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专题二十五 杠杆--【高效二轮复习】2023-2024学年中考科学二轮复习（浙教版）
一、选择题
1．（2022·温州模拟）温州盛产甘蔗。如下图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。若要较省力地切甘蔗，下列做法正确的是（　　）
A．甘蔗放在a点，施加F1的力 B．甘蔗放在a点，施加F2的力
C．甘蔗放在b点，施加F1的力 D．甘蔗放在b点，施加F2的力
2．（2018·浙江模拟）如图所示为质量不计的杠杆，在左边用细线挂一个小球，为使杠杆保持在水平位置平衡，F1~F6为作用于不同位置时的拉力是（　　）
A．拉力为F1时属于省力杠杆，F2时为等臂杠杆
B．若使小球升高相同的距离，则F5比F2会向下移动更少距离
C．最大拉力为F3，最小拉力为F5，而F2＝F4＝F6
D．若从F4缓慢转至F5再转至F6（不改变力的作用点），则力F先变大后变小
3．（2023九上·龙湾月考）如图所示，有一质量不计的长木板，左端可绕O点转动，在它的右端放一重为G的物块，并用一竖直向上的力F拉着，当物块向左匀速滑动时，木板始终在水平位置保持静止。在此过程中，拉力F将（　　）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小 D．逐渐变小
4．如图所示，古代护城河上安装的吊桥，可以看成一个以O为支点的杠杆。一个人通过定滑轮，用力将吊桥由图示位置缓慢拉至竖直位置。若绳子对桥板的拉力为F，L表示F的力臂。关于此过程中L及乘积FL的变化情况，下列说法正确的是（　　）
A．L始终在增加，FL始终在增加
B．L始终在增加，FL始终在减小
C．L先增加后减小，FL始终在减小
D．L先减小后增加，FL先减小后增加
5．（2023九上·余姚期末）如图，杠杆处于水平静止状态，杆重不计，则下列关系式中一定正确的是（　　）
A．FA OA＝FB OB B．FA OA＜FB OB
C． D．
6．（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（　　）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
7． 如图是吊车起吊货物的结构示意图，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（　　）

A．吊臂是一省力杠杆，但要费距离
B．吊臂是一个费力杠杆，但可以省功
C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力的力臂变小
D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力渐渐变小
8．（浙教版科学2018-2019学年九年级上学期 3.4 杠杆（第1课时） 同步练习）如图所示，活塞式抽水机手柄可以看作是绕O点转动的杠杆，它在动力F1和阻力F2的作用下处于平衡状态，则（　　）
A．F1·OC＝F2·OA B．F1·OD＝F2·OB
C．F1·OE＝F2·OA D．F1·OE＝F2·OB
二、填空题
9．（2020·宁波模拟）小科和小甬一起做探究杠杆平衡条件的实验
（1）在实验中，小科先把杠杆的中点支在支架上，发现杠杆静止如图甲所示的位置，此时杠杆处于　 　状态(“平衡”或“不平衡”)。调节杠杆在水平位置平衡后，在其A端挂一重物G，图乙中能使杠杆在水平位置平衡的最小拉力是　 　（填“F1”“F2”“F3”或“F4）
（2）实验结束后，小雨提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是他利用如图丙所示装置进行探究；在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水后通过计算，发现结果与杠杆平衡条件不相符，其原因是　 　。
10．（2019·上城模拟）小金设计了“移动支点式杠杆”模型来研究建筑工地上的塔吊。AB是长1.8m质量不计粗细均匀的直棒，将其放在一个宽度为50 cm的凳子上，在棒的A端固定一质量m铅=2 kg铅块(忽略大小)，AO1=30 cm。
（1）在距离B点10cm的P处挂某一重物，直棒刚好有顺时针转动的趋势，则P处挂的重物的重力为　 　(小数点后面保留一位)；
（2）当悬线带着重物缓慢向A端移动时，可以抽象成凳面上只有某点E对直棒有支持力。随着重物左移，E点将　 　(选填“左移”或“右移”或“不动”)，直棒对E点的压力　 　(选填“变火”或“变小”或“小变”)。
11．（2019九上·宁波月考）如图为油厂的油桶，空桶质量为65Kg，油桶高为1.2m，底部直径为0.5m，据此回答。
（1）某次装卸中，小明需要将直立的空油桶(如图甲)沿D点推翻，则甲图上推翻空油桶所需的最小力F1的力臂是　 　。（选填“CD”、“BD”或“AD”）
（2）在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功　 　焦。
（3）若将翻倒的空油桶(如图乙)重新竖起所用的最小力为F2，那么，F1　 　F2(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
12．（2019·宁波模拟）哑铃是我们大家都熟悉的运动器材，因其操作简单、经济实惠、实用而受广大健身爱好者的喜爱。如图是我们在使用哑铃时，上臂完成托举的示意图，据图回答：
（1）若把上臂举哑铃时看作一个杠杆，则此杠杆是　 　（填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。
（2）在上举的过程中，阻力臂逐渐　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
三、解答题
