1、专题二十 杠杆动态平衡问题【考点梳理】（1）杠杆的平衡条件动力动力臂阻力阻力臂写成公式F1l1=F2l2（2）杠杆的动态变化问题杠杆的动态变化情况中，一般阻力大小不发生变化，但会出现动力臂、阻力臂中其中之一发生变化，或者两者同时变化，导致动力的变化。所以在解题中，先找到支点、作用力及对应的力臂，根据杠杆的平衡条件的变形式进行分析，由于阻力保持不变，所示只需要分析阻力臂和动力臂的比值的（3）杠杆的再平衡杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。比较末状态时力和力臂的乘积是否相等：若相等则继续平衡；若不相等，哪端乘积大，哪端下沉，另一端上升。直接比较两端力和力臂的乘积的减小量或增加量是否相等而判断
2、。注意：若力臂的关系未知，则可通过杠杆的初始状态的平衡关系来确定。【典例赏析】（1）阻力臂的变化引起动力的变化1.如图1，轻质杠杆可绕O转动，在A点始终受一垂直作用于杠杆的力，在从转动A位置时，力F将（ A ） A.变大 B.变小 C.先变大，后变小 D.先变小，后变大 图1 图2 图3 图4（2）动力臂、阻力臂同时发生变化，但比值不变 2.如图2所示，用竖直向上的力F拉着杠杆OA的A端，从水平位置绕着支点O逆时针匀速转动到虚线所示的位置时，力F的大小会（ C ） A.变大 B.变小 C.不变 D.条件不足，无法判断3.用上图3所示的杠杆提升重物，设作用在A端的力F始终竖直向下，在将重物慢慢提
3、升到一定高度的过程中，F的大小将（ A ）A.保持不变 B.逐渐变小 C.逐渐变大 D.先变大，后变小4.如图4所示，一个直杠杆可绕轴O转动，在直杆的中点挂一重物，在杆的另一端施加一个方向始终保持水平的力F，将直杆从竖直位置慢慢抬起到水平位置过程中，力F大小的变化情况是( A )A.一直增大 B.一直减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大（3）杠杆偏转问题公式：问题描述：对于处于平衡状态的杠杆，在其左右两边各加上或减小一个力，或者是在其左右两边增减一个距离后，杠杆会向哪边发生偏转呢。解决方法：设。即杠杆的偏转是由力和力臂的乘积来共同决定。若时，杠杆平衡；若时，杠杆向左偏转；若时，杠杆向右偏转
4、。根据题目所给条件，首先判断出左右两边力和力臂的大小关系，求出杠杆左右两端的、（力矩变化量），并比较大小，以此求出杠杆两端剩余力矩的大小、，并比较大小，因此偏转问题就得以解决了。规律口诀：力加距离减长端沉，力减距离加短端沉【典例赏析】例1：小明同学研究浮力对杠杆的影响时，设计了一个实验如下图所示：（1）将体积相同的物体AB分别挂在杠杆的两端，如图甲所示，此时杠杆处于平衡状态，若将两物体同时向O点移动号相同的距离L后，那么（ C ）（2）将体积相同的物体AB分别挂在杠杆的两端，如图乙所示，此时杠杆处于平衡状态，若将两物体同时浸没在水中且保持不触底，则（ C ）A.杠杆仍然保持平衡 B.杠杆右端向
5、下倾 C.杠杆左端向下倾 D.条件不足，不能判断 课时作业1图甲所示的杠杆是平衡的。若如图乙所示，在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，杠杆A仍能平衡 B不能平衡，A端上升 C不能平衡，B端上升 D无法判断2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3如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”的实验中，已知杠杆上每个小格的长度为2cm，用弹簧测力计在A点斜向上（与水平方向成30角）拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。下列说
6、法中正确的是（）A此时杠杆的动力臂为0.08mB此时为省力杠杆C当弹簧测力计向左移至竖直位置时，其示数为1ND图中钩码的总重力为2N4如图，用一个始终水平向右的力F，把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中，力F的大小将：A变大B不变C变小D不能确定5如图为探究杠杆平衡条件的实验装置，杠杆平衡时，钩码对杠杆的阻力F210N，阻力臂l220cm，测力计示数F125N，则动力臂l1为（ ）A15cmB8cmC50cmD80cm6如图所示，轻质杆可绕O点转动分别将质量相同的纯金块、纯银块、金银制作的王冠悬挂于杆的最左端并浸没水中，将质量与王冠相同的重物对应地悬挂在杆上的A、B、C处（图中未标出），杆
7、恰好在水平位置平衡测得A、C两点间的距离为7cm，B、C两点间的距离为3cm则王冠中金和银的质量比为（）A3：7B7：3C2：5D5：27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（杠杆质量忽略不计）。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AF1F2CF2 F2，故A错误，B正确；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：F2l2=Gl，由图知l2G；故C错误；因为F1 F2, F2G，所以F1 F2G，故D错误。85【解析】由vs/t得，小球移动的距离：OCsvt0.2m/s2.5s0.5m50c
8、m；小球的重力Gmg800103kg10N/kg8N，细绳恰好拉断时，木条处于平衡状态，由杠杆平衡条件得：FOAG球OC，F80cm8N50cm，F5N.点睛：根据速度计算公式vs/t计算出小球移动的距离OC；由杠杆平衡条件求出绳子刚刚拉断时，细绳承受的拉力大小。96 3 向上 【解析】1由图可知当力的方向跟杠杆OC垂直向下时动力臂最长，动力最小，即：因为，所以：23若用最小的力使杠杆在水平位置平衡，则动力要最小，的力臂应最大，即AO为动力臂，方向竖直向上，大小为：因为：所以：所以：1025 变大 【解析】1根据杠杆的平衡条件得到G=FlF=25N2杠杆最右端的力F竖直向上，它的方向不变，当重
