精练11杠杆的动态平衡最小力分析

精练11杠杆的动态平衡、最小力分析一．选择题（共5小题）1．如图所示，重力不计的杠杆可绕O点无摩擦转动，在A端用轻质细绳悬挂一质量为200g的物体M，同时在B点施加一个始终垂直于杠杆的拉力FB，杠杆绕O点匀速转动到虚线位置，OA＝3m，AB＝1m。下列说法正确的是（）A．杠杆拉至与墙面夹角为30°时，FB＝3N B．拉力F逐渐变大 C．杠杆绕O点缓慢转动到水平位置时拉力FB做的功为3J D．此过程中，FB最大值为3N【解答】解：当杠杆转到水平位置时拉力最大，由杠杆平衡条件F1×L1＝F2×L2可得，FB×OB＝G×OA，又OB＝OA﹣AB＝3m﹣1m＝2m，G＝mg＝0.2kg×10N/kg＝2N，所以有FB×2m＝2N×3m，FB＝3N，选项D正确；当杠杆位于水平位置时拉力最大，所以A错误；由于阻力臂先增大后减小，拉力也是先增大后减小，所以选项B错误；当杠杆转到水平位置时，拉力做的功等于克服物体重力做功，W═mg×OAcos30°═0.2kg×10N/kg×3m×32═5.196J，所以故选：D。2．如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（）A．图甲位置，仅增加物重，则拉力变化量与物重变化量之比为3：1 B．图甲位置时，拉力大小为15N C．该杠杆与镊子类型相同 D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变【解答】解：A、图甲位置时，原来杠杆平衡，则有F×OB＝G×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，若仅增加物重，杠杆再次平衡时，有（F+△F）×OB＝（G+△G）×OA﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，②﹣①可得：△F×OB＝△G×OA，所以，ΔFΔG=OAOB=13B、已知物重为30N，图甲位置时，OA：AB＝1：2，且动力臂为OB，阻力臂为OA；由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，则拉力：F=G×OAOB=30N×1C、根据图甲可知，动力臂大于阻力臂，因此该杠杆为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故C错误；D、如图乙，保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，因为△OA′A∽△OB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3，由杠杆平衡条件可得F′×OB′＝G×OA′，则F′=G×OA'OB'由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力大小不变，故D正确。故选：D。3．如图所示装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，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，旅行箱静止。要使作用在A点的拉力F减小，保持其他条件不变，下列做法可行的是（）A．缩短拉杆的长度 B．使拉力方向顺时针改变30° C．使拉力方向逆时针改变60° D．将箱内较重的物品远离O点摆放【解答】解：A、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，缩短拉杆的长度，则拉力的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行；B、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，使拉力方向顺时针改变30°，此时拉力的力臂为0，不省力，不能使作用在A点的拉力减小，故此方法不可行；C、拉杆箱的重力、重力的力臂不变，使拉力方向逆时针改变60°，此时拉力的力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知拉力变小，故此方法可行；D、拉杆箱的重力不变，将箱内较重的物品远离O点摆放，重心也远离支点，重力的力臂变长，拉力方向不变，拉力的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故此方法不可行。故选：C。4．如图所示，一长为L的轻质直杆可绕O点转动，杆下挂一所受重力为G的物块，刚开始直杆与竖直方向夹角为60°。为了安全下降物块，用一个始终水平向右且作用于直杆中点的拉力F，使直杆缓慢地转动到竖直位置（可以认为杠杆每一瞬间都处于平衡状态），则下列说法正确的（）A．拉力F的大小保持不变 B．