2020-2021中考物理杠杆平衡综合练习题含答案解析
2020-2021中考物理 杠杆平衡综合试题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．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m 1=30kg ，m 2=20kg ，为了使跷跷板在水平位置平衡，以下做法可行的是（ ）A ．把m 1向右移动0.5米B ．把m 2向左移动0.5米C ．把m 1向右移动0.2米D ．把m 2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m 1向右移，则m 2的力臂不变为1.5m ，根据杠杆的平衡条件有1122m gl m gl '=代入数据可得m 1向右移后的力臂 221120kg 1.5m 1m 30kgm gl l m g ⨯'=== m 1的力臂由1.5m 变为1m ，为了使跷跷板在水平位置平衡，把m 1向右移动0.5米，所以BCD 项错误，A 项正确。
故选A 。
2．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1cm 3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。
2020-2021中考物理《杠杆平衡》专项训练附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，杠杆在水平位置处于平衡状态。
下列操作仍能使杠杆在水平位置保持平衡的是（）A．两侧钩码同时向外移一格B．左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D．在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码【答案】B【解析】【分析】【详解】设一个钩码的重力为G，横梁上一个格的长度为L，原来杠杆处于平衡状态，则有⨯=⨯G L G L2332A．两边各向外移一格，左边⨯=248G L GL右边⨯=339G L GL由于89<GL GL杠杆右端下沉，故A不符合题意；B．左侧的钩码向左移一格，右侧增加一个钩码，因左边⨯24G L右边⨯42G L因2442⨯=⨯G L G L故B符合题意；C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码，左边⨯=339G L GL右边⨯=428G L GL因为GL GL>98杠杆左端下沉，故C不符合题意；D．在两侧钩码下方，同时减去一个相同的钩码，左边G L GL⨯=33右边G L GL⨯=224由于<34GL GL杠杆右端下沉，故D不符合题意。
故选B。
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，作用在A点的各个力中，不可能使杠杆平衡的力是A．F3和F4B．F1和F3C．F2和F4D．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。
2020-2021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D2．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。
2020-2021中考物理杠杆平衡题试题及答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在B处下方再挂一个钩码，若要使杠杆在水平位置再次平衡，下列可行的操作是______。
（选填字母）A．减少一个悬挂在A处的钩码B．增加一个悬挂在A处的钩码C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格D．将悬挂A处的钩码向右移动一格【答案】C【解析】【分析】【详解】假设一个钩码重力为G，杠杆一格为l，杠杆平衡时⨯=⨯=32236G l G l Gl若在B处下方再挂一个钩码，则右边为339⨯=G l GlA．减少一个悬挂在A处的钩码，则左边为⨯=G l Gl224左边小于右边，杠杆不能平衡，故A项不符合题意；B．增加一个悬挂在A处的钩码，则左边为⨯=G l Gl428左边小于右边，杠杆不能平衡，故B项不符合题意；C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格，则左边为⨯=G l Gl339左边等于右边，杠杆能再次平衡，故C项符合题意；D．将悬挂A处的钩码向右移动一格，则左边为⨯=G l Gl313左边小于右边，杠杆能再次平衡，故D项不符合题意。
故选C。
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，一根均匀木尺放在水平桌面上，它的一端伸出桌面的外面，伸到桌面外面的部分长度是木尺长的14，在木尺末端的B点加一个作用力F，当力F=3N时，木尺的另一端A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（）A．3N B．9N C．1N D．2N 【答案】A【解析】【分析】【详解】设直尺长为l，如图所示：从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力F=3N动力臂OB=1 4 l阻力为直尺的重力G，阻力臂CO=12l-14l=14l由杠杆平衡的条件得F×OB=G×OC3N×14l= G×14l G=3N故选A。
2020-2021中考物理专题复习杠杆平衡题含答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体Ｍ是重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知长度OA∶OB=1∶2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。