13．（2021九上·舟山月考）在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）实验前，杠杆在如图甲所示位置静止，应该将平衡螺母向　 　（左/右）调节，直到杠杆在水平位置平衡，使杠杆的重心通过支点，也便于从杠杆直接测得力臂大小。
（2）调好后，根据图乙进行实验，在A点处悬挂三个钩码，每个钩码重0.5N，将弹簧测力计倒挂在B点处，直到杠杆再次水平平衡，此时杠杆B点处受到的拉力应为　 　N。由于弹簧测力计的示数比B点处的实际拉力　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”），所以在弹簧测力计进行竖直向下拉的测量时，需要重新调零。
（3）为了避免上述问题，小明重新调整设计方案如图丙所示，使弹簧测力计竖直向上拉，结果发现测出的拉力大小仍然与杠杆平衡的条件不相符，其原因是：　 　。
14．（2021九上·东阳月考）如图甲所示是小柯家厨房里的脚踏式翻盖垃圾桶的实物图，翻盖的原理是利用了两个杠杆和轻质硬杆BC组合而成。图乙是其示意图： 脚踏杠杆AO1B、O为支点，A为脚踏处，AO1=24cm，BO1=18cm； 桶盖杠杆DCO2，O2为支点，桶盖的质量为600g，桶盖和连接杆的尺寸如图乙所示，脚踏杆和其 他连接杆的质量不计，桶盖质量分布均匀，厚度不计，D为重心，桶盖闭合时，连接杆BC处于竖直状态。请分析回答：
（1）出图乙可知，则杠杆AO1B为　 　(选填 “省力”“等臂” 或“费力”)杠杆；
（2）若要把桶盖翻开，作用在C点的力至少为多大；
（3）若将桶盖翻开30°，桶盖克服重力做了多少功。．
15．（2017·萧山模拟）某实验小组利用图示装置研究杠杆的机械效率，实验的主要步骤如下：①将杠杆的O点悬挂，能自由转动，在A点悬挂总重为9牛的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆保持水平静止。其中 AO＝10厘米，AB＝20厘米。②竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升(保持O点位置不变)，在此过程中弹簧测力计的读数为3.75牛。
回答下列问题：
（1）杠杆静止时，若杠杆自重和摩擦不计，弹簧秤示数应为多少？
（2）杠杆缓慢转动时，其机械效率为多少？
（3）若只将钩码的悬挂点由A移至C点，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度(不计摩擦阻力)，杠杆的机械效率将如何变化，请简单说明理由。
16．（2016·杭州）小金用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率．实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升．（支点和杠杆的摩擦不计）问：
（1）重为5N的钩码挂在A点时，人的拉力F为4N，钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5m，此时机械效率η1为多大？
（2）小金为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到B点，再次缓慢提升杠杆使动力作用点C仍然上升0.5m．问：人的拉力F与第一次相比 （选填“变大”“变小”或“不变”）．比较此时的机械效率η2与η1的大小并用学过的知识给以推导．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】本题利用生活中某一实例，较全面地考查了物理知识的应用，根据杠杆平衡原理解答。
在阻力不变的情况下，减小阻力臂，能减小动力；在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小
【解答】若要较省力地切甘蔗，则阻力臂最小，动力臂最大。甘蔗放在a点，阻力臂最小，F2的动力臂最长，故选B。
2．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆原理：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1· L1=F2·L2；
【解答】A、由图可知：小球和小球到支点的距离构成了阻力和阻力臂，G2；而F1到支点的距离只有1格<2格，是费力杠杆；故A错误；
B、由杠杆原理可知，F2是费力杠杆，F5是省力杠杆，省力机械费距离，费力杠杆省距离；故F5向下移动的距离更多；故B错误；
C、经计算可知F1的力臂是1格，F2的力臂是2格，F3的力臂是0.5格，F4的力臂是2格，F5的力臂是4格，F6的力臂是2格；力臂越大力越小；故F3拉力最大，F5拉力最小，F2＝F4＝F6 ；故C正确；
D、F4缓慢转至F5再转至F6的过程中，力臂先变大后变小，故力先变小后变大；故D错误；
故答案为：C。
3．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆平衡条件 F1·L1=F2·L2， 动力×动力臂=阻力×阻力臂 。
【解答】 当物块向左匀速滑动时 ，阻力臂会逐渐减小，阻力大小不变，动力臂不变，根据杠杆平衡条件 ，可得动力即拉力F将逐渐变小，故答案为：D。
4．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】 杠杆又分成费力杠杆、省力杠杆和等臂杠杆，杠杆原理也称为“杠杆平衡条件”。要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等。即：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1·l1=F2·l2。从上式可看出，要使杠杆达到平衡，动力臂是阻力臂的几倍，阻力就是动力的几倍。
【解答】FL=GL1；L1重力到O点的垂直距离；因为往上拉的过程，L1一直变小，G不变，所以GL1一直变小，所以FL始终在减小．又因为L表示F的力臂 ，从图中可以看出是一个先增大后减小的过程，所以C正确；
故答案为：C
