中考物理 杠杆平衡 综合题附答案解析.docx
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中考物理杠杆平衡综合题附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1.小明探究杠杆的平衡条件,挂钩码前,调节杠杆在水平位置平衡,杠杆上每格距离相等,杆上A、B、C、D的位置如图所示,当A点挂4个钩码时,下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是()
A.B点挂5个钩码
B.C点挂4个钩码
C.D点挂1个钩码
D.D点挂2个钩码
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
设每个钩码重力为F,每个小格长度为L,则O点左侧力与力臂的积为
4F×3L=12FL
杠杆的平衡条件是
A.若B点挂5个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为
5F×2L=10FL<12FL
杠杆不能平衡,故A错误;
B.若C点挂4个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为
4F×4L=16FL>12FL
杠杆不能平衡,故B错误;
C.若D点挂1个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为
F×6L=6FL<12FL
杠杆不能平衡,故C错误;
D.若D点挂2个钩码时,杠杆右侧力与力臂的积为
2F×6L=12FL=12FL
杠杆能平衡,故D正确。
故选D
2.生活中,小华发现有如图甲所示的水龙头,很难徒手拧开,但用如图乙所示的钥匙,安装并旋转钥匙就能正常出水(如图丙所示).下列有关这把钥匙的分析中正确的是
A.在使用过程中可以减小阻力臂
B.在使用过程中可以减小阻力
C.在使用过程中可以减小动力臂
D.在使用过程中可以减小动力
【答案】D
【解析】
【详解】
由图可知,安装并旋转钥匙,阻力臂不变,阻力不变,动力臂变大,根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知,动力变小,故选D。
3.如图所示,在一个轻质杠杆的中点挂一重物,在杆的另一端施加一个动力F,使杠杆保持平衡,然后向右缓慢转动F至水平方向,这一过程中()
A.F先变小后变大B.F逐渐变大
C.动力臂逐渐变小D.动力臂逐渐变大
【答案】A
【解析】
【分析】
杠杆平衡条件及应用。
【详解】
杠杆在图中所示位置平衡,阻力(重物对杠杆的拉力)及阻力臂大小不变;动力F由图中所示位置转动至水平方向的过程中,当动力F的方向与杠杆垂直时,动力F的力臂最长,因此动力F的力臂先增大后减小,由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知,动力F先变小后变大。
故选A。
【点睛】
中等题.失分的原因是:
①不知道动力
方向变化的过程中阻力和阻力臂的大小不变;
②不会画动力
在不同位置时的动力臂;
③不会利用杠杆平衡条件通过动力臂的变化分析出动力的变化;
④不知道当动力
与杠杆垂直时,动力臂最大,动力
最小。
4.如图所示,作用在A点的各个力中,不可能使杠杆平衡的力是
A.F3和F4
B.F1和F3
C.F2和F4
D.F1和F2
【答案】A
【解析】
【详解】
因为力F3的作用线所在的直线过支点O,所以力F3的力臂为0,又因为0乘以任何数都为0,所以力F3不能使杠杆平衡;力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同,所以力F4不能使杠杆平衡;力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反,所以力F1和F2可以使杠杆平衡;故选A。
5.如图所示,为提升重物,现选用轻质杠杆,不考虑杠杆支点O点处的摩擦,每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度,下列说法正确的是
A.当重物悬挂在A点,动力作用在C点时,该杠杆一定是省力杠杆
B.当重物悬挂在C点,动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力
C.无论重物挂在A点还是B点时,利用该机械所做的有用功都相等
D.如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直,则提升重物过程动力大小不变
【答案】C
【解析】
【分析】
灵活运用杠杆平衡公式分析即可;
【详解】
AB.不论重物悬挂在A点或C点,也不论动力作用在C点还是B点,判断杠杆是省力还是费力,需要根据杠杆平衡公式,不仅与力的作用点有关,还与力的方向有关,因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力,故AB错误;
C.无论重物挂在A点还是B点时,由于物体质量相同,上升高度相同,则根据
可知,该机械所做的有用功都相等,故C正确;
D.动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直时,可得动力臂大小始终不发生变化,但由于物体上升,重物的阻力臂会逐渐减小,则由杠杆平衡公式可知动力会减小,故D错误。
6.悬挂重物G的轻质杠杆,在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置,若力施加在A点,最小的力为FA,若力施加在B点或C点,最小的力分别为FB、FC、且AB=BO=OC.下列判断正确的是()(忽略O点的位置变化)
