中考物理杠杆平衡条件的应用问题综合经典题及答案解析

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2020-2021中考物理杠杆平衡(大题培优)含答案解析

2020-2021中考物理杠杆平衡(大题培优)含答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.在一个长3米的跷跷板(支点在木板中点)的两端分别放置两个木箱,它们的质量分别为m 1=30kg ,m 2=20kg ,为了使跷跷板在水平位置平衡,以下做法可行的是( )A .把m 1向右移动0.5米B .把m 2向左移动0.5米C .把m 1向右移动0.2米D .把m 2向左移动0.3米【答案】A【解析】【分析】【详解】 跷跷板的支点在木板中点,根据图中信息可知,木板左边受到的压力比右边大,为了使跷跷板在水平位置平衡,应该将m 1向右移,则m 2的力臂不变为1.5m ,根据杠杆的平衡条件有1122m gl m gl '=代入数据可得m 1向右移后的力臂 221120kg 1.5m 1m 30kgm gl l m g ⨯'=== m 1的力臂由1.5m 变为1m ,为了使跷跷板在水平位置平衡,把m 1向右移动0.5米,所以BCD 项错误,A 项正确。

故选A 。

2.如图所示,作用在A 点的各个力中,不可能使杠杆平衡的力是A .F 3和F 4B .F 1和F 3C .F 2和F 4D .F 1和F 2【答案】A【解析】【详解】因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。

3.如图甲是制作面团的情景,把竹竿的一端固定在绳扣中,人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力,面团被不断挤压后变得更有韧性,图乙为压面团原理图.关于压面团过程的叙述正确的是()A.面团对杆的作用力方向向下B.面团对杆的作用力大小等于FC.面团被压扁说明力能使物体发生形变D.A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A.杆对面团的作用力向下,面团对杆的作用力向上,故A错误;B.由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离,根据杠杆定律F1L1=F2L2,可知面团对杆的作用力大于F,故B错误;C.面团被压扁说明力能使物体发生形变,故C正确;D.C为支点,A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离,故D错误;故选C。

中考物理专题题库∶杠杆平衡题

中考物理专题题库∶杠杆平衡题
B.杠杆的机械效率是Gh/Fh×100%
C.若把悬挂点从A点移至B点,把同一物体匀速缓慢提升相同的高度,拉力的大小与原来相同
D.若把悬挂点从A点移至B点,把同一物体匀速缓慢提升相同的高度,拉力所做的总功与原来相同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A.重为G的物体匀速缓慢上升h,总功应为拉力F与力的方向上的位移s的乘积,由图可知
A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由杠杆平衡条件可知


所以
由图和动滑轮的特点可知

故选C。
7.如图杠杆 用细线悬挂起来,分别在A、B两端分别挂上质量为 、 的重物时,杠杆平衡,此时AO恰好处于水平位置, ,不计杠杆重力,则 、 的关系为
A. B.
C. D.无法判断
2.如图所示,在一个轻质杠杆的中点挂一重物,在杆的另一端施加一个动力F,使杠杆保持平衡,然后向右缓慢转动F至水平方向,这一过程中()
A.F先变小后变大B.F逐渐变大
C.动力臂逐渐变小D.动力臂逐及应用。
【详解】
杠杆在图中所示位置平衡,阻力(重物对杠杆的拉力)及阻力臂大小不变;动力F由图中所示位置转动至水平方向的过程中,当动力F的方向与杠杆垂直时,动力F的力臂最长,因此动力F的力臂先增大后减小,由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知,动力F先变小后变大。
C.面团被压扁说明力能使物体发生形变,故C正确;
D.C为支点,A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离,故D错误;
故选C。
4.如图,一个长方体木箱,重心在它的几何中心,其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒(木箱较重,不会移动),在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是( )

杭州中考物理 杠杆平衡条件的应用问题 培优 易错 难题练习(含答案)

杭州中考物理 杠杆平衡条件的应用问题 培优 易错 难题练习(含答案)

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡,甲图上有两个体积不同的铁球,乙图上有两个体积相向的铝球和铁球,如果把他们都浸没在水中,则杠杆将发生的变化是A .仍保持平衡B .甲仍保持平衡,乙失去平衡C .都失去平衡D .甲失去平衡,乙仍保持平衡【答案】B 【解析】 【详解】甲杠杆:浸入水中之前,由杠杆平衡条件可得1212G L G L =铁铁即1122gV L gV L ρρ⨯=⨯铁铁所以1122V L V L ⨯=⨯浸入水中后左端力和力臂的乘积为:()()11111gV gV L gV L ρρρρ-⨯=-⨯铁水铁水浸入水中后右端力和力臂的乘积为:()()22222gV gV L gV L ρρρρ-⨯=-⨯铁水铁水所以浸入水中后,左右两端力和力臂的乘积相等,故杠杆仍然平衡。

乙杠杆:浸入水中之前,由杠杆平衡条件可得12G L G L =铝铁即12gV L gV L ρρ⨯=⨯铝铁①浸入水中后左端力和力臂的乘积为:()111gV gV L gV L gV L ρρρρ-⨯=⨯-⨯铝铝水水②浸入水中后右端力和力臂的乘积为:()222gV gV L gV L gV L ρρρρ-⨯=⨯-⨯铁水铁水③由于12L L >,结合①可知,左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积,故杠杆失去平衡、右端下沉,故选B 。

本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠平衡条件的掌握和运用,利用好力臂大小关系和受到的浮力大小关系是本题的关键。

2.如图甲是制作面团的情景,把竹竿的一端固定在绳扣中,人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力,面团被不断挤压后变得更有韧性,图乙为压面团原理图.关于压面团过程的叙述正确的是()A.面团对杆的作用力方向向下B.面团对杆的作用力大小等于FC.面团被压扁说明力能使物体发生形变D.A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A.杆对面团的作用力向下,面团对杆的作用力向上,故A错误;B.由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离,根据杠杆定律F1L1=F2L2,可知面团对杆的作用力大于F,故B错误;C.面团被压扁说明力能使物体发生形变,故C正确;D.C为支点,A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离,故D错误;故选C。

2020-2021中考物理培优(含解析)之杠杆平衡含答案

2020-2021中考物理培优(含解析)之杠杆平衡含答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,杠杆恰好处于水平平衡状态,若在B处下方再挂一个钩码,若要使杠杆在水平位置再次平衡,下列可行的操作是______。