9、物向右移动时，重物对杠杆拉力的力臂l2变大，F的力臂l1不变，等于杠杆的长，阻力G不变，由杠杆平衡条件Fl1=Gl2可知，力F将变大。119 52 【解析】在B点施加力F130N时，杠杆在水平位置平衡，合金块对水平地面的压强恰好为0，对合金块进行受力分析可知，此时合金块受到竖直向下的重力和细绳对它竖直向上的拉力，并且这两个力是一对平衡力，根据杠杆平衡条件：F1l1F2l2可得，GOAF1OB，即GOA30N3OA，解得G90N，合金块的质量m9kg；从图中可以看出，OBC为直角三角形，而直角三角形30角对应的直角边等于斜边的一半，故拉力F2的力臂为l2OB，撤去F1，在B点施加F2时，合金块对
10、地面的压强为1.2103Pa，对合金块进行受力分析可知，此时合金块受重力、绳子向上的拉力及地面对它的支持力，如图所示： 1.2103Pa0.1m0.1m12N；FA+FNG，FAGFN90N12N78N，根据杠杆平衡条件：F2l2FAOA，即F2OB78NOB，解得F252N.127.5N【解析】如图所示，动力臂的长度是2m，从O点向阻力的作用线画垂线，由几何关系可以得阻力臂是OB长度的 ，由杠杆平衡条件可得：代入数值得：解得：F=75N。13右 水平 直接从杠杆上读出力臂 不能【解析】（1）由于杠杆的左端下降，为使杠杆在水平位置平衡，左端的平衡螺母向右移动，直到杠杆在水平位置平衡这样可以直接
11、从杠杆上读出力臂；（2）假设每个钩码重1N，每小格长度1cm，则在支点两侧的钩码下方分别再挂一个等重的钩码后，左边： ，右边因为左边右边所以杠杆不平衡，左端下降故答案为：（1）右；水平；直接从杠杆上读出力臂；（2）不能【点睛】注意：当杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力臂才在杠杆上初中物理用实验探究物理问题时，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性。14（1）水平（2）多次实验，寻找普遍规律 （3） 不能【解析】（1）在“探究杠杆的平衡条件”实验中，应先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了便于测量力臂；（
12、2）实验中多次测量设计为了寻找杠杆平衡的普遍规律；（3）假设每个钩码重1N，每小格长度1cm，则在支点两侧的钩码下方分别再挂一个等重的钩码后，左边：3N3cm=9Ncm，右边4N2cm=8Ncm左边右边不平衡，左端下降15右63【解析】（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，说明右端偏高，平衡螺母需向右调节；（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALAFBLB，4G3LFB2L，解得FB6G，需挂6个钩码（3）若不计杠杆的重力，根据杠杆的平衡条件：F向上L向上F向下L向下，F3L3G6L，解得F6G60.5N3N，由于杆的重心在杆的中点，方向竖直向下，重力与钩码同时使
13、杠杆向逆时针方向转动，所以弹簧测力计的示数应大于3N16便于测量力臂 右 只做一次实验，结论具有偶然性 左端下沉 【解析】第一空调节杠杆在水平位置平衡便于测量和读出力臂；第二空杠杆调平原则为哪边高则往哪边调，故应向右调节平衡螺母；第三空一次实验具有偶然性，应多次进行实验，使结论具有普遍性；第四空由杠杆平衡公式可知，当均远离O移动一格后，故左端下沉。17水平 错误的 3 【解析】(1)1将杠杆放在水平桌面上，在不挂钩码的情况下，调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，以方便直接读出力臂。(2)2小玲总结的杠杆的平衡条件是错误的，因为只改变力的大小，没有改变位置，没有得出普遍规律。(3)3根
14、据杠杆的平衡条件，可得到即他应该将右端的两个钩码向右移动3格，杠杆才会在原位置再次平衡。18达到 水平位置平衡 3 6 【解析】（1）由于挂钩码前，杠杆保持静止，即杠杆处于平衡状态，所以图甲所示状态达到了平衡；由图知道，杠杆的右端较高，说明重心偏左，所以平衡螺母应向右端移动使杠杆在水平位置平衡；（2）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，由F1l1 =F2l2知道， 2G3L=nG2L，所以，n=3，即需要在B处挂3个钩码；（3）根据题意知道，当F作用点应在最左端，且F=2 N，F的方向垂直杠杆向上，即竖直向上时，动力臂为最长，由杠杆的平衡条件知道，此时在C点处所挂钩码的最多，即nG4L=F6
15、L，代入数据解得，n=6。19右 （动力动力臂阻力阻力臂） B 左端下沉 1 变大 72 【解析】(1)1由图知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节；(2)2杠杆调节好后，进行了三次实验，实验情景如图乙、丙、丁所示，以两边钩码的重力分别为动力F1和阻力F2，对应的力臂为L1和L2，分析上述数据，可得出的杠杆的平衡条件是：（或动力动力臂阻力阻力臂）；3本题为探究性实验，实验中多次实验，是为了得出普遍性结论，避免偶然性，故选B；(3)4如图丁所示杠杆两边的钩码各撤掉1个，左端： ，右端： ，左端大于右端，故左端下沉；(4)5设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G1N，根据杠杆的平衡条件：，可得： ，解得：FG1N；6保持杠杆平衡，将细绳转到虚线位置时，拉力F向左倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；(5)7在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表的质量是0.2g，被测物体的质量为50g+20g+2g72g。