第五章题型四杠杆的平衡条件 华东师大版九年级上学期科学

九年级第五章题型四杠杆的平衡条件一．选择题（共12小题）1．如图所示：用一始终垂直于杠杆的力把杠杆的一端抬起，则作用在杠杆末端的力F大小的变化情况是（）A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大，后变小2．如图所示，在长为L轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从虚线位置沿逆时针方向缓慢转至图示位置的过程中，拉力F的大小（）A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大3．如图所示，一轻质杠杆下悬挂一重物，在杠杆的中点施加一始终垂直于杠杆的力，使杠杆由竖直位置缓慢拉至水平位置，在此过程中，F的大小变化是（）A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大4．如图所示为可伸缩拉杆行李箱，其拉杆OA可视为绕O点转动的杠杆。力F作用于拉杆手柄，若使行李箱始终保持在图中位置静止，下列说法正确的是（）A．缩短拉杆OA，力F减小 B．将F转至1位置，力F减小 C．将F转至2位置，力F减小 D．力F分别在1、2位置时，其大小相同5．《墨经》最早记述了杆秤的杠杆原理，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力。如图所示，杆秤在水平位置平衡，下列说法正确的是（）A．“重”增大时，N端上扬 B．“权”增大时，M端上扬 C．提纽向右移时，M端上扬 D．“权”向右移时，N端下沉6．如图，在均匀杠杆的A处挂3个钩码，B处挂2个钩码，杠杆恰好在水平位置平衡。下列操作中，仍能使杠杆在水平位置平衡的是（所用钩码均相同）（）A．两侧钩码同时向支点移动一格 B．两侧钩码下方同时加挂一个钩码 C．左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码 D．左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格7．如图，长为L的轻质木板（不计质量），左端可绕O点转动，右端放一重为G的小物块，用竖直向上的力F拉着木板的右端，使木板始终在水平位置保持静止。小物块向左匀速滑行过程中，下图能正确表示拉力F与小物块运动时间t关系的是（）A． B． C． D．8．如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA＝AB，用细线将重物悬挂在A点，在B点作用竖直向上的拉力F，则在保持杠杆水平静止的情况下（）A．拉力F的大小为物重的2倍 B．当悬挂点左移时，F将增大 C．若物重增加2N，F的大小也增加2N D．若F改为沿图中虚线方向施力，F将减小9．如图所示是某游乐场内一质量不计的“吊桥”示意图，当人从支点O处向右缓慢走动过程中，绳子的拉力F与人移动距离s的关系图像是选项图中的（）A． B． C． D．10．如图1所示，在对汽车的发动机做检修时需要把引擎盖抬起，抬起过程应用了杠杆原理。图2引擎盖的受力分析模拟图：引擎盖可绕O点自由转动，A为引擎盖重心位置。当引擎盖被缓慢抬起过程中，若力F的方向始终与机盖垂直，此过程中力F将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．先变大后变小11．一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（）A．大小不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增加后减小12．如图所示的甲、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．只有乙 C．甲和乙 D．都不能二．填空题（共4小题）13．如图所示，人的头颅也可以看成杠杆，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，拉力的方向始终垂直于OB，低头过程中，拉力逐渐（填“增大”、“减小”或“不变”）；若头颅质量为4.5kg，OA：OB＝5：1，当他低头角度θ＝30°时，肌肉对B点的拉力是N。14．如图所示OA是起重机的吊臂，可绕O点转动。在距O点8m远的B处吊有重3600N的物体。为保证吊臂在水平位置平衡，则绕过定滑轮斜向下的拉力F为N。将吊臂缓慢拉起，使用A点升高2m的过程中，拉力变（选填变大、变小或不变）。（绳重、吊臂重、摩擦均不计）15．如图甲所示，长1.6m、粗细均匀的金属杆可以绕O点在竖直平面内自由转动，让一个拉力传感器竖直作用在杆上，并能使杆始终保持在水平位置平衡。该传感器显示其拉力F与其作用点到O的距离x变化关系图像如图乙所示，分析图乙可知金属杆的重力为N；拉力F与x大小的数学关系式是。16．如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T2：T1＝。三．解答题（共4小题）17．如图是学校里面常用的一种移动指示牌，某天下午摆放在水平地面上的指示牌被一阵与指示牌面垂直的风刮倒了。