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专项突破(四)动态杠杆动态杠杆问题可以从下面几种情况分析。1.最小力问题根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2,要使动力最小,就应使动力臂最长。做法是在杠杆上找到合适的动力作用点,使这点到支点的距离最远。连接动力作用点和支点的距离,动力方向应是过动力作用点且和杠杆垂直,并且让杠杆转动的方向与阻力让杠杆转动的方向相反。2.力的变化问题利用杠杆平衡条件F1l1=F2l2和控制变量法,抓住不变量,分析变量之间的关系。主要有如下几种情况:(1)F2·l2一定时,F1和l1成反比;(2)F2、l1不变时,F1和l2成正比;(3)F2、l1、l2一定时,F1不变。3.再平衡问题杠杆再平衡判断,关键是要判断杠杆在发生变化前后,动力与动力臂的积和阻力与阻力臂的积是否相等(符合杠杆平衡条件F1l1=F2l2)。如果平衡杠杆两边的力和力臂成相同比例地变化,则杠杆仍平衡。4.杠杆转动问题杠杆转动问题实质还是再平衡问题,用杠杆平衡条件列出方程,如果两边的力矩相等,杠杆继续平衡,如果两边的力矩不等,哪边的力矩大,哪边就下沉。类型一类型二类型三类型四类型一最小力问题例1(2018·山东东营中考)如图所示,杠杆AOB能绕O点转动。在A点挂一重物G,为使杠杆保持平衡且用力最小,在B点施加一个力,这个力应该是图中的。答案解析解析关闭在B点施力F,阻力的方向向下,为使杠杆平衡,动力的方向应向下,F4方向向上,不符合要求;当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大,此时最省力,即F2的方向与OB垂直,故F2最小。答案解析关闭F2类型一类型二类型三类型四方法归纳本题考查了杆平衡条件的掌握和运用,根据动力臂最长时最省力找出动力臂是本题的关键。以支点到力的作用点的距离当成力臂时是最大的力臂。类型一类型二类型三类型四类型二力的变化问题例2(2018·山东沂水二模)重为G的均匀木棒竖直悬于O点,在其下端施一水平拉力F,让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中()A.动力臂逐渐变大B.阻力臂逐渐变小C.动力F逐渐变大D.动力F保持不变答案解析解析关闭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,大小不变,硬棒在竖直位置时,重力的力臂为0,转过θ角后,重力力臂(阻力臂)逐渐增大,故B错;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θ后,力与杠杆不再垂直,所以动力臂变小,故A错;根据杠杆平衡的条件可得,阻力与阻力臂的乘积增大,而动力臂减小,所以动力逐渐增大,故D错误,C正确。答案解析关闭C类型一类型二类型三类型四方法归纳根据杠杆的平衡条件,研究变力的问题要归结到研究力臂的变化问题,分析力臂的变化是解决问题的关键。类型一类型二类型三类型四类型三再平衡问题例3(2018·安徽合肥一、六、八中自主招生)轻质杠杆AB可绕中点O自由转动,现在其A端和B端分别施以大小相等的力F1和F2,它们的方向如图所示,则下列说法中正确的是()A.杠杆会沿顺时针方向转动B.杠杆会沿逆时针方向转动C.杠杆会保持平衡D.无法判读杠杆转动方向答案解析解析关闭图中O为支点,分别从O点向两力的作用线作垂线交两力的作用线于点C、D,则力F1和F2的力臂分别为OC、OD,如图所示。因OA=OB,根据几何知识可知,OC=12OA,OD=32OB,故OCOD;已知F1和F2的大小相等,则力与力臂乘积的大小关系为:F1×OCF2×OD,故杠杆不能平衡,杠杆会沿顺时针方向转动。答案解析关闭A类型一类型二类型三类型四类型四杠杆转动问题例4(2016安徽黄山模拟)如图所示,用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸。一个人从桥的左端匀速走到桥的右端,桥面始终是水平的,不计吊桥和绳的重力,人从吊桥左端出发时开始计时。则人在吊桥上行走过程中,吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图象是()答案解析解析关闭人从吊桥左端出发,在运动时间t后,杠杆受到物体的压力(阻力)等于人的重力,动力臂为OA,设为l,杠杆受到物体的压力(阻力)F'=G,阻力臂为OB,OB=vt,因杠杆平衡,故F×OA=F'×OB=G×vt,即F×l=G×vt,故F=𝐺𝑣𝑡𝑙,由此可知,当t=0时,F=0;当t增大时,F变大,是正比例关系。答案解析关闭B类型一类型二类型三类型四方法归纳根据题意得出拉力F与时间t的关系式是解答本题的关键。123456789101112131415161.(2018·安徽六安裕安区校级期中)如图所示,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,则用力F将(选填“不变”“变大”或“变小”)。答案解析解析关闭如图所示。在抬起铁棒的过程中,A为支点,阻力F2不变(即铁棒的重力),F与铁棒始终垂直,则动力臂L1不变;由于铁棒位置的变化,导致了阻力臂L2在变小,根据杠杆的平衡条件可得:FL1=F2L2可知,L1、F2都不变,L2变小,所以F也在变小。答案解析关闭变小123456789101112131415162.(2018·安徽全椒一模)用独轮车搬运砖头(如图所示),请在图中作出抬起车把时最小动力F的示意图。若此时动力臂为阻力臂的3倍,砖头和车总重G为1200N,则最小动力F为N。答案解析解析关闭找最小力的方法:连接支点和力的作用点,过力的作用点作连线的垂线,此时力臂最长,力最小,如答案图所示。由杠杆的平衡条件:F1·L1=F2·L2得:F1=𝐹2·𝐿2𝐿1;又因为动力臂是阻力臂的3倍,所以F1=𝐹2·𝐿2𝐿1=1200N×13=400N。答案解析关闭如图所示400123456789101112131415163.(2018·安徽全椒期末)小聪用6N的水平推力推重为100N的箱子,箱子未动,小聪对箱子做的功为,若箱子长40cm,高30cm,质量均匀,他要顺时针翻转木箱,需要最小的力为N,请在图中画出用力最小时的力臂和力的方向。答案:040如图所示12345678910111213141516解析:小聪推箱子,用了力,但没移动距离,对箱子没有做功,即做功为0;由杠杆的平衡条件可知,在阻力乘阻力臂不变时,动力臂越长所用的动力越小;如图,支点为O,连接支点O和力的作用点A,即对角线为最长力臂L,然后过力的作用点作OA的垂线,可得动力的作用线,方向斜向上,如图所示。由题知OB=40cm、OC=30cm,根据勾股定理可得动力臂L=OA=50cm,阻力臂,根据杠杆平衡条件得:FL=GL',即:F×50cm=100N×20cm,解得:F=40N。L'=12OB=12×40cm=20cm123456789101112131415164.(2018·安徽三模)如图所示,OABC为一轻质杠杆,O为支点,OA=AB=30cm,BC=10cm,将重30N的物体悬挂在OA的中点,当杠杆在图示位置平衡时,在C点至少需加N的拉力。答案:912345678910111213141516解析:连接OC,若在C端施力F,当F的方向与OC垂直时动力臂最大,此时最省力,故C点即为施力的作用点,OC为动力臂L;根据杠杆平衡的条件,要使杠杆平衡,动力方向斜向上,据此可画出最小的动力,如图所示。根据勾股定理,OC=𝐶𝐷2+𝑂𝐷2=𝐴𝐵2+(𝑂𝐴+𝐵𝐶)2=(0.3m)2+(0.3m+0.1m)2=0.5m,物体悬挂在OA的中点E处,根据杠杆的平衡条件:F×OC=G×EA,代入数据,F×0.5m=30N×12×0.3m;解得:F=9N。123456789101112131415165.(2018·辽宁大石桥期末)如图所示,将一轻质薄木板从中点支起,左右两侧各有一支粗细相同的蜡烛,长短不同,此时薄木板恰好在水平位置静止。同时点燃两支蜡烛,若两支蜡烛燃烧速度相同,则过一会,薄木板()A.仍在水平位置平衡B.