如图所示，一根质地均匀的木杆可绕O点自由转动，在木杆的右端施加一个始终垂直于杆的作用力F，使杆从OA位置匀速转到OB位置的过程中，力F的大小将( C ) A．一直变大B．一直变小
C．先变大，后变小D．先变小，后变大
5．(2013，常州)如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力的方向，使其从
①→②→③。
此过程中，弹簧测力计的示数将( D )
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．(2014，泰安)如图为吊车从图示位置向上起吊货物的工作示意图，利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点缓慢转动，伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。
下列说法正确的是( B ) A．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变
B．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小
C．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大
D．吊臂是一个省力杠杆
三、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，乘积大的一端下降，乘积小的一端上升。
【例3】(2014，凉山)如图所示，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，下列判断正确的是( )
A．杠杆仍能平衡B．杠杆不能平衡，左端下沉C．杠杆不能平衡，右端下沉D．无法判断
【解析】如图所示，开始杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件有：G A·OA＝G B·OB，∵OA<OB，∴G A>G B。
设A、B同时向支点O移动了相同的距离L，则G A(OA－L)＝G A·OA－G A L，G B(OB－L)＝G B·OB －G B L，由G A>G B可知G A L>G B L，∴G A·OA－G A L<G B·OB－G B L，即G A(OA－L)<G B(OB－L)，故杠杆不平衡，右端下沉。
【答案】C
【对应练习】
7．(2014，杭州)汽车超载是当前发生交通事故的重要根源。
为了加强监控，各地均设置超载监测站。
如图所示，已知某汽车的自重为2 t，其载重量为10 t。
现让该汽车前轮开上电子地磅秤，其读数为5 t，后轮开上电子地磅秤，读数为6 t，且前后轮与地面的接触面积相等。
问：
(1)该汽车的前后轮对地面的压强是否相同？为什么？
(2)该汽车是否超载，通过分析计算说明理由。
解：(1)前轮对地面的压强小于后轮对地面的压强，理由：前后轮对地面的受力面积相同，前轮对地面的压力小于后轮对地面的压力
(2)以汽车前轮为支点建立杠杆模型，示意图如图甲，根据杠杆平衡条件得：F 后L ＝GL 1，以汽车后轮为支点建立杠杆模型，示意图如图乙，
根据杠杆平衡条件得：F 前L ＝GL 2，解得：G ＝F 前＋F 后＝(5000 kg ＋6000 kg)×10 N/kg<(2000 kg ＋10000 kg)×10 N/kg ，所以，该汽车不超载。
8．郝强同学对建筑工地上的长臂吊车(如图甲)有些疑惑：不吊物体它能平衡，吊重物也能平衡，重物沿臂移动仍能平衡！后来他通过设计“移动支点式杠杆”模型(如图乙)弄懂了类似问题：密度及粗细都均匀的直棒AB ＝1.8 m ，放在一个宽度为40 cm 的凳子上，当在棒的A 点固定一个铅块(忽略大小)m 铅＝2 kg 时，棒刚好绕O 1点有转动的趋势(AO 1＝30 cm)。
(1)求棒的质量m 棒；
(2)当在P 处挂一重物时(PB ＝10 cm)，棒刚好绕O 2点有转动的趋势。
求重物质量m 物及此时棒对O 2点的压力F (g 取10 N/kg)；
(3)当悬线带着重物缓慢向A 端移动时，可以认为凳面上只有某点E (即新支点)对棒有支持力。
回答：随着重物左移，E 点将“左移”或“右移”还是“不动”？棒对E 点的压力F E 是“变大”或“变小”还是“不变”？(不必说明理由)
解：(1)如图所示，设棒的重心为O ，O 1O ＝60cm ，A O 1＝30 cm ，以O 1为转轴，由平衡方程：m 铅g ·AO 1
＝m 棒g ·O 1O ，m 棒＝12
m 铅＝1 kg (2)以O 2为转轴，由平衡方程：m 铅g ·AO 2＝m 棒g ·O 2O ＋m 物g ·O 2P 得m 物＝1.2 kg ，F ＝(m 铅＋m 棒＋m 物)g ＝42 N (3)重物左移，E 左移 F E 不变(铅块、棒和物的总重心左移；竖直方向：压力等于铅块、棒、物重力之和)。