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】杠杆处于静止状态，可根据杠杆平衡条件来进行分析。作动力臂，阻力臂可知
FB的力臂是OB，FA的力臂是OC，OC【解答】A、FAOA>FBOB，故A错误；
B、FAOA>FBOB，故B错误；
C、，故C错误；
D、FAOA>FBOB，所以，故D正确。
所以选：D。
6．【答案】C
【知识点】力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】判断杠杆的用力情况需要知道动力臂与阻力臂的长短关系。根据题目信息可知：阻力与动力臂大小始终不变。 由竖直位置慢慢转到水平位置过程中，阻力臂慢慢变大
【解答】A、在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故A错误。
B、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆故B错误。
C、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故C正确。
D、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故D错误。
所以选：C。
7．【答案】D
【知识点】杠杆的分类；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】解：
A、如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，吊臂是费力杠杆．故A错误；
B、吊臂是费力杠杆，费力但可以省距离，但不省功，故B错；
CD、由题知，吊车工作时它对吊臂的支持力始终与吊臂垂直，动力臂不变，阻力不变，阻力臂减小，根据F1×l1=F2×l2可知动力减小，所以伸缩撑杆的支持力逐渐变小．故C错、D正确．
故选D．
【分析】根据杠杆平衡条件，F1×l1=F2×l2，根据动力臂和阻力臂的关系分析是省力杠杆、等臂杠杆、费力杠杆．
根据匀速吊起货物时，阻力不变，阻力臂变化，动力臂不变，再次利用杠杆平衡条件进行判断支持力的大小变化．
8．【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】力臂的定义一般为：支点到力的作用线的垂直距离。与动力对应的力臂叫动力臂，与阻力对应的力臂叫阻力臂；物理学中把一根在力的作用下可绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，杠杆可以是任意形状的硬棒；在杠杆平衡（静止或匀速转动状态）时，动力×动力臂=阻力×阻力臂。
【解答】根据力臂的定义可知，动力F1的动力臂为OE，阻力F2的阻力臂为OB，由于杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂；故F1·OE＝F2·OB；故A、B、C错误，D正确；
故答案为：D。
9．【答案】（1）平衡；F4
（2）没有消除杠杆自身重力对实验的影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）如果杠杆处于静止状态或匀速转动状态，那么它就处于平衡状态。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断；
（2）当杠杆的支点在杠杆的重心上时，它的重力不会对杠杆的平衡产生影响。如果杠杆的支点不在重心上，那么它的自重就会对平衡产生影响，据此分析解答。
【解答】（1）在图甲中，杠杆保持静止状态，此时杠杆处于平衡状态。
根据图乙可知，物体挂在支点的左侧，能够使杠杆平衡的力只有F1和F4。因为动力臂L1（2）使杠杆在水后通过计算，发现结果与杠杆平衡条件不相符，其原因是：没有消除杠杆自身重力对实验的影响。
10．【答案】（1）17.8N
（2）左移；不变
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）当AB顺时针旋转时，O2为支点，AO2为动力臂，PO2为阻力臂，根据杠杆的平衡条件计算重物的重力即可；
（2）当重物向A端移动时，杠杆的阻力臂会逐渐缩短，根据杠杆的平衡条件判断动力臂的长度变化，进而推断出E点的变化；无论E点在哪里，只要杠杆平衡，那么E点受到的压力就等于A和P两点物体重力之和。
【解答】（1）当AB顺时针旋转时，O2为支点，AO2为动力臂，PO2为阻力臂，
那么：AO2=AO1+O1O2=0.3m+0.5m=0.8m；
PO2=AB-AO2-PB=1.8m-0.8m-0.1m=0.9m；
根据杠杆的平衡条件得到：
GA×AO2=G×PO2
2kg×10N/kg×0.8m=G×0.9m
G=17.8N；
（2）随着重物左移，阻力臂变短，如果杠杆要保持平衡，就要增大阻力臂，减小动力臂，因此支点E要向左移动；无论E点在哪里，只要杠杆平衡，那么E点受到的压力就等于A和P两点物体重力之和，因此E点的压力不变。
故答案为：（1）17.8N；（2）左移，不变
11．【答案】（1）AD
（2）32.5
（3）小于
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可知，当动力臂最长时，动力最小；
（2）分别确定推翻油桶前后，油桶重心的高度变化，然后根据W=G△h计算小明要做的功即可；
（3）比较油桶重力阻力臂的长度变化，然后根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】（1）推翻油桶时，可以将油桶看做一个杠杆，支点是D点，而油桶上到D的距离最大的点就是A点，所以所需最小力的力臂是AD；
（2）甲中油桶直立时，油桶重心的高度为：；
AD的长度为：；
那么油桶上升到最高点时重心高度为：；
因此小明至少需要对油桶做功：W=G△h=65kg×10N/kg×（0.65m-0.6m）=32.5J；