不能平衡,右端下降C.不能平衡,左端下降D.条件不足,无法判断123456789101112131415166.(2018·安徽模拟)如图所示,有一轻质木板(质量可忽略不计)长为L、右端放一重为G的物块,并用一竖直向上的力F拉着,左端绕O点转动,当物体向左匀速滑动时,木板始终在水平位置保持静止,则下列表示拉力F与物块运动时间t的关系图中,正确的是()答案:A12345678910111213141516解析:如图所示,动力臂为OA=L,杠杆受到物体的压力(阻力)F'=G,阻力臂为OB,OB=OA-vt=L-vt,因为杠杆平衡,所以F×OA=F'×OB=G×(OA-vt),即:F×L=G×(L-vt),F=,由此可知,当t=0时,F=G;当t增大时,F减小。G-𝑣𝐺𝐿t123456789101112131415167.(2018·内蒙古巴彦淖尔临河区模拟)如图所示,用一根细绳将一木条悬挂起来,并在A、B两点分别挂有3个和2个相同的钩码,木条恰好水平平衡。测得A、B两点距悬点O的距离相等。下列说法正确的是()A.若左右再各加一个相同的钩码,木条仍能水平平衡B.若左右各去掉一个钩码,木条的左端下沉C.若将左右两边的钩码均向O点靠近相等的距离(但没有移到O点),木条的左端下沉D.若将左右两边的钩码均向两端移动相等的距离(但没有脱离木条),木条的右端下沉答案:A12345678910111213141516解析:由题知,A、B两点距悬点O的距离相等,设AO=BO=L,两边的力不同,说明杠杆的重心不在O点,因为右边受到的力小于左边受到的力,所以杠杆的重心在O点的右侧。设杠杆的重心在D点,杠杆自重为G0,一个钩码重为G,如图。杠杆原来平衡,由杠杆平衡条件可得:F左×L=F右×L+G0×OD,即:3G×L=2G×L+G0×OD,整理可得:G0×OD=G×L,若左右再各加一个相同的钩码,则:左边力和力臂的乘积为4G×L,右边力和力臂的乘积为3G×L+G0×DO=4G×L,可见,增加钩码后两边力和力臂的乘积相等,所以杠杆仍平衡,故A正确;12345678910111213141516左右各去掉一个钩码,左边力和力臂的乘积为2G×L,右边力和力臂的乘积为G×L+G0×DO=2G×L,可见,左右各去掉一个钩码后两边力和力臂的乘积相等,所以杠杆仍平衡,故B错误;将左右两边的钩码均向O点靠近相等的距离L1后,左边力和力臂的乘积为3G×(L-L1)=3G×L-3G×L1,右边力和力臂的乘积为2G×(L-L1)+G0×DO=3G×L-2G×L1,可见,将左右两边的钩码均向O点靠近相等的距离L后,两边力和力臂的乘积不相等,且右边力和力臂的乘积大于左边力和力臂的乘积,所以杠杆右端下沉,故C错误;若将左右两边的钩码均向两端移动相等的距离L2后,左边力和力臂的乘积为3G×(L+L2)=3G×L+3G×L2,右边力和力臂的乘积为2G×(L-L2)+G0×DO=3G×L+2G×L2,可见,将左右两边的钩码均向两端移动相等的距离L后,两边力和力臂的乘积不相等,且右边力和力臂的乘积小于左边力和力臂的乘积,所以杠杆左端下沉,故D错误。123456789101112131415168.(2018·安徽合肥庐阳区二模)如图所示,重力大小为G、质量分布均匀的木棒竖直悬于O点,棒可绕O点无摩擦转动,在其下端施加始终与水平方向平行的动力F,让棒缓慢匀速转到图中虚线所示位置,在转动的过程中动力与动力臂的乘积()A.变大B.变小C.保持不变D.先变大后变小答案解析解析关闭用水平动力拉动木棒的下端,木棒移至虚线位置的过程中,根据力臂的概念和图示可知,杠杆重力的力臂逐渐变大,杠杆的重力不变(即阻力不变),所以阻力和阻力臂的乘积变大;根据杠杆的平衡条件可知,动力与动力臂的乘积也变大。答案解析关闭A123456789101112131415169.(2018·江西南昌一模)如图所示,一重力为G,质量分布均匀的木板BC,C端固定在墙壁的转轴上,木板可绕C在竖直面内转动,木板下垫物块A,恰好使木板水平放置,现水平力F将A由B端向C端匀速水平推动的过程中,下列说法正确的是()A.推力F大小始终不变B.推力F的功率先