A.FA>G
B.FB=G
C.FC D.FB>FC 【答案】C 【解析】 【详解】 在阻力和阻力臂不变的情况下,动力臂越大,动力最小;若力施加在A点,当OA为动力臂时,动力最小为Fa;若力施加在B点,当OB为力臂时动力最小,为Fb;若力施加在C点,当OC为力臂时,最小的力为Fc,从支点作阻力的力臂为Gl,如图所示: A.Fa的力臂AO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fa<G,A错误。 B.Fb的力臂BO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fb<G,B错误。 C.Fc的力臂CO>Gl,根据杠杆的平衡条件可知,Fc<G,C正确。 D.Fb的力臂BO=OC,根据杠杆的平衡条件可知,Fb=Fc,D错误。 7.如图所示,在探究“杠杆平衡条件”的实验中,杠杆在力F作用下在水平位置平衡,现保持杠杆始终在水平位置平衡,将弹簧测力计绕B点从a转动到b的过程中,拉力F与其力臂的乘积变化情况是() A.一直变小B.一直变大 C.一直不变D.先变小后变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中,钩码的重力不变,其力臂OA不变,即阻力与阻力臂的乘积不变;由于杠杆始终保持水平平衡,所以根据杠杆的平衡条件可知,拉力F与其力臂的乘积也是不变的。 故选C。 8.有一平衡的不等臂杠杆,下面哪种情况下杠杆仍能平衡: () A.使动力、阻力的大小减少相同的数值B.使动力、阻力的大小增加相同的数值 C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度D.使动力、阻力的大小增加相同的倍数 【答案】D 【解析】 【详解】 不等臂杠杆平衡时,满足F1l1=F2l2,l1 l2,F1 F2。 A.使动力、阻力的大小减少相同的数值F时,由Fl1≠Fl2可知, (F1−F)l1≠(F2−F)l2, 故A不符合; B.使动力、阻力的大小增加相同的数值F时,由Fl1≠Fl2可知, (F1+F)l1≠(F2+F)l2, 故B不符合; C.使动力臂、阻力臂增加相同的长度L时,由F1L≠F2L可知, F1(L+l1)≠F2(L+l2), 故C不符合; D.使动力、阻力的大小增加相同的倍数时,由F1l1=F2l2可知, nF1×l1=nF2×l2, 故D正确。 故选D。 9.如图所示,杠杆可绕O点转动,力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直;在将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B的过程中,力F() A.变大B.变小 C.不变D.先变大后变小 【答案】A 【解析】 【分析】 解答此题,首先要判断杠杆的五要素中,有哪些要素发生了变化,然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。 【详解】 将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B,动力臂不变,阻力G的力臂变大,而阻力不变,根据杠杆平衡条件 分析得出动力变大。 故选A。 10.按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤,称为密度秤,其外形和普通的杆秤差不多,装秤钩的地方吊着体积为1cm3的较重的合金块,杆上有表示液体密度数值的刻度,当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡,如图所示。 当合金块完全浸没在待测密度的液体中时,移动秤砣的悬挂点,直至秤杆恰好重新平衡,便可直接在杆秤上读出液体的密度,下列说法中错误的是( ) A.密度秤的零点刻度在Q点 B.密度秤的刻度都在Q点的左侧 C.密度秤的刻度都在Q点的右侧 D.秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A.合金块没有浸入液体时,液体的密度应为零,所以秤的零刻度应该在Q处;故A正确,不符合题意; BC.若秤砣由Q向右移动,它的力臂变长,则左边合金块拉秤杆的力应增大,但合金块受到的浮力不可能竖直向下,所以零点的右边应该是没有刻度的,其刻度都在Q点的左侧。 故B正确,不符合题意,C错误,符合题意; D.秤砣的质量不变,由Q向左移动时,它的力臂变短,则左边合金块拉秤杆的力减小,说明合金块受到的浮力增大,而合金块排开液体的体积不变,说明液体的密度变大,所以刻度应逐渐变大,即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边;故D正确,不符合题意。 故选C。 11.一根粗细均匀的铁棒挂在中点时刚好处于平衡,如图(a)所示,如果将右端弯成如图(b)所示的情况,铁棒将( ) A.顺时针转动B.逆时针转动C.静止不动D.以上三种情况均有可能 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 图a中,水平铁棒在水平位置处于平衡状态,根据杠杆平衡条件可知 图b中,将铁棒右端弯折,此时铁棒右边的重力不变,右端铁棒的重心将向左移动,力臂 减小,而左边的力和力臂不变;因此 所以铁棒左端下沉,右端上升,即铁棒将沿逆时针转动。 故选B。 12.如图甲,轻质杠杆AOB可以绕支点O转动,A、B两端分别用竖直细线连接体积均为1000cm3的正方体甲、乙,杠杆刚好水平平衡,已知AO: OB=5: 2;乙的重力为50N,乙对地面的压强为3000Pa.