（3）甲和乙中，阻力都是油桶的重力G保持不变，最小力的力臂都等于油桶对角线的长度，也保持不变；乙图中的阻力臂为0.6m，甲图中的阻力臂为0.25m，那么重新竖起油桶时的阻力臂增大了，根据公式G×L2=F×L1可知，那么动力肯定也增大了，即F1＜F2。
12．【答案】（1）费力
（2）减小
【知识点】杠杆的分类；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）把上臂举哑铃时看作一个杠杆，明确杠杆的五要素，动力臂和阻力臂的关系，再判断杠杆类型；（2）根据阻力臂的概念，判断上举的过程中阻力臂的变化情况。
【解答】（1）若把上臂举哑铃时看作一个杠杆，其支点在肘关节处，哑铃的压力是阻力，肱二头肌对前臂施加的力是动力，托举时动力臂小于阻力臂，此杠杆是费力杠杆；
（2）支点到阻力作用线的距离为阻力臂，在上举的过程中，阻力臂逐渐减小。
故答案为：（1）费力；（2）减小。
13．【答案】（1）右
（2）1.2；偏小
（3）杠杆自身存在重力，使测的拉力偏大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。当弹簧测力计悬挂在杠杆的下面时，由于测力计自身有重力，所以施加的拉力和重力之和等于计算出的拉力，因此测力计的示数会偏小。
（3）当支点在杠杆的一侧时，由于杠杆的重力作用线不从支点经过，因此会对杠杆的平衡产生影响。因为杠杆重力向下，所以相当于阻力增大，则导致弹簧测力计的示数偏大，据此分析解答。
【解答】（1）根据甲图可知，杠杆的左端重，右端轻，因此平衡螺母应该向右调节，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设杠杆上每个刻度长为L，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×5L=（0.5N×3）L×4L，解得：F=1.2N。由于弹簧测力计的示数比B点处的实际拉力偏小，所以在弹簧测力计进行竖直向下拉的测量时，需要重新调零。
（3）使弹簧测力计竖直向上拉，结果发现测出的拉力大小仍然与杠杆平衡的条件不相符，其原因是：杠杆自身存在重力，使测的拉力偏大。
14．【答案】（1）省力
（2）设脚对A点的作用力为F，顶杆对B点的作用力为F1，顶杆对桶盖上C点的作用力为F2，根据杠杆的平衡条件得：
F×AO1=F1×O1B…①
G×DO2=F2×CO2…②
F1=F2，
桶盖的重：G=mg=0.6kg×10N/kg=6N，
得：
则
（3）由题意可知，若将桶盖翻开30°，桶盖重心上升高度为=17.5cm
克服重力做功W=FS=GH=6N×0.175m=1.05J
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的应用
【解析】【分析】本题考查杠杆平衡相关知识，一根在力的作用下可绕固定点转动的硬棒叫做杠杆。杠杆可以是任意形状的硬棒。
支点：杠杆绕着转动的点，通常用字母O来表示。
动力：使杠杆转动的力，通常用F1来表示。
阻力：阻碍杠杆转动的力，通常用F2来表示。
动力臂：从支点到动力作用线的距离，通常用L1表示。
阻力臂：从支点到阻力作用线的距离，通常用L2表示。
【解答】(1)图乙可知，杠杆AO1B动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
15．【答案】（1）根据F1L1＝F2×L2
F1＝
（2）
（3）变大，钩码的悬挂点由A移至C点，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，即有用功大小不变，当把钩码提升到相同高度时，杠杆提升的高度减小，而克服杠杆自重做的额外功减小，因此杠杆的机械效率变大．
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】本题考查的是机械效的测量。弹簧秤示数可以根据杠杆定律F1L1＝F2L2 ，计算出B点的拉力；测量时需测有用功和总功，杠杆的有用功是Gh1，拉力的总功是Fh2.所以杠杆的机械效率是×100%。影响杠杆的机械效率的因素是杠杆自身的重量；当拉力点从A点移到C点时，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，即有用功大小不变，当把钩码提升到相同高度时，杠杆提升的高度减小，而克服杠杆自重做的额外功减小，因此杠杆的机械效率变大。
16．【答案】（1）有用功：W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
总功：W总=Fs=4N×0.5m=2J，
机械效率：η= ×100%= ×100%=75%；
答：机械效率η1为75%
（2）变小；
钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，
则由杠杠的平衡条件得：G OA+G杠杆 OC=F OC；
悬挂点移至B点时，由杠杠的平衡条件得G OB+G杠杆 OC=F′ OC，
观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB＜OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小；
杠杆的机械效率：η= = = ；
因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功不变（即W额=G杠杆 h杠杆不变）；由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功减小；
从上面η的表达式可知：W有用减小、W额不变，所以 变大，分母变大，η就减小；即η2＜η1．
【知识点】杠杆的动态平衡分析；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据W=Gh求出有用功；根据W=Fs求出总功，根据η= 求出机械效率；（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，改变了钩码重力的力臂，根据杠杆平衡条件分析，改变了弹簧测力计的拉力，改变了弹簧测力计的拉力做功的多少，改变了机械效率的高低．本题考查的是学生对有用功、总功、额外功、机械效率计算公式的理解和掌握，同时还考查杠杠平衡条件的应用．