当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（）A．建筑材料P上升的速度为3m/s B．物体M对地面的压力为5000NC．工人对地面的压力为400N D．建筑材料P的重力为600N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v=12v绳=12×1m/s=0.5m/s故A错误；B．定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得F A′=3F+G定=3×300N+100N=1000N杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即F A= F A′=1000N根据杠杆的平衡条件F A×OA=F B×OB，且OA:OB=1:2，所以F B=F A×OAOB=1000N×2OAOA=500N因为物体间力的作用是相互的，所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力，即F B′=F B=500N物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，则物体M受到的支持力为F M支持=G M− F B′=5000N−500N=4500N因为物体间力的作用是相互的，所以物体M对地面的压力F M压=F M支持=4500N故B错误；C．当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则绳子对工人会施加竖直向上的拉力，其大小也为300N，此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，由力的平衡条件可得F+F支=G，则F支=G−F=700N−300N=400N因为地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以工人对地面的压力F压=F支=400N故C正确；D．由图可知n=2，且滑轮组摩擦均不计，由F=12(G+G动)可得，建筑材料P重G=2F−G动=2×300N−100N=500N故D错误。
2020-2021中考物理专题复习杠杆平衡题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，在探究杠杆平衡条件的实验中，杠杆处于水平平衡状态，所用钩码完全相同。
下列做法中能使杠杆再次平衡的是A ．分别在两边钩码下再增加一个相同钩码B ．左边减少1个钩码，右边减少2个钩码C ．两边钩码均向支点移动相同的距离D ．左边钩码向左移1.5cm ，右边钩码向右移1cm【答案】D【解析】【详解】设一个钩码的重力为G ，左边钩码到支点的距离为3l ，因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得233G l G l ⨯=⨯右，解得2l l =右，即右边钩码到支点的距离为2l ；A ．若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则3342G l G l ⨯≠⨯，此时杠杆不再平衡，不符合题意；B ．若左边减少1个钩码，右边减少2个钩码，则32G l G l ⨯≠⨯ ，此时杠杆不再平衡，不符合题意；C ．若两边的钩码均向支点移动相同的距离l ，则223G l G l ⨯≠⨯，此时杠杆不再平衡，不符合题意；D ．若左边钩码向左移1.5cm ，右边钩码向右移1cm ，则2(3 1.5)3(21)G l G l ⨯+=⨯+，此时杠杆平衡，符合题意。
2．工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为 400N 的货物从图示位置向上缓慢提升一 段距离．F 1、F 2始终沿竖直方向；图甲中 BO =2AO ，图乙中动滑轮重为 50N ，重物上升速度 为 0.02m/s ．不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )A ．甲方式 F 1由 150N 逐渐变大B ．乙方式 F 2的功率为 3WC ．甲乙两种方式都省一半的力D ．乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%【答案】D【解析】【详解】 A ．由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F 1 的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值是：1221L OB L OA == 所以，动力F 1 的大小始终不变，故A 错误；BC ．由于在甲图中， OB =2OA ，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦及杠杆自重，所以，由杠杆平衡条件知道，动力为阻力的一半，即111400N 200N 22F G ==⨯= 由图乙知道，承担物重是绳子的段数是n =3，不计绳重和摩擦，则()()211500N+50N 150N 22F G G =+=⨯=动， 即乙中不是省力一半；所以，绳子的自由端的速度是：v 绳 =0.02m/s×3=0.06m/s ，故乙方式F 2 的功率是：P=F 2 v 绳 =150N×0.06m/s=9W ，故BC 错误；D ．不计绳重和摩擦，乙方式中滑轮组的机械效率是： 400N 100%=100%=100%88.9%400N 50NW Gh W Gh G h η=⨯⨯⨯≈++有用总轮 故D 正确．3．如图所示，杠杆在水平状态保持静止，要使弹簧测力计的示数变为原来的12，下列措施中可行的是A．去掉三个钩码B．把钩码向左移动2小格C．把钩码向右移动2小格D．把弹簧秤测力计向左移动2小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，4G×4L＝F2×8L，解得F2＝2G，要使弹簧测力计的示数变为原来的12，即F2＝G。
