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专项训练12 杠杆的动态平衡
1．（2024秋 平湖市期末）如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，它的前端A系一水桶，后端B系一配重物，从井中汲水时，先用力F往下拉将水桶放入井水中，当水桶中装水后，再用力往上提水桶，若配重质量为4.8千克，OA＝3OB，杆的自重不计。下列说法正确的是（　　）
A．图中力F的力臂为OA
B．桔槔B处受到力的方向为向上
C．匀速将水桶竖直往下拉的过程中，力F逐渐变小
D．当桶和水总重60牛，往上提水桶时，人需要用力44牛
2．（2024秋 长兴县期末）如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡。如在木棒的A、C两点各减少一个同样的钩码，则木棒（　　）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡被破坏，转动方向不定
D．仍保持平衡
3．（2024秋 北仑区校级期末）如图所示，质量为M、长度为L的均匀桥板AB，A端连在桥墩上可以自由转动，B端搁在漂浮水面的浮箱C上。设浮箱为长方体，上下浮动时上表面保持水平，并始终在水面以上，上表面面积为S，水的密度为ρ。一辆质量为m的汽车P（汽车P可以看作一点）从A处缓慢驶向B处，浮箱沉入水中的深度增加，则深度增加量ΔH（与汽车没有驶上桥面相比）与汽车P离开A端距离x的关系为（　　）
A．ΔH B．ΔH
C．ΔH D．ΔH
4．即将放寒假，某同学利用拉杆箱将学校里的物品运回家里。他所用的拉杆箱示意图如图所示。装有物品的拉杆箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F使拉杆箱保持静止。下列说法中正确的是（　　）
A．其他条件不变，仅伸长拉杆的长度，拉力F增大
B．其他条件不变，拉力F的方向沿顺时针改变20°，拉力F减小
C．箱内物体下滑，重心位置由B变至B′，拉力F增大
D．使拉力F的方向沿顺时针改变40°，通过调节拉力大小，不能使拉杆箱保持静止
5．（2024秋 杭州校级期中）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，使杠杆保持静止，然后向右缓慢转动F至水平方向，这一过程中F变化情况是（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
6．（2024秋 鹿城区校级期中）在刚刚落幕的校第76届运动会上，同学们努力拼搏，携手奋进，展现了“致偶像志少年”的校运精神。根据所学内容回答下面小题。运动会期间工作人员运送东西，将长为L质量不计的木棒置在肩上C点，木棒A端挂一个重为G的物体，他用手压住B端使木棒保持水平平衡，用手压B端不动，移动木棒，改变CB的长度记为x，则木棒对肩膀的压力F随x的变化关系图像为（　　）
A．B． C． D．
7．（2024秋 浙江校级期中）如图所示，甲、乙两人分别在A点和B点共同扛起均质木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点。当乙的作用点从B点向O点靠近时，乙对木料作用力将（　　）
A．变小 B．变大 C．不变 D．无法判断
8．（2024秋 杭州校级期中）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出，甲图中杠杆处于水平位置平衡。松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（B′点对应B点），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2应该放在（　　）
A．B′点处 B．①点处 C．②点处 D．③点处
9．（2022秋 滨江区校级期中）下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（　　）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
10．（2022秋 西湖区校级期中）有一质量分布不均匀的木条，质量为2.4kg，长度为AB，C为木条上的点，ACAB。现将两台完全相同的台秤甲、乙放在水平地面上，再将此木条支放在两秤上，B端支放在乙秤上。C点支放在甲秤上，此时甲科的示数是0.8kg，如图所示。则欲使乙秤的示数变为0，应将甲秤向右移动的距离是（支放木条的支架重不计）（　　）
A．AB B．AB C．AB D．AB
11．如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑。则下列分析正确的是（　　）
A．拉力F逐渐变小
B．由于拉力F的力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变
C．拉力F逐渐变大
D．条件不足，无法判断
12．如图是在粗糙水平地面上的密度均匀长方体物块，O为重力作用点，用始终垂直于AB边的拉力，使物体匀速绕B点向右转动到虚线位置的过程，下列能正确表示拉力随时间变化的是（　　）
A．B． C． D．
13．（2023秋 德清县期末）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 （选填“上升”或“下降”）。
