9动态杠杆判断中考物理.docx
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9动态杠杆判断中考物理
2021中考物理二轮考点过关：
动态杠杆判断
考点梳理
1．杠杆的平衡分析法及其应用
当杠杆静止或做快慢均匀的转动时；就说杠杆处于平衡状态，利用杠杆的平衡条件（杠杆原理）：
动力×动力臂＝阻力×阻力臂或写作：
F1×l1＝F2×l2
分析法──通过对事物原因或结果的周密分析，从而证明论点的正确性、合理性的论证方法．也称为因果分析；从求证的不等式出发，“由果索因”，逆向逐步找这个不等式成立需要具备的充分条件，事物都有自己的原因和结果．从结果来找原因，或从原因推导结果，就是找出事物产生、发展的来龙去脉和规律，这就起到了证明论点的合理性和正确性的作用．
强化练习
1．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让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中（ ）
A．动力F逐渐变大B．动力F逐渐变小
C．动力F一直不变D．无法确定动力F大小
2．如图所示，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，将杠杆匀速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（ ）
A．增大B．减小C．不变D．无法确定
3．如图所示，在轻质杠杆上吊一重物G，在一端施加一个始终与杠杆垂直的拉力F，使杠杆缓慢地从OA转至水平位置OB，则在转动过程中（ ）
A．F变小B．F先变大后变小
C．F变大D．F先变小后变大
4．如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（ ）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
5．如图所示，轻杆AB可以绕O点转动，在A点用细线悬挂一重物，在B点施加一竖直向下的动力，使杠杆在水平位置保持平衡。
现将动力的方向改为沿虚线方向，若仍使杠杆在水平位置保持平衡，则（ ）
A．动力臂增大，动力增大B．动力臂增大，动力减小
C．动力臂减小，动力减小D．动力臂减小，动力增大
6．如图（a）所示的杠杆是平衡的，在此杠杆支点两侧的物体下方分别加挂一个相同的物体，如图（b）所示，以下说法中正确的是（ ）
A．杠杆仍然平衡B．杠杆右端下沉
C．杠杆左端下沉D．物重未知，无法判断
7．如图所示、是家庭常备的旅行箱。
若在拉杆端点A处施加竖直向上的拉力F，使箱体从水平地面绕小轮的轴O点缓慢逆时针转至图示位置。
则拉力F的大小将（ ）
A．保持不变B．逐渐变大
C．先变大后变小D．先变小后变大
8．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
9．如图所示，粗细均匀的铁棒AB处于静止状态，若在B点用始终垂直于杆的拉力F，使铁棒绕A点匀速转动至水平位置，转动过程中，拉力F将（ ）
A．一直不变B．逐渐变小
C．逐渐变大D．先变大后变小
10．如图所示，将一把米尺从中点O处支起，并在其两边分别挂四个钩码和两个钩码，此时米尺恰好平衡。
下列增减或移动钩码的操作中，仍能使米尺继续保持平衡的是（ ）
A．两边各加一个钩码
B．两边的钩码各向外移动一格
C．左边增加一个钩码，右边钩码向外移动一格
D．左右两边的钩码各减少一个
11．如图所示，在轻质杠杆上吊一重物G，在一端施加一个始终与杠杆垂直的动力F，使杠杆缓慢地从OA转至水平位置OB，则在转动过程中（ ）
A．F变大B．F先变大后变小
C．F变小D．F先变小后变大
12．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1.5个格，右边钩码向右移1个格
13．如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将（ ）
A．变大B．不变
C．变小D．先变大后变小
14．某人用力F抬起放在水平地面上的一匀质杠杆AB的B端，F方向始终竖直向上，如图所示，则在抬起过程中（ ）
A．F逐渐变大B．F保持不变C．F逐渐减小D．无法确定
15．如图所示的杠杆提升重物G，杠杆顺时针方向转动，在OB达到水平位置之前的过程中，若力F的方向始终保持与OA垂直，则力的大小将（ ）
A．逐渐变小B．逐渐变大C．不变D．无法确定
2021中考物理二轮考点过关：
动态杠杆判断
参考答案
1．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让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中（ ）
A．动力F逐渐变大B．动力F逐渐变小
C．动力F一直不变D．无法确定动力F大小
【解答】解：
将杠杆缓慢地由最初位置拉到图中虚线所示位置，拉力F始终垂直于棒，则动力臂不变；阻力为杠杆的重力，其大小不变，当硬棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过一定角后，重力的力臂（阻力臂）逐渐变大；因阻力（即重力）不变，阻力臂变大，动力臂不变，所以，由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，动力F变大，故A正确。
故选：
A。
2．如图所示，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，将杠杆匀速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（ ）
A．增大B．减小C．不变D．无法确定
【解答】解：
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，因动力始终与杠杆垂直，所以动力臂L不变，阻力G的大小也不变，由图知阻力臂L′却逐渐增大；
由杠杆的平衡条件可得：
F•L＝G•L′，当L、G不变时，L′越大，那么F越大，所以，在这个过程中拉力F逐渐增大。
故选：
A。
3．如图所示，在轻质杠杆上吊一重物G，在一端施加一个始终与杠杆垂直的拉力F，使杠杆缓慢地从OA转至水平位置OB，则在转动过程中（ ）
A．F变小B．F先变大后变小
C．F变大D．F先变小后变大
【解答】解：
由图可知，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，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力逐渐变大。
故选：
C。
4．如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（ ）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
【解答】解：
如图，
AB、若动力总是竖直向上，动力臂逐渐减小，阻力臂也逐渐减小，但△OAC∽△OBD，所以
＝
为定值即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（木棒重）不变，根据F×OB＝G×OA可得：
动力F保持不变，故A正确，B错误；
C、由于木棒的重力G不变，OB逐渐减小，G×OB也减小，又因为F×OB＝G×
OA，所以F和它相应的力臂的乘积减小，故C错误；
D、木棒在匀速逐渐变高的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
故选：
A。
5．如图所示，轻杆AB可以绕O点转动，在A点用细线悬挂一重物，在B点施加一竖直向下的动力，使杠杆在水平位置保持平衡。
现将动力的方向改为沿虚线方向，若仍使杠杆在水平位置保持平衡，则（ ）
A．动力臂增大，动力增大B．动力臂增大，动力减小
C．动力臂减小，动力减小D．动力臂减小，动力增大
【解答】解：
在A点用细线悬挂一重物，在B点施加一个竖直向下的动力时，动力臂最长，因此当动力沿虚线方向拉杠杆时，动力臂将变小，而阻力和阻力臂均不变，由F1L1＝F2L2可知，动力将变大。
故选：
D。
6．如图（a）所示的杠杆是平衡的，在此杠杆支点两侧的物体下方分别加挂一个相同的物体，如图（b）所示，以下说法中正确的是（ ）
A．杠杆仍然平衡B．杠杆右端下沉
C．杠杆左端下沉D．物重未知，无法判断
【解答】解：
由a知，杠杆此时处于平衡状态，L右＞L左，当物体下方分别加挂一个相同物体时，两边力和力臂的乘积都会增加，设物体重力为G，每节杠杆的长度为L，计算出两边力和力臂乘积的增大值，则：
左边＝G×2L，右边＝G×4L，右边增大的力和力臂的乘积较大，所以杠杆不平衡，将向右倾斜，ACD错误，B正确。
故选：
B。
7．如图所示、是家庭常备的旅行箱。
若在拉杆端点A处施加竖直向上的拉力F，使箱体从水平地面绕小轮的轴O点缓慢逆时针转至图示位置。
则拉力F的大小将（ ）
A．保持不变B．逐渐变大
C．先变大后变小D．先变小后变大
【解答】解：
使箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置时，如图：
对拉杆产生的阻力是重物对拉杆的压力，则F2＝Gcosθ，阻力臂为OB，（θ为拉杆与水平面之间的夹角）；
由于在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F，动力臂为OA′＝OAcosθ，
根据杠杆的平衡条件：
F1L1＝F2L2可得：
F•OA′＝F2•OB，
即：
F•OAcosθ＝Gcosθ•OB，
所以，F＝
，故力F的大小保持不变。
故选：
A。
8．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
【解答】解：
设一个钩码的重力为G，杠杆上一个小格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有2G×3L＝3G×2L；
A、两侧钩码各向外移一格，左边2G×4L＝8GL，右边3G×3L＝9GL，8GL＜9GL，杠杆右端下沉；故A错误；
B、两侧钩码各往内移一格，左边2G×2L＝4GL，右边3G×1L＝3GL，4GL＞3GL，杠杆左端下沉；故B错误；
C、在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码，左边3G×3L＝9GL，右边4G×2L＝8GL，9GL＞8GL，杠杆左端下沉，故C错误；
