2021-2021学年八年级物理考点归类训练——杠杆的动态平衡

1、2021-2021学年八年级物理考点归类训练一一杠杆的动态平衡考点一 ：根据力、力臂判断杠杆状态1. 假设一根杠杆两端放有两截蜡烛，如图原来杠杆平衡，过一段时间后，蜡烛以相同的燃烧速度燃烧掉质量 相同的一段，此时杠杆A. 仍保持平衡B.左端下降C.右端下降D.无法判断2. 如下图杠杆刚好在水平位置平衡。每个钩码质量相同，杠杆上的每格距离相同。在不增减钩码的情况下，假设将两端钩码同时外移一格，将出现的现象是A. 杠杆依然平衡B.杠杆左端下降 C.杠杆右端下降 D.无法判断3. 如下图的甲乙两个 M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平衡状态。用手使两个右

2、端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是oA. 只有甲B.只有乙C.甲和乙D.都不能4. 工人师傅使用如下图的剪刀修剪树枝时，常把手尽量远离剪刀轴O,这样做的目的是：A. 增大阻力臂更省力；B.减小阻力臂更省力;C.增大动力臂更省力；D.减小动力臂更省力。考点二：根据杠杆状态判断动力变化1. 在如下图的杠杆中，0Af1.2m OB= 0.5 m物体的重力 G=240N,拉力F与杠杆OA成 30 °角，杠杆在拉力F的作用下处于水平平衡状态，杠杆自身的重力忽略不计，以下说法中正确的选项是A. 拉力F的力臂为r川B. 拉力F的大小为100NC. 此时杠杆为费力杠杆D.

3、拉力F从实线位置转到虚线位置时，F的大小逐渐变小2. 如下图，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F,将杠杆缓慢地由位置 A经过B拉至位置C,在这个过程中动力FA. 变大B. 变小C. 先变小后变大D. 先变大后变小3. 如下图，杠杆自重忽略不计，用方向始终垂直于杠杆的动力F将重物从A位置缓慢提升到 B位置，那么在这个过程中A. 阻力臂一直变大B. 阻力臂先变大后变小C. 动力F保持不变D. 动力F先变小后变大A处施加一竖直向上的力F,使箱体从图示4. 如图，0为拉杆式旅行箱的轮轴，0A为拉杆。现在拉杆端点位置绕0点缓慢逆时针转至接近竖直位置。那么力F的大小A. 一直变大B.始终不变C. 一直变

4、小D.先变小后变大5. 如下图，0为杠杆的支点，在杠杆的右端挂一重为G的物体,第一次在力 Fi的作用下，杠杆在水平位置平衡。第二次在力 F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡。那么B. | - 一& C. Z| :- 总d. ：:- 56. 如下图，用一个可以绕"点转动的硬杆提升重物，假设在提升重物的过程中动力始终垂直硬棒，那么在如图所示的过程中，动力;硬杆重力忽略不计A. 变大 B. 变小C.保持不变D. 先变大后变小7. 重为G的均匀木棒竖直悬于0点，在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢匀速转到图中虚线所示位置。在转动的过程中A.动力臂逐渐变大B.阻力臂逐渐变小C.动力和动力臂

5、的乘积逐渐变大D.阻力和阻力臂的乘积逐渐减小8. 如下图，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起.在这个过程中，力 F作用在B端且始终与铁棒垂直.那么力F的变化情况为A.逐渐变大B.逐渐变小C.保持不变D.先变小后变大9. 如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图，它是应用杠杆平衡原理进行工作的。图中0为固定转轴,杆右侧的A端连接着石球，脚踏杆左侧B端可以使石球升高到 P处，放开脚，石球会落下击打稻谷。假定在石球从最低点升起到 P处的过程中，每个位置杆都处于平衡状态，假设脚用力F,并且方向始终竖直向下，那么A. 力F的大小始终不变B. 力F先变大后变小C.

