全国初中物理自主招生专题大揭秘专题08杠杆及力矩平衡（教师版）

页一．选择题（共12小题）1．如图所示是单臂斜拉桥的示意图。均匀桥板aO所受重力为G，三根平行钢索与桥面均成30°角，而系点间距ab＝bc＝ad＝dO．若每根钢索受力相同，则钢索上受力大小为（）A．G B． C． D．【分析】以O为支点，分析除O点桥板的受力情况，确定出力臂，根据力矩平衡条件求解拉力大小。可抓住对称性，采用等效的方法：除正中间外的钢索外，其余两根钢索拉力的力矩之和等于正中间钢索的力矩的2倍。【解答】解：设钢板的重心与O的距离为L，以O为支点，除O点外桥板受到重力G和三根钢索的拉力，由于每根钢索所受拉力大小相等，等距离分布，根据对称性可知，除正中间外的钢索外，其余两根钢索拉力的力矩之和等于正中间钢索的力矩的2倍。则由力矩条件得：GL＝3FLsin30°，故每根钢索上受力大小：F＝G，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题关键要分析钢索分布特点，运用等效的方法分析两侧六根钢索力矩与正中间钢索力矩的关系，即可求解。2．粗细不均匀的电线杆，在O点支起正好平衡，如图所示。若在O点沿虚线将其锯断，则（）A．两段一样重 B．细段重 C．粗段重 D．不能确定【分析】由图可知，电线杆被支起，处于平衡状态，先确定两边力臂的大小关系，然后根据杠杆的平衡条件得出两边的重力的大小关系。【解答】解：电线杆处于平衡状态，由图可知，左侧部分重心A离支点O较近，故力臂OA较小，左侧部分重心B离支点O较远，故力臂OB较大，即OB＞OA；∵G1×OA＝G2×OB，OB＞OA，∴G2＜G1，即：电线杆粗段重、细段轻。故选：C。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，能画图得出两边的力臂大小关系是本题的关键。3．如图所示，A、B是两个完全相同的匀质长方形木块，长为l，叠放在一起，放在水平桌面上，端面都与桌边平行。A放在B上，右端有l伸出B外，为保证两木块不翻倒，木块B伸出桌边的长度不能超过（）A．l B．l C．l D．l【分析】应用整体法考虑，根据平衡条件得出若两长方形木块不翻到且B伸出最长时，应满足整体的重心应恰好在桌子的边。【解答】解：将两个长方形木块砖看做一个整体，则其总长度为L+L＝，根据平衡条件看做，为了保持两长方形木块都不翻倒，整体的重心应恰好在桌子边缘，所以整体重心与A右边缘距离为L×＝L，由图可知B边缘到桌子边缘的距离为x＝L﹣L＝L。故选：B。【点评】遇到连接体问题，从整体角度分析较简单，物体不翻到的临界条件是物体的重心应恰好在桌子的边缘。4．如图所示的装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动，但始终保持木棒水平，则悬线上的拉力（棒和悬线均足够长）（）A．逐渐变小 B．逐渐变大 C．先逐渐变大，后又变小 D．先逐渐变小，后又变大【分析】由图知，阻力乘以阻力臂是相等的，动力的大小变化要从动力臂的大小变化上得出，所以要画出几条典型的情况下的力臂加以分析得出结论。【解答】解：如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA＝T×L，由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。故选：D。【点评】当阻力和阻力臂的乘积一定时，分析省力情况就要看动力臂的大小变化，所以本题画出图中动力臂是解决本题的关键5．如图所示，均匀细杆AB质量为M，A端装有转轴，B端连接细线通过滑轮和质量为m的重物C相连，若杆AB呈水平，细线与水平方向夹角为θ时恰能保持平衡，则下面表达式中不正确的是（）A．M＝2msinθ B．滑轮受到的压力为2mg C．杆对轴A的作用力大小为mg D．杆对轴A的作用力大小【分析】先对C物体进行受力分析，由二力平衡得出绳子的拉力，然后对杆进行受力分析，由共点力的平衡即可求出杆的重力与绳子的拉力之间的关系．【解答】解：A、由题可知，C物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C物体的重力大小相等，为mg；对杆AB进行受力分析如图：设AB杆的长度为L，由图可知，杆的重力产生的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是L；绳子的拉力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是Lsinθ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得：Mg•L＝mgLsinθ解得：M＝2msinθ，故A正确；B、由题图可知，两根绳子的拉力的方向之间有夹角，所以两根绳子的拉力的合力大小要小于2mg，即滑轮受到的压力小于2mg，故B错误；C、由受力图可知，轴A对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，由于重力的作用线过杆的中点，所以可知力F与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，并且力：Fcosθ＝mgcosθ，所以F与绳子的拉力的大小也相等，即F＝mg，则杆对轴A的作用力大小为mg，故C正确；D、由于M＝2msinθ，且F＝mg，得：F＝，所以杆对轴A的作用力大小为，故D正确。本题选错误的，故选：B。【点评】该题同时考查共点力作用下物体的平衡与力矩平衡，解题的关键是正确画出杆的受力图，找出各个力的力臂，然后又力矩平衡条件即可解答．6．有一“不倒翁”，形状可以简化成由半径为R的半球体与顶角为74°的圆锥体组成（如图所示），它的重心在对称轴上。为使“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态，则该“不倒翁”的重心到半球体的球心的距离必须大于（）A．0 B． C． D．【分析】可以把这个看成一个杠杆，B点就是支点，从图中可以看出当重心在BD右侧的时候，杠杆才会旋转，而重心又在对称轴上，所以就是BD和AD交点D。【解答】解：如图所示，连接BE，延长AC，并过B点做AB的垂线交于点D，按题意，至少当其发生最大倾倒时，其重点仍在B点右侧位置，则“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态。那么此时在ΔBDC和ΔADB中，不难证明它们是相似三角形。即ΔBDC∽ΔADB，故∠DBC＝∠BAD＝＝37°，则DC＝BC•tan37°≈BC×0.75≈。故选：D。