爱动脑子的小明同学非常想知道要把指示牌一端吹离地面的力有多大？于是他画了指示牌的模型，其中AB为牌面，CD和BE为支架，并且测得牌面长AB为60cm，宽为55cm，支架长度BE＝2CE＝2ED＝50cm，指示牌的质量为2Kg，据此回答（所有支架的受风面积忽略不计）（g取10N/kg）：（1）小明计算指示牌一端吹离地面的力有多大时，所画指示牌的模型可以看作的模型（填一种简单机械的名称）。（2）假设此时指示牌重力的作用线通过E点，根据图示风向可计算出刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力大小为N。18．小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来1张质量均匀的矩形实木板和一桶墙面漆，木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，墙面漆的质量为30kg。（1）木板的重力为N。（2）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起到某个位置（如图甲所示），在抬起过程中，力F的变化趋势是。A．变大B．变小C．先变大后变小D．不变（3）小科和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小科抬着轻杆的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，则小科对木板的力F2为多少？19．从地面上搬起重物我们的常见做法是弯腰（如图甲）或人下蹲弯曲膝盖（如图乙）把它搬起来，哪种方法好呢？下面就建立模型说明这个问题。把脊柱简化为杠杆如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力F1作用在A点，其实际作用方向与脊柱夹角为12°且保持不变，搬箱子拉力F2作用在肩关节B点，在B点挂一重物代替箱子。用测力计沿F1方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即可改变杠杆与水平面的夹角α，多次实验得出结论。（1）在丙图中画出F2力臂L2。（2）当α角增大时，L2（变大/不变/变小），F1（变大/不变/变小）。（3）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比丙图中F1要（大/小）。（4）对比甲、乙两种姿势所对应丙图中的两种状态，由以下分析可得，（甲/乙）图中的姿势比较正确。20．如图所示，一轻质杠杆可绕O点转动，已知OA＝1.6米，OB＝0.4米，在杠杆的B点挂一重为600牛的物体，若使杠杆在水平位置平衡，求：竖直作用在A点的力F1大小为多少牛？

九年级第五章题型四杠杆的平衡条件参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．如图所示：用一始终垂直于杠杆的力把杠杆的一端抬起，则作用在杠杆末端的力F大小的变化情况是（）A．变大 B．变小 C．不变 D．先变大，后变小【分析】在抬起过程中人施加的力的力矩应和物体重力的力矩相等，则找出重力力矩的变化即可得出力的变化。【解答】解：在抬起过程中，外力的力臂不发生变化，而重力的力臂逐渐减小，重力不变，故重力力臂就小，因重力力矩和外力的力矩相等，则得力F逐渐减小。故选：B。【点评】本题需要知道重力作用点在几何中心处，重力的力臂减小，故重力的力矩减小。2．如图所示，在长为L轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从虚线位置沿逆时针方向缓慢转至图示位置的过程中，拉力F的大小（）A．不断增大 B．不断减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大【分析】杆从虚线位置沿逆时针方向匀速转至图示位置的过程中，杆重、动力臂不变，阻力臂减小，利用杠杆的平衡条件分析。【解答】解：力F使杆从虚线位置沿逆时针方向缓慢转至图示位置的过程中，重物的重力不变，则阻力不变，但其力臂变大，而力F始终与杠杆垂直，则F的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，所以F一直在增大，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查学生对力臂和杠杆平衡条件的理解和运用，正确判断力臂的变化是关键。3．如图所示，一轻质杠杆下悬挂一重物，在杠杆的中点施加一始终垂直于杠杆的力，使杠杆由竖直位置缓慢拉至水平位置，在此过程中，F的大小变化是（）A．一直变大 B．一直变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大【分析】（1）力臂的概念：从支点到力的作用线的距离叫做力臂。（2）运用杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2分析动力的大小变化。【解答】解：由图可知，动力F的力臂LF始终保持不变，物体的重力G始终大小不变，则阻力F′＝G大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，阻力臂LG从零逐渐增大；由FLF＝GLG可得，LF和G不变时，当LG增大时，动力F一直增大。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，能否正确分析重力的阻力臂的大小变化是关键。4．如图所示为可伸缩拉杆行李箱，其拉杆OA可视为绕O点转动的杠杆。力F作用于拉杆手柄，若使行李箱始终保持在图中位置静止，下列说法正确的是（）A．缩短拉杆OA，力F减小 B．将F转至1位置，力F减小 C．将F转至2位置，力F减小 D．力F分别在1、2位置时，其大小相同【分析】从支点到力的作用线的距离叫做力臂；根据杠杆的平衡条件分析力F的大小变化。【解答】解：力F作用于拉杆手柄，若使行李箱始终保持在图中位置静止，此时O为支点；A、缩短拉杆OA，力F会向右移动，根据力臂的定义可知，此时F的力臂变小，即动力臂变小，在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力F增大，故A错误；BCD、将F转至1位置，根据力臂的定义可知，此时动力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，动力F减小；将F转至2位置，根据力臂的定义可知，此时动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力F变大，所以力F分别在1、2位置时的大小是不相同的，故B正确，CD错误。故选：B。【点评】本题考查了杠杆的动态平衡分析、力臂的变化、杠杆平衡条件的应用，难度不大。5．《墨经》最早记述了杆秤的杠杆原理，“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力。如图所示，杆秤在水平位置平衡，下列说法正确的是（）A．“重”增大时，N端上扬 B．“权”增大时，M端上扬 C．提纽向右移时，M端上扬 D．“权”向右移时，N端下沉【分析】由题意可知，权、重分别为杠杆的动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，若杆秤平衡，则根据杠杆平衡条件可知，权×标＝重×本。【解答】解：A、“重”增大时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积，则N端下沉，故A错误；B、“权”增大时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积，则M端下沉，故B错误；C、提钮向右移时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积，则M端下沉，故C错误；D、“权”向右移时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积，则N端下沉，故D正确。故选：D。【点评】此题考查杠杆平衡的条件及获取信息的能力，使学生感悟中国古代科技的成就。6．如图，在均匀杠杆的A处挂3个钩码，B处挂2个钩码，杠杆恰好在水平位置平衡。下列操作中，仍能使杠杆在水平位置平衡的是（所用钩码均相同）（）A．两侧钩码同时向支点移动一格 B．两侧钩码下方同时加挂一个钩码 C．左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码 D．左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格【分析】杠杆是否平衡，取决于两边力和力臂的乘积是否相等，若F1L1＝F2L2，杠杆平衡；若F1L1≠F2L2，杠杆就不平衡。【解答】解：设每个钩码重力为G，每个小格长度为L；A、两侧钩码同时向支点移动一格，左边：3G×L＝3GL，右边：2G×2L＝4GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故A错误；B、两侧钩码下方同时加挂一个钩码，左边：4G×2L＝8GL，右边：3G×3L＝9GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故B错误；C、左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码，左边：4G×2L＝8GL，右边：4G×3L＝12GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故C错误；D、左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格，左边：2G×2L＝4GL，右边：2G×2L＝4GL，右边等于左边，杠杆平衡，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的实验探究，学生要加强对杠杆的认识。7．如图，长为L的轻质木板（不计质量），左端可绕O点转动，右端放一重为G的小物块，用竖直向上的力F拉着木板的右端，使木板始终在水平位置保持静止。小物块向左匀速滑行过程中，下图能正确表示拉力F与小物块运动时间t关系的是（）A． B． C． D．