中考物理专题复习分类练习 杠杆平衡.docx

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中考物理专题复习分类练习杠杆平衡

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是（）

A．B点挂5个钩码

B．C点挂4个钩码

C．D点挂1个钩码

D．D点挂2个钩码

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为

4F×3L=12FL

杠杆的平衡条件是

A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

5F×2L=10FL＜12FL

杠杆不能平衡，故A错误；

B．若C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

4F×4L=16FL＞12FL

杠杆不能平衡，故B错误；

C．若D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

F×6L=6FL＜12FL

杠杆不能平衡，故C错误；

D．若D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

2F×6L=12FL=12FL

杠杆能平衡，故D正确。

故选D

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3W

C．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：

所以，动力F1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

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：

P=F2v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：

故D正确．

3．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．动力臂逐渐变大

【答案】A

【解析】

【分析】

杠杆平衡条件及应用。

【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。

故选A。

【点睛】

中等题.失分的原因是：

①不知道动力

方向变化的过程中阻力和阻力臂的大小不变；

②不会画动力

在不同位置时的动力臂；

③不会利用杠杆平衡条件通过动力臂的变化分析出动力的变化；

④不知道当动力

与杠杆垂直时，动力臂最大，动力

最小。

4．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F4

B．F1和F3

C．F2和F4

D．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。

5．如图所示为等刻度轻质杠杆，A处挂4牛的物体，若使杠杆在水平位置平衡，则在B处施加的力（）

A．可能为0.5牛B．一定为2牛C．一定为3牛D．可能是4牛

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

设杠杆每小格的长度为L，若在B点用垂直OB竖直向下的力使杠杆在水平位置平衡，此时所用的力最小，根据杠杆平衡条件

可得

则有

若在B点斜拉使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件

可知

则此时杠杆左边的阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂减小，故动力将增大，故若使杠杆在水平位置平衡，在B点施加的力

故选D。

6．如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是

A．当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，该杠杆一定是省力杠杆

B．当重物悬挂在C点，动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力

C．无论重物挂在A点还是B点时，利用该机械所做的有用功都相等

D．如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变

【答案】C

【解析】

【分析】

灵活运用杠杆平衡公式分析即可；

【详解】

AB．不论重物悬挂在A点或C点，也不论动力作用在C点还是B点，判断杠杆是省力还是费力，需要根据杠杆平衡公式，不仅与力的作用点有关，还与力的方向有关，因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力，故AB错误；

C．无论重物挂在A点还是B点时，由于物体质量相同，上升高度相同，则根据

可知，该机械所做的有用功都相等，故C正确；

D．动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直时，可得动力臂大小始终不发生变化，但由于物体上升，重物的阻力臂会逐渐减小，则由杠杆平衡公式可知动力会减小，故D错误。

7．用图示装置探究杠杆平衡条件，保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点A固定，改变测力计与水平方向的夹角θ，动力臂l也随之改变，所作出的“F-θ”图象和“F-l”图象中，正确的是

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】

【详解】

A．动力F和θ的关系，当F从沿杆方向（水平向左）→垂直于杆方向（与水平方向成90°）→沿杆方向（水平向右），由图可知，F对应的动力臂l=OA×sinθ，动力臂l先变大后变小，则动力F先变小后变大，所以A错误；

B．当θ等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，所以B错误；

CD．根据杠杆平衡条件Fl=F2l2可得：

F=

，由于F2、l2不变，则F和l成反比，故C正确，D错误。

8．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F1L≠F2L可知，

F1（L+l1）≠F2（L+l2），

故C不符合；

D．使动力、阻力的大小增加相同的倍数时，由F1l1=F2l2可知，

nF1×l1=nF2×l2，

故D正确。

故选D。

9．如图所示为一轻质杠杆。

机翼模型固定在直杆上，它们总重6N，直杆挂在杠杆上并保持与杠杆垂直。

同一弹簧测力计在不同情形下拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。

下列说法中正确的是（　　）

A．测力计在a位置时的示数为1.5N

B．测力计从a位置转到b位置后，示数将会变小

C．测力计在a位置时示数为Fa，移至c位置时示数为Fc，则Fa∶Fc=4∶1

D．测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，示数将会变大

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

A．我们将杠杆左边受到的拉力定义为阻力，右边受到的拉力定义为动力。

因为动力臂为阻力臂的

，根据杠杆平衡条件

我们可以知道，动力应为阻力6N的4倍，即为24N，A选项错误，不符合题意；

B．测力计a位置时，动力臂等于支点到力的作用点的距离；当测力计在b位置时，动力臂与支点到力的作用点的距离为直角三角形的一条直角边与斜边的关系，即测力计从a位置转到b位置，动力臂变小了。

根据杠杆平衡条件

可以知道，在阻力与阻力臂均不变的情况下，动力臂减小，要使杠杆继续平衡，动力应该增大。

B选项错误，不符合题意；

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。

故选C。

10．如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是（）

A．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格

B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变

C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变

D．将左右两边的钩码均向外移动一格

【答案】A

【解析】

【详解】

设杠杆的一个小格是1cm，一个钩码的重是1N；

A．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，（4-2）N×3cm=3N×（4-2）cm，杠杆仍然平衡，故A符合题意；

B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，由（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm得，杠杆的右端下沉，故B不符合题意；

C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，由（4-1）N×3cm＞（3-1）N×4cm得，杠杆的左端下沉，故C不符合题意；

D．将左右两边的钩码均向外移动一格，由4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm得，杠杆的左端下沉，故D不符合题意。