【点评】此题考查重心，关键是确定重心的位置，要求学生具备一定的数学知识，难度较大。7．如图所示，直径为36cm的半球形碗固定在水平面上，碗的端口水平。一根密度分布均匀、长度为47cm的光滑杆ABC搁置在半球碗上，碗的厚度不计，杆平衡时碗内部分AB段与碗外部分BC段的长度之比为（）A．38：9 B．35：12 C．32：15 D．27：20【分析】因为杆是光滑的，所以没有摩擦力，杆受三个力：重力、A点的支持力和B点的支持力。以B支点列出杠杆平衡条件，再根据力的平衡（杆在AC方向合力为零，其实在任意方向合力都是零）列一个方程。再加上球直径的条件可以求解。【解答】解：如图：光滑杆ABC的重心在D点，O为半球形碗的球心，杆受三个力：重力G、A点的支持力F2和B点的支持力F1，以B为支点，则根据杠杆的平衡条件得：G×BDcosθ＝F2×ABsinθ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①沿杆AC的方向上受力的合力为零，即G×sinθ＝F2×cosθ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②由得：BDcotθ＝ABtanθ，∴BD＝AB×tan2θ＝AB×（）2，即BD×AB＝AE2，∵在ΔABE中，BE2＝AB2+AE2，且BD＝AB﹣AC，∴（AB﹣AC）×AB＝BE2﹣AB2，代入数据得：（AB﹣×47）×AB＝362﹣AB2，即：4×AB2﹣47×AB﹣2592＝0，解得：AB＝32cm，AB＝﹣20.25cm（舍去）∴AB：BC＝32cm：（47cm﹣32cm）＝32：15。故选：C。【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，知道物体处于静止平衡时合力为零，本题的关键是各边长之间的关系，难点是A、B两点的支持力的方向判断。8．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S将不超过（）A．L B．2L C．L D．L【分析】因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离。【解答】解：由于1号砖处于平衡状态，则1号砖对2号砖的压力应为；当1号砖放在2号砖的边缘上时，6号砖块与7号砖块之间的距离最大；2号砖处于杠杆平衡状态，设2号砖露出的长度为x，则2号砖下方的支点距重心在（﹣x）处；由杠杆的平衡条件可知：G（﹣x）＝x，解得：x＝；设4号砖露出的部分为x1，则4号砖下方的支点距重心在（﹣x1）处；4号砖受到的压力为G+；则由杠杆的平衡条件可知：G（﹣x1）＝（G+）x1，解得x1＝；则6号砖块与7号砖块之间的最大距离应为：L+2（x+x1）＝L+2（+）＝L。故选：A。【点评】本题考查了杠杆的平衡条件在生活中的应用，在解题时应注意明确找出杠杆的支点及受到的力，再利用杠杆的平衡条件列式求解。9．如图所示，质量分布均匀的细杆水平放置，支座A在杆重心的右侧，杆的右端被位于其上面的支座B顶住。现在杆的左端C处施加一个向下的作用力，则（）A．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＝ΔFB B．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＞ΔFB C．A处的弹力减小，B处的弹力增大，且|ΔFA|＞ΔFB D．A处的弹力增大，B处的弹力减小，且ΔFA＞|ΔFB|【分析】①在C点不施加力时，分别以B、O为支点，由杠杆平衡条件得出关于在A、B处弹力的方程；②在C点施加力F时，分别以B、O为支点，由杠杆平衡条件得出关于在A、B处弹力的方程；联立方程组求得弹力变化值进行比较得出答案。【解答】解：（1）在C点不施加力时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，G×BO＝FA×BA；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①以A为支点，由杠杆平衡条件可知，G×AO＝FB×AB；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②（2）在C点施加力F时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CB+G×BO＝FA′×BA；﹣﹣﹣﹣﹣③以A为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CA+G×AO＝FB′×AB；﹣﹣﹣﹣﹣﹣④③﹣①得：FA′×BA﹣FA×BA＝F×CB+G×BO﹣G×BO＝F×CB，∴ΔFA＝FA′﹣FA＝，④﹣②得：FB′×AB﹣FB×AB＝F×CA+G×AO﹣G×AO＝F×CB∴ΔFB＝FB′﹣FB＝，∴ΔFA＞ΔFB，故选：B。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的应用，知道选择不同的支点求弹力是本题的关键。10．将一根均匀的木棒AB，放在支点O上，由于OA＜OB，木棒不能保持水平，现在木棒右端截去与OA等长的一段并置于OA上，木棒恰好能平衡。则OA：OB为（）A． B．1：2 C．1：3 D．1：4【分析】设单位长度木棒重为m0g，求出左边木棒重G1、右边木棒重G2，根据杠杆平衡条件可得关于m0、LOA、LOB的方程，约去m0可解得LOA与LOB的比值。【解答】解：如图，设单位长度木棒重为m0g，则左边木棒重：G1＝2m0g×LOA，右边木棒重：G2＝m0g×（LOB﹣LOA）根据杠杆平衡条件可得：G1×＝G2×，即：2m0g×LOA×＝m0g×（LOB﹣LOA）×，解得：LOA：LOB＝1：（+1）。故选：A。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，设单位长度木棒重为m0g，求出左右两边木棒重是本题的关键。11．如图所示，两根硬杆AB、BC用铰链连接于A、B、C，整个装置处于静止状态。关于AB杆对BC杆作用力的方向正确的是（）A．若计AB杆重力，而不计BC杆重力时，由A指向B B．若计AB杆重力，而不计BC杆重力时，由C指向B C．若不计AB杆重力，而计BC杆重力时，由B指向A D．若不计AB杆重力，而计BC杆重力时，由B指向C【分析】如图所示，杠杆AB、BC与墙壁组成一个三角形，A和C端固定在墙壁上，AB拉着BC。【解答】解：如图如果考虑AB重力，则AB的重力方向竖直向下，不计BC杆重力时，AB在BC支持力的作用下被支起，力的方向由B到C．