14．（2022秋 椒江区校级期中）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA＝AB＝BC，则F为 N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 （选填数字序号）。
15．（2023秋 杭州期中）人体中有不少骨构成了杠杆，仰卧起坐时，大体可以看成杠杆，如图，O为支点，肌肉的拉力F为动力，在平躺至坐起的过程中，运动员肌肉所施加的动力变化情况是 （变大/不变/变小）。重为500N的同学在1min内做了40次仰卧起坐。若该同学上半身的重力约为全身重力的，每次上半身重心上升的高度为0.3m，则她在1min内克服上半身重力做功为 J，克服上半身重力做功的功率为 W。
16．（2024秋 鄞州区期中）小汤家里进行装修，装修的工人从建材市买来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆。已知每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起（图甲1位置），F的大小为 N。
（2）若F始终竖直向上，在工人把木板从位置1匀速抬升到位置2的过程中，力F的变化趋势是 （填字母）。
A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.不变
（3）小汤和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将一桶墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小汤抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小汤对木板的力F2为多少？
17．如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图。O为固定转轴，A处连接着石球，脚踏杆的B处可使石球升高，抬起脚，石球会落下去击打稻谷。石球重50N，不计摩擦和杆重。
（1）脚沿与杆垂直方向至少用力F1，才能将石球抬起。F1的力臂为 m，此时舂米工具是一个 （选填“省力”或“费力”）杠杆。
（2）脚竖直向下至少用力F2为 N，才能将石球抬起。F2和F1的大小关系为F2 F1。专项训练12 杠杆的动态平衡
1．（2024秋 平湖市期末）如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，它的前端A系一水桶，后端B系一配重物，从井中汲水时，先用力F往下拉将水桶放入井水中，当水桶中装水后，再用力往上提水桶，若配重质量为4.8千克，OA＝3OB，杆的自重不计。下列说法正确的是（　　）
A．图中力F的力臂为OA
B．桔槔B处受到力的方向为向上
C．匀速将水桶竖直往下拉的过程中，力F逐渐变小
D．当桶和水总重60牛，往上提水桶时，人需要用力44牛
【解答】解：
A、OA与F的力的作用线不垂直，不是力臂，故A错误；
B、桔槔B处受到力的方向是竖直向下的，故B错误；
C、匀速将水桶竖直往下拉的过程中，动力臂和阻力臂的比值不变，阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件可知，力F大小不变，故C错误；
D、桶和水总重60牛，往上提水桶时，根据杠杆的平衡条件可知：G重×OA＝（60N﹣F）×OB，解得人需要用力44牛，故D正确。
故选：D。
2．（2024秋 长兴县期末）如图所示，一根木棒AB在O点被悬挂起来，AO＝OC，在A、C两点分别挂有两个和三个相同的钩码，木棒处于水平平衡。如在木棒的A、C两点各减少一个同样的钩码，则木棒（　　）
A．绕O点顺时针方向转动
B．绕O点逆时针方向转动
C．平衡被破坏，转动方向不定
D．仍保持平衡
【解答】解：
由题知，AO＝OC，两边的力不同，说明杠杆的重心不在O点，因为右边受到的力大于左边受到的力，所以杠杆的重心在O点的左侧。
设杠杆的重心在D，一个钩码重为G，如图：
由题意：杠杆原来平衡，则F左AO+G0×OD＝F右CO，
2G×AO+G0×OD＝3G×CO，
G0×OD＝G×CO＝G×AO
再各加一个钩码后：
左边力和力臂的乘积为G×AO+G0×OD＝G×AO+G×AO＝2G×AO，
右边力和力臂的乘积为2G×CO＝2G×AO，
可见，减小钩码后两边力和力臂的乘积相等，所以杠杆仍平衡。
故选：D。
3．（2024秋 北仑区校级期末）如图所示，质量为M、长度为L的均匀桥板AB，A端连在桥墩上可以自由转动，B端搁在漂浮水面的浮箱C上。设浮箱为长方体，上下浮动时上表面保持水平，并始终在水面以上，上表面面积为S，水的密度为ρ。一辆质量为m的汽车P（汽车P可以看作一点）从A处缓慢驶向B处，浮箱沉入水中的深度增加，则深度增加量ΔH（与汽车没有驶上桥面相比）与汽车P离开A端距离x的关系为（　　）
A．ΔH B．ΔH
C．ΔH D．ΔH
【解答】解：汽车未上桥时，以A为支点，对桥板AB而言（受重力和浮箱的支持力），根据杠杆平衡条件可得：
Mgcosα＝F支Lcosα，
所以F支Mg，
此时浮箱受到的压力F＝F支Mg﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
浮箱受重力、桥板AB的压力和浮力，由力的平衡条件可得：F浮＝GC+F﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
设车上桥后桥面与浮箱上表面的夹角为θ，
桥板AB的受力情况，如图所示：
以A为支点，由杠杆平衡条件可得：
Mgcosθ+mgxcosθ＝F支′Lcosθ，
解得：F支′Mg+mg；
则浮箱受到的压力：F′＝F支′Mg+mg③
由①②③结合阿基米德原理可得ΔF浮＝F′﹣F＝mgρgSΔH；
故ΔH。
故选：B。
4．即将放寒假，某同学利用拉杆箱将学校里的物品运回家里。他所用的拉杆箱示意图如图所示。装有物品的拉杆箱整体可视为杠杆，O为支点，B为重心，A为拉杆的端点。在A点沿图示方向施加拉力F使拉杆箱保持静止。下列说法中正确的是（　　）
A．其他条件不变，仅伸长拉杆的长度，拉力F增大
B．其他条件不变，拉力F的方向沿顺时针改变20°，拉力F减小
C．箱内物体下滑，重心位置由B变至B′，拉力F增大
D．使拉力F的方向沿顺时针改变40°，通过调节拉力大小，不能使拉杆箱保持静止
【解答】解：A、由图知，O为支点，反向延长力F的作用线，由O点做F作用线的垂线，垂线段长为其力臂L，如下图所示：
；
其它条件不变时，仅伸长拉杆的长度，由图可知，动力臂会变大，在阻力、阻力臂不变时，动力臂变大，根据杠杆的平衡条件“动力×动力臂＝阻力×阻力臂”可知，拉力F减小，故A错误；
B、其它条件不变时，使拉力F的方向沿顺时针改变20°，动力臂会变小，在阻力、阻力臂不变时，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，拉力F增大，故B错误；
C、箱内物体下滑，重心位置由B变至B′，阻力不变，阻力臂变小，动力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，拉力F减小，故C错误；
D、使拉力F的方向沿顺时针改变40°，此时拉力方向向下，阻力方向不变，仍然竖直向下，在两个向下的力作用下，无论怎样调节拉力大小，都不能使拉杆箱保持静止，故D正确。
故选：D。
5．（2024秋 杭州校级期中）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，使杠杆保持静止，然后向右缓慢转动F至水平方向，这一过程中F变化情况是（　　）
A．一直增大 B．一直减小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
【解答】解：
轻质杠杆在图中所示位置平衡，所以阻力（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，由下图可知，动力臂先增大后减小，由杠杆平衡条件FL动＝GL阻可知，动力先变小后变大。
故选：D。
6．（2024秋 鹿城区校级期中）在刚刚落幕的校第76届运动会上，同学们努力拼搏，携手奋进，展现了“致偶像志少年”的校运精神。根据所学内容回答下面小题。运动会期间工作人员运送东西，将长为L质量不计的木棒置在肩上C点，木棒A端挂一个重为G的物体，他用手压住B端使木棒保持水平平衡，用手压B端不动，移动木棒，改变CB的长度记为x，则木棒对肩膀的压力F随x的变化关系图像为（　　）
A．B． C． D．
【解答】解：由题图可知，以B为支点，阻力的大小等于物体的重力，阻力的作用点在杠杆上，物体的重力作用点在物体的重心，使杠杆沿逆时针转动，此时肩膀对木棒的支持力F′为动力，
根据杠杆的平衡条件动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，则有：F′×CB＝G×AB，
根据力的作用是相互的可知：木棒对肩膀的压力F与肩膀对木棒的支持力F′大小相等，且CB的长度记为x，则：F＝F′，因G与AB是定值，由此可知：木棒对肩膀的压力F与x成反比，故D正确。
故选：D。
7．（2024秋 浙江校级期中）如图所示，甲、乙两人分别在A点和B点共同扛起均质木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点。当乙的作用点从B点向O点靠近时，乙对木料作用力将（　　）
A．变小 B．变大 C．不变 D．无法判断
【解答】解：当乙的作用点向O靠近时，此时作用点记为B′；
以A为支点，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得：F乙×AB′＝G×AO；
则：F乙；当乙向O点靠近，AB′减小，G与AO不变，则F乙变大；
故选：B。
8．（2024秋 杭州校级期中）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出，甲图中杠杆处于水平位置平衡。松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（B′点对应B点），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2应该放在（　　）
A．B′点处 B．①点处 C．②点处 D．③点处
【解答】解：保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；G2不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，应该使右边的力臂不变；原来G2的力臂为OB，所以G2应该移动到②点处。
故选：C。
9．（2022秋 滨江区校级期中）下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（　　）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