1 / 1专题二十五 杠杆--【高效二轮复习】2023-2024学年中考科学二轮复习（浙教版）
一、选择题
1．（2022·温州模拟）温州盛产甘蔗。如下图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。若要较省力地切甘蔗，下列做法正确的是（　　）
A．甘蔗放在a点，施加F1的力 B．甘蔗放在a点，施加F2的力
C．甘蔗放在b点，施加F1的力 D．甘蔗放在b点，施加F2的力
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】本题利用生活中某一实例，较全面地考查了物理知识的应用，根据杠杆平衡原理解答。
在阻力不变的情况下，减小阻力臂，能减小动力；在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力越小
【解答】若要较省力地切甘蔗，则阻力臂最小，动力臂最大。甘蔗放在a点，阻力臂最小，F2的动力臂最长，故选B。
2．（2018·浙江模拟）如图所示为质量不计的杠杆，在左边用细线挂一个小球，为使杠杆保持在水平位置平衡，F1~F6为作用于不同位置时的拉力是（　　）
A．拉力为F1时属于省力杠杆，F2时为等臂杠杆
B．若使小球升高相同的距离，则F5比F2会向下移动更少距离
C．最大拉力为F3，最小拉力为F5，而F2＝F4＝F6
D．若从F4缓慢转至F5再转至F6（不改变力的作用点），则力F先变大后变小
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆原理：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1· L1=F2·L2；
【解答】A、由图可知：小球和小球到支点的距离构成了阻力和阻力臂，G2；而F1到支点的距离只有1格<2格，是费力杠杆；故A错误；
B、由杠杆原理可知，F2是费力杠杆，F5是省力杠杆，省力机械费距离，费力杠杆省距离；故F5向下移动的距离更多；故B错误；
C、经计算可知F1的力臂是1格，F2的力臂是2格，F3的力臂是0.5格，F4的力臂是2格，F5的力臂是4格，F6的力臂是2格；力臂越大力越小；故F3拉力最大，F5拉力最小，F2＝F4＝F6 ；故C正确；
D、F4缓慢转至F5再转至F6的过程中，力臂先变大后变小，故力先变小后变大；故D错误；
故答案为：C。
3．（2023九上·龙湾月考）如图所示，有一质量不计的长木板，左端可绕O点转动，在它的右端放一重为G的物块，并用一竖直向上的力F拉着，当物块向左匀速滑动时，木板始终在水平位置保持静止。在此过程中，拉力F将（　　）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小 D．逐渐变小
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】杠杆平衡条件 F1·L1=F2·L2， 动力×动力臂=阻力×阻力臂 。
【解答】 当物块向左匀速滑动时 ，阻力臂会逐渐减小，阻力大小不变，动力臂不变，根据杠杆平衡条件 ，可得动力即拉力F将逐渐变小，故答案为：D。
4．如图所示，古代护城河上安装的吊桥，可以看成一个以O为支点的杠杆。一个人通过定滑轮，用力将吊桥由图示位置缓慢拉至竖直位置。若绳子对桥板的拉力为F，L表示F的力臂。关于此过程中L及乘积FL的变化情况，下列说法正确的是（　　）
A．L始终在增加，FL始终在增加
B．L始终在增加，FL始终在减小
C．L先增加后减小，FL始终在减小
D．L先减小后增加，FL先减小后增加
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】 杠杆又分成费力杠杆、省力杠杆和等臂杠杆，杠杆原理也称为“杠杆平衡条件”。要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等。即：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1·l1=F2·l2。从上式可看出，要使杠杆达到平衡，动力臂是阻力臂的几倍，阻力就是动力的几倍。
【解答】FL=GL1；L1重力到O点的垂直距离；因为往上拉的过程，L1一直变小，G不变，所以GL1一直变小，所以FL始终在减小．又因为L表示F的力臂 ，从图中可以看出是一个先增大后减小的过程，所以C正确；
故答案为：C
5．（2023九上·余姚期末）如图，杠杆处于水平静止状态，杆重不计，则下列关系式中一定正确的是（　　）
A．FA OA＝FB OB B．FA OA＜FB OB
C． D．
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】杠杆处于静止状态，可根据杠杆平衡条件来进行分析。作动力臂，阻力臂可知
FB的力臂是OB，FA的力臂是OC，OC【解答】A、FAOA>FBOB，故A错误；
B、FAOA>FBOB，故B错误；
C、，故C错误；
D、FAOA>FBOB，所以，故D正确。
所以选：D。
6．（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（　　）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
【答案】C
【知识点】力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】判断杠杆的用力情况需要知道动力臂与阻力臂的长短关系。根据题目信息可知：阻力与动力臂大小始终不变。 由竖直位置慢慢转到水平位置过程中，阻力臂慢慢变大
【解答】A、在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故A错误。