(选填字母)A.减少一个悬挂在A处的钩码B.增加一个悬挂在A处的钩码C.将悬挂在A处的钩码向左移动一格D.将悬挂A处的钩码向右移动一格【答案】C【解析】【分析】【详解】假设一个钩码重力为G,杠杆一格为l,杠杆平衡时⨯=⨯=32236G l G l Gl若在B处下方再挂一个钩码,则右边为339⨯=G l GlA.减少一个悬挂在A处的钩码,则左边为⨯=224G l Gl左边小于右边,杠杆不能平衡,故A项不符合题意;B.增加一个悬挂在A处的钩码,则左边为⨯=G l Gl428左边小于右边,杠杆不能平衡,故B项不符合题意;C.将悬挂在A处的钩码向左移动一格,则左边为⨯=G l Gl339左边等于右边,杠杆能再次平衡,故C项符合题意;D.将悬挂A处的钩码向右移动一格,则左边为⨯=G l Gl313左边小于右边,杠杆能再次平衡,故D项不符合题意。

故选C。

2.如图所示,作用在A点的各个力中,不可能使杠杆平衡的力是A.F3和F4B.F1和F3C.F2和F4D.F1和F2【答案】A【解析】【详解】因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。

3.如图所示,在探究“杠杆平衡条件”的实验中,杠杆在力F作用下在水平位置平衡,现保持杠杆始终在水平位置平衡,将弹簧测力计绕B点从a转动到b的过程中,拉力F与其力臂的乘积变化情况是()A.一直变小B.一直变大C.一直不变D.先变小后变大【答案】C【解析】【分析】【详解】将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中,钩码的重力不变,其力臂OA不变,即阻力与阻力臂的乘积不变;由于杠杆始终保持水平平衡,所以根据杠杆的平衡条件可知,拉力F与其力臂的乘积也是不变的。

2020-2021中考物理压轴题专题复习——杠杆平衡含答案解析

2020-2021中考物理压轴题专题复习——杠杆平衡含答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,直杆OA的下端挂一重物G且可绕O点转动。

现用一个始终与直杆垂直的力F将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置,不计杆的重力,则拉力F大小的变化情况是()A.一直变小B.一直不变C.一直变大D.先变小后变大【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知,由于力F始终与杠杆垂直,则力F所对应的力臂始终不变,大小为力F的作用点到O点的距离,设为l1,在逐渐提升的过程中,重力大小不变,方向竖直向下,则对应力臂逐渐变大,设为l2,由于缓慢转动,视为受力平衡,则由杠杆平衡公式可得Fl1=Gl2由于等式右端重力G不变,l2逐渐变大,则乘积逐渐变大,等式左端l1不变,则可得F逐渐变大,故选C。

2.工人师傅利用如图所示的两种方式,将重均为 400N 的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离.F1、F2始终沿竖直方向;图甲中BO=2AO,图乙中动滑轮重为 50N,重物上升速度为 0.02m/s.不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )A.甲方式F1由 150N 逐渐变大B.乙方式F2的功率为 3WC.甲乙两种方式都省一半的力D.乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%【答案】D【解析】【详解】A.由图知道,重力即阻力的方向是竖直向下的,动力F1的方向也是竖直向下的,在提升重物的过程中,动力臂和阻力臂的比值是: 1221L OB L OA == 所以,动力F 1 的大小始终不变,故A 错误;BC .由于在甲图中, OB =2OA ,即动力臂为阻力臂的2倍,由于不计摩擦及杠杆自重,所以,由杠杆平衡条件知道,动力为阻力的一半,即111400N 200N 22F G ==⨯= 由图乙知道,承担物重是绳子的段数是n =3,不计绳重和摩擦,则()()211500N+50N 150N 22F G G=+=⨯=动, 即乙中不是省力一半;所以,绳子的自由端的速度是:v 绳 =0.02m/s×3=0.06m/s , 故乙方式F 2 的功率是:P=F 2 v 绳 =150N×0.06m/s=9W ,故BC 错误;D .不计绳重和摩擦,乙方式中滑轮组的机械效率是:400N 100%=100%=100%88.9%400N 50NW Gh W Gh G h η=⨯⨯⨯≈++有用总轮 故D 正确.3.要使图中的杠杆平衡,分别用F A 、F B 、F C 的拉力,这三个力的关系应是A .F A >FB >F CB .F A <F B <FC C .F A >F C >F BD .F A =F B =F C【答案】C【解析】【分析】【详解】 分别从支点向三条作用线做垂线,作出三个力的力臂,如图;从图可知,三个方向施力,F B 的力臂L OB 最长,其次是L OC 、L OA ,而阻力和阻力臂不变,由杠杆平衡条件1122F L F L =可知,动力臂越长动力越小,所以三个方向施力大小:F A >F C >F B .故选C .4.如图所示,杠杆可绕O 点转动,力F 作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直;在将杠杆缓慢地由位置A 拉到位置B 的过程中,力F ( )A .变大B .变小C .不变D .先变大后变小【答案】A【解析】【分析】 解答此题,首先要判断杠杆的五要素中,有哪些要素发生了变化,然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。

2020-2021中考物理专题复习杠杆平衡题含答案

2020-2021中考物理专题复习杠杆平衡题含答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,在探究杠杆平衡条件的实验中,杠杆处于水平平衡状态,所用钩码完全相同。

下列做法中能使杠杆再次平衡的是A .分别在两边钩码下再增加一个相同钩码B .左边减少1个钩码,右边减少2个钩码C .两边钩码均向支点移动相同的距离D .左边钩码向左移1.5cm ,右边钩码向右移1cm【答案】D【解析】【详解】设一个钩码的重力为G ,左边钩码到支点的距离为3l ,因为杠杆正处于水平平衡,所以由杠杆平衡条件可得233G l G l ⨯=⨯右,解得2l l =右,即右边钩码到支点的距离为2l ;A .若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码,则3342G l G l ⨯≠⨯,此时杠杆不再平衡,不符合题意;B .若左边减少1个钩码,右边减少2个钩码,则32G l G l ⨯≠⨯ ,此时杠杆不再平衡,不符合题意;C .若两边的钩码均向支点移动相同的距离l ,则223G l G l ⨯≠⨯,此时杠杆不再平衡,不符合题意;D .若左边钩码向左移1.5cm ,右边钩码向右移1cm ,则2(3 1.5)3(21)G l G l ⨯+=⨯+,此时杠杆平衡,符合题意。