如果不考虑AB重力，而计BC杆重力时，BC重力方向向下，AB在上面拉着BC，力的方向由B指向A。故选：C。【点评】此题考查了拉力，重力，支持力的作用，要会分析图。12．如图所示，均匀木棒AC水平搁在一个圆柱体B上，二者的接触点为D，且AD：DC＝17：15，当圆柱体围绕其固定中心轴顺时针方向转动时，与棒的右端C紧靠着的木板E恰能沿光滑竖直墙面匀速下滑，若木棒与圆柱体之间、木棒与木板之间动摩擦系数相同，则该动摩擦系数为（）A．0.40 B．0.30 C．0.25 D．0.20【分析】（1）木板E沿光滑竖直墙面匀速下滑，其重力与所受的木板的滑动摩擦力大小相等。对木板而言，力矩平衡，由力矩平衡条件求解木板E对AC木棒的摩擦力。（2）根据力平衡条件，研究竖直方向，可得到圆柱体B对木棒AC的支持力。（3）对木棒水平方向力平衡，可求出木板对木棒的弹力，由f＝μN求解动摩擦因数。【解答】解：（1）设木棒的重心位置在棒的O点，木棒与木板间的摩擦力大小为f2，则对木棒，根据力矩平衡得G•OD＝f2•DC得f2＝G•＝木板E沿光滑竖直墙面匀速下滑，则有木板E的重力GE＝f2＝G；（2）根据木棒受力衡得，竖直方向：圆柱体B对木棒AC的支持力N1＝G+f2＝G；（3）设木棒与圆柱体间的摩擦力大小为f1，木棒与木板间的弹力大小为N2，则f1＝μN1＝N2，又GE＝f2＝G，N1＝G，代入解得，μ＝0.25。故选：C。【点评】本题中木板E受力平衡，木棒不仅力平衡，力矩也平衡，根据力平衡条件和力矩平衡条件结合处理本题，分析受力情况是关键。二．多选题（共1小题）（多选）13．质量分别为m1和m2、长度分别为L1、L2的两根均匀细棒的一端相互连在一起，构成一个直角形细棒AOB，放在粗糙的水平桌面上，两棒与桌面间的动摩擦系数相同，现在两棒的连接端O处施加一水平外力F使棒做匀速直线运动，F的方向如图所示，则以下判断中正确的是（）A．若L1＞L2，则m1＜m2 B．若L1＜L2，则m1＞m2 C．若L1＝L2，则m1＜m2 D．若L1＝L2，则m1＞m2【分析】因为棒做匀速直线运动，因此棒一定受到与拉力F大小相等，方向相反的作用力，即为摩擦力的合力，然后根据影响摩擦力的因素和二力合成即可判断出OA和OB所受摩擦力的大小，从而确定出质量关系。【解答】解：由题意可知，直角形细棒AOB沿着F的方向做匀速直线运动，把该运动分解为沿图中虚线方向的两个匀速直线运动，则两根均匀细棒的摩擦力方向如下图所示，两个摩擦力的合力与拉力F平衡；从图中可知，fB＞fA，由于接触面的粗糙程度相同，因此摩擦力的大小不同是由于L1、L2的两根质量不同决定的，与长度无关，即质量越大，摩擦力越大，故m1＜m2。故选：AC。【点评】本题考查二力平衡的条件的应用、不同直线上二力的合成以及决定滑动摩擦力的因素；本题的难点是根据摩擦力的合力画出两个摩擦力；注意线段的长短代表力的大小。三．填空题（共10小题）14．如图所示，质量分布均匀的圆柱体重G＝500N，圆柱体高AD＝40cm，底面直径AB＝30cm，若要使该圆柱体的A点离开地面，则需要在D点施加的最小的力是150N。【分析】根据杠杆平衡原理，确定出使杠杆平衡的动力方向，然后利用几何关系求出力臂，再利用平衡条件求出最小力的大小。【解答】解：由杠杆平衡条件可知，在阻力与阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力越小，由图示可知，要使圆柱体的A点离开地面，力臂为DB时最大，力作用在D端，且与DB垂直时力最小，动力臂L1＝DB＝＝＝50cm，阻力臂L2＝AB＝×30cm＝15cm，由杠杆平衡条件得：FL1＝GL2，最小作用力：F＝＝＝150N。故答案为：150。【点评】根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所使用的动力最小，必须使动力臂最长；而在通常情况下，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段是最长的。15．如图所示，一块均匀的厚木板长16米，重400牛，对称的搁在相距8米的A、B两个支架上。（1）若小金的体重为500牛，站在A点静止时，支架上受到木板的压力为900牛；从A点出发向左走到离A点3.2米处时，木板将开始翘动。（2）若一个人从A点出发要安全移动到最左端，则他的体重G的取值范围为不大于400牛。【分析】（1）把人和木板看做整体受力分析可知，受到支架竖直向上的支持力、竖直向下的总重力作用处于平衡状态，根据力的平衡条件求出木板受到的支持力，支架上受到木板的压力和木板受到的支持力是一道相互作用力，二力大小相等，据此求出支架上受到木板的压力；小金从A点出发向左走到离A点LA时木板恰好没有翘动，此时木板的支点为A，且此时木板水平方向处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出答案；（2）当人到达最左端且木板恰好不翘动时，人的重力最大，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出人的最大重力，然后得出答案。【解答】解：（1）把人和木板看做整体受力分析可知，受到支架竖直向上的支持力、竖直向下的总重力作用处于平衡状态，所以，木板受到的支持力F支持＝G木板+G人＝400N+500N＝900N，因支架上受到木板的压力和木板受到的支持力是一道相互作用力，所以，支架上受到木板的压力F压＝F支持＝900N；设木板的长度L＝16m，小金从A点出发向左走到离A点LA时木板恰好没有翘动，此时木板的支点为A，且此时木板水平方向处于平衡状态，由杠杆的平衡条件可得：G木板•＝G人•LA，即400N×＝500N×LA，解得：LA＝3.2m，即从A点出发向左走到离A点3.2米处时，木板将开始翘动；（2）当人到达最左端且木板恰好不翘动时，人的重力最大，由杠杆的平衡条件可得：G木板•＝G人′•（﹣），即400N×＝G人′×（﹣），解得：G人′＝400N，即他的体重G的取值范围为不大于400N。故答案为：（1）900；3.2；（2）不大于400。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用和物体平衡时合力为零条件的应用，分清杠杆的力臂和支点是关键。16．如图所示，质量为m的运动员站在质量为M的均匀长板AB的中点，板位于水平地面上，可绕通过A点的水平轴无摩擦转动。板的B端系有轻绳，轻绳的另一端绕过两个定滑轮后，握在运动员的手中。当运动员用力拉绳子时，滑轮两侧的绳子都保持在竖直方向，则要使板的B端离开地面，运动员作用于绳的最小拉力是（mg+Mg）。【分析】利用重力公式和杠杆平衡条件表示出作用在绳子上最小的拉力，化简即可求出运动员作用于绳的最小拉力。