B、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆故B错误。
C、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故C正确。
D、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故D错误。
所以选：C。
7． 如图是吊车起吊货物的结构示意图，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（　　）

A．吊臂是一省力杠杆，但要费距离
B．吊臂是一个费力杠杆，但可以省功
C．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力的力臂变小
D．匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆支持力渐渐变小
【答案】D
【知识点】杠杆的分类；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】解：
A、如图画出动力臂和阻力臂，动力臂L1小于阻力臂L2，根据杠杆平衡条件，动力大于阻力，吊臂是费力杠杆．故A错误；
B、吊臂是费力杠杆，费力但可以省距离，但不省功，故B错；
CD、由题知，吊车工作时它对吊臂的支持力始终与吊臂垂直，动力臂不变，阻力不变，阻力臂减小，根据F1×l1=F2×l2可知动力减小，所以伸缩撑杆的支持力逐渐变小．故C错、D正确．
故选D．
【分析】根据杠杆平衡条件，F1×l1=F2×l2，根据动力臂和阻力臂的关系分析是省力杠杆、等臂杠杆、费力杠杆．
根据匀速吊起货物时，阻力不变，阻力臂变化，动力臂不变，再次利用杠杆平衡条件进行判断支持力的大小变化．
8．（浙教版科学2018-2019学年九年级上学期 3.4 杠杆（第1课时） 同步练习）如图所示，活塞式抽水机手柄可以看作是绕O点转动的杠杆，它在动力F1和阻力F2的作用下处于平衡状态，则（　　）
A．F1·OC＝F2·OA B．F1·OD＝F2·OB
C．F1·OE＝F2·OA D．F1·OE＝F2·OB
【答案】D
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】力臂的定义一般为：支点到力的作用线的垂直距离。与动力对应的力臂叫动力臂，与阻力对应的力臂叫阻力臂；物理学中把一根在力的作用下可绕固定点转动的硬棒叫做杠杆，杠杆可以是任意形状的硬棒；在杠杆平衡（静止或匀速转动状态）时，动力×动力臂=阻力×阻力臂。
【解答】根据力臂的定义可知，动力F1的动力臂为OE，阻力F2的阻力臂为OB，由于杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂；故F1·OE＝F2·OB；故A、B、C错误，D正确；
故答案为：D。
二、填空题
9．（2020·宁波模拟）小科和小甬一起做探究杠杆平衡条件的实验
（1）在实验中，小科先把杠杆的中点支在支架上，发现杠杆静止如图甲所示的位置，此时杠杆处于　 　状态(“平衡”或“不平衡”)。调节杠杆在水平位置平衡后，在其A端挂一重物G，图乙中能使杠杆在水平位置平衡的最小拉力是　 　（填“F1”“F2”“F3”或“F4）
（2）实验结束后，小雨提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是他利用如图丙所示装置进行探究；在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水后通过计算，发现结果与杠杆平衡条件不相符，其原因是　 　。
【答案】（1）平衡；F4
（2）没有消除杠杆自身重力对实验的影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）如果杠杆处于静止状态或匀速转动状态，那么它就处于平衡状态。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断；
（2）当杠杆的支点在杠杆的重心上时，它的重力不会对杠杆的平衡产生影响。如果杠杆的支点不在重心上，那么它的自重就会对平衡产生影响，据此分析解答。
【解答】（1）在图甲中，杠杆保持静止状态，此时杠杆处于平衡状态。
根据图乙可知，物体挂在支点的左侧，能够使杠杆平衡的力只有F1和F4。因为动力臂L1（2）使杠杆在水后通过计算，发现结果与杠杆平衡条件不相符，其原因是：没有消除杠杆自身重力对实验的影响。
10．（2019·上城模拟）小金设计了“移动支点式杠杆”模型来研究建筑工地上的塔吊。AB是长1.8m质量不计粗细均匀的直棒，将其放在一个宽度为50 cm的凳子上，在棒的A端固定一质量m铅=2 kg铅块(忽略大小)，AO1=30 cm。
（1）在距离B点10cm的P处挂某一重物，直棒刚好有顺时针转动的趋势，则P处挂的重物的重力为　 　(小数点后面保留一位)；
（2）当悬线带着重物缓慢向A端移动时，可以抽象成凳面上只有某点E对直棒有支持力。随着重物左移，E点将　 　(选填“左移”或“右移”或“不动”)，直棒对E点的压力　 　(选填“变火”或“变小”或“小变”)。
【答案】（1）17.8N
（2）左移；不变
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）当AB顺时针旋转时，O2为支点，AO2为动力臂，PO2为阻力臂，根据杠杆的平衡条件计算重物的重力即可；
（2）当重物向A端移动时，杠杆的阻力臂会逐渐缩短，根据杠杆的平衡条件判断动力臂的长度变化，进而推断出E点的变化；无论E点在哪里，只要杠杆平衡，那么E点受到的压力就等于A和P两点物体重力之和。
【解答】（1）当AB顺时针旋转时，O2为支点，AO2为动力臂，PO2为阻力臂，
那么：AO2=AO1+O1O2=0.3m+0.5m=0.8m；
PO2=AB-AO2-PB=1.8m-0.8m-0.1m=0.9m；