甲物体下方放置一足够高的圆柱形容器,内装有6000cm3的水(甲并未与水面接触),现将甲上方的绳子剪断,甲落入容器中静止,整个过程不考虑水溅出,若已知圆柱形容器的底面积为200cm2,则下列说法中正确的是() A.杠杆平衡时,乙对地面的压力为50N B.甲的密度为2×103kg/m3 C.甲落入水中静止时,水对容器底部的压强比未放入甲时增加了400Pa D.甲落入水中静止时,水对容器底部的压力为14N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 A.乙的边长 L乙= =10cm=0.1m, 乙的底面积 S乙=L乙2=(0.1m)2=0.01m2, 杠杆平衡时,乙对地面的压力 F乙=p乙S乙=3000Pa×0.01m2=30N, 故A错误; B.地面对乙的支持力和乙对地面的压力是相互作用力,地面对乙的支持力 F乙支持=F乙=30N, B端受到的拉力 FB=G乙-F乙支持=50N-30N=20N, 由杠杆的平衡条件可知G甲OA=FBOB, G甲= =8N, 甲的密度 ρ甲= =0.8×103kg/m3 故B错误; C.因为 ρ甲<ρ水, 甲落入水中静止时,处于漂浮状态, F浮甲=G甲=8N, 排开水的体积 V排甲= =8×10-4m3, 甲落入水中静止时水面上升的高度 Δh= =0.04m, 水对容器底部的压强比未放入甲时增加了 Δp=ρgΔh=1×103kg/m3×10N/kg×0.04m=400Pa, 故C正确; D.原来容器中水的深度 h= =30cm=0.3m, 甲落入水中静止时,水的深度 h1=h+Δh=0.3m+0.04m=0.34m, 甲落入水中静止时,水对容器底部的压强 p1=ρgh1=1×103kg/m3×10N/kg×0.34m=3400Pa, 甲落入水中静止时,水对容器底部的压力 F=p1S容=3400Pa×200×10-4m2=68N, 故D错误. 13.如图所示,体积之比为1∶2的甲、乙两个实心物块,分别挂在杠杆两端,此时杠杆恰好水平平衡,则甲、乙两个物块的密度之比为() A.1∶1B.1∶2 C.4∶3D.2∶1 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 由图知道,甲物体挂在左边第3格处,乙物体挂在右边第2格处,由杠杆的平衡条件知道,此时 即 所以 ,又因为V甲/V乙=1/2,甲、乙两个物块的密度之比是 故C正确。 故选C。 14.如图所示,粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上,小明用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起.此过程中,力F作用在B端且始终与铁棒垂直,则力F将() A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.保持不变 D.先变小后变大 【答案】B 【解析】 【详解】 如下图所示: 在抬起的过程中,阻力F2不变,F与铁棒始终垂直,所以动力臂l1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: Fl1=F2l2可知,l1、F2都不变,l2变小,所以F也在变小。 故选B。 15.在一个长3米的跷跷板(支点在木板中点)的两端分别放置两个木箱,它们的质量分别为m1=30kg,m2=20kg,为了使跷跷板在水平位置平衡,以下做法可行的是( ) A.把m1向右移动0.5米B.把m2向左移动0.5米 C.把m1向右移动0.2米D.把m2向左移动0.3米 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 跷跷板的支点在木板中点,根据图中信息可知,木板左边受到的压力比右边大,为了使跷跷板在水平位置平衡,应该将m1向右移,则m2的力臂不变为1.5m,根据杠杆的平衡条件有 代入数据可得m1向右移后的力臂 m1的力臂由1.5m变为1m,为了使跷跷板在水平位置平衡,把m1向右移动0.5米,所以BCD项错误,A项正确。 故选A。 16.用如图所示的杠杆提升重物,设作用在A端的力F始终与杆垂直,那么,在将重物提升到最高处的过程中,力F的大小将() A.逐渐变小B.先变小,后变大C.逐渐变大D.先变大,后变小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 由题知,当慢慢提升重物时,重力(阻力)不变,阻力臂增大(水平时最大),动力臂不变,即: G不变、L1不变,,L2增大∵FL1=GL2∴力F逐渐变大;故选C. 17.如图所示,重力为G的均匀木棒竖直悬于O点,在其下端施一始终垂直于棒的拉力F,让棒缓慢转到图中间虚线所示位置,在转动的过程中() A.动力臂逐渐变大 B.阻力臂逐渐变大 C.动力F保持不变 D.动力F逐渐减小 【答案】B 【解析】 【分析】 先确定阻力臂、动力臂的变化,然后根据杠杆平衡的条件(动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂)分析动力的变化。 【详解】 A.由图示可知,木棒是一个杠杆,力F是动力,力F始终垂直与木棒,则木棒的长度是动力臂,木棒长度保持不变,动力臂保持不变,故A不符合题意; B.木棒的重力是阻力,阻力大小不变,木棒在竖直位置时,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符合题意; CD.已知G、L保持不变,LG逐渐变大,由杠杆平衡条件有 GLG=FL 动力F逐渐增大,故CD不符合题意。 