【解答】解：设运动员作用于绳的最小拉力为F，杠杆AB的长度为L，则由杠杆平衡的条件可得：FL＝（mg+Mg﹣F）×L化简可得：F＝（mg+Mg）。故答案为：（mg+Mg）。【点评】本题考查杠杆的平衡条件的应用，涉及到重力公式、定滑轮的特点，关键是求出作用在杠杆中点的力。17．半径为R的匀质半球体置于水平面上，其重心C离球心O点的距离OC＝，半球质量为m。在半球的平面上放一质量为的物体，它与半球平面间的静摩擦因数为0.2。则在保持平衡状态的条件下，物体离球心的最大距离为0.6R。【分析】对系统应用力矩平衡条件列方程，求出P的位置离开半球体球心O的距离表达式，然后应用数学知识分析答题，求出最大距离。【解答】解：物体离O点放得越远，由力矩平衡条件可知，半球体转过的角度θ越大，但物体在球体斜面上保持相对静止时，θ有限度。设物体距球心为x时恰好无滑动，对整体以半球体和地面接触点为轴：；由力矩平衡条件得：G•sinθ＝xcosθ，解得：x＝3Rtanθ，可见，x随θ增大而增大。临界情况对应物体所受摩擦力为最大静摩擦力，则：tanθm＝＝μ＝0.2，所以：x＝3μR＝0.6R。故答案为：0.6R。【点评】本题考查了求P的位置离开半球体球心O的最大距离，正确选择研究对象、应用力矩平衡条件即可正确解题。18．如图所示，重力不计的轻杆O1B和O2A，长度均为L，O1和O2为光滑的转动轴，A处有一突起物搁在O1B的中点，B处用细绳系在O2A的中点，此时两短杆便组合成一根长杆。今在O1B杆上的C点（C点为AB的中点）悬挂一个重为G的物体，则A处受到的支承力为G；B处绳的拉力为G。【分析】（1）对杠杆O2A应用杠杆平衡条件，列出平衡方程；（2）对杠杆O1B应用杠杆平衡条件，列出平衡方程；然后解方程，求出作用力。【解答】解：（1）如图甲所示，对于杠杆O2A来说，由杠杆平衡条件得：FA×L＝FB×，则FB＝2FA；（2）如图乙所示，对于杠杆O1B来说，由题意可知：AB＝，O1C＝+＝+＝，由杠杆平衡条件可得：FA′×+G×＝FB′×L①，FA与FA′、FB与FB′是物体间的相互作用力，它们大小相等，FA＝FA′，FB＝FB′，所以FB′＝2FA′，把FB′＝2FA′代入①，解得：FA′＝G，FB′＝G，则A处受到的支承力为G，B处绳的拉力为G。故答案为：G；G。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，分别对两个杠杆应用杠杆平衡条件，即可正确解题。19．如图所示，重力为G的物体挂在水平横杆的右端C点。水平横杆左端有一可转动的固定轴A，轻杆AC长为L，轻绳的B端可固定在AC杆上的任一点，绳的D端可固定在竖直墙面上的任一点，绳BD长为L，轻杆AC始终保持水平。则当∠ABD为45°时，绳BD的拉力最小，其值为2G，此时，AD间的距离为。【分析】由题意可知，阻力与阻力臂一定，现在要求最小动力，由杠杆平衡条件可知，动力臂最大时，动力最小，根据题意与图示求出最大动力臂，然后由杠杆平衡条件求出绳子的最小拉力。【解答】解：如图所示：AP＝L×cos∠ABD×sin∠ABD＝sin2∠ABD，故当AP最大时2∠ABD＝90°，∠ABD＝45°；故当∠ABD＝45°，动力臂AP最大，因为ΔABD为等腰直角三角形，AP⊥BD，BD＝L，所以PB＝AP＝，AB＝＝＝＝AD；由杠杆平衡条件可得：F×AP＝G×AC，即F×＝G×L，故F＝2G；故答案为：45°；2G；。【点评】此题考查了杠杆平衡条件的实际应用，需用数学中的勾股定理知识才能解答，题目难度较大。20．图（a）所示的是一把杆秤的示意图，O是秤杆的悬点，使用该秤最多能称量5千克的重物。小王用一个相同的秤砣系在原来的秤砣下面，采用“双秤砣法”去称量7千克的重物时，秤上的示数为3千克，如图（b）所示。那么当只挂一个秤砣时，该秤零刻度线的位置应该在O点右侧（选填“O点”、“O点的右侧”或“O点的左侧”）。若采用“双秤砣法”，则利用该秤最多能称量11千克的重物。【分析】（1）杆秤的工作原理是：杠杆的平衡条件，根据杆秤自重重心位置及杠杆平衡条件判断，杆秤零刻度线的位置。（2）根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，以O点为支点，分别找到力与力臂，根据杠杆平衡条件列方程解题，从而得出结论。【解答】解：（1）杆秤是根据杠杆平衡条件工作的；秤杆是一个杠杆，悬点O是杠杆的支点；结合图示由生活经验可知，当秤钩上不挂重物，手提起提纽时，杆秤的左端下降，说明杆秤自重重心在悬点O的左侧，由杠杆平衡条件知：要想使杆秤平衡秤砣应在悬点右侧，则杆秤的零刻度线位置在O点右侧。（2）设杆秤的自重为G0，杆秤重心到支点O的距离是L0，设秤砣的重力为G砣，重物G＝mg到支点的距离是L物，当重物质量为m1＝3kg时，秤砣到支点的距离为L1，根据杠杆平衡条件得：G0L0+m1g×L物＝G砣L1，即G0L0+3kg×9.8N/kg×L物＝G砣L1﹣﹣﹣﹣﹣①；（3）用双砣称m2＝7kg物体质量时，由杠杆平衡条件得：G0L0+m2g×L物＝2G砣L1，即G0L0+7kg×9.8N/kg×L物＝2G砣L1﹣﹣﹣﹣﹣②；设测最大质量时，秤砣到支点的距离为L，单砣能测最大m最大＝5kg，由杠杆平衡条件得：G0L0+m最大g×L物＝G砣L，即：G0L0+5kg×9.8N/kg×L物＝G砣L﹣﹣﹣﹣﹣③设双砣能测的最大质量为m，由杠杆平衡条件得：G0L0+mg×L物＝2G砣L，即：G0L0+m×9.8N/kg×L物＝2G砣L④；由①②③④解得：m＝11kg。故答案为：O点右侧；11。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，根据题意，由杠杆平衡条件列出不同情况下的平衡方程，然后解方程组是解本题的关键。21．如图所示，是一个简易的吊钩装置，它是由4根长度不一的刚性轻杆AD、DF、BC、CE铰接而成，A端通过固定转动轴连接在墙上，C端可以在光滑水平地面上左右自由移动。L1表示AD的长度，L2表示AB的长度，L3表示DF的长度，L4表示BC的长度，忽略吊钩到F点的长度，BCED构成一个平行四边形。若吊钩上不管挂上多重质量的物体，吊钩装置在水平面上的不同位置时都能处于平衡状态，则L1、L2、L3、L4必须满足的关系是＝。吊钩装置处于平衡状态时，C端受到地面的作用力方向为竖直向上。【分析】（1）找出吊钩上重力和光滑水平地面C点处对整个吊钩装置的支持力N的力臂，利用杠杆平衡条件得出力臂之间的关系。（2）知道压力是垂直作用在支持面上的，然后根据相互作用力判断C点的受到地面的作用力方向。