D、左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边3G×3L＝9GL，右边3G×3L＝9GL；9GL＝9GL，杠杆仍然平衡；故D正确。
故选：
D。
9．如图所示，粗细均匀的铁棒AB处于静止状态，若在B点用始终垂直于杆的拉力F，使铁棒绕A点匀速转动至水平位置，转动过程中，拉力F将（ ）
A．一直不变B．逐渐变小
C．逐渐变大D．先变大后变小
【解答】解：
在杠杆缓慢地从地面匀速转动到水平位置的过程中，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。
故选：
C。
10．如图所示，将一把米尺从中点O处支起，并在其两边分别挂四个钩码和两个钩码，此时米尺恰好平衡。
下列增减或移动钩码的操作中，仍能使米尺继续保持平衡的是（ ）
A．两边各加一个钩码
B．两边的钩码各向外移动一格
C．左边增加一个钩码，右边钩码向外移动一格
D．左右两边的钩码各减少一个
【解答】解：
设一格为L，一个钩码的重力为G；
A、两边各加一个钩码，由杠杆的平衡条件可得5G×2L＜3G×4L，米尺不平衡，故A错误；
B、两边钩码各向外移动一格，由杠杆的平衡条件可得4G×3L＞2G×5L，米尺不平衡，故B错误；
C、左端增加一个钩码，右端向外移动一格，由杠杆的平衡条件可得5G×2L＝2G×5L，米尺平衡，故C正确；
D、左右两边的钩码各减少一个，3G×2L＞G×4L，米尺不平衡，故D错误。
故选：
C。
11．如图所示，在轻质杠杆上吊一重物G，在一端施加一个始终与杠杆垂直的动力F，使杠杆缓慢地从OA转至水平位置OB，则在转动过程中（ ）
A．F变大B．F先变大后变小
C．F变小D．F先变小后变大
【解答】解：
由图可知，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，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力逐渐变大。
故选：
A。
12．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1.5个格，右边钩码向右移1个格
【解答】解：
设一个钩码的重是G，由图可知：
F1＝2G，F2＝3G，此时由F1l1＝F2l2可得，2Gl1＝3Gl2，则2l1＝3l2，可以设左边的力臂为l1＝3L，右边的力臂l2＝2L；
A、由图可知，左边的力臂要大于右边的力臂，分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，左边增大G3L，右边增大G2L，则两边增大的力和力臂的乘积不相等，故杠杆不能平衡，故A错误；
B、左边减少1个钩码，则力和力臂的乘积为：
G3L；右边减少2个钩码，则力和力臂的乘积为G2L，两边力臂和力的乘积不相等，不能平衡，故B错误；
C、两边钩码均向支点移动相同的距离，由于两边的力不同，则减小的力与力臂的乘积也不相同，故杠杆不能平衡；
D、左边钩码向左移1.5L，右边钩码向右移1L，左边：
2G×（3L+1.5L）＝9GL；右边：
3G×（2L+1L）＝9GL；两边力臂和力的乘积相等，杠杆能平衡，故D正确。
故选：
D。
13．如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将（ ）
A．变大B．不变
C．变小D．先变大后变小
【解答】解：
由题知，动力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直，则在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA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•OA＝G•L阻，当OA、G不变时，L阻越大，则F越大，因此在这个过程中拉力F逐渐变大。
故选：
A。
14．某人用力F抬起放在水平地面上的一匀质杠杆AB的B端，F方向始终竖直向上，如图所示，则在抬起过程中（ ）
A．F逐渐变大B．F保持不变C．F逐渐减小D．无法确定
【解答】解：
分析杠杆的五要素，如图所示：
因重力方向竖直向下，动力总是竖直向上，故动力与阻力方向是平行的，由几何知识，△ACE∽△AFD，
所以
＝
为定值，即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（木棒重）不变，根据F×AF＝G×AE可得：
F＝
，动力F保持不变。
故选：
B。
15．如图所示的杠杆提升重物G，杠杆顺时针方向转动，在OB达到水平位置之前的过程中，若力F的方向始终保持与OA垂直，则力的大小将（ ）
A．逐渐变小B．逐渐变大C．不变D．无法确定
【解答】解：
根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，将杠杆顺时针方向转动，在OB达到水平位置之前的过程中，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大。
故选：
B。
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