【分析】由图可知：在物体运动时间t后，木板始终在水平位置保持静止，则杠杆受到物体的压力（阻力）等于物体重力，再确定动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡得出F与t的关系式，结合图象进行判断。【解答】解：如图所示：动力臂为OA＝L，杠杆受到物体的压力（阻力）F压＝G，阻力臂为OB，物块向左做匀速滑动，则阻力臂为：OB＝OA﹣vt＝L﹣vt；根据杠杆的平衡条件可知：F×OA＝F压×OB＝G×（OA﹣vt），则：F×L＝G×（L﹣vt），解得：F＝G﹣t；因G、v、L为常数，所以拉力F与运动时间t是一次函数关系，当t增大时，F减小，F与t的变化关系是一段线段，故A正确。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，根据题意得出拉力F与时间t的关系式是本题的关键。8．如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA＝AB，用细线将重物悬挂在A点，在B点作用竖直向上的拉力F，则在保持杠杆水平静止的情况下（）A．拉力F的大小为物重的2倍 B．当悬挂点左移时，F将增大 C．若物重增加2N，F的大小也增加2N D．若F改为沿图中虚线方向施力，F将减小【分析】（1）根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；（2）根据力臂的变化，利用杠杆的平衡条件分析动力的变化；（3）根据杠杆的平衡条件分析；（4）力臂是指从支点到力的作用线的距离。将拉力F沿虚线方向施力时，拉力的力臂变小，根据杠杆平衡条件判断F的变化。【解答】解：A、由图可知，OA＝AB，阻力的力臂为动力力臂的一半，根据杠杆的平衡条件F×OB＝G×OA可知，拉力F的大小为物重的二分之一，故A错误；B、当悬挂点左移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变大，则动力F将变大，故B正确；C、若物重增加2N，根据杠杆的平衡条件可知，F的变化量为2N×＝1N，故C错误；D、保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F转至虚线位置时，拉力的力臂变小，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查对杠杆平衡条件以及力臂概念的记忆，是一道基础题目，不难解决。9．如图所示是某游乐场内一质量不计的“吊桥”示意图，当人从支点O处向右缓慢走动过程中，绳子的拉力F与人移动距离s的关系图像是选项图中的（）A． B． C． D．【分析】当人从支点O处向右缓慢走动过程中，以左侧的支柱为支点O，吊桥右端受到的拉力F为动力，动力臂为整个吊桥的长度，设为L；人对吊桥的压力为阻力，大小等于人的重力G，阻力臂为s，根据杠杆的平衡条件分析出F和s的关系式，据此分析F与s的关系图像。【解答】解：当人从支点O处向右缓慢走动过程中，拉力F为动力，人对杠杆的压力大小等于人的重力G，动力臂为整个主梁的长度，设为L，阻力臂为s，根据杠杆的平衡条件得：FL＝Gs，故F＝，由关系式知：拉力F与重物到支点O的距离s成一次函数关系，且拉力随s的增大而增大，故B符合题意。故选：B。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用和图像的分析能力，是一道难题。10．如图1所示，在对汽车的发动机做检修时需要把引擎盖抬起，抬起过程应用了杠杆原理。图2引擎盖的受力分析模拟图：引擎盖可绕O点自由转动，A为引擎盖重心位置。当引擎盖被缓慢抬起过程中，若力F的方向始终与机盖垂直，此过程中力F将（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．先变大后变小【分析】逐渐抬高引擎盖的过程中，根据重心的移动判定重力力臂的变化，再根据杠杆平衡条件判断动力的变化。【解答】解：引擎盖被缓慢抬起过程中，则该过程中，重心A向左上方运动，重力的大小和方向均不变，由力臂的定义可知，重力的力臂会变小；由于力F的方向始终与机盖垂直，所以动力臂不变；由杠杆平衡条件可得：F×L1＝G×L2故F逐渐变小。故选：B。【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，关键明确阻力、阻力臂以及动力的变化。11．一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（）A．大小不变 B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先增加后减小【分析】以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，由杠杆平衡条件知F支•L支＝G•LG．在C逐渐向右推移的过程中，根据支持力对轴B的力臂l逐渐减小，可知F支的变化。由此可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，然后再由平衡条件知，水平推力F的变化。