【解答】解：（1）以整个吊钩装置为杠杆，则整个吊钩装置以A点为固定转轴，即A为支点，则整个吊钩装置作用的两个力为：吊钩上挂的物体的重力G和光滑水平地面C点处对整个吊钩装置的支持力N；如图根据几何知识可知：重力G的力臂为：AK＝HF＝HJ+JF＝L1sinβ+L3sinα，支持力N的力臂为；AP＝IC＝IK+KC＝L2sinβ+L4sinα，这个吊钩装置平衡，根据平衡条件得：G•AK＝N•AP，即：G•（L1sinβ+L3sinα）＝N•（L2sinβ+L4sinα），整理可得：sinα（GL3﹣NL4）＝sinβ（NL2﹣GL1）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，由于吊钩装置在水平面上的不同位置时都能处于平衡状态，则要求α和β取不同值上式①都成立，所以，应满足：GL3﹣NL4＝0，NL2﹣GL1＝0，即：GL3＝NL4，GL1＝NL2，所以，＝，即：＝。（2）由于压力是垂直作用在受力面上的，所以C对对面的压力是竖直向下的，根据力的作用是相互的，则C端受到地面的作用力方向是竖直向上的。故答案为：＝；竖直向上。【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，难点是对整个装置的受力分析及各力之间的关系，关键是以整个吊钩装置为杠杆，则整个吊钩装置以A点为固定转轴，即A为支点。22．如图所示，在一根长为2m，质量为2kg的细金属杆AB（质量分布不均匀）的A端施加一个与杆垂直的拉力F．使杆静止在图示位置。已知杆与地面成37°角，地面对杆作用的静摩擦力大小为3.6N，地面对杆的支持力大小为15.2N．则杆的重心距B端的距离为0.75m．F的大小为6N．（已知：sin37°＝0.6．cos37°＝0.8）【分析】先画出图中杠杆受力情况，并且将作用在杠杆上的F分解为水平方向和竖直方向的分力，然后根据力的合成以及处于平衡状态的物体所受合力为零求出杠杆水平方向受到的力和竖直方向受到的力，最后根据杠杆平衡的条件列出关系式即可求出。【解答】解：如图所示杠杆处于静止状态，因此杠杆水平方向合力为0，F的水平分量的大小Fx＝f＝3.6N，F的大小为F＝＝＝6N；F竖直分量为Fy＝F×cos37°＝6N×0.8＝4.8N，杠杆在竖直方向合力也为0，杠杆重力为G＝Fy+F支持＝4.8N+15.2N＝20N；设杠杆重心距B端距离为L力矩平衡，各力对B点力矩代数和为0，G×L×cos37°＝F×2mL＝＝＝0.75m。故答案为0.75，6。【点评】本题考查杠杆平衡的条件以及互成角度力的合成，难度较大，建议知识面较宽的学生做这类题型。23．课题研究小组提供了一把家中的旧杆秤（秤砣遗失），杆秤的刻度大多数模糊不清，只有5kg和6kg的刻度清晰可辨。小组成员对杆秤的外形进行了测量，测量结果如图所示。已知秤杆和挂钩的总质量为1kg，则秤砣质量是2kg，杆秤重心（含挂钩）在杆秤提纽的左（选填“左”或“右”）侧，距提纽2cm。【分析】（1）从图可知，5kg到6kg质量增加了1kg，而杠杆的长增加了2cm，再由杆秤上的刻度是均匀的，并由此来判断杆秤的0刻度线，进而判断杆秤的重心．（2）设杆秤的重心到提纽的距离为S，秤砣的质量为m，杆秤的质量为m杆，知道5kg和6kg时，秤砣所在的位置，根据杠杆的平衡条件F左L左＝F右L右，列出两个等式解答即可。【解答】解：（1）我们用杆秤称物体时，物体在提纽的左侧，秤砣在提纽的右侧，从图可知，5kg到6kg质量增加了1kg，而杠杆的长增加了2cm，杆秤上的刻度是均匀的，所以，从0刻度线到5kg的位置，杠杆的长应该为10cm，即零刻度线在提纽的右侧，所以该杆秤的重心应该在提纽的左侧。（因为0刻度线处要挂称砣才能使杠杆在水平位置平衡）该杆秤的重心在提纽的左侧，设杆秤的重心到提纽的距离为S，秤砣的质量为m，杆秤的质量为m杆，由杠杆的平衡条件G左L左＝G右L右可知，5kg×g×4cm+m杆×g×S＝m×g×11cm，6kg×g×4cm+m杆×g×S＝m×g×（11cm+2cm），化简得：5kg×4cm+m杆×S＝m×11cm，①6kg×4cm+m杆×S＝m×（11cm+2cm），②解①②可得：m＝2kg；（2）从图可知，5kg到6kg质量增加了1kg，而杠杆的长增加了2cm，杆秤上的刻度是均匀的，所以，从0刻度线到5kg的位置，杠杆的长应该为10cm，即零刻度线在提纽的右侧，所以该杆秤的重心应该在提纽的左侧。（因为0刻度线处要挂称砣才能使杠杆在水平位置平衡）所以5kg×g×4cm+1kg×g×S＝2kg×g×11cm，解得，S＝2cm，即该杆秤的重心距提纽2cm。故答案为：2；左；2。【点评】本题考查学生对力臂概念的理解情况，需要熟练掌握杠杆平衡条件公式和重力计算公式G＝mg。四．计算题（共6小题）24．如图所示。均匀杆AB每米重为30N．将A端支起。在离A端0.2m的C处挂一重300N的物体，在B端施一竖直向上的拉力F，使杆保持水平方向平衡，问杆长为多少时，所需的拉力F最小？最小值为多大？【分析】设杠杆的长度为L，根据杠杆的平衡条件列出杠杆的平衡方程求解。【解答】解：设杠杆的长度为L，则杠杆的重力为：G＝30N•L，由杠杆的平衡条件得：GC×LAC+G×＝F×L；代入数据得：300N×0.02m+30N×L×＝FL；整理得：15（L2﹣FL+4）＝0；必须满足Δ＝b2﹣4ac≥0，即F2﹣4×15×60≥0，所以，F≥60N，即拉力的最小值为60N，将F＝60N代入方程可得15L2﹣60L+60＝0解方程②可得L＝2m，答：杆长为2m时，所需的拉力F最小，最小值为60N。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，明确杠杆在水平位置平衡时，各个力臂的长度是解题的关键，属于比较典型的题目。25．如图，质量m＝2.0kg的小铁块静止于水平导轨AB的A端，导轨及支架ABCD总质量M＝4.0kg，形状及尺寸已在图中注明，该支架只可以绕着过D点的转动轴在图示竖直平面内转动。为简便起见，可将导轨及支架ABCD所受的重力看作集中作用于图中的O点。现用一沿导轨的拉力F通过细线拉铁块，假定铁块启动后立即以0.1m/s的速度匀速运动，此时拉力F＝10N。（1）铁块运动时所受摩擦力多大？（2）从铁块运动时起，导轨（及支架）能保持静止的最长时间是多少？（g＝10N/kg）【分析】（1）由题意知：铁块启动后立即以0.1m/s的速度匀速运动，此时拉力就等于铁块运动时所受摩擦力；（2）设当铁块运动到E点时，支架刚好开始转动，此时过E点的竖直线在D点右侧，距D点为x，根据杠杆平衡条件及已知条即可求得的。【解答】解：（1）铁块启动后匀速运动，此时拉力就等于铁块运动时所受摩擦力，用f表示铁块所受摩擦力，f＝F＝10N。（2）铁块对导轨的摩擦力作用线沿着导轨AB，所求力臂即为D到AB的距离。