最新-九年级物理经典难题详解人教新课标版精品.pdf

九年级物理经典难题详解 1. 如图 22所示装置，杠杆OB可绕O点在竖直平面内转动，OAAB12。当在杠杆A点挂一 质量为 300kg的物体甲时，小明通过细绳对动滑轮施加竖直向下的拉力为F1，杠杆B端受到竖 直向上的拉力为T1时，杠杆在水平位置平衡，小明对地面的压力为N1；在物体甲下方加挂质 量为 60kg的物体乙时，小明通过细绳对动滑轮施加竖直向下的拉力为F2，杠杆B点受到竖直 向上的拉力为T2时，杠杆在水平位置平衡，小明对地面的压力为N2。已知N1N231，小明 受到的重力为 600N，杠杆OB及细绳的质量均忽略不计，滑轮轴间摩擦忽略不计，g取10N/kg。 求： （1）拉力T1； （2）动滑轮的重力G。 解： （1）对杠杆进行受力分析如图1 甲、乙所示： 根据杠杆平衡条件： G甲×OAT1×OB (G甲G乙) ×OAT2×OB 又知OAAB= 1 2 所以OAOB= 1 3 N300010N/kgkg300gmG 甲甲 N600N/kg10kg60gmG 乙乙 N0001N0300 3 1 1甲 G OB OA T（1 分） N2001N0360 3 1 )( 2乙甲 GG OB OA T（1 分） （2）以动滑轮为研究对象，受力分析如图2 甲、乙所示 因动滑轮处于静止状态，所以： T动 1G2F1，T动 2G2F2 又T动 1T1，T动 2T2 所以： G GGT F 2 1 N500 2 N1000 2 1 1 （1 分） G GGT F 2 1 N600 2 N1200 2 2 2 （1 分） 以人为研究对象，受力分析如图3 甲、乙所示。 人始终处于静止状态，所以有： F人 1N1 ， G人， F人 2N2 ， G人 因为F人 1F 1，F人 2F 2，N1N1 ， ，N2N2 ， 图 22 B A O 甲 甲乙 图 1 O B A G甲+ G乙 T2 O B A G甲 T1 甲乙 G T动2 2F2 G T 动1 2F1 图 2 G人 F人1 F人2 G人 图 3 甲 乙 且G人600N 所以： N 1G人F 1 600N) 2 1 N500(GG 2 1 N100（1 分） N 2G人F 2 600N) 2 1 N600(GG 2 1 （1 分） 又知N 1N 2 31 即 1 3 2 1 2 1 N100 2 1 G G N N 解得G 100N 2. 如图 24 所示 , 质量为 60kg 的工人在水平地面上, 用滑轮组把货物运到高处。第一次运送货 物时 ,货物质量为130kg, 工人用力F1匀速拉绳 , 地面对工人的支持力为N1, 滑轮组的机械 效率为 1; 第二次运送货物时, 货物质量为90 kg, 工人用力F2匀速拉绳的功率为P2, 货 箱以 0.1m/s 的速度匀速上升, 地面对人的支持力为N2, N1与N2之比为 2:3 。( 不计绳重 及滑轮摩擦 , g取 10N/kg) 求:(1)动滑轮重和力F1的大小 ; (2)机械效率1; (3) 功率P2。 解： （1）第一次提升货物时，以人为研究对象 11 F 人 GN 绳对人的拉力与人对绳的拉力相等， 11 FF 4 1 1 动 GG F 1分 第二次提升货物时，以人为研究对象 22 F 人 GN 绳对人的拉力与人对绳的拉力相等， 22 FF 4 2 2 动 GG F 1 分 3 2 N N 2 1 把数据分别带入以上5 个式子，解得：300 动 GN 1分 F1=400N 1分 图 24 N1 G 人 F1 N2 G人 F2 F2=300N （2）第一次运送货物时滑轮组的机械效率： 81.25% 4J400 1300J 4hF hG W 1 1 1 总 有 W 1分 （3）第二次货物上升速度为0.1m/s ，人匀速拉绳的速度为 smsmv/4. 0/1. 04 2 1分 WsmNvFP120/4. 0300 222 1分 3、图 26 是一个上肢力量健身器示意图。配重 A受到的重力为1600N，配重 A上方连有一根 弹簧测力计D，可以显示所受的拉力大小，但当它所受拉力在02500N 范围内时，其形变 可以忽略不计。 B是动滑轮， C是定滑轮；杠杆EH可绕 O点在竖直平面内转动，OE:OH=1:6. 小阳受到的重力为700N，他通过细绳在H 点施加竖直向下的拉力为T1时，杠杆在水平位置 平衡，小阳对地面的压力为F1, 配重 A受到绳子的拉力为 1A F, 配重 A上方的弹簧测力计D显 示受到的拉力 1D F为 2.1 × 118N；小阳通过细绳在H点施加竖直向下的拉力为T2时，杠杆仍 在水平位置平衡， 小阳对地面的压力为F2, 配重 A受到绳子的拉力为 2A F, 配重 A上方的弹簧 测力计 D显示受到的拉力 2D F为 2.4 × 118N.已知9:11: 21 FF。 （杠杆 EH 、弹簧 D和细绳 的质量均忽略不计,不计绳和轴之间摩擦） 。求： （1）配重 A受到绳子的拉力为 1A F; （2 动滑轮 B受到的重力GB； （3）拉力为T2. 4. （ 1）以物体A为研究对象，受力分析如图2 甲、乙所示， 物体 A始终处于静止状态，所以有 11AAD FGF 22AAD FGF, （以上两个式子共1 分） 已知 GA=1600N， 1D F为 2100N， 2D F为 2400N，所以可以求得NNNGFF ADA 50016002100 11 （1 分） 图 26 FA1 A GA FD1 FA2 A GA FD2 图 2 甲 乙 （2）以人为研究对象，受力分析如图3 甲、乙所示， 人始终处于静止状态，所以有 11 FTG人 22 FTG人 因为 11 TT 与大小相等， 11 FF 与大小相等。所以有 11 T 人 GF 22 TGF 人 , 已知9:11: 21 FF， 得： 2 1 9 11 TG TG 人 人 （1 分） 对杠杆进行受力分析, 如图4 甲、乙所示，根据杠杆平衡 条件： OHTOEGF BA11 )2( OHTOEGF BA22 )2( （和共1 分） 已知 OE:OH=1:6. NFA500 1 NFA800 2 （FA1和 FA2全解正确共1 分） 解上面三式可得：GB=100N （1 分） （3）将 GB=100N代入式，得T2=250N. （1 分） 5. 如图所示， 杠杆 OA可绕支点O转动，B处挂一重物G ， A处用一 竖直力 F.当杠杆和竖直墙之间夹角逐渐增大 时，为了使杠杆平衡，则( ) A. F 大小不变，但FG B. F 大小不变，但FG 2 F 1 F 1 F 人 G 人 1 T 1 F 人 G 人 2 T 图 3 甲 乙 E H BA GF 1 2 T1 E H BA GF 2 2 T2 O O 图 4 甲 图 4乙 C. F 逐渐减小，但FG D. F 逐渐增大，但FG 【解析】 过 A、B分别作墙的垂线交墙于F、E AFBE 三角形AFO 三角形BEO （当杠杆和竖直墙之间夹角 逐渐增大时，始终一样） AF/BE=AO/BO AO/BO是不变的AF/BE也不变 又 G不变， F 也不变 AF始终大于BE ， FG 【反思】 6. 挂在竖直墙壁上的石英钟，它的秒针在走动时会受到转轴处的摩擦阻力和重力的作用。当 石英钟内电池的电能将耗尽而停止走动时，其秒针往往停在表盘上的： A“3”的位置； B“6”的位置； C“9”的位置； D“12“ 的位置。 【解析】 解析： 秒针在转动的过程中大致可看作只受到三个力的作用：电池的电能转化的动力、转轴 的摩擦阻力、重力。当电池的电量即将耗尽时，动力逐渐减小，首先数值减小到与重力和摩 擦阻力的和相等。当秒针在“9”的位置时，秒针受到动力方向竖直向上，受到的重力与摩 擦阻力方向竖直向下，此时重力与摩擦阻力的和等于动力的大小，秒针受平衡力， 会在原地 静止。答案： C。 点拨：当秒针匀速转动动微小距离时，受到平衡力的作用，但每时每刻 的平衡力的构成都在发生变化。当秒针在“ 3“的位置时， 受到的重力和动力的方向都是竖直 向下， 而转轴摩擦阻力竖直向上，此时重力与动力的和等于摩擦阻力的大小。当秒针在“ 12” 和“6”的位置时，秒针受到重力与转轴的支持力（或拉力）作用效果抵消，动力只跟转轴 的摩擦阻力构成一对平衡力。所以，当平衡力形成后，并不是一成不变的，而是随着运动情 况的改变而不断变化。 【反思】 【讲解】用分割法判断承重绳子的股数，方法不错，在以往的教学中我也是 这样教的。但初学阶段仍有学生会问：图1 画线处不是有三股绳子吗？为什 么会是2F G 物等问题。我感觉要想彻底搞清认楚上面的问题，只是划一条 虚线来分割滑轮组是不够的。笔者认为解决滑轮组一类问题的一般方法是： 选取研究对象，分析对象受力，利用平衡条件解题。 首先要讲清楚的是： （1）同一根绳子穿起来的滑轮组绳子上各处的拉力都相等。（不计摩擦，不 计绳重） （2）区分绳子的“根数”与“股数”这两个概念的不同。一根绳子，绕在定 滑轮和动滑轮之间，会被分成几股。 （3） 初中阶段研究的对象要么静止，要么做匀速直线运动，即受力满足平衡条件： 合力等于零。 【例 3】如图 2，每个滑轮重10N，物体 A重 80N，不计绳重和摩擦，整个装置处 于静止状态，求绳子的拉力F。 【解析】取动滑轮和物体A为研究对象，受力分析如图3（有 三股绳子向上拉着动滑轮和物体A整体） ， 因为处于静止状态， 所以有 FFFC物十 G动，即