6、力F和它的力臂的乘积始终不变D. 力F和它的力臂的乘积先变小后变大10. 如下图，为一可绕 0点转动的杠杆，在 A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡，此时 AB部分水平，保持重物静止不动，而使绳绕A点从如下图的位置沿图中的虚线CD转动，那么c虽7現A. 顺时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积不变B. 顺时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积先变小后变大C. 逆时针转，F逐渐变大，F与对应力臂的乘积逐渐变大D. 逆时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积先变小后变大11. 如下图，0A是一杠杆，AB是不可伸长的细绳，CD是圆心在 A点的一段圆弧形支架。将绳端点B由C向D移动过程

7、中，那么细绳 AB所受拉力的大小会C.先变大后变小D.先变小后变大12. 如下图，0为杠杆的支点，杠杆右端挂有重为G的物体，杠杆在力 Fi的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力Fi使杠杆仍在水平位置保持平衡，以下关系中正确的选项是13. 密度均匀的直尺放在水平桌面上，尺子伸出桌面局部尺的A端刚好没有翘起。如图，那么此直尺受到的重力是ACBWA. 卜 TB. 5 NC. 10 N14. 如图为吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕CB是全尺长的1/3，当B端挂上5N的物体时，直D.无法确定0点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。以下关于这个吊车的有关说法正确的选项

8、是A. 吊臂是一个省力杠杆B. 使用这种吊车，好处是可以少做功C. 匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变D. 匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小15. 用图中的杠杆提升重物，施加在A端的拉力始终竖直向下，将物体缓慢的移动一定高度，在此过程中F的大小变化情况A.逐渐变小B.保持不变C.逐渐变大D.无法判断16. 如下图，AOB为一根杠杆，0为支点，杠杆自重不计，且A=BO在杠杆右侧 A处挂一个重为 G的物体，当A0段在水平位置平衡时，在 B端需施加的最小力为 Fi；当B0段在水平位置平衡时，加在B端的最A. / 丄；B. /；C.D.无法比拟17. 如下图，一较重的光滑

9、长直均匀杆AB A端支在墙角处不动，开始时小张用肩膀在距B端较近的P处扛起AB杆，此后小张持原有站姿，向左缓慢移动，使AB杆逐渐竖起。在竖起 AB杆的过程中，小张的肩膀对杆的作用力A.越来越小B.越来越大C. 一直不变D.先增大后减小18. 用图示装置探究杠杆的平衡条件，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 岁，动力臂L也随之改变，所作出的“ ？卩图象和“，；图象中，正确的 是88CD.19. 如下图，轻质杠杆的中点悬挂有重为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力 F,杠杆在水平位置平衡，那么力F的大小是。保持F的方向不变，将杠杆从A位置匀速

10、提升到 B位置的过程中，力F将20. 如下图，OB为一轻质杠杆，O为支点，- I 卩，门彳一 I j巴，将重30N的物体悬挂在 B点，当杠 杆在水平位置平衡时，在 A点至少需加 N的拉力如保持拉力的方向不变，使杠杆缓慢上升，那么拉力的大小将.填“变大、“变小或“不变U21. 如下图，重力为 G的均匀木棒竖直悬于 O点在其下端施一个始终垂直于棒的拉力F,让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中动力臂 ，阻力臂，动力F。选填“变大“变小或“不变1L' 3IiLf2021-2021学年八年级物理考点归类训练一一杠杆的动态平衡参考答案考点一：根据力、力臂判断杠杆状态1. 假设一根杠杆两端放

11、有两截蜡烛，如图原来杠杆平衡，过一段时间后，蜡烛以相同的燃烧速度燃烧掉质量相同的一段，此时杠杆AA. 仍保持平衡B.左端下降C.右端下降D.无法判断【答案】B【解析】1 由图可知，GLa=GBLb, La V Lb ；2蜡烛燃烧速度相同，过一段时间后，蜡烛减少的质量m相同，减少的重力 G相冋，左边GA- G La=GALa- GLa,右边GB- G Lb=GBLb- GLb,因为 GvLa=GsLb, G相同，LaV Lb,所以 GLa- GLa> GBLb- GLb即：左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，杠杆不再平衡，左端下沉。故ACD昔误，B正确。应选Bo2. 如下图杠杆刚好在