用L表示该力臂，L＝0.8m。设当铁块运动到E点时，支架刚好开始转动，此时过E点的竖直线在D点右侧，距D点为x，根据杠杆平衡条件及已知条件：4.0×10×0.1＝2.0×10x+10×0.8；得x＝﹣0.2m，t＝＝5s。答：（1）铁块运动时所受摩擦力为10N；（2）从铁块运动时起，导轨（及支架）能保持静止的最长时间是5s。【点评】此题考查的知识点较多，由二力平衡条件的应用、速度的计算，杠杆平衡条件等一系列知识点，此题将这些知识点综合起来，提高了学生用物理知识和规律解决问题的能力，因此是一道好题。26．如图所示，轻质光滑的木板AB长2米，可以绕固定轴O自由转动，离O点0.4m的B端有一重物G，板的另端A用一根与板成90角的细绳AC拉住。这时细绳的拉力是2牛，求：①重物G大小为多少？②若在转轴O上放一重为4牛的小球，并使小球以0.2m/s的速度由O点出发向左匀速运动，则经过多少秒后，系在A端的细绳拉力刚好为零。【分析】（1）知道A端细绳拉力、力臂大小，利用杠杆平衡条件求物体的重力。（2）由杠杆平衡条件求出绳子拉力为零时，小球距O点的距离，然后由速度公式的变形公式求出小球的运动时间。【解答】解：（1）由题可知OB＝0.4m，则OA＝AB﹣OB＝2m﹣0.4m＝1.6m，由杠杆的平衡条件可得：F×OA＝G×OB，即：2N×1.6m＝G×0.4m，解得：G＝8N；（2）设小球离O点距离为L时，A端绳子拉力为零，由杠杆的平衡条件可得：G球×L＝G×OB，即：4N×L＝8N×0.4m，解得：L＝0.8m，由v＝可得，小球的运动时间：t＝＝＝4s；答：（1）重物G的大小是8N；（2）经过4s后，系在A端的细绳拉力刚好为零。【点评】本题考查速度公式及杠杆的平衡条件，重点要把握小球在滚动到某点细绳拉力为零表明小球的重力、重物作用使杠杆处于平衡状态。27．两个人共同搬一个50kg质量分布均匀的木箱上楼梯，如图所示。木箱长1.25m，高0.5m，楼梯和地面成45°角，而且木箱与楼梯平行。如果两人手的用力方向都是竖直向上的，那么在下面的人对木箱施加的力与上面的人对木箱施加的力的比值是多少？【分析】找出两个人搬箱子时的支点和动力臂、阻力臂，然后根据杠杆的平衡条件来求解。【解答】解：如图，木箱质量均匀故其重心在几何中心，标为G，则此题变为一个杠杆问题，下面的人抬箱子时，支点在上面的人手B处，动力臂为BF，阻力臂为BH，根据杠杆的平衡条件可得：F1×BF＝G×BH；上面的人抬箱子时，支点在下面的人手A处，动力臂为AC，阻力臂为AD，根据杠杆的平衡条件可得：F2×AC＝G×AD；AC＝BF，BH＝CD，则两个力的比值为F1：F2＝DC：AD；下面是DC：AD的求法∠BAC＝45度，则AC＝BC＝＝＝m，木箱为一个矩形故对角线长为＝m；则GB＝AG＝×对角线＝m；根据图形可知：+＝BC＝m；解得AD＝m；所以CD＝AC﹣AD＝﹣＝；所以：F1：F2＝DC：AD＝7：3。答：在下面的人对木箱施加的力与上面的人对木箱施加的力的比值是7：3。【点评】此题主要考查的是学生对杠杆平衡条件的理解和掌握，几何图形的分析是本题的重点。28．某同学用一根粗细均匀的铁棒，将一个边长为a的正方形重物箱撬起一个很小的角度（如图所示，图中的角度已被放大）．已知：铁棒单位长度受到的重力为P，重物的重力为G，现将铁棒的一端插入箱底，在另一端施加一个向上的力撬动重物箱。如果插入的长度为箱宽的四分之一，并保持该长度不变，试推导施加的力最小为F＝。【分析】由题可知，铁棒的重力提供一部分阻力，作用点在铁棒的重心上，阻力臂为；因重物箱的密度均匀且铁棒插入的长度为箱宽的四分之一，则一半物重提供阻力，阻力臂为；力F提供动力，动力臂为L．在动力和阻力的作用下，杠杆平衡。由杠杆的平衡条件求出关于F的表达式，则由数学知识要求得F的最小值及取最小值时L的长度。【解答】解：设铁棒长为L，动力为F．由题可知铁棒的重力提供的阻力，作用点在铁棒的重心上，阻力臂为；因重物箱的密度均匀且铁棒插入的长度为箱宽的四分之一，则重物的一半重力提供阻力（即只有一半的重力压在杠杆上），阻力臂为；力F提供动力，动力臂为L．由杠杆的平衡条件得F1L1＝F2L2；则•+（LP1）•＝FL；故人对杠杆的力：F＝＝+；由数学知识a2+b2≥2ab，当a＝b时取最小值，可得：当＝时，即L＝时F有最小值。F的最小值为：F＝。【点评】本题是关于杠杆平衡条件的应用，关键点是结合题意：把重物箱撬起一个接近于0°的角度，准确找出阻力臂和动力臂。由于解题时需要用到数学上的知识，属于综合性较强的题目。29．密度为ρ＝500kg/m3，长a、高b、宽c分别为0.8m、0.6m、0.6m的匀质长方体，其表面光滑，静止在水平面上，并被一个小木桩抵住，如图甲所示。（1）当有与水平方向成45°角的风斜向上吹到长方体的一个面上时，如图乙所示，若风在长方体光滑侧面上产生的压力为F，则力F要多大才能将长方体翘起？（g取10N/kg）（2）实验表明，风在光滑平面上会产生垂直平面的压强，压强的大小跟风速的平方成正比，跟风与光滑平面夹角正弦值的平方成正比。现让风从长方体左上方吹来，风向与水平方向成θ角，如图丙所示。当θ大于某个值d时，无论风速多大，都不能使长方体翘起。请通过计算确定d的值。【分析】（1）无论风向为哪个方向，他对物体产生的压力总是垂直于作用面的（流体的特点），该力均匀的作用在物体接触面，因此等效压力过物体的中心水平向右，根据力矩平衡条件列式求解。（2）根据“风在光滑平面上会产生垂直平面的压强，压强的大小跟风速的平方成正比，跟风与光滑平面夹角正弦的平方成正比。”列出关系式，利用杠杆平衡条件可确定θ的值。【解答】解：（1）物体受到的重力为：G＝mg＝ρVg＝500kg/m3×0.8m×0.6m×0.6m×10N/kg＝1440N；无论风向为哪个方向，他对物体产生的压力总是垂直于作用面的（流体的特点），因此风产生的压力为F，方向水平向右，如图所示：根据杠杆平衡条件，有：F•＝mg•，解得：F＝mg＝×1440N＝1920N；（2）根据“风在光滑平面上会产生垂直平面的压强，压强的大小跟风速的平方成正比，跟风与光滑平面夹角正弦的平方成正比”可得：风在顶面产生的压力：N1＝kacv2sinθ，风在侧面产生的压力：N2＝kbcv2cos2θ，当（N1+mg）＞N2×时，长方体将不会翘起，即mga＞kc2（v2﹣bcos2θd﹣asin2θ），由于kv2可以取足够大，为使上式对任意大kv2都成立，必须有b2cos2θ﹣a2sin2θ≤0，即tanθ≥＝＝0.75，即：d≥act0.75。答：（1）力F为1920N时才能将长方体翘起；（3）d的值为act0.75。【点评】此题考查了重力的计算及杠杆平衡条件的应用，关键是确定压力和重力的方向及对应的力臂。五．综合能力题（共1小题）30．