根据杠杆的平衡条件得到：
GA×AO2=G×PO2
2kg×10N/kg×0.8m=G×0.9m
G=17.8N；
（2）随着重物左移，阻力臂变短，如果杠杆要保持平衡，就要增大阻力臂，减小动力臂，因此支点E要向左移动；无论E点在哪里，只要杠杆平衡，那么E点受到的压力就等于A和P两点物体重力之和，因此E点的压力不变。
故答案为：（1）17.8N；（2）左移，不变
11．（2019九上·宁波月考）如图为油厂的油桶，空桶质量为65Kg，油桶高为1.2m，底部直径为0.5m，据此回答。
（1）某次装卸中，小明需要将直立的空油桶(如图甲)沿D点推翻，则甲图上推翻空油桶所需的最小力F1的力臂是　 　。（选填“CD”、“BD”或“AD”）
（2）在推翻油桶过程中，小明至少需要对油桶做功　 　焦。
（3）若将翻倒的空油桶(如图乙)重新竖起所用的最小力为F2，那么，F1　 　F2(选填“大于”、“等于”或“小于”)。
【答案】（1）AD
（2）32.5
（3）小于
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可知，当动力臂最长时，动力最小；
（2）分别确定推翻油桶前后，油桶重心的高度变化，然后根据W=G△h计算小明要做的功即可；
（3）比较油桶重力阻力臂的长度变化，然后根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】（1）推翻油桶时，可以将油桶看做一个杠杆，支点是D点，而油桶上到D的距离最大的点就是A点，所以所需最小力的力臂是AD；
（2）甲中油桶直立时，油桶重心的高度为：；
AD的长度为：；
那么油桶上升到最高点时重心高度为：；
因此小明至少需要对油桶做功：W=G△h=65kg×10N/kg×（0.65m-0.6m）=32.5J；
（3）甲和乙中，阻力都是油桶的重力G保持不变，最小力的力臂都等于油桶对角线的长度，也保持不变；乙图中的阻力臂为0.6m，甲图中的阻力臂为0.25m，那么重新竖起油桶时的阻力臂增大了，根据公式G×L2=F×L1可知，那么动力肯定也增大了，即F1＜F2。
12．（2019·宁波模拟）哑铃是我们大家都熟悉的运动器材，因其操作简单、经济实惠、实用而受广大健身爱好者的喜爱。如图是我们在使用哑铃时，上臂完成托举的示意图，据图回答：
（1）若把上臂举哑铃时看作一个杠杆，则此杠杆是　 　（填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。
（2）在上举的过程中，阻力臂逐渐　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）费力
（2）减小
【知识点】杠杆的分类；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】（1）把上臂举哑铃时看作一个杠杆，明确杠杆的五要素，动力臂和阻力臂的关系，再判断杠杆类型；（2）根据阻力臂的概念，判断上举的过程中阻力臂的变化情况。
【解答】（1）若把上臂举哑铃时看作一个杠杆，其支点在肘关节处，哑铃的压力是阻力，肱二头肌对前臂施加的力是动力，托举时动力臂小于阻力臂，此杠杆是费力杠杆；
（2）支点到阻力作用线的距离为阻力臂，在上举的过程中，阻力臂逐渐减小。
故答案为：（1）费力；（2）减小。
三、解答题
13．（2021九上·舟山月考）在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）实验前，杠杆在如图甲所示位置静止，应该将平衡螺母向　 　（左/右）调节，直到杠杆在水平位置平衡，使杠杆的重心通过支点，也便于从杠杆直接测得力臂大小。
（2）调好后，根据图乙进行实验，在A点处悬挂三个钩码，每个钩码重0.5N，将弹簧测力计倒挂在B点处，直到杠杆再次水平平衡，此时杠杆B点处受到的拉力应为　 　N。由于弹簧测力计的示数比B点处的实际拉力　 　（选填“偏大”“偏小”或“不变”），所以在弹簧测力计进行竖直向下拉的测量时，需要重新调零。
（3）为了避免上述问题，小明重新调整设计方案如图丙所示，使弹簧测力计竖直向上拉，结果发现测出的拉力大小仍然与杠杆平衡的条件不相符，其原因是：　 　。
【答案】（1）右
（2）1.2；偏小
（3）杠杆自身存在重力，使测的拉力偏大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。当弹簧测力计悬挂在杠杆的下面时，由于测力计自身有重力，所以施加的拉力和重力之和等于计算出的拉力，因此测力计的示数会偏小。
（3）当支点在杠杆的一侧时，由于杠杆的重力作用线不从支点经过，因此会对杠杆的平衡产生影响。因为杠杆重力向下，所以相当于阻力增大，则导致弹簧测力计的示数偏大，据此分析解答。
【解答】（1）根据甲图可知，杠杆的左端重，右端轻，因此平衡螺母应该向右调节，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）设杠杆上每个刻度长为L，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×5L=（0.5N×3）L×4L，解得：F=1.2N。由于弹簧测力计的示数比B点处的实际拉力偏小，所以在弹簧测力计进行竖直向下拉的测量时，需要重新调零。
（3）使弹簧测力计竖直向上拉，结果发现测出的拉力大小仍然与杠杆平衡的条件不相符，其原因是：杠杆自身存在重力，使测的拉力偏大。
14．（2021九上·东阳月考）如图甲所示是小柯家厨房里的脚踏式翻盖垃圾桶的实物图，翻盖的原理是利用了两个杠杆和轻质硬杆BC组合而成。图乙是其示意图： 脚踏杠杆AO1B、O为支点，A为脚踏处，AO1=24cm，BO1=18cm； 桶盖杠杆DCO2，O2为支点，桶盖的质量为600g，桶盖和连接杆的尺寸如图乙所示，脚踏杆和其 他连接杆的质量不计，桶盖质量分布均匀，厚度不计，D为重心，桶盖闭合时，连接杆BC处于竖直状态。请分析回答：
（1）出图乙可知，则杠杆AO1B为　 　(选填 “省力”“等臂” 或“费力”)杠杆；
（2）若要把桶盖翻开，作用在C点的力至少为多大；