2.工人师傅利用如图所示的两种方式,将重均为 400N 的货物从图示位置向上缓慢提升一 段距离.F 1、F 2始终沿竖直方向;图甲中 BO =2AO ,图乙中动滑轮重为 50N ,重物上升速度 为 0.02m/s .不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )A .甲方式 F 1由 150N 逐渐变大B .乙方式 F 2的功率为 3WC .甲乙两种方式都省一半的力D .乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%【答案】D【解析】【详解】 A .由图知道,重力即阻力的方向是竖直向下的,动力F 1 的方向也是竖直向下的,在提升重物的过程中,动力臂和阻力臂的比值是:1221L OB L OA == 所以,动力F 1 的大小始终不变,故A 错误;BC .由于在甲图中, OB =2OA ,即动力臂为阻力臂的2倍,由于不计摩擦及杠杆自重,所以,由杠杆平衡条件知道,动力为阻力的一半,即111400N 200N 22F G ==⨯= 由图乙知道,承担物重是绳子的段数是n =3,不计绳重和摩擦,则()()211500N+50N 150N 22F G G =+=⨯=动, 即乙中不是省力一半;所以,绳子的自由端的速度是:v 绳 =0.02m/s×3=0.06m/s ,故乙方式F 2 的功率是:P=F 2 v 绳 =150N×0.06m/s=9W ,故BC 错误;D .不计绳重和摩擦,乙方式中滑轮组的机械效率是: 400N 100%=100%=100%88.9%400N 50NW Gh W Gh G h η=⨯⨯⨯≈++有用总轮 故D 正确.3.如图所示,杠杆在水平状态保持静止,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,下列措施中可行的是A.去掉三个钩码B.把钩码向左移动2小格C.把钩码向右移动2小格D.把弹簧秤测力计向左移动2小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×4L=F2×8L,解得F2=2G,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,即F2=G。

2020-2021中考物理综合题专题复习【杠杆平衡条件的应用问题】专题解析含答案解析

2020-2021中考物理综合题专题复习【杠杆平衡条件的应用问题】专题解析含答案解析
由此可知,当t=0时,F=0.当t增大时,F变大,F与人行走时间t是正比例关系,故图象B正确,符合题意为答案.
7.一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡,如图(a)所示,如果将右端弯成如图(b)所示的情况,铁棒将( )
A.顺时针转动B.逆时针转动C.静止不动D.以上三种情况均有可能
【答案】B
【解析】
【解析】
【详解】
因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。
10.如图所示,AOB为一杠杆,O为支点,杠杆重不计,AO=OB.在杠杆右端A处用细绳悬挂重为G的物体,当AO段处于水平位置时,为保持杠杆平衡,需在B端施加最小的力为F1;当BO段在水平位置时保持杠杆平衡,这时在B端施加最小的力为F2,则
11.用如图所示的杠杆提升重物,设作用在A端的力F始终与杆垂直,那么,在将重物提升到最高处的过程中,力F的大小将( )
A.逐渐变小B.先变小,后变大C.逐渐变大D.先变大,后变小
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由题知,当慢慢提升重物时,重力(阻力)不变,阻力臂增大(水平时最大),动力臂不变,即:G不变、L1不变,,L2增大∵FL1=GL2∴力F逐渐变大;故选C.
A. B.
C. D.无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆示意图如下:
根据杠杆的平衡条件: 可知,

因为力与相应的力臂成反比关系,从图中可以看出力臂 ,所以物体的重力 ,即 ,故选C。

中考物理综合题专题复习【杠杆平衡条件的应用问题】专题解析及答案解析

中考物理综合题专题复习【杠杆平衡条件的应用问题】专题解析及答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,体积之比为1∶2的甲、乙两个实心物块,分别挂在杠杆两端,此时杠杆恰好水平平衡,则甲、乙两个物块的密度之比为( )A .1∶1B .1∶2C .4∶3D .2∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】 由图知道,甲物体挂在左边第3格处,乙物体挂在右边第2格处,由杠杆的平衡条件知道,此时12G l G l =甲乙即32m g m g ⨯=⨯甲乙 所以23m m 甲乙=,又因为V 甲/V 乙=1/2,甲、乙两个物块的密度之比是 241332m V m V ρρ===甲甲甲乙乙乙故C 正确。

故选C 。

2.按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤,称为密度秤,其外形和普通的杆秤差不多,装秤钩的地方吊着体积为1cm 3的较重的合金块,杆上有表示液体密度数值的刻度,当秤砣放在Q 点处时秤杆恰好平衡,如图所示。

当合金块完全浸没在待测密度的液体中时,移动秤砣的悬挂点,直至秤杆恰好重新平衡,便可直接在杆秤上读出液体的密度,下列说法中错误的是( )A.密度秤的零点刻度在Q点B.密度秤的刻度都在Q点的左侧C.密度秤的刻度都在Q点的右侧D.秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边【答案】C【解析】【分析】【详解】A.合金块没有浸入液体时,液体的密度应为零,所以秤的零刻度应该在Q处;故A正确,不符合题意;BC.若秤砣由Q向右移动,它的力臂变长,则左边合金块拉秤杆的力应增大,但合金块受到的浮力不可能竖直向下,所以零点的右边应该是没有刻度的,其刻度都在Q点的左侧。

故B正确,不符合题意,C错误,符合题意;D.秤砣的质量不变,由Q向左移动时,它的力臂变短,则左边合金块拉秤杆的力减小,说明合金块受到的浮力增大,而合金块排开液体的体积不变,说明液体的密度变大,所以刻度应逐渐变大,即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边;故D正确,不符合题意。

故选C。

3.如图所示,将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端,杠杆的B端悬挂乙物体,AO OB ,甲物体的底面积杠杆在水平位置平衡,已知:乙物体所受重力为30N,:1:3为0.2m2,g取10N/kg。