当前，市场上出现了一种如图1所示L型防汛挡水板，侧视图如图2所示；L型挡水板可以非常有效抵御洪水的袭击，如果尺寸设计合理，即使洪水达到了挡板的顶部，挡板依然非常稳固，不会滑动，也不会翻转。挡水板巧妙地利用地面对挡水板的摩擦力抵御洪水对挡水板竖直部分的水平推力，防止挡水板的滑动。（1）挡水板底部设置有橡胶垫，其作用是增大挡水板与地面间的摩擦力；洪水袭击挡水板时，挡水板不滑动的原因是洪水对挡水板的水平冲击力等于（选填“大于”、“等于”或“小于”）地面给挡水板的摩擦力，随着水位上升，挡水板对地面的压力将逐渐增大。（2）在忽略挡水板自身重力的条件下，设挡水板的底部宽度为L，侧边高度为H，纵向长度为S，挡水板与水平地面之间的滑动摩擦力与挡水板对地面的压力成正比，即f滑＝μF压，设水的密度为ρ，求洪水达到竖直挡水板顶部时，挡水板与地面滑动时所受的摩擦力？（用题中所给字母表示）（3）洪水达到竖直挡水板顶部时，洪水对侧板的平均压强为ρgH，为了防止挡水板在地面上滑动，洪水对侧板施加的水平压力与地面给挡水板的滑动摩擦力要需满足F侧≤F滑，若μ＝0.71，求挡水板在水平方向不滑动时H、L满足的条件？【分析】（1）根据影响滑动摩擦力大小的因素即可判断橡胶垫的作用；利用二力平衡分析洪水对挡水板的水平冲击力与地面给挡水板的摩擦力大小；根据F＝Ps＝ρghs判断；（2）将挡水板当成一个长S、宽L、高H的容器，再根据F压＝Ps＝ρghs便可求得表达式；（3）根据F＝Ps可表示出F侧，再利用第（2）题的方法求得F滑的表达式，最后化简便可H、L满足的条件。【解答】解：（1）挡水板底部设置有橡胶垫，目的是增大接触面的粗糙程度从而增大滑动摩擦力的大小；因为挡水板不滑动，所以挡水板处于平衡状态，根据二力平衡的条件可知，挡水板水平方向上受到的洪水的水平冲击力等于地面给挡水板的摩擦力；随着水位上升，根据F＝Ps＝ρghs可得挡水板对地面的压力将逐渐增大。（2）当洪水达到竖直挡水板顶部时，水对挡水板底部的压强P＝ρgH，水对挡水板底部的压力F压＝Ps＝PSL＝ρgHSL，则挡水板与地面滑动时所受的摩擦力，f滑＝μF压＝μρgHSL。（3）洪水达到竖直挡水板顶部时，洪水对侧板的平均压力为F侧＝P′s′＝＝，挡水板与地面滑动时所受的摩擦力F滑＝μρgHSL，带入F侧≤F滑可得，≤μρgHSL，解得，H≤1.42L。故答案为：（1）增大挡水板与地面间的摩擦力；等于；增大；（2）f滑＝μρgHSL；（3）H≤1.42L。【点评】本题主要是从题中获取信息，考查了综合运用二力平衡、压强、滑动摩擦力等知识解决实际问题的能力，难度很大。六．解答题（共8小题）31．有一直径为100cm，质量为40kg的均匀圆柱体放在水平地面上，靠在10cm高的台阶边，如图所示，为了使它滚上这个台阶，那么在圆柱体边缘上哪一点，沿什么方向施加力时，才能用最小的力使圆柱体刚好离开地面？在图上标出这一点，并画出此力的方向，求出此力的大小。（圆柱体与台阶在A处接触）【分析】首先由为了让圆柱体滚上这个台阶，来判断施力的方向；再由杠杆的平衡条件来判断力的作用点，要想用最小的力使圆柱体刚好离开地面，那么动力臂应该达到最大，圆柱体的横截面为圆形，最长的力臂应该为直径；确定了力臂以后，再根据做力的图示的方法，作出该力的示意图；已知直径，可以求出半径，首先利用直角三角形ACD的三边关系，求出阻力臂AD的长度，已知圆柱体的质量，再利用公式G＝mg计算出阻力的大小，最后利用杠杆的平衡条件计算出力的大小。【解答】解：为了让圆柱体滚上这个台阶，应该向上施加一个力；从图可知，A为支点，连接AC并延长，与圆相交于一点B，那么B为动力作用点，AB为动力臂，所施加的力应该与力臂AB垂直且向上；（如图所示）∵直径为100cm，台阶高10cm，∴半径AC＝50cm，动力臂AB＝100cm，CD＝50cm﹣10cm＝40cm，阻力臂AD＝＝＝30cm，又∵m＝40kg，g＝9.8N/kg，∴G＝mg＝40kg×9.8N/kg＝392N，根据杠杆的平衡条件得：F•AB＝G•ADF×100cm＝392N×30cm∴F＝117.6N。答：如图所示，（力的方向，作用点均已画在图上）此力的大小为117.6N。【点评】本题考查了利用重力的公式G＝mg进行计算，以及杠杆的平衡条件，以及如何寻找最省力的方法，并可以做出力的图示。32．在一直径是100cm，质量是40kg的均匀圆柱体放在水平地面上，靠在10cm的台阶边，如图所示，为使它滚上台阶，那么在圆柱体边缘的哪一点，沿什么方向施力时，才能使用力最小？在图上画出此力，并求出此力的大小。【分析】为了让圆柱体滚上这个台阶，由此确定支点和力的方向；要想用最小的力使圆柱体刚好离开地面，那么动力臂应该达到最大，圆柱体的横截面为圆形，最长的力臂应该为直径，再作出该力的示意图；已知直径，可以求出半径，首先利用直角三角形D的三边关系，求出阻力臂的长度，已知圆柱体的质量，再利用公式G＝mg计算出阻力的大小，最后利用杠杆的平衡条件计算出力的大小。【解答】解：为了让圆柱体滚上这个台阶，应该向上施加一个力，圆柱体绕A点转动，即A点为支点；从图可知，连接AC并延长，与圆相交于一点B，那么B为动力作用点，AB为动力臂是最大的力臂，所施加的力应该与力臂AB垂直且向上；如图：；半径AC＝50cm，动力臂AB＝100cm，CD＝50cm﹣10cm＝40cm，阻力臂AD＝＝＝30cm，G＝mg＝40kg×10N/kg＝400N，根据杠杆的平衡条件得：F•AB＝G•ADF×100cm＝400N×30cm所以F＝120N。答：最小力见上图；此力的大小为120N。【点评】本题考查了利用重力的公式G＝mg进行计算，以及杠杆的平衡条件，以及如何寻找最省力的方法，并可以做出力的图示。33．阅读短文，回答下列问题：力矩门、窗等转动物体从静止状态变为转动状态或从转动状态变为静止状态时，必须受到力的作用。但是，我们若将力作用在门、窗的转轴上，则无论施加多大的力都不会改变其运动状态，可见转动物体的运动状态和变化不仅与力的大小有关，还与受力的方向、力的作用点的影响有关。力的作用点离转轴越远，力的方向与转轴所在平面越趋于垂直，力使转动物体运动状态变化得就越明显。物理学中力的作用点和力的作用方向对转动物体运动状态变化的影响，用力矩这个物理量综合表示，因此，力矩被定义为力与力臂的乘积。力矩概括了影响转动物体运动状态变化的所有规律，力矩是改变转动物体运动状态的物理量。力矩用M表示，即M＝FL，式中L为力臂，力臂是转动轴到力的作用线的距离。在国际单位制中，力矩的单位是牛顿•米，符号为N•m．有固定转动轴的物体在力的作用下处于静止或匀速转动的状态称为力矩平衡状态。引入力矩概念后，杠杆的平衡条件可叙述为：使杠杆沿顺时针转动的力矩与使杠杆沿逆时针转动的力矩相等。用公式表示为：M顺＝M逆。