12、水平位置平衡。每个钩码质量相同，杠杆上的每格距离相同。在不增减钩码的 情况下，假设将两端钩码同时外移一格，将出现的现象是A.杠杆依然平衡B.杠杆左端下降C.杠杆右端下降 D.无法判断【答案】C【解析】解：设杠杆的分度值为L, 一个钩码的重为 G原来3GX 5L=5Gx 3L;假设将两端钩码同时外移一格，左边=3GX 6L=18GL右边=5GX 4L=20GL左边V右边，杠杆右边下沉。应选：Co3. 如下图的甲乙两个 M形硬质轻杆可绕中间转轴 0灵活转动杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是 A.只有甲B.

13、只有乙C.甲和乙D.都不能【答案】B【解析】解：如下图的甲乙M形硬质轻杆，处于保持平衡状态。由于悬挂的两个重物质量相等，那么作用在M形硬质轻杆两端的上的拉力相等，那么杠杆示意图分别如以下图:甲甲硬质轻杆，根据杠杆平衡条件可得：乙硬质轻杆，同理可得：GL=GL，那么:GL=GL,那么：Li =L2;Ls=L4；用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后，那么杠杆示意图分别如以下图:由于轻杆端点的位置不同，右端的重物略微下降一小段距离后，由力臂的变化图可知,甲硬质轻杆，Li 'V Li, L2> L2,那么：GL'v GL',所以，甲杆右端的重物继续下降，那么不能恢复到

14、原来平衡位置。乙硬质轻杆，L3'> L3, L4v L4,那么：GL'> GL',所以，乙杆左端的重物会下降，那么能恢复到原来平衡位置。应选：Bo做出杠杆示意图，根据力臂的变化得出力与力臂的乘积的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析即可判断是 否恢复到原来平衡位置。此题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，判断力臂变化是此题的关键。4. 工人师傅使用如下图的剪刀修剪树枝时，常把手尽量远离剪刀轴0,这样做的目的是：A. 增大阻力臂更省力;B. 减小阻力臂更省力;C. 增大动力臂更省力;D. 减小动力臂更省力。【答案】C【解析】解：图中剪刀在使用过程中，阻力和阻力臂

15、一定，双手越靠近剪刀柄的末端，动力臂越长，根据杠杆平衡条件 Flll=F2可知，动力臂越长，越省力。所以把双手尽量往剪刀柄的末端靠近，这样做的目的是为了增大动力臂，省力。故C正确，ABD昔误。应选Co考点二：根据杠杆状态判断动力变化1. 在如下图的杠杆中，0/=1.2 m 0B= 0.5 m物体的重力 G240N,拉力F与杠杆0A成 30 °角，杠杆在拉力F的作用下处于水平平衡状态，杠杆自身的重力忽略不计，以下说法中正确的选项是A.3拉力F的力臂为I ' "jUB. 拉力F的大小为100NC. 此时杠杆为费力杠杆D. 拉力F从实线位置转到虚线位置时，F的大小逐渐变小

16、【答案】D【解析】AF1的力臂如下图:故A错误;；=】(亦，B假设使杠杆在如下图位置平衡，由FiLi=G?24IW刈諭0.6m= 2CC.V，故b错误;c由A分析知，动力臂为 o.6m阻力臂为o.5m动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，为省力杠杆，故c错误；DF1的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中，阻力乘以阻力臂没变，动力臂变大，Fl逐渐变小，故D正确。应选Do2. 如下图，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F,将杠杆缓慢地由位置A经过B拉至位置C,在这个过程中动力F ()BA. 变大B. 变小C. 先变小后变大D. 先变大后变小【答案】D【解析】由图示可知，将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B

17、的过程中，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变大，由杠杆平衡条件FiLi=F2L2可知，动力变大；由图示可知，在杠杆有 OB位置缓慢转到 OC位置的过程中，阻力不变，动力臂不变，阻力臂变小，由杠杆平衡条件FiLi=F2L2可知，动力变小；由此可见，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置C的过程中，动力先变大后变小，故ABC错误，D正确。应选DoF将重物从A位置缓慢提升到 B位置，那么3. 如下图，杠杆自重忽略不计，用方向始终垂直于杠杆的动力在这个过程中A. 阻力臂一直变大B. 阻力臂先变大后变小C. 动力F保持不变D. 动力F先变小后变大【答案】B【解析】将重物从 A位置缓慢提升到 B位置，如下图:A不正确，