中考物理——杠杆平衡压轴题专题复习

中考物理——杠杆平衡压轴题专题复习

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,AOB 为一杠杆,O 为支点,杠杆重不计,AO =OB .在杠杆右端A 处用细绳悬挂重为G 的物体,当AO 段处于水平位置时,为保持杠杆平衡,需在B 端施加最小的力为F 1;当BO 段在水平位置时保持杠杆平衡,这时在B 端施加最小的力为F 2,则A .F 1<F 2B .F 1>F 2C .F 1=F 2D .无法比较【答案】B【解析】【分析】【详解】(1)当AO 段处于水平位置时,如左图所示最省力,∵F 1l OB =Gl OA∴F 1=OAOBGll =G ;(2)当OB 段处于水平位置时,如右图所示最省力,∵F 2l OB =Gl OC∴F 2=OCOC OB OBGlG l l l ⨯=∵l OC <l OB∴F 2<G∴F 1>F 2;故选B .2.如图所示,作用在A点的各个力中,不可能使杠杆平衡的力是A.F3和F4B.F1和F3C.F2和F4D.F1和F2【答案】A【解析】【详解】因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。

3.如图所示,将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端,杠杆的B端悬挂乙物体,AO OB ,甲物体的底面积杠杆在水平位置平衡,已知:乙物体所受重力为30N,:1:3为0.2m2,g取10N/kg。

下列说法正确的是()A.甲物体对杠杆的拉力为10N B.杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60N C.甲物体对水平地面的压强为750Pa D.水平地面对甲物体的支持力为60N【答案】D【解析】【分析】【详解】对物体甲受力分析,甲受到重力、地面给甲的支持力、杠杆施加的拉力的作用,其中杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力,地面给甲的支持力和甲给地面的压力为一对相互作用力。

中考物理复习杠杆平衡专项易错题附答案解析

中考物理复习杠杆平衡专项易错题附答案解析
14.能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为( )
A.ABB.ACC.ADD.AE
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杠杆平衡的条件,F1×L1=F2×L2,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.由此分析解答.
【详解】
由图知,O为支点,动力作用在A点,连接OA就是最长的动力臂,根据杠杆平衡的条件,要使杠杆平衡动力方向应向上,所以最小力方向为AB.
故选D。
11.如图所示,轻质杠杆AOB的支点是O,AO=BO。若在A端和B端分别悬挂重力相等的两个重物,则杠杆( )
A.保持平衡B.A端下沉
C.B端下沉D.以上均可能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
轻质杠杆AOB的重力可不计,杠杆的示意图如下所示:
动力和阻力大小均等于物体的重力,两个重物的重力相等,则F1=F2;动力臂为OA,阻力臂为OC,满足
故选A。
2.如图所示,将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端,杠杆的B端悬挂乙物体,杠杆在水平位置平衡,已知:乙物体所受重力为30N, ,甲物体的底面积为0.2m2,g取10N/kg。下列说法正确的是( )
A.甲物体对杠杆的拉力为10NB.杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60N
C.甲物体对水平地面的压强为750PaD.水平地面对甲物体的支持力为60N
BC.因为支点是固定点,杠杆能绕支点转动,图中的O不符合支点的特点,B、C选项错误,不符合题意.
D.以弟弟的肩B为支点,由杠杆平衡条件可得:
,

D选项错误,不符合题意;
16.如图,用橇棒撬起石块并保持平衡,下列说法正确的是( )
A.动力对橇棒的转动效果小于阻力对橇棒的转动效果

中考物理杠杆平衡条件的应用问题的综合热点考点难点及答案解析

中考物理杠杆平衡条件的应用问题的综合热点考点难点及答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为()A.AB B.AC C.AD D.AE【答案】A【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件,F1×L1=F2×L2,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.由此分析解答.【详解】由图知,O为支点,动力作用在A点,连接OA就是最长的动力臂,根据杠杆平衡的条件,要使杠杆平衡动力方向应向上,所以最小力方向为AB.故选A.【点睛】在通常情况下,要使所用的动力最小,必须使动力臂最长,连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂.2.如图所示,轻质杠杆OA的B点挂着一个重物,A端用细绳吊在圆环M下,此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合,那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中,绳对A端的拉力大小将()A.保持不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先变小再变大【答案】D【解析】【详解】作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下由图可知,动力臂先增大,再减小,阻力与阻力臂不变,则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知,拉力先变小后变大,故选D。

3.生活中,小华发现有如图甲所示的水龙头,很难徒手拧开,但用如图乙所示的钥匙,安装并旋转钥匙就能正常出水(如图丙所示).下列有关这把钥匙的分析中正确的是A.在使用过程中可以减小阻力臂B.在使用过程中可以减小阻力C.在使用过程中可以减小动力臂D.在使用过程中可以减小动力【答案】D【解析】【详解】由图可知,安装并旋转钥匙,阻力臂不变,阻力不变,动力臂变大,根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知,动力变小,故选D。

4.如图所示,杠杆在水平状态保持静止,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,下列措施中可行的是A.去掉三个钩码B.把钩码向左移动2小格C.把钩码向右移动2小格D.把弹簧秤测力计向左移动2小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×4L=F2×8L,解得F2=2G,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,即F2=G。

2020-2021中考物理二轮 杠杆平衡条件的应用问题 专项培优及答案解析

2020-2021中考物理二轮 杠杆平衡条件的应用问题 专项培优及答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示,在轻质杠杆AB 两端各挂体积相同的实心物体甲、乙,杠杆在水平位置保持不变。

下列说法正确的是( )A .分别将甲、乙切去等体积的一小块,杠杆右端向下倾斜B .分别将甲、乙切去等体积的一小块,杠杆仍在水平位置平衡C .分别将甲、乙切去等质量的一小块,杠杆左端向下倾斜D .分别将甲、乙切去等质量的一小块,杠杆仍在水平位置平衡 【答案】B 【解析】 【分析】动态杠杆相关判断。

【详解】AB .因为为杠杆平衡,所以G OA G OB =甲乙,即Vg OA Vg OB ρρ⨯=⨯甲乙,所以OA OB ρρ⨯=⨯甲乙。

若分别将甲、乙切去等体积的一小块,则:左边()=OA G OA Vg OA G G ρ⨯=--∆⨯甲甲甲切甲,右边()OB G OB Vg O GB G ρ⨯==--∆⨯乙乙乙切乙,左边等于右边,杠杆仍保持水平平衡,故A 错误,B 正确; CD .若分别将两物体切去等质量(即等重G )的一小块,则:左边()G G OA G OA G OA -⨯==-⨯甲甲, 右边()=OB G O G G B G OB ⨯=--⨯乙乙,因OA OB >,则左边小于右边,则杠杆右端向下倾斜,故CD 错误。