2020-2021中考物理压轴题专题杠杆平衡的经典综合题附答案解析
C．细端质量较大D．无法判定
【答案】B
【解析】
【详解】
如图1，设O点到粗端的距离为L，在O点左侧对称地割取长也为L的一段（图1）。现再次利用对称割法，在O点右侧割取与O点左侧所割等大的一部分（图2虚线部分），将两次所割取的部分（各自重力显然是相等的）取走，则原木棒只剩下图2所示部分。设左端剩下的重力为G左，力臂为l左，右端剩下的重力为G右，力臂为l右，由杠杆平衡条件有：
处；由杠杆的平衡条件可知
解得
设4露出的部分为x1；则4下方的支点距重心在
处；4受到的压力为
则由杠杆的平衡条件可知
解得
则6、7之间的最小距离应为
故选A。
13．如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析正确的是
A．B点是支点，液压杆施的力是动力，货物重力是阻力
B．B点是支点，物体A放在车厢前部可省力
A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛
B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛
G×4L＝F'2×8L，
所以F'2＝ G，不符合题意；
B．把钩码向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
4G×2L＝F'2×8L，
所以F'2＝G，故B符合题意；
C．把钩码向右移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
4G×6L＝F'2×8L，
所以F'2＝3G，故C不符合题意；
D．把弹簧秤测力计向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，
A．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，则F1=2G；
2020-2021中考物理综合题专题复习【杠杆平衡条件的应用问题】专题解析含答案解析
7．一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】
【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。
10．如图所示，AOB为一杠杆，O为支点，杠杆重不计，AO=OB．在杠杆右端A处用细绳悬挂重为G的物体，当AO段处于水平位置时，为保持杠杆平衡，需在B端施加最小的力为F1；当BO段在水平位置时保持杠杆平衡，这时在B端施加最小的力为F2，则
11．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.
A． B．
C． D．无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆示意图如下：
根据杠杆的平衡条件： 可知，
即
因为力与相应的力臂成反比关系，从图中可以看出力臂 ，所以物体的重力 ，即 ，故选C。
2020-2021中考物理 杠杆平衡综合试题及答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．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∶2C ．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12G l G l =甲乙即32m g m g ⨯=⨯甲乙所以23m m 甲乙＝，又因为V 甲/V 乙＝1/2，甲、乙两个物块的密度之比是 241332m V m V ρρ===甲甲甲乙乙乙故C 正确。
故选C 。
2．如图所示，轻质杠杆OA 的B 点挂着一个重物，A 端用细绳吊在圆环M 下，此时OA 恰成水平且A 点与圆弧形架PQ 的圆心重合，那么当环M 从P 点逐渐滑至Q 点的过程中，绳对A 端的拉力大小将（ ）A ．保持不变B ．逐渐增大C ．逐渐减小D ．先变小再变大【答案】D 【解析】 【详解】作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下由图可知，动力臂先增大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知，拉力先变小后变大，故选D。
3．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。
2020-2021全国中考物理杠杆平衡中考真题汇总附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．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m 1=30kg ，m 2=20kg ，为了使跷跷板在水平位置平衡，以下做法可行的是（ ）A ．把m 1向右移动0.5米B ．把m 2向左移动0.5米C ．把m 1向右移动0.2米D ．把m 2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m 1向右移，则m 2的力臂不变为1.5m ，根据杠杆的平衡条件有1122m gl m gl '=代入数据可得m 1向右移后的力臂221120kg 1.5m1m 30kgm gl l m g ⨯'=== m 1的力臂由1.5m 变为1m ，为了使跷跷板在水平位置平衡，把m 1向右移动0.5米，所以BCD 项错误，A 项正确。
故选A 。
2．如图所示装置，杆的两端A 、B 离支点O 的距离之比:1:2OA OB ＝，A 端接一重为G A 的物体，B 端连一滑轮，滑轮上挂有另一重为G B 的物体。