【解答】解：
A、根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大；当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小。故动力先变大后变小，故A错误；
B、杠杆始终保持平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂一开始垂直于杆，动力臂最大，之后动力沿顺时针方向转动，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力会一直变大，故B错误；
C、用一个始终竖直向上的力提升重棒，如图所示；
；
在提升的过程中，阻力不变，阻力臂变小，动力臂也变小；物体的重心在杠杆的中心，则动力臂始终为阻力臂的2倍，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力的大小不变，故C正确；
D、用一个始终水平向右的力提升重物，此时阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力变大，故D错误。
故选：C。
10．（2022秋 西湖区校级期中）有一质量分布不均匀的木条，质量为2.4kg，长度为AB，C为木条上的点，ACAB。现将两台完全相同的台秤甲、乙放在水平地面上，再将此木条支放在两秤上，B端支放在乙秤上。C点支放在甲秤上，此时甲科的示数是0.8kg，如图所示。则欲使乙秤的示数变为0，应将甲秤向右移动的距离是（支放木条的支架重不计）（　　）
A．AB B．AB C．AB D．AB
【解答】解：木条的重力：G＝mg＝2.4kg×10N/kg＝24N；
设木条重心在D点，当C点放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，
托盘秤甲的示数是0.8kg，则托盘受到的压力：F压＝mCg＝0.8kg×10N/kg＝8N，
根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条C点的支持力为8N，如图所示：
由杠杆平衡条件有：FC×CB＝G×BD，即：8N×CB＝24N×BD，
所以：CB＝3BD，
因ACAB，所以CBAB
则BDABAB，
CD＝AB﹣AC﹣BD＝ABABABAB，
欲使乙秤的示数变为0，需将甲秤移到D点，故向右移动的距离为AB。
故选：C。
11．如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直（OA为圆柱体横截面的直径），圆柱体在转动过程中不打滑。则下列分析正确的是（　　）
A．拉力F逐渐变小
B．由于拉力F的力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变
C．拉力F逐渐变大
D．条件不足，无法判断
【解答】解：由图可知，动力F的力臂L1始终保持不变，阻力为圆柱体的重力G始终大小不变，由实线位置转到虚线位置时，重力的力臂逐渐减小，又因为FL1＝GL2，所以动力F逐渐变小。
故选：A。
12．如图是在粗糙水平地面上的密度均匀长方体物块，O为重力作用点，用始终垂直于AB边的拉力，使物体匀速绕B点向右转动到虚线位置的过程，下列能正确表示拉力随时间变化的是（　　）
A．B． C． D．
【解答】解：根据题意可知，B为支点，O为重力作用点，阻力大小等于物体重力的大小，所以阻力大小不变；
用始终垂直于AB边的拉力，则动力臂的大小不变；
物体匀速绕B点向右转动到虚线位置的过程，阻力的力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力逐渐变小；物体在虚线位置时，阻力臂为0，所以动力为0，故D正确。
故选：D。
13．（2023秋 德清县期末）如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 （选填“上升”或“下降”）。
【解答】解：
（1）如图甲，杠杆在水平位置平衡，
由杠杆平衡条件得：G1×OA＝G2×OB，
即：10N×0.2m＝G2×0.1m，
解得：G2＝20N；
（2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；G2不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，应该使右边的力臂不变；原来G2的力臂为OB，所以G2应该移动到②点处；
若不移动，杠杆左侧力与力臂的乘积大于右侧的力与力臂的乘积，此时杠杆A端下降。
故答案为：（1）20；（2）②，；下降。
14．（2022秋 椒江区校级期中）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA＝AB＝BC，则F为 N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 （选填数字序号）。
【解答】解：（1）由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB＝OA+AB＝2OA，A点作用力的力臂为OA，
由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，
解得：FGGG12N＝6N；
（2）由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，