拉力F和物块重力G是一对平衡力 C．这个过程中直杆一直都是费力杠杆 D．这个过程中物块重力所做的功为12【解答】解：A、由图知，杠杆由与竖直方向成60°角逐渐转到竖直位置时，由于拉力始终水平，所以其力臂逐渐变大；物体对杠杆拉力为阻力，转动过程中阻力臂逐渐变小；由杠杆平衡条件可知拉力F逐渐变小，故A错误；B、拉力F和物块重力大小不等、不在一条直线上，不作用在一个物体上，所以不是一对平衡力，故B错误；C、当杠杆转到竖直位置时，阻力臂为0，杠杆为省力杠杆，故C错误；D、杠杆由与竖直方向成60°角时，杠杆右端高度h=12L，转到竖直位置时杠杆下端高度降到L处，所以物体下降高度△h＝L12L=12L，所以物体重力做功W＝G△h故选：D。5．如图所示，用一根硬棒撬一块大石头，当在硬棒的A点上用竖直向下的力F1压硬棒，石头未能撬起，则在力的大小不变的情况下，下列措施中最有效地把石头撬起来的是（）A．把垫着的小石头移近大石头，且用力的方向改为F2所示的方向 B．把垫着的小石头移远大石头，且用力的方向改为F2所示的方向 C．把垫着的小石头移远大石头，且用力的方向仍为竖直向下，即F1所示方向 D．把垫着的小石头移近大石头，且用力的方向仍为竖直向下，即F1所示方向【解答】解：如图，用硬棒撬大石头，把垫着的小石头移近大石头，这时阻力臂最短；沿F2的方向施加动力，动力臂为OA；沿F1的方向施加动力，动力臂为OB．由图可知沿F2的方向施加动力，动力臂最长。∵FL动＝GL阻，∴F=G×又∵撬同一块石头，阻力不变，∴把垫着的小石头移近大石头（阻力臂最短），且用力的方向改为F2所示的方向（动力臂最长）时最省力、最有效。故选：A。二．多选题（共3小题）（多选）6．如图所示的杠杆，AB＝l1，OB＝l2，且l1＜l2，物体重力为G，拉力F与杠杆成30°角，杠杆处于水平位置平衡，不计杠杆自身重力，则下列说法正确的是（）A．此时的杠杆为费力杠杆 B．此时的拉力F=2GC．保持杠杆水平平衡，拉力F从实线转到虚线位置过程中，F将逐渐变小 D．保持杠杆水平平衡，拉力F从实线转到虚线位置过程中，F的最小值为2G【解答】解：F的力臂如图所示：A、由图示可知，动力臂为L，则L=12OA=12（l1+l2），阻力臂为OB＝l2，且l1＜lB、根据杠杆的平衡条件可知：FlF＝Gl2，即F×12(l1C、保持杠杆水平平衡，拉力F从实线转到虚线位置过程中，动力臂逐渐变小，所以动力逐渐变大，故C错误；D、F在实线位置时的动力臂是最长的，动力最小，由B分析可知，此时动力为：F=2Gl2故选：AD。（多选）7．如图所示，用一个可以绕O点转动的硬杆提升重物，若在提升重物的过程中，动力F始终沿水平方向，则在如图所示的过程中，（硬杆自重忽略不计）下列说法正确的是（）A．拉力F的大小逐渐变大 B．拉力F的大小保持不变 C．拉力F的力臂逐渐变大 D．拉力F的力臂逐渐变小【解答】解：根据图示可知，阻力臂逐渐变大，动力臂逐渐变小，阻力不变，由FL1＝GL2可得，拉力F逐渐变大，故AD正确，BC错误。故选：AD。（多选）8．如图所示，均匀细杆OA长为l，可以绕O点在竖直平面内自由移动，在O点正上方距离同样是l的P处固定一定滑轮，细绳通过定滑轮与细杆的另一端A相连，并将细杆A端绕O点从水平位置缓慢匀速向上拉起。已知绳上拉力为F1，当拉至细杆与水平面夹角θ为30°时，绳上拉力为F2，在此过程中（不考虑绳重及摩擦），下列判断正确的是（）A．拉力F的大小保持不变 B．细杆重力的力臂逐渐减小 C．F1与F2两力之比为1：3 D．F1与F2两力之比为2：1【解答】解：（1）细杆处于水平位置时，如右上图，△PAO和△PCO都为等腰直角三角形，OC＝PC，PO＝OA＝l，OB=12∵（PC）2+（OC）2＝（PO）2，∴OC=22∵杠杆平衡，∴F1×OC＝G×OB，F1=G×OBOC（2）当拉至细杆与水平面夹角θ为30°时，绳上拉力为F2，由于∠POA＝90°﹣30°＝60°，OA＝OP＝l，如右下图，则△PAO为等边三角形，∴AP＝OA＝l，AC′=12∵（AC′）2+（OC′）2＝（OA）2，即（12l）2+（OC′）2＝l2∴OC′=32在△BOB′中，∠BOB′＝30°，BB′=12OB=12∵（OB′）2+（BB′）2＝（OB）2，∴OB′=34∵OB′＜OB，∴细杆重力的力臂逐渐减小，故B正确；∵杠杆平衡，∴F2×OC′＝G×OB′，F2=G×OB'OC'∴F1＞F2，故A错误；则F1：F2=22G：12G=2：1，故故选：BD。三．填空题（共6小题）9．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图。杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重。若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是先增大后减小。