《第十二章 简单机械之杠杆》常考题型及技巧专项突破-2024-2025学年八年级物理（人教 版）下学期期末复习

2024-2025学年八年级物理（人教版）下学期期末复习 《第十二章 简单机械之杠杆》常考题型及技巧专项突破 类型1.画力臂 类型2.省费力杠杆判断 类型3.求最小动力 类型4.F1L1=F2L2计算 类型5.动态平衡一 类型6.动态平衡二 类型7.动态平衡三 类型8.极限法 类型9.杠杆测密度 类型1.画力臂 标志：画出动力臂和阻力臂。 技巧： 一找点（支点O） 二画线（F1、F2的作用线，可顺向或反向延长） 三作垂线段（过一向二作） 一找点二画线 垂线段的标识 【例题】如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动，在图中画出杠杆OA的动力臂L。 【解析】杠杆OA的动力臂L如图所示： 【变式】如图所示，一个绕O点转运的杠杆，已知动力F1的方向和阻力F2的力臂L2，请画出动力F1的力臂L1及阻力F2。 【解析】动力F1的力臂L1及阻力F2如图所示： 类型2.省、费力杠杆判断 标志：判断是省力杠杆还是费力杠杆。 技巧： 由F1L1=F2L2得：，F与L成反比！ 当L1>L2时，F1<F2，省力杠杆；当L1<L2时，F1>F2，费力杠杆；当L1=L2时，F1=F2，等臂杠杆。 【例题】如图所示，托起铅球时，尺骨、桡骨和手掌组成的整体可看作一根杠杆，肱二头肌对它施加的力看作动力，铅球对它施加的力看作阻力，则此杠杆的支点在图中_______点，动力臂________阻力臂，根据杠杆平衡的原理可知，它是________杠杆。 【答案】A；小于；费力 【解析】分析题意，回想杠杆的五要素与杠杆的分类；杠杆绕转动的点为支点，力臂是支点到力的作用线的距离。 题中的杠杆绕A点转动，所以A为支点，阻力臂为AC的长度，动力臂为AB，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。 【变式】如图所示的简单机械中，在使用时属于费力杠杆的是（ ） A.钢丝钳 B.船桨 C.天平 D.瓶盖起子 【答案】B 【解析】A.钢丝钳在使用时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不符合题意； B.船桨在使用时动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故B符合题意； C.天平在使用时动力臂等于阻力臂，是等臂的杠杆，故C不符合题意； D.起子在使用时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不符合题意。故选B。 类型3.求最小动力 标志：求在杠杆上施加最省力的动力F1。 技巧： 由F1L1=F2L2得： 当F1min时，即L1max ⇒ 找最长L1：连接支点到杠杆最远端！！ 【例题】如图所示，AOBC为杠杆，AO⊥OB，OB⊥BC。AO=4，OB=4，BC=3，重物挂在AO之间，O为支点。请在杠杆上画出最小的力，使杠杆保持平衡。 【解析】杠杆在图示位置平衡时，重物对杠杆的拉力为阻力，此时OA正好垂直于阻力作用线，因此OA的长度即为阻力臂；要使C点施加的动力最小，则应使动力臂最长，连接OC，当OC长为动力臂时，动力臂最长；重物对杠杆的拉力是使杠杆逆时针转动的力，则C点施加的动力应使杠杆顺时针转，如下图所示： 【变式】如图所示，有一个杠杆AOB，可绕O点自由转动，A端吊着一个物体。请找一个动力作用点，并画出使杠杆在图示位置静止时最小力F的示意图及其力臂。 根据杠杆平衡条件，动力臂越长越省力，力的作用点确定，从支点到动力作用点的距离便为最长的力臂；图中O为支点，要使杠杆平衡且动力最小，就应该让力F作用在A点，OA是最长的力臂，则力F应与OA垂直且向上。如图所示： 类型4.F1L1=F2L2计算 标志：杠杆平衡条件F1L1=F2L2中，已知其中任意三个量，求第四个量。 技巧：根据F1L1=F2L2变形求解。 【例题】已知OA=1.2cm，OB=0.4cm，在B点挂一个重为12N的重物，在A点施加一与水平方向成30°的力保持平衡，求F为多大？ 【解析】已知OA=1.2cm，L2=0.4cm，则L1=0.6cm（30°所对的边等于斜边的一半） 根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，得： 【变式】如图所示是我国传统计量工具——杆秤的结构示意图，O点是提纽，左边是秤盘，右边的秤砣用细线悬挂于秤杆上，若秤砣质量 m0=100g，秤盘悬挂点到提纽的距离L1=10cm，秤盘中未放物体时，系秤砣的细线在距提纽L2=5cm 时，秤杆恰好水平平衡，秤杆和细线的质量不计（g取10N/kg）。求： （1）秤盘质量； （2）当系秤砣的细线在距提纽L3=40cm 时，秤盘中被称物体质量多大； （3）杆秤的刻度是否均匀，请计算说明。 