【解答】解：以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，两力臂如图所示：根据杠杆平衡条件可得：F支•L支＝G•LG，水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂LG均不变，所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由力的平衡条件知，水平推力F也逐渐增大，故B正确。故选：B。【点评】此题考查了平衡力知识以及物体状态与受力情况的联系；结合物体状态可推断出物体受到平衡力作用，然后找出平衡力中的具体的力即可。12．如图所示的甲、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．只有乙 C．甲和乙 D．都不能【分析】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。【解答】解：如图所示的甲乙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，则作用在M形硬质轻杆两端的上的拉力相等，则杠杆示意图分别如下图：甲硬质轻杆，根据杠杆平衡条件可得：GL1＝GL2，则：L1＝L2；乙硬质轻杆，同理可得：GL3＝GL4，则：L3＝L4；用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后，则杠杆示意图分别如下图：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，L1′＜L1，L2′＞L2，则：GL1′＜GL2′，所以，甲杆右端的重物继续下降，则不能恢复到原来平衡位置。乙硬质轻杆，L3′＞L3，L4′＜L4，则：GL3′＞GL4′，所以，乙杆左端的重物会下降，则能恢复到原来平衡位置。故选：B。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，正确判断出杠杆的力臂变化情况是解答本题的关键。二．填空题（共4小题）13．如图所示，人的头颅也可以看成杠杆，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，拉力的方向始终垂直于OB，低头过程中，拉力逐渐增大（填“增大”、“减小”或“不变”）；若头颅质量为4.5kg，OA：OB＝5：1，当他低头角度θ＝30°时，肌肉对B点的拉力是112.5N。【分析】低头过程中，根据头颅重力的力臂的变化，利用杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2分析拉力的变化；根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，可求出肌肉对B点的拉力F1。【解答】解：低头过程中，头颅重力的力臂变大，在阻力、动力臂不变的情况下，阻力臂变大，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力会变大；由于实际头颅重G＝mg＝4.5×1kg×10N/kg＝45N，阻力臂L2＝OA×sin30°＝×OA，动力臂L1＝OB，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2，肌肉对B点的拉力F1＝＝＝45N×2.5＝112.5N。故答案为：增大；112.5。【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，难度不大。14．如图所示OA是起重机的吊臂，可绕O点转动。在距O点8m远的B处吊有重3600N的物体。为保证吊臂在水平位置平衡，则绕过定滑轮斜向下的拉力F为5760N。将吊臂缓慢拉起，使用A点升高2m的过程中，拉力变小（选填变大、变小或不变）。（绳重、吊臂重、摩擦均不计）【分析】ABO构成杠杆，F的力臂图中标出为5m，阻力臂为OB的长度。根据杠杆平衡条件可解第一问。在动态提升过程中抓好杠杆要素中的不变量与变量的关系。【解答】解：（1）杠杆阻力为物体对杠杆的拉力，大小等于物重，为3600N，阻力臂为OB＝8m，由图可知绳子绕过定滑轮只改变了力的方向，因此动力臂为5m。根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得：F×5m＝3600N×8m，解得F＝5760N。（2）在动态提升的过程中阻力（物重）不变，阻力臂变小，动力臂同时变大。由杠杆平衡条件可知拉力变小。故答案为：5760；小。【点评】对于杠杆类习题首先从确定动力、阻力、动力臂、阻力臂入手。动态杠杆问题要分析好变量与不变量。再根据杠杆平衡条件解答。15．如图甲所示，长1.6m、粗细均匀的金属杆可以绕O点在竖直平面内自由转动，让一个拉力传感器竖直作用在杆上，并能使杆始终保持在水平位置平衡。该传感器显示其拉力F与其作用点到O的距离x变化关系图像如图乙所示，分析图乙可知金属杆的重力为10N；拉力F与x大小的数学关系式是F＝。【分析】已知金属杆长度，且质地、粗细均匀，其重心在中点上，将图示拉力F与作用点到O点距离x的变化关系图赋一数值，代入杠杆平衡条件求出金属杆重力。【解答】解：金属杆重心在金属杆的中点上，重力的力臂为L1＝L＝×1.6m＝0.8m，取图像上的一点F＝20N，L2＝0.4m，根据杠杆的平衡条件：GL1＝FL2，金属杆的重力：G＝＝＝10N。