【解答】解：动力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变；阻力是柱形物体的重，阻力作用点在柱形物体的重心上；如下图所示（只画了杠杆的右侧部分，图中虚线为重心运动的路线）：0位置为原来的位置，1位置为阻力臂最大的位置，2位置为转过45°的位置，由上图可知，整个过程中阻力臂先变大后变小；因动力臂不变，阻力G不变，阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件可知，动力F先增大后减小。故答案为：先增大后减小。10．如图所示，一块既长又厚的均匀木块A，左上角有一固定转动轴O与墙连接，其下方放置有一小木块B，B与水平地面之间存在摩擦，其余摩擦不计。B从A的左端匀速拉到右端的过程中，水平拉力的大小变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）；若上述过程中，拉力做功为W1，再将B从A的右端匀速拉到左端的过程中，水平拉力做功为W2，则W1小于W2。（选填“大于”、“小于”或“等于”）【解答】解：（1）如图，重力（阻力）和力臂OD不变；B对A的支持力为动力，其力臂为OC，在B从A的左端匀速拉到右端的过程中，OC变大；把物体A当做杠杆，由于杠杆平衡，可得F支×OC＝G×OD，由于G和OD大小不变，OC变大，所以支持力F支变小，A对B的压力变小；接触面的粗糙程度不变，压力变小，则B受到的摩擦力将变小；B被匀速拉动，根据二力平衡可知，拉力等于摩擦力，所以水平拉力的将变小；（2）如下图所示：当向右拉B时，B对A的摩擦力f方向向右，根据杠杆平衡条件：f×Lf+FN×LN＝G×LG……①；如下图所示：当向左拉B时，B对A的摩擦力f方向向左，根据杠杆平衡条件：FN×LN＝G×LG+f×Lf……②；由①②的分析可知，B在同一位置，因为G一定，LG、LN、Lf均不变，向右拉B，图中的支持力FN较小，因此A对B的摩擦力较小，所以F较小；向左拉B，图中的支持力FN较大，因此A对B的摩擦力较大，所以F较大；因为来回拉的过程中B移动的距离相同，根据W＝Fs可知，即W1＜W2。故答案为：变小；小于。11．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆不一定（选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是变小（选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。【解答】解：（1）由题只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆；（2）若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，此过程中，阻力和动力臂不变，阻力臂逐渐减小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小；（3）如图所示，由图可知，当F丙由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。且上图可以看出，F丙水平时，比F垂直OA时力臂小，所以动力更大。动力F丙随时间t的变化趋势如图所示：故答案为：不一定；变小；见上图。12．小明在学校运动会上是仪仗队手，如图所示。他竖直举前进时，风给红旗水平向右的阻力为20N，其作用点可以看成在A点。已知AB＝1.6m，BC＝0.4m小明的两只手分别位于B、C两点，他用一只手握紧旗杆不让它下滑，用另一只手拉住旗杆不让它倾斜。则另一只手对旗杆加的最小拉力为80N，方向水平向右。沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为200J。【解答】解：（1）小明在竖直举旗前进时，若以C为支点时，B处垂直于旗杆向左的力为动力，A处垂直杠杆向右的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂，若以B点为支点时，在C处用力，且动力的方向垂直于旗杆向右，BC为动力臂，AB为阻力臂，两种情况的动力臂均为BC，但以B为支点，阻力臂较小，根据杠杆的平衡条件知，此时的动力最小；根据杠杆的平衡条件：F1×LBC＝F2×LAB，所以最小的动力为：F1=F2（2）沿水平路面匀速前进10m的过程中小明克服风力做的功为：W＝fs＝20N×10m＝200J。故答案为：80；水平向右；200。13．如图所示为一拉杆旅行箱的示意图将其视为杠杆，O为支点，B为重心，BC为竖直方向，A为拉杆端点，已知箱重为250N，OA为120cm，OC为24cm。使拉杆箱在图示位置静止的最小动力为50N；生活中，常把箱内较重物品靠近O点摆放，这样使拉杆箱在图示位置静止的最小动力将变小（选填“变大”、“变小”或“不变”）。