18、B正确;AB由图可知，当杠杆在水平位置时，阻力的力臂最大，所以阻力臂先变大后变小，故CD由于动力F方向始终垂直于杠杆，所以动力臂长度为杠杆的长且大小不变；由于阻力大小不变等于物重，而阻力臂先变大后变小，根据杠杆平衡条件FlLl=F2L2可知，杠杆转动的过程中动力先变大、后变小,故CD不正确。应选Bo4.如图，0为拉杆式旅行箱的轮轴,0A为拉杆。现在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F,使箱体从图示位置绕0点缓慢逆时针转至接近竖直位置。那么力F的大小A. 一直变大B.始终不变C. 一直变小D.先变小后变大【答案】B【解析】解：使箱体从图中位置绕0点缓慢逆时针转至接近竖直位置时，箱子的重力不变，即阻力

19、不变,阻力臂逐渐减小。由于在拉杆端点 A处施加一竖直向上的力 F,那么动力臂逐渐减小。由于阻力和动力的作用点不变，根据几何知识可知：动力臂与阻力臂的比值不变，所以，根据杠杆的平衡条件：FiLi=F2L2知，要使力F的大小保持不变。应选：Bo5. 如下图，0为杠杆的支点，在杠杆的右端挂一重为G的物体，第一次在力 Fi的作用下，杠杆在水平位置平衡。第二次在力 F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡。那么A. I 6B. /1 - C. i - I ： D. :匚-J【答案】A【解析】解：第一次在力Fi的作用下，杠杆在水平位置平衡时，F的力臂为0到Fi作用点的杆长Li，重物拉力的力臂为L2，由杠杆平衡

20、条件可得：Fi? Li=G? L2,由图可知：Liv L2,所以Fi>G第二次在力F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡时，F2的力臂为Li'如上图，由图知力臂Li'v Li,为使杠杆仍在图中位置保持平衡，因重力G和阻力臂L2均不发生变化，又 F2的力臂Li'v Li，由杠杆平衡条件可知 F2> Fi；所以F2> Fi> G故A正确，BCD昔误。应选：A。6. 如下图，用一个可以绕 "点转动的硬杆提升重物，假设在提升重物的过程中动力.；始终垂直硬棒，那么在如图所示的过程中，动力;硬杆重力忽略不计：A.变大 B. 变小C.保持不变D.先变大

21、后变小【答案】B【解析】将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B,动力臂Li不变，阻力F2不变，阻力臂L2在水平位置时最大,后变小，根据杠杆平衡条件/丄-F丨，可知动力 -变小，故B正确，ACD昔误。应选Bo7. 重为G的均匀木棒竖直悬于0点，在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢匀速转到图中虚线所示位置。在转动的过程中A. 动力臂逐渐变大B.阻力臂逐渐变小C.动力和动力臂的乘积逐渐变大D.阻力和阻力臂的乘积逐渐减小【答案】C【解析】A当硬棒在竖直位置时，F的力臂是杠杆的长度，且力臂最长，当杠杆转过B后，力与杠杆不再垂直，所以动力臂变小，故A错误；B. 杠杆在转动的过程中符合杠杆平衡的条件，即阻力为硬棒的重力

22、，大小不变，硬棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过B角后，重力力臂阻力臂逐渐增大，故 B错误；CD根据杠杆平衡的条件可得，阻力与阻力臂的乘积增大，故动力动力臂的乘积也逐渐变大，故C正确，D错误。应选C8. 如下图，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起 .在这个过程中，力 F作用在B端且始终与铁棒垂直.那么力F的变化情况为卜A匚A.逐渐变大B.逐渐变小【答案】BC. 保持不变D.先变小后变大【解析】如下图:在抬起的过程中，阻力 F2不变，F与铁棒始终垂直，以动力臂Li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：Fi