【点睛】较难题.失分原因是:(1)没有根据题干信息确定出OA OB ρρ⨯=⨯甲乙的等量关系;(2)将“切去等体积”、“切去等质量”代入杠杆平衡条件后,两边力和力臂的关系确定错误;(3)忽略了左右两侧的力臂不同,在分析杠杆平衡时判断猎误。

2.如图所示的轻质杠杆OA 上悬挂着一重物G ,O 为支点,在A 端用力使杠杆平衡。

下列叙述正确的是( )A .此杠杆一定是省力杠杆B .沿竖直向上方向用力最小C .沿杆OA 方向用力也可以使杠杆平衡D .此杠杆可能是省力杠杆,也可能是费力杠杆 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】A .因为无法确定动力臂的大小,所以无法确定是哪种杠杆,故A 错误;B .沿垂直杠杆向上的方向用力,动力臂最大,动力最小,最省力,故B 错误;C .沿OA 方向动力臂是零,杠杆无法平衡,故C 错误。

2020-2021中考物理压轴题专题复习—杠杆平衡附答案解析

2020-2021中考物理压轴题专题复习—杠杆平衡附答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.有一根一端粗一端细的木棒,用绳子拴住木棒的O点,将它悬挂起来,恰好在水平位置平衡,如图所示,若把木棒从绳子悬挂处锯开,则被锯开的木棒()A.粗细两端质量一样B.粗端质量较大C.细端质量较大D.无法判定【答案】B【解析】【详解】如图1,设O点到粗端的距离为L,在O点左侧对称地割取长也为L的一段(图1)。

现再次利用对称割法,在O点右侧割取与O点左侧所割等大的一部分(图2虚线部分),将两次所割取的部分(各自重力显然是相等的)取走,则原木棒只剩下图2所示部分。

设左端剩下的重力为G左,力臂为l左,右端剩下的重力为G右,力臂为l右,由杠杆平衡条件有:G左l左 G右l右,很明显l左>l右,故有G左<G右,再加上被取走的部分,仍有左端的重力小于右端重力,即粗端重力大,质量大。

故选B。

2.一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡,如图(a)所示,如果将右端弯成如图(b)所示的情况,铁棒将()A.顺时针转动B.逆时针转动C.静止不动D.以上三种情况均有可能【答案】B【解析】【分析】【详解】图a 中,水平铁棒在水平位置处于平衡状态,根据杠杆平衡条件可知G l G l =右右左左图b 中,将铁棒右端弯折,此时铁棒右边的重力不变,右端铁棒的重心将向左移动,力臂l '右减小,而左边的力和力臂不变;因此G l G l '>右右左左所以铁棒左端下沉,右端上升,即铁棒将沿逆时针转动。

故选B 。

3.如图杠杆AOB 用细线悬挂起来,分别在A 、B 两端分别挂上质量为1m 、2m 的重物时,杠杆平衡,此时AO 恰好处于水平位置,AO BO =,不计杠杆重力,则1m 、2m 的关系为A .12m m >B .12m m =C .12m m <D .无法判断【答案】C【解析】【详解】 杠杆示意图如下:根据杠杆的平衡条件:1122F L F L =可知,1122G L G L =1122m gL m gL =即1122m L m L =因为力与相应的力臂成反比关系,从图中可以看出力臂12L L >,所以物体的重力12G G <,即12m m <,故选C 。

2020-2021中考物理压轴题专题杠杆平衡的经典综合题含答案

2020-2021中考物理压轴题专题杠杆平衡的经典综合题含答案
故选A。
6.如图所示装置,杆的两端A、B离支点O的距离之比 ,A端接一重为GA的物体,B端连一滑轮,滑轮上挂有另一重为GB的物体。现杠杆保持平衡,若不计滑轮重力,则GA与GB之比应是( )
A.1∶4B.1∶2C.1∶1D.2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由杠杆平衡条件可知


所以
由图和动滑轮的特点可知
所以B端下沉。故ACD错误,B正确。
故选B。
13.有一根一端粗一端细的木棒,用绳子拴住木棒的O点,将它悬挂起来,恰好在水平位置平衡,如图所示,若把木棒从绳子悬挂处锯开,则被锯开的木棒()
A.粗细两端质量一样B.粗端质量较大
C.细端质量较大D.无法判定
【答案】B
【解析】
【详解】
如图1,设O点到粗端的距离为L,在O点左侧对称地割取长也为L的一段(图1)。现再次利用对称割法,在O点右侧割取与O点左侧所割等大的一部分(图2虚线部分),将两次所割取的部分(各自重力显然是相等的)取走,则原木棒只剩下图2所示部分。设左端剩下的重力为G左,力臂为l左,右端剩下的重力为G右,力臂为l右,由杠杆平衡条件有:
故选C.
5.如图所示,杠杆可绕O点转动,力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直;在将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B的过程中,力F( )
A.变大B.变小
C.不变D.先变大后变小
【答案】A
【解析】
【分析】
解答此题,首先要判断杠杆的五要素中,有哪些要素发生了变化,然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。
【详解】
将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B,动力臂不变,阻力G的力臂变大,而阻力不变,根据杠杆平衡条件 分析得出动力变大。
G左l左 G右l右,

2020-2021中考物理杠杆平衡(大题培优)附答案解析

2020-2021中考物理杠杆平衡(大题培优)附答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图,轻质杠杆可绕O 点转动(不计摩擦).A 处挂着一重为80N 、底面积为500cm 2的物体G .在B 点施加一个垂直于杆的动力F 使杠杆水平平衡,且物体G 对地面的压强为1000Pa ,OB =3OA .则B 点的拉力F 的大小为A .50NB .30NC .10ND .90N【答案】C【解析】【分析】【详解】 地面对物体G 的支持力21000Pa 0.05m 50N F F ps ===⨯=压支物体G 对杠杆的拉力A 80N 50N 30N F G F =-=-=支已知OB =3OA ,由杠杆平衡的条件A F F OB OA ⨯=⨯可得: A 1=30N =10N 3F OA F OB ⨯=⨯. 故选C .2.生活中,小华发现有如图甲所示的水龙头,很难徒手拧开,但用如图乙所示的钥匙,安装并旋转钥匙就能正常出水(如图丙所示).下列有关这把钥匙的分析中正确的是A .在使用过程中可以减小阻力臂B .在使用过程中可以减小阻力C .在使用过程中可以减小动力臂D.在使用过程中可以减小动力【答案】D【解析】【详解】由图可知,安装并旋转钥匙,阻力臂不变,阻力不变,动力臂变大,根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知,动力变小,故选D。