【答案】（1）50g；（2）350g；（3）杠杆的刻度是均匀的 【解析】（1）设秤盘的质量为m1，由杠杆平衡条件得： m1gL1=m0gL2 即： m1×0.1m＝0.1kg×0.05m 解得，秤盘质量为：m1=0.05kg=50g （2）设秤盘和被称物体的总质量为M，被称物体的质量为m2，由杠杆平衡条件得： MgL1=m0gL3 又 M=m1+m2 即有： （0.05kg+m2）×0.1m＝0.1kg×0.4m 解得，秤盘中被称物体质量为：m2=0.35kg=350g （3）没有重物时，根据杠杆平衡条件可得：m1gL1＝m0gL0。化简后可得： 设待测物体重为mxg 秤砣距离O点为Lx，由杠杆平衡条件可得： （mx+m1）gL1=m0gLx 化简后可得：，则有： 显然ΔL与mx成正比，由此可知杠杆的刻度是均匀的。 答：（1）秤盘质量为 50g； （2）当系秤砣的细线在距提纽L2＝40cm时，秤盘中被称物体质量为350g； （3）杠杆的刻度是均匀的。 类型5.动态平衡一 标志：杠杆匀速旋转或缓慢旋转，判断F1如何变化？ 技巧： ①由F1L1=F2L2得：； ②画出两个力臂，判断旋转过程中两力臂的变化。 【例题】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】C 【解析】转动过程中力臂变化如图所示： 根据可知，G不变，L2=0，L2↑，L1↓→F1↑ 【变式1】如图所示，一根铁棒在水平拉力F的作用下，以O点为转轴，由竖直逆时针匀速转向水平位置的过程中，动力F与动力臂L的大小变化（ ） A.F增大，L增大 B.F减小，L减小 C.F增大，L减小 D.F减小，L增大 【答案】C 【解析】由题图知，O为杠杆的支点，F为动力，铁棒重力G为阻力；当铁棒由竖直方向逆时针匀速转向水平位置的过程中，动力臂L减小，重力G不变，阻力臂L′增大，根据杠杆平衡条件F·L=G·L′知，动力F增大。故选C。 【变式2】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，动力F（硬杆重力忽略不计）（　 ） A.由小变大 B.由大变小 C.先变大后变小 D.保持不变 【答案】A 【解析】由题意可知，把硬杆看成一个杠杆，O 点为支点，重物的重力为阻力。在提升重物的过程中，动力、阻力作用点不变，物体的重力不变，所以阻力大小不变，由图可看出，阻力臂在变大，动力臂在变小，根据杠杆平衡条件可知，动力与动力臂的乘积等于阻力与阻力臂的乘积，所以动力逐渐变大，即动力由小到大。故A正确，BCD错误。 故选A。 类型6.动态平衡二 标志：杠杆旋转，F1//F2，判断F1如何变化？ 技巧： F1//F2 → 相似 → 线段成比例 → 力臂比值不变 F1永远不变 【例题】如图所示，杠杆在F1的作用下逆时针匀速转30°，F1始终竖直向上，转动过程中F1_______。（选填“变大”、“变小”或“不变”） 【答案】不变 【解析】根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，得： ∵ΔOBC∽ΔOAD ∴ ∴ 答案为：不变。 【变式】一根粗细均匀的木棒，把它一端悬吊起来，另一端浸入水中，木棒保持静止时木棒的浸入水中，求木棒的密度？ 【解析】可以把本题中的木棒看作杠杆，将浮力看作动力，木棒的重力看作阻力。杠杆平衡时的示意图如图所示。 设木棒长为a，横截面积为S。重力的力臂为，浮力的力臂为。 木棒的重力G=ρgSa，木棒受到的浮力。根据杠杆的平衡条件，GL1=FL2，即： 解得： 类型7.动态平衡三 标志：杠杆旋转，F1⊥杠杆，判断F1如何变化？ 技巧：①找F1最大值 ⇒ 杠杆水平位置。 ②靠近水平位置，F1增大；远离水平位置，F1减小；经过水平位置，F1先增大后减小。 F1永远不变 【例题】如图所示，在F1作用下杠杆从实线位置转到虚线位置，F1始终垂直于杠杆，F1_______（选填“变大”、“变小”或“不变”）。 【答案】变大 【解析】根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，得： ，可知：F2（G）不变，L2↑，L1不变 → F1↑ 故答案为：变大。 【变式】如图所示，一根质地均匀的木杆可绕O点自由转动，在木杆的右端施加一个始终垂直于杆的作用力F，使杆从OA位置匀速转到OB位置的过程中，力F的大小将（ ） A.一直是变大的 B.一直是变小的 C.先变大，后变小 D.先变小，后变大 【答案】C 【解析】根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大； 当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小。 故F先变大后变小。 故选C。 类型8.