23、Li = F2L2，可知，Li、F2都不变，L2变小，所以F也在变小，故B正确。应选Bo9. 如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图，它是应用杠杆平衡原理进行工作的。图中O为固定转轴，杆右侧的A端连接着石球，脚踏杆左侧B端可以使石球升高到 P处，放开脚，石球会落下击打稻谷。假定在石球从最低点升起到 P处的过程中，每个位置杆都处于平衡状态，假设脚用力F,并且方向始终竖直向下，那么A. 力F的大小始终不变B. 力F先变大后变小C. 力F和它的力臂的乘积始终不变D. 力F和它的力臂的乘积先变小后变大【答案】A【解析】阻力臂 L2=OAcos 3,由杠杆平衡条件 FiLi=F2L2 可得：Fx OBc

24、os a =Gx OAcos 3,因为OA OB的长度不变，cos a =cos 3a与3为对顶角，石球受到的重力G保持不变，所以动力大小保持不变。又因为动力F大小不变，COS a先变大后变小，所以动力F和它的力臂的乘积先变大后变小。由上表达可知选项 A正确，BCD昔误。应选A。AB部10. 如下图，为一可绕 0点转动的杠杆，在 A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡，此时分水平，保持重物静止不动，而使绳绕A点从如下图的位置沿图中的虚线CD转动，那么A. 顺时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积不变B. 顺时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积先变小后变大C. 逆时针转，F逐渐变大

25、，F与对应力臂的乘积逐渐变大D. 逆时针转，F先变小后变大，F与对应力臂的乘积先变小后变大【答案】AI连接0A此时0A是最长动力臂；阻力物重不变，阻力臂不变；由杠杆的平衡条件：F动L动=F阻L阻，知:在F阻L阻不变的情况下，F与对应力臂的乘积不变，动力臂越长越省力;因此以0A为动力臂时，动力 F最小；由图可知：当绳从图示位置沿顺时针方向旋转时，力F先变小后变大。沿逆时针方向旋转时，力 F变大。所以选项 BCD昔误，A正确。应选A。11. 如下图，OA是一杠杆，AB是不可伸长的细绳， CD是圆心在 A点的一段圆弧形支架。将绳端点B由C向D移动过程中，那么细绳 AB所受拉力的大小会【答案】DC.先

26、变大后变小D.先变小后变大【解析】由题意可知，在圆环转动中，A的位置保持不变，故杠杆始终处于平衡状态；因为重力与重力的力臂的乘积不变，根据杠杆平衡的条件可得，动力臂越大，动力会越小，AB垂直与0A位置时，力臂最大，动力最小，所以从 C端移动到D端的过程中，动力会由大到小，再由小到大，即先变小后变 大，故ABC错误，D正确。应选Do12. 如下图，0为杠杆的支点，杠杆右端挂有重为G的物体，杠杆在力 Fi的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力Fi使杠杆仍在水平位置保持平衡，以下关系中正确的选项是A. | f -B. | f -C. : _6D. .； _ h【答案】A【解析】AB设动力臂为L2

27、,杠杆长为L 即阻力臂为L;由图可知，F2与杠杆垂直，因此其力臂为最长的动力臂，由杠杆平衡条件可知F2为最小的动力，那么 F1>F2,故A正确，B错误；CD用力F2使杠杆在水平位置保持平衡时，由杠杆平衡条件可得：F2? L2=G? L,由图知L2< L,所以F2> g；故C错误；因为 F1> F2, F2> G所以F> F2> G故D错误。应选A13. 密度均匀的直尺放在水平桌面上，尺子伸出桌面局部 CB是全尺长的1/3，当B端挂上5N的物体时，直 尺的A端刚好没有翘起。如图，那么此直尺受到的重力是A C BrnB. 5 NC. 10 ND.无法确定【