故选B。 【点睛】 本题考查了杠杆平衡条件的应用,知道杠杆平衡的条件,会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。 18.如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡,甲图上有两个体积不同的铁球,乙图上有两个体积相向的铝球和铁球,如果把他们都浸没在水中,则杠杆将发生的变化是 A.仍保持平衡B.甲仍保持平衡,乙失去平衡 C.都失去平衡D.甲失去平衡,乙仍保持平衡 【答案】B 【解析】 【详解】 甲杠杆: 浸入水中之前,由杠杆平衡条件可得 即 所以 浸入水中后左端力和力臂的乘积为: 浸入水中后右端力和力臂的乘积为: 所以浸入水中后,左右两端力和力臂的乘积相等,故杠杆仍然平衡。 乙杠杆: 浸入水中之前,由杠杆平衡条件可得 即 ① 浸入水中后左端力和力臂的乘积为: ② 浸入水中后右端力和力臂的乘积为: ③ 由于 ,结合①可知,左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积,故杠杆失去平衡、右端下沉,故选B。 【点睛】 本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠平衡条件的掌握和运用,利用好力臂大小关系和受到的浮力大小关系是本题的关键。 19.如图所示,有一个轻质硬杆,两端分别为A,D点,一重物悬挂于B点,力F作用在D点使硬杆平衡,为了使力F最小,支点O应选择在() A.A点B.B点C.C点D.D点 【答案】A 【解析】 【详解】 由题意可知,支点O不会在B点,否则有力F的存在,轻质硬杆不能平衡;支点O也不会在D点,否则无论力F大小如何,轻质硬杆也不能平衡;假设支点O在C点,那么根据杠杆的平衡原理可知 , 变换可得 ; 假设支点O在A位置时,那么根据杠杆的平衡原理可知 , 变换可得 , 从图中可以看到,动力F的力臂 最长,那么力F最小;故选A。 20.C点为硬棒AD的重心,硬棒可绕A点转动。 在棒的B点施加力F1,F1的方向沿OO'线,棒在图所示位置处于静止状态。 则 A.F1>GB.F1= C.重力的力臂等于S1D.F1方向沿OO′线向下 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 AB.由图像可得,A点到F1的距离为s2,若令A点到重力的距离为s3,根据杠杆的平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”可知 可以推出 由于 可得 故A选项正确,符合题意,B选项错误,不符合题意; C.重力的力臂为支点A到重力的距离,重力竖直向下,因此力臂为水平方向,故C选项错误,不符合题意; D.F1与G在支点同侧,重力方向竖直向下,所以F1的方向应该向上,故D选项错误,不符合题意。 21.如图所示,杠杆始终处于水平平衡状态,改变弹簧测力计拉力F的方向,使其从①→②→③,此过程中( ) A.①位置力臂最长B.③位置力臂最长 C.弹簧测力计示数先变大后变小D.弹簧测力计示数先变小后变大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 AB.力臂是支点到力的作用点的线段,由图可知当弹簧测力计在②位置时力臂最大,故AB不符合题意; CD.从①→②→③时动力臂先变大后变小,由图可知阻力等于钩码重力不变,在水平位置平衡所以阻力臂也不变,根据杠杆平衡的条件可知,弹簧测力计给杠杆的拉力先变小后变大,故C不符合题意,D符合题意。 故选D。 22.小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5个钩码挂成了如图所示的情况,则() A.由图可以得到杠杆平衡条件为F1L1=F2L2 B.小明在F1和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡 C.小明取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下杠杆仍能平衡 D.小明取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处杠杆仍能平衡 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A.假设一个钩码的重力为G F1=2G,F2=G,F3=2G 各力力臂为 L1=20,L2=10,L3=15 F1L1=2G⨯20=40G F2L2=G⨯10=10G F3L3=2G⨯15=30G 杠杆平衡的条件为 F1L1=F2L2+F3L3 故A不符合题意; B.在F1和F2的下方各再挂一个钩码后 F1L1=3G⨯20=60G F2L2=2G⨯10=20G F3L3=2G⨯15=30G F1L1>F2L2+F3L3 杠杆失去平衡,故B不符合题意; C.取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后 F1L1=G⨯20=20G F2L2=0 F3L3=2G⨯15=30G F1L1 杠杆失去平衡,故C不符合题意; D.取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后 F1L1=2G⨯20=40G F2L2=0 F3L3=2G⨯20=40G F1L1=F2L2+F3L3 杠杆重新平衡,故D符合题意。 故选D。
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