11．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

即

因

所以

由图和动滑轮的特点可知

故

故选C。

12．如图所示，一块厚度很薄、质量分布均匀的长方体水泥板放在水平地面上，若分别用一竖直向上的动力F1、F2作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（）

A．F1>F2，因为甲中的动力臂长

B．F1

C．F1>F2，因为乙中的阻力臂短

D．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍

【答案】D

【解析】

【分析】

把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F1与F2的大小关系。

【详解】

两次抬起水泥板时的情况如图所示：

在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2倍；依据

可得，

，

所以，前后两次所用的力相同，即

，故ABC都错误，D正确。

【点睛】

本题作为考查杠杆平衡条件应用的一道经典例题，很容易让学生在第一印象中选错，一定要仔细分析，重点记忆！

13．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

A．F1F2C．F1=F2D．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，

∵

F1lOB=GlOA

∴

F1=

=G；

（2）当OB段处于水平位置时，如右图所示最省力，

∵

F2lOB=GlOC

∴

F2=

∵

lOC＜lOB

∴

F2＜G

∴

F1＞F2；

故选B．

14．如图所示，粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，小明用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起．此过程中，力F作用在B端且始终与铁棒垂直，则力F将（）

A．逐渐变大

B．逐渐变小

C．保持不变

D．先变小后变大

【答案】B

【解析】

【详解】

如下图所示：

在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，所以动力臂l1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂l2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：

Fl1=F2l2可知，l1、F2都不变，l2变小，所以F也在变小。

故选B。

15．如图为搬运砖头的独轮车，车箱和砖头所受的总重力G为1000N（车架所受重力忽略不计），独轮车的有关尺寸如图所示，推车时，人手向上的力F的大小为（　　）

A．200NB．300NC．400ND．500N

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由平衡条件可知

则

故选B。

16．如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面，则（）

A．F1＞F2，因为甲方法的动力臂长

B．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍

C．F1＞F2，因为乙方法的阻力臂短

D．F1＜F2，因为乙方法的动力臂长

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由图示可知，无论用哪种方法来抬，动力臂总是阻力臂的二倍，所用的力总等于阻力的二分之一，由于阻力就是重力，大小是不变的，所以动力的大小也是不变的，故应选B。

17．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体M为重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知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．工人对地面的压力为400N

B．建筑材料P重为600N

C．建筑材料P上升的速度为3m/s

D．物体M对地而的压力为4400N

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

A．当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，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，由力的平衡条件知道

F+F支=G

即

F支=G-F=700N-300N=400N

由于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A正确；

B．由图知道，绳子的有效段数是n=2，且滑轮组摩擦均不计，由

知道，建筑材料P的重力

G=2F-G动=2×300N-100N=500N

故B错误；

C．因为物重由2段绳子承担，所以，建筑材料P上升的速度

故C错误；

D．以定滑轮为研究对象，定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件知道

FA′=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

FA=F′A=1000N

由杠杆的平衡条件知道

FA×OA=FB×OB

又因为OA：

OB=1：

2，所以

由于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

FB′=FB=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

FM支持=GM-FB′=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

FM压=FM支持=4500N

故D错误。

故选A。

18．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动的过程中（）

A．动力臂逐渐变大

B．阻力臂逐渐变大

C．动力F保持不变

D．动力F逐渐减小

【答案】B

【解析】

【分析】

先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。

【详解】

A．由图示可知，木棒是一个杠杆，力F是动力，力F始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A不符合题意；

B．木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B符合题意；

CD．已知G、L保持不变，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件有

GLG=FL

动力F逐渐增大，故CD不符合题意。

故选B。

【点睛】

本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。

19．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l1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l2逐渐增大，在l2＜l1之前杠杆是省力杠杆，在l2＞l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。

20．如图所示，有一个轻质硬杆，两端分别为A，D点，一重物悬挂于B点，力F作用在D点使硬杆平衡，为了使力F最小，支点O应选择在（）

A．A点B．B点C．C点D．D点

【答案】A

【解析】

【详解】

由题意可知，支点O不会在B点，否则有力F的存在，轻质硬杆不能平衡；支点O也不会在D点，否则无论力F大小如何，轻质硬杆也不能平衡；假设支点O在C点，那么根据杠杆的平衡原理可知

，

变换可得

；

假设支点O在A位置时，那么根据杠杆的平衡原理可知

，

变换可得

，

从图中可以看到，动力F的力臂

最长，那么力F最小；故选A。

21．如图所示，长1m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动，杆上套一滑环，用测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动，并保持金属杆处于水平状态。

则测力计示数F与滑环离开O点的距离s之间的关系图像为（　　）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

由题意可知，测力计竖直向上拉着滑环缓慢向右移动的过程中，金属杆处于水平状态，处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可得

金属杆的重力和金属杠的长度大小不变，即k是定值，那么可得到

从上式可知随着距离s的变大，测力计示数F在变小，两者是成反比的，两者的关系图像是B图像。

故选B。

22．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F1L1=F2L2

B．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G

F1=2G，F2=G，F3=2G

各力力臂为

L1=20，L2=10，L3=15

F1L1=2G⨯20=40G

F2L2=G⨯10=10G

F3L3=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=60G

F2L2=2G⨯10=20G

F3L3=2G⨯15=30G

F1L1>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=20G

F2L2=0

F3L3=2G⨯15=30G

F1L1

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=40G

F2L2=0

F3L3=2G⨯20=40G

F1L1=F2L2+F3L3

杠杆重新平衡，故D符合题意。

故选D。