28、答案】C【解析】解：A oC B由题知，直尺 G是密度均匀的，其重心在直尺的中点Q所挂重物 G，1Lcb= Lab,32211Lca= Lab, Lq= LaB"Lab= Lab3326由杠杆的平衡条件得：Lq=G x Lcb,11即： LaB=5NX Lab,63解得：G=10N；应选：Co14. 如图为吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕Q点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。以下关于这个吊车的有关说法正确的选项是A.吊臂是一个省力杠杆B. 使用这种吊车，好处是可以少做功C. 匀速顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小保持不变D. 匀速顶起吊臂的过程

29、中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小【答案】D【解析】A吊臂是一个费力杠杆，故 A错误;B.使用任何机械都不省功，故 B错误;CD匀速顶起吊臂的过程中，重物的阻力臂逐渐变小，根据杠杆平衡条件可知伸缩撑杆的支持力渐渐变小, 故C错误，D正确。应选Do15. 用图中的杠杆提升重物，施加在A端的拉力始终竖直向下，将物体缓慢的移动一定高度，在此过程中的大小变化情况Li与L2之比始终等于两边的杆长之比，即两力臂之比是常数;，即F为定值，故不管杆怎样变换位A.逐渐变小B.保持不变C.逐渐变大D.无法判断【答案】B【解析】由杠杆平衡条件可知：&L,如图中由几何关系可知:置，力F都是不变的，故 B正确，ACD

30、错误。 应选Bo16. 如下图，AOB为一根杠杆，0为支点，杠杆自重不计，且 A=BQ在杠杆右侧 A处挂一个重为 G的物 体，当A0段在水平位置平衡时，在 B端需施加的最小力为 F;当B0段在水平位置平衡时，加在 B端的最 小力为尸2,那么 A./ 丄【答案】A【解析】如下图:B. ；C. / - /D.无法比拟在B端施加最小的力，力的方向与杠杆垂直，为动力臂;Fili -応佩;当0B段在水平位置平衡时，阻力臂为g，二厲,H肚，那么，故，故A正确，BCD昔误。应选A。17. 如下图，一较重的光滑长直均匀杆AB A端支在墙角处不动，开始时小张用肩膀在距B端较近的P处扛起AB杆，此后小张持原有站姿

31、，向左缓慢移动，使AB杆逐渐竖起。在竖起 AB杆的过程中，小张的肩膀对杆的作用力A.越来越小B.越来越大C. 一直不变D.先增大后减小【答案】D【解析】解：下面图1中，0为支点，G为均匀杆AB的重力，作用点在其中心，小张的肩膀对杆的作用力为动力F，0P为动力臂，根据杠杆的平衡条件可得F动L动=GL阻，那么F动=x G，4开始时，动力臂为 0P阻力臂为 OH OP> OH那么由可知F动V G由题意可知，扛起逐渐竖起,AB杆过程中，小张保持原有站姿,向左缓慢移动动力作用点也向左移动，使AB杆图2中，在AB杆逐渐竖起的过程中，当动力臂为OD阻力臂为OC O=OC由知，F动=G图3中，在AB杆逐

32、渐竖起的过程中，当动力臂为OB阻力臂为OE OB> OE由知，F动V G故小张的肩膀对杆的作用力先增大后减小，只有D正确。分别分析使AB杆逐渐竖起的过程中动力臂和阻力臂的变化关系，根据杠杆的平衡条件分析动力与AB重力的关系大小。此题考查杠杆的平衡条件的运用，难点是在这个过程中，动力臂和阻力臂都在变化。18.用图示装置探究杠杆的平衡条件，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"，动力臂L也随之改变，所作出的“；f图象和“；图象中,正确的【解析】A由实验装置图可知：当夹角 g等于90°时，动力臂最大，动力最小；当拉力 F的方向由水平向先变小后变大，故 A错误;B当角i?等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，故B错误;CD根据杠杆的平衡条件 FL=F2L2可得：f二丄，由于F2、L2不变，那么F和L成反比，故C正确，D错误。L应选Co19. 如下图，轻质杠杆的中点悬挂有重为60N的物体，在 A端施加一竖直向上的力 F,杠杆在水平位置平衡，那么力F的大小是。保持F的方向不变，将杠杆从A位置匀速提升到 B位置的过程中，力F将选填“变大、“变小或“不变。这是 杠