【解答】解：F如红色方向时，动力臂最长为OA，动力最小，过旅行箱的重心作竖直向下的重力，OC为重力的力臂，如图所示：由杠杆平衡条件可得：F×OA＝G×OC，即F×120cm＝250N×24cm，解得F＝50N。（2）常把箱内较重物品靠近O点摆放，这样阻力臂减小，阻力不变，动力臂不变，根据杠杆平衡条件可以判断，最小动力将变小。故答案为：50N；变小。14．如图是液压机杠杆装置的示意图，O为支点，F2是压杠杆时对杠杆的阻力，方向竖直向上，大小为4200N，OA为50cm，杆重和摩擦忽略不计。（1）作用在A点竖直向下的力F1至少为210N，才能使A点下移，此装置是省力（选填“省力”或“费力”）杠杆。（2）若使杠杆A点下移时力F1最小，则力F1应与杠杆OA垂直向下，最小为168N。【解答】解：（1）根据图示可知，动力臂L1＝2cm+38cm＝40cm，阻力臂L2＝2cm，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得：F1=F2因为动力臂大于阻力臂，所以杠杆为省力杠杆；（2）由于杠杆受到的阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，要想使这个动力最小，应使动力臂最大，在动力作用点不变的条件下，以OA为动力臂时动力最小，所以应垂直于OA向下施加动力；则此时动力臂L1′＝OA＝50cm，阻力臂L2＝2cm，由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：F1最小=F2故答案为：（1）210；省力；（2）杠杆OA垂直向下；168。四．计算题（共1小题）15．在“大力士”比赛中，需要把一质量M＝300kg，底面边长为4cm，高为3cm，质量分布均匀的长方体，利用翻滚的方法沿直线移动一段距离，如图所示。（1）作出翻滚长方体时，使长方体一边刚刚离开地面，所用最小力F的示意图和力臂。（2）求出所用最小力F的大小。【解答】解：（1）力臂越长越省力，由图把长方体向右翻滚时，右侧与地面接触点为支点O，最长的力臂即AO的连线，然后根据力臂的画法作出垂直于力臂的作用力即可。如图所示：；（2）翻滚时，是克服长方体重力（阻力），其力与力臂如图所示：，则L1=(3m)2+(4m)2=5m，根据杠杆的平衡条件有：F•L1＝G•L2，即：F×5m＝300kg×10N/kg×2m，解得：F＝1200N。答：（1）最小力F的示意图和力臂见上图。（2）所用最小力为1200N。五．解答题（共3小题）16．如图所示，一根质量分布均匀的木棒，质量为m，长度为L，竖直悬挂在转轴O处，在木棒最下端用一方向始终水平向右的拉力F缓慢将木棒拉动到与竖直方向夹角为θ的位置（转轴处摩擦不计），问：（1）在图中画出θ＝60°时拉力F的力臂l，并计算力臂的大小。（2）木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将如何变化？并推导拉力F与角度θ的关系式。【解答】解：（1）由题O为支点，沿力F的方向作出力的作用线，从O点作其垂线，垂线段长即F的力臂，如图所示：；由题θ＝60°，所以l=12（2）由题做出木棒这一杠杆的示意图如图：，由图可知随拉开角度θ的增加，l变小，LG变大，根据杠杆的平衡条件：F1l1＝F2l2，阻力不变，所以动力F变大；由图1＝cosθL，LG=12sinθ根据杠杆的平衡条件有：F×cosθL＝G×12sinθ即：F=12Gtan答：（1）F的力臂l见上图，力臂的大小为12L（2）木棒的重力作用点在其长度二分之一处，随拉开角度θ的增加，拉力F将变大，F与角度θ的关系式为F=12Gtan17．某同学用独轮车搬运砖头（如图）。他用80N的水平推力推着小车在水平地面上向左做匀速直线运动，突然发现前面有一个小孩，他马上用120N的力向右拉小车，使小车减速，在减速过程中，小车所受的摩擦力为80N。搬运时他应把砖头放在车箱A（选填“A”或“B”）区域，抬起车把时更省力，并请你在图中作出在C点抬起车把时最小力的示意图和这个力的力臂L。【解答】解：（1）由题意可知，小车在做匀速直线运动时，推力与摩擦力是一对平衡力，故摩擦力f＝F＝80N；当用相反的力拉小车，使小车减速时，小车的运动状态发生了改变，但影响摩擦力的因素：压力和接触面的粗糙程度均不变，故小车所受的摩擦力大小不变，仍为80N；（2）以车轮的中点为支点，砖头的重力为阻力，阻力一定，把砖头放在车箱A区域时的阻力臂小于放在B区域时的力臂，根据杠杆平衡的条件可知，把砖头放在车箱A区域，抬起车把时更省力；当所用的力力臂最大时，所用的力最小，而最大的力臂等于支点到车把最右端的距离，则当力作用在C点且与OC连线垂直向上时，力最小，如图所示：故答案为：80；A；见上图。18．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