极限法 标志：改变力或力臂，判断往哪边偏转？ 技巧：情景1.改 变 力：①增大力：让两个力趋近∝ ②减小力：让Fmin=0 情景2.改变力臂：①增大力臂：让两个力臂趋近∝ ②减小力臂：让Lmin=0 【例题】如图所示，一根轻木条左端放一支较短的蜡烛，右端放一较长的蜡烛，两支蜡烛一样粗细。在O处将木条支起，木条能在水平位置平衡。同时点燃蜡烛，点燃后蜡烛的燃烧速度相同。那么，在燃烧过程中，木条（ ） A.始终保持水平 B.左端会下沉 C.右端会下沉 D.无法判断 【答案】C 【解析1】常规法： 木条能在水平位置平衡时，根据杠杆平衡条件可知： m左g×L左=m右g×L右…………………………………① 两只蜡烛粗细相同，同时点燃，且燃烧的速度相同，则两只蜡烛因燃烧减少的质量Δm相同，此时杠杆的左右两端的力和力臂的乘积分别为： 左边： （m左－Δm）gL左=m左g×L左－ΔmgL左………………② 右边： （m右－Δm）gL右=m右g×L右－ΔmgL右………………③ 由图可知：L左>L右，则： ΔmgL左>ΔmgL右………………………………………④ 根据①④可比较②③得： （m左－Δm）gL左<（m右－Δm）gL右 所以，杠杆失去平衡，右端会下沉。 故选C。 【解析2】极限法： 由图可知，若左边短蜡烛燃烧完，右边还未燃烧完。故右端会下沉，因而选C。 【变式】如图所示，杠杆上分别站着大人和小人（G大人>G小孩）且在水平位置平衡，杠杆自重不计。如果两人同时以大小相等的速度向支点移动。则杠杆将（ ） A.不能平衡，小孩那端下沉 B.不能平衡，大小那端下沉 C.仍能平衡 D.条件不够，无法判断 【答案】A 【解析1】两人移动前，杠杆在水平位置平衡时，设大人到支点的距离为L1，小孩到支路的距离为L2。据杠杆平衡条件有： G大人L1=G小孩L2 两人以相同的速度同时向支点移动，则在相同的时间内通过的路程相等，都为s。则移动后，有： G大人（L1－s）=G大人L1－G大人s G小孩（L2－s）=G小孩L2－G小孩s 因为G大人>G小孩，所以： G大人s>G小孩s 则： G大人（L1-s）<G小孩（L2-s） 所以不能平衡，小孩那端下沉。 故A符合题意，BCD不符合题意。 故选A。 【解析2】极限法： 由图可知，L左<L右，两人同时以大小相等的速度向支点移动，假设左边大人已到支点，右边小孩还未到达支点。故小孩端会下沉，因而选A。 类型9.杠杆测密度 标志：杠杆两次平衡，求密度。 技巧：杠杆平衡条件：F1L1=F2L2、阿基米德原理：F浮=ρ液gV排、重力表达式G=mg=ρgV建立两次平衡的方程，联立求解。 【例题】如图所示，甲图中金属球和钩码挂在杠杆上平衡。现将金属球浸入水中，钩码向左移动了一格平衡，如图乙所示。则金属球的密度是________kg/m3。 【答案】3×103kg/m3 【解析】根据阿基米德原理，结合杠杆平衡条件列出等式，求解。 设金属球的密度为ρ，体积为V，杠杆上一格的长度为L， 甲图，由杠杆平衡条件得： G金属球×2L=G钩砪×3L 金属球的重为G金属球=ρgV，所以： ρgV×2L=G钩砪×3L 即： 2ρgV=3G钩砪…………………………① 将金属球浸入水中，左侧对杠杆的拉力为： G金属球－F浮=ρgV－ρ水gV=（ρ－ρ水）gV 浸没后，由杠杆平衡条件得： （ρ－ρ水）gV×2L= G钩砪×2L 即： （ρ－ρ水）gV= G钩砪 ………………② 联合①②两等式得： ρ=3ρ水=3×103kg/m3 【变式】如图所示，杠杆AB的A点挂边长为10cm的正方体C，B点挂体积为2000cm3实心小球D，AO∶OB=1∶2，杠杆在水平位置平衡时，D静止在空中，C对水平地面的压强为p1；若将小球D浸没在某种液体中（未接触到容器底），杠杆在水平位置平衡时，C对水平地面的压强p2比 p1增大了4000Pa，A点受到竖直向下的拉力为10N，则下列选项正确的是（g取10N/kg）（　　） A.小球D浸没在某种液体中受到的浮力为20N B.小球D浸没在某种液体中受到的浮力为40N C.该液体的密度是2.0×103kg/m3 D.小球D的密度是1.0×103kg/m3 第一次平衡 第二次平衡 【答案】A 【解析】如图所示，杠杆原来平衡，当D球浸没液体中时，杠杆仍平衡，由此可知杠杆两端减小的拉力和力臂的乘积相等，即：ΔFA ∙ OA= Δ FB ∙ OB 杠杆A端减小的拉力：ΔFA=ΔF支=ΔF压 杠杆B端减小的拉力：ΔFB= F浮 由题知，物体C对地面的压强增加值：Δp=4000Pa，S=0.1m×0.1m=0.01m2 所以，ΔF压=ΔpS=4000Pa×0.01m2=40N，代入①式得： D球浸没液体中后，A端拉力FA2=10N 根据杠杆平衡条件：FA2 ∙ OA=FB2 ∙ OB GD=FB2+F浮=5N+20N=25N 所以： 第 12 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $$