江苏省 苏科版 初三物理 上学期 第十一章 简单机械和功 第一节 杠杆 杠杆动态平衡专练.docx
- 文档编号:8649418
- 上传时间:2023-02-01
- 格式:DOCX
- 页数:21
- 大小:329.73KB
江苏省 苏科版 初三物理 上学期 第十一章 简单机械和功 第一节 杠杆 杠杆动态平衡专练.docx
《江苏省 苏科版 初三物理 上学期 第十一章 简单机械和功 第一节 杠杆 杠杆动态平衡专练.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江苏省 苏科版 初三物理 上学期 第十一章 简单机械和功 第一节 杠杆 杠杆动态平衡专练.docx(21页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
江苏省苏科版初三物理上学期第十一章简单机械和功第一节杠杆杠杆动态平衡专练
江苏省苏科版初三物理上学期
第十一章简单机械和功第一节杠杆杠杆动态平衡专练
1.在如图所示的杠杆中,OA=1.2m,OB=0.5m,物体的重力G=240N,拉力F与杠杆OA成30°角,杠杆在拉力F的作用下处于水平平衡状态,杠杆自身的重力忽略不计,下列说法中正确的是()
A.拉力F的力臂为
B.拉力F的大小为100N
C.此时杠杆为费力杠杆
D.拉力F从实线位置转到虚线位置时,F的大小逐渐变小
2.如图所示,作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F,将杠杆缓慢地由位置A经过B拉至位置C,在这个过程中动力F()
A.变大
B.变小
C.先变小后变大
D.先变大后变小
3.如图所示,杠杆自重忽略不计,用方向始终垂直于杠杆的动力F将重物从A位置缓慢提升到B位置,则在这个过程中()
A.阻力臂一直变大
B.阻力臂先变大后变小
C.动力F保持不变
D.动力F先变小后变大
4.如图,O为拉杆式旅行箱的轮轴,OA为拉杆。
现在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F,使箱体从图示位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置。
则力F的大小( )
A.一直变大B.始终不变C.一直变小D.先变小后变大
5.如图所示,O为杠杆的支点,在杠杆的右端挂一重为G的物体,第一次在力F1的作用下,杠杆在水平位置平衡。
第二次在力F2的作用下,杠杆仍在原位置保持平衡。
则( )
A.
B.
C.
D.
6.
如图所示,用一个可以绕
点转动的硬杆提升重物,若在提升重物的过程中动力
始终垂直硬棒,则在如图所示的过程中,动力
(硬杆重力忽略不计):
A.变大B.变小
C.保持不变D.先变大后变小
7.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,让棒缓慢匀速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.动力和动力臂的乘积逐渐变大D.阻力和阻力臂的乘积逐渐减小
8.若一根杠杆两端放有两截蜡烛,如图原来杠杆平衡,过一段时间后,蜡烛以相同的燃烧速度燃烧掉质量相同的一段,此时杠杆
A.仍保持平衡B.左端下降C.右端下降D.无法判断
9.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.则力F的变化情况为()
A.逐渐变大B.逐渐变小C.保持不变D.先变小后变大
10.如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图,它是应用杠杆平衡原理进行工作的。
图中O为固定转轴,杆右侧的A端连接着石球,脚踏杆左侧B端可以使石球升高到P处,放开脚,石球会落下击打稻谷。
假定在石球从最低点升起到P处的过程中,每个位置杆都处于平衡状态,若脚用力F,并且方向始终竖直向下,则()
A.力F的大小始终不变
B.力F先变大后变小
C.力F和它的力臂的乘积始终不变
D.力F和它的力臂的乘积先变小后变大
11.如图所示杠杆刚好在水平位置平衡。
已知每个钩码质量相同,杠杆上的每格距离相同。
在不增减钩码的情况下,若将两端钩码同时外移一格,将出现的现象是( )
A.杠杆依然平衡B.杠杆左端下降C.杠杆右端下降D.无法判断
12.
如图所示,为一可绕O点转动的杠杆,在A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡,此时AB部分水平,保持重物静止不动,而使绳绕A点从如图所示的位置沿图中的虚线CD转动,则
A.顺时针转,F先变小后变大,F与对应力臂的乘积不变
B.顺时针转,F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先变小后变大
C.逆时针转,F逐渐变大,F与对应力臂的乘积逐渐变大
D.逆时针转,F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先变小后变大
13.如图所示,OA是一杠杆,AB是不可伸长的细绳,CD是圆心在A点的一段圆弧形支架。
将绳端点B由C向D移动过程中,则细绳AB所受拉力的大小会()
A.逐渐变大B.保持不变C.先变大后变小D.先变小后变大
14.如图所示,O为杠杆的支点,杠杆右端挂有重为G的物体,杠杆在力F1的作用下在水平位置平衡。
如果用力F2代替力F1使杠杆仍在水平位置保持平衡,下列关系中正确的是
A.
B.
C.
D.
15.密度均匀的直尺放在水平桌面上,尺子伸出桌面部分CB是全尺长的1/3,当B端挂上5N的物体时,直尺的A端刚好没有翘起。
如图,则此直尺受到的重力是( )
A.
B.5NC.10ND.无法确定
16.如图为吊车的工作示意图。
利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动;伸缩撑杆为圆弧状,伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。
下列关于这个吊车的有关说法正确的是()
A.吊臂是一个省力杠杆
B.使用这种吊车,好处是可以少做功
C.匀速顶起吊臂的过程中,伸缩撑杆的支持力大小保持不变
D.匀速顶起吊臂的过程中,伸缩撑杆的支持力渐渐变小
17.用图中的杠杆提升重物,施加在A端的拉力始终竖直向下,将物体缓慢的移动一定高度,在此过程中F的大小变化情况( )
A.逐渐变小B.保持不变C.逐渐变大D.无法判断
18.如图所示,AOB为一根杠杆,O为支点,杠杆自重不计,且AO=BO,在杠杆右侧A处挂一个重为G的物体,当AO段在水平位置平衡时,在B端需施加的最小力为Fl;当B0段在水平位置平衡时,加在B端的最小力为F2,则( )
A.
B.
C.
D.无法比较
19.工人师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时,常把手尽量远离剪刀轴O,这样做的目的是:
()
A.增大阻力臂更省力;B.减小阻力臂更省力;
C.增大动力臂更省力;D.减小动力臂更省力。
20.如图所示,一较重的光滑长直均匀杆AB,A端支在墙角处不动,开始时小张用肩膀在距B端较近的P处扛起AB杆,此后小张持原有站姿,向左缓慢移动,使AB杆逐渐竖起。
在竖起AB杆的过程中,小张的肩膀对杆的作用力( )
A.越来越小B.越来越大C.一直不变D.先增大后减小
21.用图示装置探究杠杆的平衡条件,保持左侧的钩码个数和位置不变,使右侧弹簧测力计的作用点A固定,改变测力计与水平方向的夹角
,动力臂L也随之改变,所作出的“
”图象和“
”图象中,正确的是
A.
B.
C.
D.
22.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
23.如图所示,轻质杠杆的中点悬挂有重为60N的物体,在A端施加一竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡,则力F的大小是______。
保持F的方向不变,将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中,力F将______(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
这是______杠杆。
24.
如图所示,OB为一轻质杠杆,O为支点,
,
,将重30N的物体悬挂在B点,当杠杆在水平位置平衡时,在A点至少需加______N的拉力
如保持拉力的方向不变,使杠杆缓慢上升,则拉力的大小将______.(填“变大”、“变小”或“不变”)
25.如图所示,重力为G的均匀木棒竖直悬于O点.在其下端施一个始终垂直于棒的拉力F,让棒缓慢转到图中虚线所示位置,在转动的过程中动力臂________,阻力臂________,动力F________。
(选填“变大”“变小”或“不变”)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了杠杆平衡条件的应用,关键能够正确得出动力臂的大小。
(1)根据力臂的概念结合三角函数得出L1的力臂;
(2)得出L1的力臂,根据杠杆平衡条件计算出F1的大小;
(3)根据动力臂与阻力臂的大小关系确定杠杆的种类;
(4)根据动力臂的大小变化,由杠杆平衡条件分析动力的变化。
【解答】
A.F1的力臂如图所示:
则
,故A错误;
B.若使杠杆在如图所示位置平衡,由F1L1=G•OB得,
,故B错误;
C.由A分析知,动力臂为0.6m,阻力臂为0.5m,动力臂大于阻力臂,动力小于阻力,为省力杠杆,故C错误;
D.F1的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中,阻力乘以阻力臂没变,动力臂变大,F1逐渐变小,故D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】【分析】
分析杠杆的动态平衡时,一般是动中取静,依据杠杆的平衡条件进行分析,最后得到结论。
力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直,即动力臂不变,将杠杆缓慢地由位置A拉到位置C过程中,阻力不变,分析阻力臂的变化,然后根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2判断动力如何变化。
【解答】
由图示可知,将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B的过程中,
动力臂不变,阻力不变,阻力臂变大,由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知,动力变大;
由图示可知,在杠杆有OB位置缓慢转到OC位置的过程中,阻力不变,
动力臂不变,阻力臂变小,由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知,动力变小;
由此可见,将杠杆缓慢地由位置A拉至位置C的过程中,动力先变大后变小,故ABC错误,D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用,确定杠杆由位置A拉到位置B阻力臂的变化情况是本题的关键。
从支点向力的作用线作垂线,垂线段的长度即为力臂;
力F作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直,即动力臂不变;由位置A提升位置B,阻力不变,阻力臂先变大,水平位置最大,后变小,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析动力变化情况。
【解答】
将重物从A位置缓慢提升到B位置,如图所示:
;
AB.由图可知,当杠杆在水平位置时,阻力的力臂最大,所以阻力臂先变大后变小,故A不正确,B正确;
CD.由于动力F方向始终垂直于杠杆,所以动力臂长度为杠杆的长且大小不变;由于阻力大小不变(等于物重),而阻力臂先变大后变小,根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知,杠杆转动的过程中动力先变大、后变小,故CD不正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】解:
使箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置时,箱子的重力不变,即阻力不变,阻力臂逐渐减小。
由于在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F,则动力臂逐渐减小。
由于阻力和动力的作用点不变,根据几何知识可知:
动力臂与阻力臂的比值不变,
所以,根据杠杆的平衡条件:
F1L1=F2L2知,要使力F的大小保持不变。
故选:
B。
根据杠杆的平衡条件判断分析F的方向。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握,判断力臂变化是本题的关键。
5.【答案】A
【解析】解:
第一次在力F1的作用下,杠杆在水平位置平衡时,F1的力臂为O到F1作用点的杆长L1,重物拉力的力臂为L2,由杠杆平衡条件可得:
F1•L1=G•L2,
由图可知:
L1<L2,所以F1>G;
第二次在力F2的作用下,杠杆仍在原位置保持平衡时,F2的力臂为L1′(如上图),
由图知力臂L1′<L1,为使杠杆仍在图中位置保持平衡,
因重力G和阻力臂L2均不发生变化,又F2的力臂L1′<L1,由杠杆平衡条件可知F2>F1;
所以F2>F1>G,故A正确,BCD错误。
故选:
A。
本题支点、重力和重力的力臂均无发生变化,变化的是F的力臂,故能正确找出两力的力臂,即可利用杠杆平衡条件求解。
本题重点考查力臂的作图,只要能把力臂作出,则由杠杆平衡条件即可求解。
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查杠杆的动态平衡分析,属于典型题目,是道好题。
利用
根据力臂的变化分析力的变化。
【解答】
将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B,动力臂L1不变,阻力F2不变,阻力臂L2在水平位置时最大,后变小,根据杠杆平衡条件
,可知动力
变小,故B正确,ACD错误。
故选B。
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查杠杆的平衡态偶见及动态平衡分析。
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。
【解答】
A.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错误;
B.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错误;
CD.根据杠杆平衡的条件可得,阻力与阻力臂的乘积增大,故动力动力臂的乘积也逐渐变大,故C正确,D错误。
故选C。
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了杠杆平衡条件的应用,有一定难度,根据题意判断出哪边力与力臂的乘积大,是解题的关键。
(1)根据杠杆平衡条件先分析出两力臂的大小;
(2)蜡烛燃烧速度相同,经过一段时间后,蜡烛燃烧的质量相同、重力相同,求出蜡烛燃烧后左右两边力与力臂的乘积,然后比较它们的大小,根据左右两边力与力臂乘积的大小,判断杠杆的状态。
【解答】
(1)由图可知,GALA=GBLB,LA<LB;
(2)蜡烛燃烧速度相同,过一段时间后,蜡烛减少的质量△m相同,
减少的重力△G相同,左边(GA-△G)LA=GALA-△GLA,右边(GB-△G)LB=GBLB-△GLB,
因为GALA=GBLB,△G相同,LA<LB,
所以GALA-△GLA>GBLB-△GLB
即:
左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积,杠杆不再平衡,左端下沉。
故ACD错误,B正确。
故选B。
9.【答案】B
【解析】【分析】
此题考查了杠杆平衡条件的应用,确定阻力臂的变化是此题的难点。
杠杆的平衡条件:
F1L1=F2L2,在抬起的过程中,利用杠杆的平衡条件来分析F大小的变化。
【解答】
如图所示:
在抬起的过程中,阻力F2不变,F与铁棒始终垂直,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:
:
F1L1=F2L2,可知,L1、F2都不变,L2变小,所以F也在变小,故B正确。
故选B。
10.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查两个知识点:
(1)对力臂概念的理解:
力臂是指从支点到力的作用线的距离;
(2)对杠杆平衡条件(F1l1=F2l2)的理解与运用。
本题的解题关键是用余弦角和杠杆的长度表示出力臂的大小,然后利用杠杆的平衡条件进行分析。
【解答】
由力臂的定义可知,动力臂L1=0Bcosα,阻力臂L2=OAcosβ,
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得:
F×0Bcosα=G×OAcosβ,
因为OA、OB的长度不变,cosα=cosβ(α与β为对顶角),石球受到的重力G保持不变,所以动力F的大小保持不变。
又因为动力F大小不变,cosα先变大后变小,所以动力F和它的力臂的乘积先变大后变小。
由上叙述可知选项A正确,BCD错误。
故选A。
11.【答案】C
【解析】解:
设杠杆的分度值为L,一个钩码的重为G.原来3G×5L=5G×3L;
若将两端钩码同时外移一格,左边=3G×6L=18GL,右边=5G×4L=20GL,左边<右边,杠杆右边下沉。
故选:
C。
判定杠杆是否平衡关键是它是否满足杠杆的平衡条件:
动力×动力臂=阻力×阻力臂,若力和力臂的乘积不相等,将向乘积大的一端倾斜。
利用杠杆平衡条件可以判断杠杆是否平衡,力和力臂乘积大的一端下沉。
12.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了杠杆平衡条件的应用,抓住动力臂最大、动力F最小时绳所处的位置,是解题的关键所在。
从支点向力的作用线作垂线,垂线段的长度即力臂。
根据杠杆平衡条件动力×动力臂=阻力×阻力臂,分析力臂的变化可知力的变化。
【解答】
如图,
,
连接OA,此时OA是最长动力臂;
已知阻力(物重)不变,阻力臂不变;由杠杆的平衡条件:
F动L动=F阻L阻,知:
在F阻L阻不变的情况下,F与对应力臂的乘积不变,动力臂越长越省力;
因此以OA为动力臂时,动力F最小;
由图可知:
当绳从图示位置沿顺时针方向旋转时,力F先变小后变大。
沿逆时针方向旋转时,力F变大。
所以选项BCD错误,A正确。
故选A。
13.【答案】D
【解析】【分析】
根据杠杆平衡的条件进行分析,即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂,由题意可知杠杆应始终处于平衡状态,则可得出拉力的变化。
知道杠杆平衡的条件,会根据动力的方向确定力臂的变化,会根据阻力、阻力臂和动力臂的关系判断动力的变化。
【解答】
由题意可知,在圆环转动中,A的位置保持不变,故杠杆始终处于平衡状态;
因为重力与重力的力臂的乘积不变,根据杠杆平衡的条件可得,动力臂越大,动力会越小,AB垂直与OA位置时,力臂最大,动力最小,所以从 C端移动到D 端的过程中,动力会由大到小,再由小到大,即先变小后变大,故ABC错误,D正确。
故选D。
14.【答案】A
【解析】【分析】
本题重点考查力臂的作图,只要能把力臂作出,则由杠杆平衡条件即可求解。
由题知,O为支点,当阻力、阻力臂不变时,由杠杆的平衡条件知:
动力和动力臂的乘积一定,当动力臂较大时,动力将较小;动力臂较小时,动力将较大。
因此先判断出F1、F2的力臂大小,即可判断出两力的大小关系从而比较出F1、F2与G的关系。
【解答】
AB.设动力臂为L2,杠杆长为L(即阻力臂为L);
由图可知,F2与杠杆垂直,因此其力臂为最长的动力臂,由杠杆平衡条件可知F2为最小的动力,则Fl>F2,故A正确,B错误;
CD.用力F2使杠杆在水平位置保持平衡时,
由杠杆平衡条件可得:
F2•L2=G•L,
由图知L2<L,
所以F2>G;故C错误;
因为Fl>F2,F2>G,
所以Fl>F2>G,故D错误。
故选A.
15.【答案】C
【解析】解:
由题知,直尺G是密度均匀的,其重心在直尺的中点O,所挂重物G′,
∵LCB=
LAB,
∴LCA=
LAB,LOC=
LAB-
LAB=
LAB
由杠杆的平衡条件得:
G×LOC=G′×LCB,
即:
G×
LAB=5N×
LAB,
解得:
G=10N;
故选:
C。
密度均匀的直尺,其重心在直尺的中点处,则重力力臂为支点到直尺中心的长度;又已知B端的物重和B端到支点的距离,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即可求出直尺的重力。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用,找出重心位置、确定重力力臂并求出大小是解题的关键。
16.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查杠杆的平衡条件。
解题关键是判断出重物的阻力臂逐渐变小,然后利用杠杆平衡条件判断支持力的变化。
【解答】
A.吊臂是一个费力杠杆,故A错误;
B.使用任何机械都不省功,故B错误;
CD.匀速顶起吊臂的过程中,重物的阻力臂逐渐变小,根据杠杆平衡条件可知伸缩撑杆的支持力渐渐变小,故C错误,D正确。
故选D。
17.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查利用杠杆平衡条件对杠杆进行动态分析,只要找到不变的量来表示出变化的量,即可顺利解决。
分别画出作用在杠杆AB两端的拉力的力臂,找出这两力臂的比例关系;在重物升高的过程中,由力臂的变化关系可得出力F的变化。
【解答】
由杠杆平衡条件可知:
,如右图中由几何关系可知:
L1与L2之比始终等于两边的杆长之比,即两力臂之比是常数;
,即F为定值,故不论杆怎样变换位置,力F都是不变的,故B正确,ACD错误。
故选B。
18.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了杠杆的平衡条件及杠杆上施加最小动力的问题。
杠杆的平衡条件:
,当动力的方向与杠杆垂直时,动力臂最长,动力最小。
【解答】
如图所示:
在B端施加最小的力,力的方向与杠杆垂直,
为动力臂;
;当OB段在水平位置平衡时,阻力臂为
,
;
,则,
故
,故A正确,BCD错误。
故选A。
19.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了杠杆平衡条件的应用,利用杠杆平衡条件分析问题,要抓住不变的量,根据变化的量进行分析解答。
根据杠杆平衡条件,当阻力和阻力臂一定时,动力臂越长,越省力。
【解答】
解:
图中剪刀在使用过程中,阻力和阻力臂一定,双手越靠近剪刀柄的末端,动力臂越长,根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知,动力臂越长,越省力。
所以把双手尽量往剪刀柄的末端靠近,这样做的目的是为了增大动力臂,省力。
故C正确,ABD错误。
故选C。
20.【答案】D
【解析】解:
下面图1中,O为支点,G为均匀杆AB的重力,作用点在其中心,小张的肩膀对杆的作用力为动力F,OP为动力臂,根据杠杆的平衡条件可得F动L动=GL阻,
则F动=
×G-----①,
开始时,动力臂为OP,阻力臂为OH,OP>OH,则由①可知F动<G;
由题意可知,扛起AB杆过程中,小张保持原有站姿,向左缓慢移动(动力作用点也向左移动),使AB杆逐渐竖起,
图2中,在AB杆逐渐竖起的过程中,当动力臂为OD,阻力臂为OC,OD=OC,由①知,F动=G;
图3中,在AB杆逐渐竖起的过程中,当动力臂为OB,阻力臂为OE,OB>OE,由①知,F动<G;
故小张的肩膀对杆的作用力先增大后减小,只有D正确。
故选:
D。
分别分析使AB杆逐渐竖起的过程中动力臂和阻力臂的变化关系,根据杠杆的平衡条件分析动力与AB重力的关系大小。
本题考查杠杆的平衡条件的运用,难点是在这个过程中,动力臂和阻力臂都在变化。
21.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查杠杆平衡条件的应用,会结合图象分析是解决此题的关键。
杠杆的平衡条件是:
动力
动力臂=阻力
阻力臂;由杠杆平衡条件可知,当阻力、阻力臂一定时,动力大小与动力臂成反比;所以动力臂最大时动力最小。
【解答】
A.由实验装置图可知:
当夹角
等于90°时,动力臂最大,动力最小;当拉力F的方向由水平向右到竖直向下位置再到水平向左,即
从0°到90°到0°,F对应的动力臂是先变大再变小,则动力F是先变小后变大,故A错误;
B.当角
等于90°时,动力臂最大,动力最小但不为零,故B错误;
CD.根据杠杆的平衡条件FL=F2L2可得:
,由于F2、L2不变,则F和L成反比,故C正确,D错误。
故选C。
22.【答案】B
【解析】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
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 江苏省 苏科版 初三物理 上学期 第十一章 简单机械和功 第一节 杠杆 杠杆动态平衡专练 初三 物理 上学 第十一 简单机械 动态平衡