（1）用垂直于门的力推门，推力F＝50N，手到门轴的距离为0.3m，则F对门轴的力矩M为15N•m，若将力作用在门、窗的转轴上，则F对门轴的力矩M为0N•m。（2）如图所示，一根均匀木棒OA可绕过O点的水平轴自由转动，现有一方向不变的水平力F作用于该棒的A点，使棒从竖直位置缓慢转到偏角θ＜90°的某一位置（缓慢转动可视为匀速转动），设M为力F对转轴的力矩，对此过程中M和F的判断正确的是A。（选填字母）A．M不断变大，F不断变大B．M不断变大，F不断变小C．M不断变小，F不断变大D．M不断变小，F不断变小（3）图中，如果用一个大小不变的拉力F在A点拉动木棒，要想力矩最大，力的方向应该是垂直于木棒向上。（4）使棒从竖直位置缓慢转到偏角θ＜90°的某一位置的过程中（缓慢转动可视为匀速转动），木棒的机械能增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）。【分析】（1）利用M＝FL求推力F对门轴的力矩；（2）木棒从竖直位置缓慢地转到偏角为θ的过程中，以O点为转轴，找出杠杆的五要素，明确这个过程中动力臂与阻力臂的变化，根据水平力F的力矩与重力的力矩平衡分析力F的变化；（3）根据M＝FL分析；（4）由同一个物体的动能大小取决于速度大小，重力势能大小取决于高度来分析。【解答】解：（1）由材料提供的信息可知，力矩的表达式为：M＝FL，用垂直于门的力推门，推力的力臂等于手到门轴的距离，即L＝0.3m，则推力F对门轴的力矩：M＝FL＝50N×0.3m＝15N•m；若将力作用在门、窗的转轴上，L＝0，根据M＝FL可知，F对门轴的力矩M为0N•m；（2）水平力F为动力，木棒的重力G为阻力，重力的力臂为OB，动力臂为OC，如图所示使棒从竖直位置缓慢转到偏角θ＜90°，在θ增大的过程中，OB逐渐增大，而OC逐渐减小，因重力的力臂增大，故重力的力矩变大；根据力矩平衡条件可知，水平力F的力矩与重力的力矩平衡，则力F对转轴的力矩M不断变大，而力F对转轴的力臂OC减小，由力矩M＝FL可知，F不断变大，故A正确。（3）图中，如果用一个大小不变的拉力F在A点拉动木棒，要想力矩最大，则拉力的力臂最大，所以拉力的方向应该是：垂直于木棒向上。（4）使棒从竖直位置缓慢转到偏角θ＜90°的某一位置的过程中（缓慢转动可视为匀速转动），因速度大小不变，动能不变，而木棒重心升高了，故重力势能变大，机械能增大。故答案为：（1）15；0；（2）A；（3）垂直于木棒向上；（4）增大。【点评】本题考查力矩的有关知识，并应用力矩的知识解决有关问题，关键是从题中获取有效的信息，体现了与高中知识的衔接。34．如图1甲所示的是一台汽车起重机的示意图，起重钩的升降使用的是滑轮组，如图1乙所示，滑轮组上钢丝绳的收放是由卷扬机来完成的。某次作业中，起重机将200Kg的货物由地面起吊到5m的高度，所用时间20s，钢丝绳的拉力F为800N．（g取10N/kg）（1）吊起重物时，应将液压起重车后部的四个金属支架放下以代替后轮，这除了起稳定作用外，还能减小对地面的压强。顶起起重臂时，液压杆向上顶起的力大于重物的重力。（2）起重机起吊货物的机械效率。（保留一位小数）（3）卷扬机做功的功率。（4）图2为该卷扬机的铭牌，其中有一个重要的参数是“最大额定起重量”。运用你学过的物理知识，分析说明起重机设计时，该参数的确定需要考虑哪些因素？【分析】（1）压强与压力和受力面积有关，压力一定时，增大受力面积可以减小压强；杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。（2）根据G＝mg求出货物的重力，根据η＝＝＝＝求出机械效率；（3）根据s＝3h求出拉力移动距离，根据W＝Fs求出卷扬机做的总功，根据P＝求出功率；（4）起重机的最大额定起重量和起重机的质量、起重机的重心、卷扬机的最大拉力、钢丝承受的最大拉力、起吊臂的长度等有关。【解答】解：（1）液压起重车后部的四个金属支架放下以代替后轮，增大了起重车与地面的接触面积，从而减小了起重车对地面的压强；由图可见，液压起重车的起重臂是一个费力杠杆，使用时费力，但是省距离。（2）由图可见，n＝3；货物的重力：G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N，∵η＝＝＝＝，∴起重机起吊货物的机械效率：η＝×100%＝×100%≈83.3%；（3）拉力移动距离s＝3h＝3×5m＝15m，拉力做的总功：W总＝Fs＝800N×15m＝12000J，卷扬机的功率：P＝＝＝600W；（4）起重机的最大额定起重量和起重机的质量、起重机的重心、卷扬机的最大拉力、钢丝承受的最大拉力、起吊臂的长度等有关。答：（1）压强；大于。（2）起重机起吊货物的机械效率为83.3%；（3）卷扬机做功的功率为600W；（4）该参数的确定需要考虑起重机的质量、起重机的重心、卷扬机的最大拉力、钢丝承受的最大拉力、起吊臂的长度等因素。【点评】本题借助液压起重车综合考查杠杆的分类、动滑轮的特点以及减小压强的方法，考查了学生对重力、机械效率、总功、功率计算公式的理解和掌握，弄清楚绳子的股数是解决此题的关键。35．如图所示，质量m＝2.0kg的小铁块静止于水平导轨AB的A端，导轨及支架ABCD总质量M＝4.0kg，形状及尺寸已在图中注明，该支架只可以绕着过D点的转动轴在图示竖直平面内转动。为简便起见，可将导轨及支架ABCD所受的重力看作集中作用于图中的O点。现用一沿导轨的拉力F通过细线拉铁块，假定铁块启动后立即以0.1m/s的速度匀速运动，此时拉力F＝10N。（1）铁块运动时所受摩擦力多大？（2）铁块对导轨的摩擦力的力臂多大？（3）从铁块运动时起，导轨（及支架）能保持静止的最长时间是多少？（g＝10N/kg）【分析】（1）由题意知：铁块启动后立即以0.1m/s的速度匀速运动，此时拉力就等于铁块运动时所受摩擦力；（2）铁块对导轨的摩擦力作用线沿着导轨AB，所求力臂即为力的作用点D到AB的距离；（3）设当铁块运动到E点时，支架刚好开始转动，此时过E点的竖直线在D点右侧，距D点为x，根据杠杆平衡条件及已知条即可求得的。【解答】解：（1）铁块启动后匀速运动，此时拉力就等于铁块运动时所受摩擦力，用f表示铁块所受摩擦力，f＝F＝10N。（2）铁块对导轨的摩擦力作用线沿着导轨AB，所求力臂即为D到AB的距离。用L表示该力臂，L＝0.8m。（3）支架的重力与其力臂的乘积G支架×L支架＝4.0kg×10N/kg×0.10m＝4N•m，因力的作用是相互的，则导轨受到摩擦力的大小f′＝f＝10N，方向水平向右，导轨所受摩擦力与其力臂的乘积f′×Lf′＝10N×0.8m＝8N•m，因f′×Lf′＞G支架×L支架，则支架有顺时针转动的趋势，要支架保持平衡，铁块对导轨的压力应让导轨有逆时针转动的趋势，所