3.如图所示,一根均匀木尺放在水平桌面上,它的一端伸出桌面的外面,伸到桌面外面的部分长度是木尺长的14,在木尺末端的B点加一个作用力F,当力F=3N时,木尺的另一端A开始向上翘起,那么木尺受到的重力为()A.3N B.9N C.1N D.2N 【答案】A【解析】【分析】【详解】设直尺长为l,如图所示:从图示可以看出:杠杆的支点为O,动力F=3N动力臂OB=1 4 l阻力为直尺的重力G,阻力臂CO=12l-14l=14l由杠杆平衡的条件得F×OB=G×OC3N×14l= G×14l G=3N故选A。

2020-2021中考物理杠杆平衡及答案

2020-2021中考物理杠杆平衡及答案
F2s=Gh
所以
C.图中为动滑轮,动力作用在动滑轮的轮上,则
D.图中为杠杆,O为支点,动力臂为3l,阻力臂为l,由杠杆平衡条件可得
F4×3l=Gl

由此可得,最省力的为F4。
故选D。
14.如图,轻质杠杆可绕O点转动(不计摩擦).A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G.在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡,且物体G对地面的压强为1000Pa,OB=3OA.则B点的拉力F的大小为
A.Fa的力臂AO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fa<G,A错误。
B.Fb的力臂BO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fb<G,B错误。
C.Fc的力臂CO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fc<G,C正确。
D.Fb的力臂BO=OC,根据杠杆的平衡条件可知,Fb=Fc,D错误。
6.如图,一个长方体木箱,重心在它的几何中心,其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒(木箱较重,不会移动),在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是( )
BC.由于在甲图中,OB=2OA,即动力臂为阻力臂的2倍,由于不计摩擦及杠杆自重,所以,由杠杆平衡条件知道,动力为阻力的一半,即
由图乙知道,承担物重是绳子的段数是n=3,不计绳重和摩擦,则

即乙中不是省力一半;所以,绳子的自由端的速度是:
v绳=0.02m/s×3=0.06m/s,
故乙方式F2的功率是:
A.FA>G
B.FB=G
C.FC<G
D.FB>FC
【答案】C
【解析】
【详解】
在阻力和阻力臂不变的情况下,动力臂越大,动力最小;若力施加在A点,当OA为动力臂时,动力最小为Fa;若力施加在B点,当OB为力臂时动力最小,为Fb;若力施加在C点,当OC为力臂时,最小的力为Fc,从支点作阻力的力臂为Gl,如图所示:

2020-2021中考物理杠杆平衡-经典压轴题及答案解析

2020-2021中考物理杠杆平衡-经典压轴题及答案解析
3.如图甲是制作面团的情景,把竹竿的一端固定在绳扣中,人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力,面团被不断挤压后变得更有韧性,图乙为压面团原理图.关于压面团过程的叙述正确的是()
A.面团对杆的作用力方向向下
B.面团对杆的作用力大小等于F
C.面团被压扁说明力能使物体发生形变
D.A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离
故C正确。
故选C。
10.如图所示,轻质杠杆OA的B点挂着一个重物,A端用细绳吊在圆环M下,此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合,那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中,绳对A端的拉力大小将()
A.保持不变B.逐渐增大C.逐渐减小D.先变小再变大
【答案】D
【解析】
【详解】
作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下
C.当测力计从a位置转到c位置时,动力臂变为原来的4倍。由杠杆平衡条件 可以知道,在阻力与阻力臂均不变的情况下,动力臂变为原来的4倍,要使杠杆继续平衡,动力应变为原来的 ,即Fa∶Fc=4∶1。C选项正确,符合题意;
D.对模型向右吹风,根据流体压强与流速的关系可以知道,模型会受到一个向上的升力,即杠杆左边受到的拉力会减小。根据杠杆平衡条件 可以知道,在力臂均不变的情况下,阻力减小了,要使杠杆继续平衡,动力也应减小。D选项错误,不符合题意。
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: ,即: ,所以: , ,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FB,
因为 所以 ,由杠杆平衡条件有: ,即: ,所以:FB=16N,则托盘秤乙的示数为16N.

中考物理《杠杆平衡》专项训练及答案

中考物理《杠杆平衡》专项训练及答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图所示为建筑工地上常用的吊装工具,物体M是重5000N的配重,杠杆AB的支点为O,已知长度OA∶OB=1∶2,滑轮下面挂有建筑材料P,每个滑轮重100N,工人体重为700N,杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。

当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时()A.建筑材料P上升的速度为3m/s B.物体M对地面的压力为5000NC.工人对地面的压力为400N D.建筑材料P的重力为600N【答案】C【解析】【分析】【详解】A.物重由2段绳子承担,建筑材料P上升的速度v=12v绳=12×1m/s=0.5m/s故A错误;B.定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力,由力的平衡条件可得F A′=3F+G定=3×300N+100N=1000N杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力,大小相等,即F A= F A′=1000N根据杠杆的平衡条件F A×OA=F B×OB,且OA:OB=1:2,所以F B=F A×OAOB=1000N×2OAOA=500N因为物体间力的作用是相互的,所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力,即F B′=F B=500N物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力,则物体M受到的支持力为F M支持=G M− F B′=5000N−500N=4500N因为物体间力的作用是相互的,所以物体M对地面的压力F M压=F M支持=4500N故B错误;C.当工人用300N的力竖直向下拉绳子时,因力的作用是相互的,则绳子对工人会施加竖直向上的拉力,其大小也为300N,此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支,由力的平衡条件可得F+F支=G,则F支=G−F=700N−300N=400N因为地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力,大小相等,所以工人对地面的压力F压=F支=400N故C正确;D.由图可知n=2,且滑轮组摩擦均不计,由F=12(G+G动)可得,建筑材料P重G=2F−G动=2×300N−100N=500N故D错误。

2020-2021中考物理杠杆平衡综合题含答案解析

2020-2021中考物理杠杆平衡综合题含答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.如图,轻质杠杆可绕O 点转动(不计摩擦).A 处挂着一重为80N 、底面积为500cm 2的物体G .在B 点施加一个垂直于杆的动力F 使杠杆水平平衡,且物体G 对地面的压强为1000Pa ,OB =3OA .则B 点的拉力F 的大小为A .50NB .30NC .10ND .90N【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】地面对物体G 的支持力21000Pa 0.05m 50N F F ps ===⨯=压支物体G 对杠杆的拉力A 80N 50N 30N F G F =-=-=支已知OB =3OA ,由杠杆平衡的条件A F F OB OA ⨯=⨯可得:A 1=30N =10N 3F OA F OB ⨯=⨯. 故选C .2.如图所示,杠杆在水平状态保持静止,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,下列措施中可行的是A .去掉三个钩码B.把钩码向左移动2小格C.把钩码向右移动2小格D.把弹簧秤测力计向左移动2小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×4L=F2×8L,解得F2=2G,要使弹簧测力计的示数变为原来的12,即F2=G。

A.去掉三个钩码,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,G×4L=F'2×8L,所以F'2=12G,不符合题意;B.把钩码向左移动2小格,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×2L=F'2×8L,所以F'2=G,故B符合题意;C.把钩码向右移动2小格,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×6L=F'2×8L,所以F'2=3G,故C不符合题意;D.把弹簧秤测力计向左移动2小格,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得,4G×4L=F'2×6L,所以F'2=83G,故D不符合题意。

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一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1.在我国古代书籍《墨经》中,对杠杆有精辟论述,并有许多巧妙的应用.如下图所示是在井上汲水的桔槔,下列对其在使用中正确的解释是A.桔槔是等臂杠杆,不省力也不费力B.向井内放送水桶时,人用的力气一定小于水桶的重力,所以省力C.桔槔是不等臂杠杆,动力臂小于阻力臂,是费力杠杆D.往上提水时,人用的力气一定小于桶与水的总重,所以省力【答案】D【解析】【分析】杠杆的分类: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;要使杠杆平衡,作用在杠杆上的两个力(用力点、支点和阻力点)的大小跟它们的力臂成反比。

【详解】AC.由图可见,桔槔是不等臂杠杆,动力臂大于阻力臂,是省力杠杆,故AC错误;B.向井内放送水桶时,人用的力通过杠杆原理,与石头的重力相关,一般比木桶的重力要大,故B错误;D.往上提水时,因为有石头帮忙,人的力气比水和桶的总重力小,故D正确。

故选D。

【点睛】此题主要考查了对简单机械的认识,要掌握杠杆的要素。

2.如图所示,杠杆挂上钩码后刚好平衡,每个钩码的质量相同,在下列情况中,杠杆还能平衡的是A.左右钩码各向支点移一格B.左右各减少一个钩码C.左右各减少一半钩码D.左右各增加两个钩码【答案】C【解析】设杠杆的分度值为 L,一个钩码的重为G.原来4G×2L=2G×4L;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,杠杆向右端下沉,A不符合题意;左右各减少一个钩码,左边=3G×2L=6GL,右边=G×4L=4GL,左边>右边,杠杆向左下沉,B 不符合题意;左、右钩码各减少一半法码,左边=2G×2L=4GL,右边=G×4L=4GL,左边=右边,杠杆平衡;C符合题意;左右各增加两个钩码,左边=6G×2L=12GL,右边=4G×4L=16GL,左边<右边,杠杆右边下沉,D不符合题意,故选C.3.生活中,小华发现有如图甲所示的水龙头,很难徒手拧开,但用如图乙所示的钥匙,安装并旋转钥匙就能正常出水(如图丙所示).下列有关这把钥匙的分析中正确的是A.在使用过程中可以减小阻力臂B.在使用过程中可以减小阻力C.在使用过程中可以减小动力臂D.在使用过程中可以减小动力【答案】D【解析】【详解】由图可知,安装并旋转钥匙,阻力臂不变,阻力不变,动力臂变大,根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知,动力变小,故选D。

4.有一平衡的不等臂杠杆,下面哪种情况下杠杆仍能平衡:()A.使动力、阻力的大小减少相同的数值B.使动力、阻力的大小增加相同的数值C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度D.使动力、阻力的大小增加相同的倍数【答案】D【解析】【详解】不等臂杠杆平衡时,满足F1l1=F2l2,l1≠l2,F1≠F2。

A.使动力、阻力的大小减少相同的数值F时,由Fl1≠Fl2可知,(F1−F)l1≠(F2−F)l2,故A不符合;B.使动力、阻力的大小增加相同的数值F时,由Fl1≠Fl2可知,(F1+F)l1≠(F2+F)l2,故B 不符合;C .使动力臂、阻力臂增加相同的长度L 时,由F 1L ≠F 2L 可知,F 1(L +l 1)≠F 2(L +l 2),故C 不符合;D .使动力、阻力的大小增加相同的倍数时,由F 1l 1=F 2l 2可知,nF 1×l 1=nF 2×l 2,故D 正确。

故选D 。

5.如图所示,杠杆可绕O 点转动,力F 作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直;在将杠杆缓慢地由位置A 拉到位置B 的过程中,力F ( )A .变大B .变小C .不变D .先变大后变小【答案】A【解析】【分析】 解答此题,首先要判断杠杆的五要素中,有哪些要素发生了变化,然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。

【详解】将杠杆缓慢地由位置A 拉到位置B ,动力臂不变,阻力G 的力臂变大,而阻力不变,根据杠杆平衡条件1122Fl F l 分析得出动力变大。

故选A 。

6.小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5个钩码挂成了如图所示的情况,则( )A .由图可以得到杠杆平衡条件为F 1L 1=F 2L 2B.小明在F1和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡C.小明取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下杠杆仍能平衡D.小明取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处杠杆仍能平衡【答案】D【解析】【分析】【详解】A.假设一个钩码的重力为GF1=2G,F2=G,F3=2G各力力臂为L1=20,L2=10,L3=15F1L1=2G⨯20=40GF2L2=G⨯10=10GF3L3=2G⨯15=30G杠杆平衡的条件为F1L1=F2L2+F3L3故A不符合题意;B.在F1和F2的下方各再挂一个钩码后F1L1=3G⨯20=60GF2L2=2G⨯10=20GF3L3=2G⨯15=30GF1L1>F2L2+F3L3杠杆失去平衡,故B不符合题意;C.取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后F1L1=G⨯20=20GF2L2=0F3L3=2G⨯15=30GF1L1<F2L2+F3L3杠杆失去平衡,故C不符合题意;D.取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后F1L1=2G⨯20=40GF2L2=0F3L3=2G⨯20=40GF1L1=F2L2+F3L3杠杆重新平衡,故D符合题意。

故选D。

7.如图所示,用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸.一个人从桥的左端匀速走到桥的右端,桥面始终是水平的,不计吊桥和绳的重力,人从吊桥左端出发时开始计时.则人在吊桥上行走过程中,吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是( )A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】吊桥相当于一个杠杆,以吊桥的左端为支点,人从吊桥左端出发,匀速走到桥的右端,杠杆受到人的压力(阻力)等于人的重力,动力臂为OA=L,杠杆受到物体的压力(阻力)F′=G,阻力臂为OB =vt,因为杠杆平衡,所以满足F×OA=F′×OB=G×vt,即:F×L=G×vt,GvtFL由此可知,当t=0时,F=0.当t增大时,F变大,F与人行走时间t是正比例关系,故图象B正确,符合题意为答案.8.如图所示,体积之比为1∶2的甲、乙两个实心物块,分别挂在杠杆两端,此时杠杆恰好水平平衡,则甲、乙两个物块的密度之比为()A.1∶1 B.1∶2C.4∶3 D.2∶1【答案】C【解析】【分析】【详解】由图知道,甲物体挂在左边第3格处,乙物体挂在右边第2格处,由杠杆的平衡条件知道,此时12G l G l =甲乙即32m g m g ⨯=⨯甲乙 所以23m m 甲乙=,又因为V 甲/V 乙=1/2,甲、乙两个物块的密度之比是 241332m V m V ρρ===甲甲甲乙乙乙故C 正确。

故选C 。

9.如图所示,轻质杠杆OA 的B 点挂着一个重物,A 端用细绳吊在圆环M 下,此时OA 恰成水平且A 点与圆弧形架PQ 的圆心重合,那么当环M 从P 点逐渐滑至Q 点的过程中,绳对A 端的拉力大小将( )A .保持不变B .逐渐增大C .逐渐减小D .先变小再变大【答案】D【解析】【详解】 作出当环M 位于P 点、圆弧中点、Q 点时拉力的力臂l 1、l 2、l 3如下由图可知,动力臂先增大,再减小,阻力与阻力臂不变,则由杠杆平衡公式F 1l 1=F 2l 2可知,拉力先变小后变大,故选D 。

10.如图所示,杠杆在水平位置平衡.下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是()A.两侧钩码同时向外移一格B.两侧钩码同时向内移一格C.在两侧钩码下方,同时加挂一个相同的钩码D.左侧增加一个钩码,右侧钩码向外移一格【答案】D【解析】【分析】【详解】设一个钩码的重力为G,横梁上一个格的长度为l,原来杠杆处于平衡状态,则有⨯=⨯G l G l2332A.两侧钩码同时向外移一格,左边为⨯=248G l Gl右边为⨯=339G l Gl<Gl Gl89杠杆右端下沉,故A项不符合题意;B.两侧钩码同时向内移一格,左边为⨯=G l Gl224右边为313⨯=G l Gl<34Gl Gl杠杆左端下沉,故B项不符合题意;C.同时加挂一个相同的钩码,左边为⨯=G l Gl339右边为G l Gl⨯=428Gl Gl<89杠杆左端下沉,故C项不符合题意;D.左侧增加一个钩码,右侧钩码向外移一格,左边为⨯=G l Gl339右边为⨯=G l Gl339=99Gl Gl杠杆平衡,故D项符合题意。

故选D。

11.如图所示,在调节平衡后的杠杆两侧,分别挂上相同规格的钩码,杠杆处于平衡状态。

如果在两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码,则()A.左端下降B.右端下降C.仍然平衡D.无法判断【答案】A【解析】【分析】本题考查杠杆的平衡原理。

【详解】杠杆的平衡原理是:动力×动力臂=阻力×阻力臂。

图中,设一个钩码的重为G,杠杆每一小格的长度为L,则有G∙4L=2G∙2L,若两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码,则杠杆的左边变成2G∙4L=8GL,右边变成3G∙2L=6GL,此时8GL>6GL,所以左端下降,故A符合题意,BCD都不符合题意。

故选A。

12.如图所示,小明用一可绕O点转动的轻质杠杆,将挂在杠杆下的重物提高。

他用一个始终与杠杆垂直的力F使杠杆由竖直位置缓慢转到水平位置,在这个过程中,此杠杆()A.一直是省力的B.先是省力的,后是费力的C.一直是费力的D.先是费力的,后是省力的【答案】B【解析】【分析】【详解】由题图可知动力F 的力臂l 1始终保持不变,物体的重力G 始终大小不变,在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中,重力的力臂l 2逐渐增大,在l 2<l 1之前杠杆是省力杠杆,在l 2>l 1之后,杠杆变为费力杠杆,故选B 。

13.如图所示,AC 硬棒质量忽略不计,在棒的B 点悬挂一个重物,在棒的C 点施加一个方向沿OO '的力F ,棒在力F 的作用下从水平位置被缓慢提升到图示位置。

则下列相关描述正确的是( )A .力F 的方向沿OO '向下B .ABC 是费力杠杆 C .阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力D .在提升过程中,力F 变小 【答案】D【解析】【详解】 A .F 1对杠杆的拉力向下,则为了将杠杆抬起,力F 的方向应沿OO '向上,故A 错误; B .由于力F 的方向应沿OO '向上,则动力臂为S 2,阻力臂小于动力臂,则杠杆为省力杠杆,故B 错误;C .与杠杆接触的是悬挂在杠杆上的绳子,则阻碍杠杆转动的力是绳子对杠杆的拉力,故C 错误;D .在移动过程中,F 1的力臂逐渐变小,拉力F 力臂不变,则由杠杆平衡公式F 1l 1=F 2l 2可知力F 变小,故D 正确。

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