根据图像可知，F与x成反比，即F、x的乘积为一定值，即F×L2＝20N×0.4m＝8，因此拉力F与x大小的数学关系式：F＝。故答案为：10；F＝。【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用以及F与x的图像，需要熟悉正比例函数图像和反比例函数图像。16．如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T2：T1＝：2。【分析】找出杠杆即将离开水平位置和把杆拉起到与水平面的夹角为30°时的动力臂和阻力臂，然后结合利用杠杆的平衡条件分别表示出T1、T2的大小，并求出比值．【解答】解：（1）杆在水平位置时，如图，△AOB和△ABE都为等腰直角三角形，则AE＝BE由于BE2+AE2＝AB2故AE＝L，由杠杆平衡可得：T1×AE＝G×AC，T1＝＝＝G。（2）把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如图：△ABO为等边三角形，AB＝L，BE′＝L，由于BE′2+AE′2＝AB2故AE′＝L，在△ACC′中，∠CAC′＝30°，CC′＝AC＝L，由于AC′2+CC′2＝AC2，故AC′＝L，根据杠杆平衡的条件可得：T2×AE′＝G×AC′，T2＝G×＝G×＝G；故T2：T1＝G：G＝：2。故答案为：：2。【点评】本题考查考了杠杆平衡条件的应用，分析题意画出两种情况下的杠杆示意图是本题的关键，数学是基础！三．解答题（共4小题）17．如图是学校里面常用的一种移动指示牌，某天下午摆放在水平地面上的指示牌被一阵与指示牌面垂直的风刮倒了。爱动脑子的小明同学非常想知道要把指示牌一端吹离地面的力有多大？于是他画了指示牌的模型，其中AB为牌面，CD和BE为支架，并且测得牌面长AB为60cm，宽为55cm，支架长度BE＝2CE＝2ED＝50cm，指示牌的质量为2Kg，据此回答（所有支架的受风面积忽略不计）（g取10N/kg）：（1）小明计算指示牌一端吹离地面的力有多大时，所画指示牌的模型可以看作杠杆的模型（填一种简单机械的名称）。（2）假设此时指示牌重力的作用线通过E点，根据图示风向可计算出刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力大小为6.25N。【分析】（1）根据杠杆的特点进行分析；（2）根据图示确定支点位置，然后利用杠杆平衡条件求出风力的大小。【解答】解：（1）根据图示可知，指示牌的模型是一个可以绕固定点转动的硬棒，即可以看作杠杆模型；（2）根据题意可知，当指示牌刚好把D端吹离地面时，支点为C点；根据杠杆平衡条件可得：mg×CE＝F×（AB+BE）解得：F＝＝＝6.25N。故答案为：（1）杠杆；（2）6.25。【点评】本题考查杠杆的特点以及杠杆平衡条件的应用，会熟练应该杠杆平衡的条件进行计算。18．小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来1张质量均匀的矩形实木板和一桶墙面漆，木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，墙面漆的质量为30kg。（1）木板的重力为252N。（2）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起到某个位置（如图甲所示），在抬起过程中，力F的变化趋势是D。A．变大B．变小C．先变大后变小D．不变（3）小科和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小科抬着轻杆的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，则小科对木板的力F2为多少？【分析】（1）根据密度公式和重力公式求出重力的大小；（2）知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求动力与物重G的大小关系；确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F与物重G的大小关系；由此得出动力F的大小变化情况。（3）以A为支点，根据杠杆的平衡条件求出F2的大小。【解答】解：（1）木板的重力为G＝mg＝ρgV＝0.7×103kg/m3×10N/kg×1.2m×2m×0.015m＝252N；（2）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F＝＝G；杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，由△OC′D∽△OA′B得：＝＝，根据杠杆平衡条件可知F′LOA′＝GLOC′，则F′＝＝G。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F2＝＝＝100N；故答案为：（1）252；（2）D；（3）100N。【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，（3）问中能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。19．从地面上搬起