根据杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OA，
解得：FⅠ，
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小；
（3）将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OB，
解得：FⅡ，
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，
由图1可知，OB＞OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，
因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
故答案为：6；小；②。
15．（2023秋 杭州期中）人体中有不少骨构成了杠杆，仰卧起坐时，大体可以看成杠杆，如图，O为支点，肌肉的拉力F为动力，在平躺至坐起的过程中，运动员肌肉所施加的动力变化情况是 （变大/不变/变小）。重为500N的同学在1min内做了40次仰卧起坐。若该同学上半身的重力约为全身重力的，每次上半身重心上升的高度为0.3m，则她在1min内克服上半身重力做功为 J，克服上半身重力做功的功率为 W。
【解答】解：（1）仰卧起坐时，大体可看成杠杆模型，O为支点，肌肉的拉力F为动力，上半身的重力为阻力；
在平躺至坐起的过程中，由图可知，肌肉拉力的力臂（动力臂）基本不变，而重力的力臂（阻力臂）逐渐变小，阻力G和动力臂不变，阻力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小，即运动员肌肉所施加的动力变小；
（2）由题意可知，该同学上半身的重力：G500N＝300N，
该同学做一次仰卧起坐，克服上半身重力做的功：W＝Gh＝300N×0.3m＝90J，
在1min内做了40次仰卧起坐，则她在这段时间克服上半身重力做的功：W总＝nW＝40×90J＝3600J，
她在这段时间克服上半身重力做功的功率：P60W。
故答案为：变小；3600；60。
16．（2024秋 鄞州区期中）小汤家里进行装修，装修的工人从建材市买来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆。已知每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起（图甲1位置），F的大小为 N。
（2）若F始终竖直向上，在工人把木板从位置1匀速抬升到位置2的过程中，力F的变化趋势是 （填字母）。
A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.不变
（3）小汤和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将一桶墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小汤抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小汤对木板的力F2为多少？
【解答】解：（1）（2）木板的重力为G＝mg＝ρgV＝0.7×103kg/m3×10N/kg×1.2m×2m×0.015m＝252N，
如图所示：
；
如图，杠杆在A位置，LOA＝2LOC，
根据杠杆平衡可知：FLOA＝GLOC，则FG＝126N；
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
由ΔOC′D∽ΔOA′B得：，
根据杠杆平衡条件可知F′LOA′＝GLOC′，则F′G＝126N。
由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变，故选D。
（3）墙面漆的重力为：G'＝m'g＝30kg×10N/kg＝300N；
以A为支点，根据杠杆的平衡条件可知：G'LG＝F2L2，则F2100N；
故答案为：（1）126；（2）D；（3）100N。
17．如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图。O为固定转轴，A处连接着石球，脚踏杆的B处可使石球升高，抬起脚，石球会落下去击打稻谷。石球重50N，不计摩擦和杆重。
（1）脚沿与杆垂直方向至少用力F1，才能将石球抬起。F1的力臂为 m，此时舂米工具是一个 （选填“省力”或“费力”）杠杆。
（2）脚竖直向下至少用力F2为 N，才能将石球抬起。F2和F1的大小关系为F2 F1。
【解答】解：（1）不计摩擦和杆重，图中O为支点，脚沿与杆垂直方向用力F1时，力臂OB最长，OB＝1.4m﹣0.4m＝1m，
阻力臂为OD，OB＞OD，由杠杆平衡条件可得，F1 OB＝G ODcos∠AOD，杠杆为省力杠杆；
（2）当脚竖直向下用力时，如图所示动力臂为OC＝OB×cosθ，阻力臂为OA×cosθ：
，
F2 OB cosθ＝G OA cosθ
F2 OB＝G OA
F2×1m＝50N×0.4m，
F2＝20N；
故脚竖直向下用力F2至少为20N，
由图示和力臂的概念可知，脚竖直向下的动力臂小于脚沿与杆垂直方向时的动力臂，而阻力、阻力臂均不变，由杠杆平衡条件可知脚竖直向下用力时动力更大，即F2＞F1。
故答案为：（1）1；省力；（2）20；＞。

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