（3）若将桶盖翻开30°，桶盖克服重力做了多少功。．
【答案】（1）省力
（2）设脚对A点的作用力为F，顶杆对B点的作用力为F1，顶杆对桶盖上C点的作用力为F2，根据杠杆的平衡条件得：
F×AO1=F1×O1B…①
G×DO2=F2×CO2…②
F1=F2，
桶盖的重：G=mg=0.6kg×10N/kg=6N，
得：
则
（3）由题意可知，若将桶盖翻开30°，桶盖重心上升高度为=17.5cm
克服重力做功W=FS=GH=6N×0.175m=1.05J
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的应用
【解析】【分析】本题考查杠杆平衡相关知识，一根在力的作用下可绕固定点转动的硬棒叫做杠杆。杠杆可以是任意形状的硬棒。
支点：杠杆绕着转动的点，通常用字母O来表示。
动力：使杠杆转动的力，通常用F1来表示。
阻力：阻碍杠杆转动的力，通常用F2来表示。
动力臂：从支点到动力作用线的距离，通常用L1表示。
阻力臂：从支点到阻力作用线的距离，通常用L2表示。
【解答】(1)图乙可知，杠杆AO1B动力臂大于阻力臂，为省力杠杆；
15．（2017·萧山模拟）某实验小组利用图示装置研究杠杆的机械效率，实验的主要步骤如下：①将杠杆的O点悬挂，能自由转动，在A点悬挂总重为9牛的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆保持水平静止。其中 AO＝10厘米，AB＝20厘米。②竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升(保持O点位置不变)，在此过程中弹簧测力计的读数为3.75牛。
回答下列问题：
（1）杠杆静止时，若杠杆自重和摩擦不计，弹簧秤示数应为多少？
（2）杠杆缓慢转动时，其机械效率为多少？
（3）若只将钩码的悬挂点由A移至C点，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度(不计摩擦阻力)，杠杆的机械效率将如何变化，请简单说明理由。
【答案】（1）根据F1L1＝F2×L2
F1＝
（2）
（3）变大，钩码的悬挂点由A移至C点，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，即有用功大小不变，当把钩码提升到相同高度时，杠杆提升的高度减小，而克服杠杆自重做的额外功减小，因此杠杆的机械效率变大．
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】本题考查的是机械效的测量。弹簧秤示数可以根据杠杆定律F1L1＝F2L2 ，计算出B点的拉力；测量时需测有用功和总功，杠杆的有用功是Gh1，拉力的总功是Fh2.所以杠杆的机械效率是×100%。影响杠杆的机械效率的因素是杠杆自身的重量；当拉力点从A点移到C点时，O和B位置不变，仍将钩码提升相同的高度，即有用功大小不变，当把钩码提升到相同高度时，杠杆提升的高度减小，而克服杠杆自重做的额外功减小，因此杠杆的机械效率变大。
16．（2016·杭州）小金用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率．实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升．（支点和杠杆的摩擦不计）问：
（1）重为5N的钩码挂在A点时，人的拉力F为4N，钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5m，此时机械效率η1为多大？
（2）小金为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到B点，再次缓慢提升杠杆使动力作用点C仍然上升0.5m．问：人的拉力F与第一次相比 （选填“变大”“变小”或“不变”）．比较此时的机械效率η2与η1的大小并用学过的知识给以推导．
【答案】（1）有用功：W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；
总功：W总=Fs=4N×0.5m=2J，
机械效率：η= ×100%= ×100%=75%；
答：机械效率η1为75%
（2）变小；
钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，
则由杠杠的平衡条件得：G OA+G杠杆 OC=F OC；
悬挂点移至B点时，由杠杠的平衡条件得G OB+G杠杆 OC=F′ OC，
观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB＜OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小；
杠杆的机械效率：η= = = ；
因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功不变（即W额=G杠杆 h杠杆不变）；由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功减小；
从上面η的表达式可知：W有用减小、W额不变，所以 变大，分母变大，η就减小；即η2＜η1．
【知识点】杠杆的动态平衡分析；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）根据W=Gh求出有用功；根据W=Fs求出总功，根据η= 求出机械效率；（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，改变了钩码重力的力臂，根据杠杆平衡条件分析，改变了弹簧测力计的拉力，改变了弹簧测力计的拉力做功的多少，改变了机械效率的高低．本题考查的是学生对有用功、总功、额外功、机械效率计算公式的理解和掌握，同时还考查杠杠平衡条件的应用．
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