现杠杆保持平衡，若不计滑轮重力，则G A 与G B 之比应是（ ）A ．1∶4B ．1∶2C ．1∶1D ．2∶1【答案】C 【解析】 【分析】【详解】由杠杆平衡条件可知A G OA F OB ⋅=⋅即A G OAF OB⋅=因:1:2OA OB ＝所以12A F G =由图和动滑轮的特点可知12B F G =故1:1ABG G = 故选C 。
3．一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G l G l =右右左左图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l '右减小，而左边的力和力臂不变；因此G l G l '>右右左左所以铁棒左端下沉，右端上升，即铁棒将沿逆时针转动。
2020-2021中考物理 杠杆平衡条件的应用问题综合试题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，一块厚度很薄、质量分布均匀的长方体水泥板放在水平地面上，若分别用一竖直向上的动力F 1、F 2作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（ ）A ．F 1>F 2，因为甲中的动力臂长B ．F 1<F 2，因为乙中的阻力臂长C ．F 1>F 2，因为乙中的阻力臂短D ．F 1=F 2，因为动力臂都是阻力臂的2倍 【答案】D 【解析】 【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F 克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F 1与F 2的大小关系。
【详解】两次抬起水泥板时的情况如图所示：在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2倍；依据Fl Gl =阻动可得，12l F GG l ==阻动， 所以，前后两次所用的力相同，即12F F =，故ABC 都错误，D 正确。
【点睛】本题作为考查杠杆平衡条件应用的一道经典例题，很容易让学生在第一印象中选错，一定要仔细分析，重点记忆！2．如图所示为等刻度轻质杠杆，A 处挂4牛的物体，若使杠杆在水平位置平衡，则在B 处施加的力（ ）A ．可能为0.5牛B ．一定为2牛C ．一定为3牛D ．可能是4牛【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】设杠杆每小格的长度为L ，若在B 点用垂直OB 竖直向下的力使杠杆在水平位置平衡，此时所用的力最小，根据杠杆平衡条件1122Fl F l =可得min 42F L G L ⋅=⋅则有min 24N22N 44G L F L ⋅⨯=== 若在B 点斜拉使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件1122Fl F l =可知2211F l F l =则此时杠杆左边的阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂减小，故动力将增大，故若使杠杆在水平位置平衡，在B 点施加的力2N F ≥故选D 。
2020-2021中考物理压轴题专题杠杆平衡的经典综合题含答案
6．如图所示装置，杆的两端A、B离支点O的距离之比 ，A端接一重为GA的物体，B端连一滑轮，滑轮上挂有另一重为GB的物体。现杠杆保持平衡，若不计滑轮重力，则GA与GB之比应是（ ）
A．1∶4B．1∶2C．1∶1D．2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由杠杆平衡条件可知
即
因
所以
由图和动滑轮的特点可知
所以B端下沉。故ACD错误，B正确。
故选B。
13．有一根一端粗一端细的木棒，用绳子拴住木棒的O点，将它悬挂起来，恰好在水平位置平衡，如图所示，若把木棒从绳子悬挂处锯开，则被锯开的木棒（）
A．粗细两端质量一样B．粗端质量较大
C．细端质量较大D．无法判定
【答案】B
【解析】
【详解】
如图1，设O点到粗端的距离为L，在O点左侧对称地割取长也为L的一段（图1）。现再次利用对称割法，在O点右侧割取与O点左侧所割等大的一部分（图2虚线部分），将两次所割取的部分（各自重力显然是相等的）取走，则原木棒只剩下图2所示部分。设左端剩下的重力为G左，力臂为l左，右端剩下的重力为G右，力臂为l右，由杠杆平衡条件有：
故选C．
5．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。
G左l左 G右l右，
2020-2021中考物理杠杆平衡及答案
所以
C．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轮上，则
D．图中为杠杆，O为支点，动力臂为3l，阻力臂为l，由杠杆平衡条件可得
F4×3l=Gl
即
由此可得，最省力的为F4。
故选D。
14．如图，轻质杠杆可绕O点转动（不计摩擦）．A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G．在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面的压强为1000Pa，OB=3OA．则B点的拉力F的大小为
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。
6．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（ ）
BC．由于在甲图中，OB=2OA，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦及杠杆自重，所以，由杠杆平衡条件知道，动力为阻力的一半，即
由图乙知道，承担物重是绳子的段数是n=3，不计绳重和摩擦，则
，
即乙中不是省力一半；所以，绳子的自由端的速度是：
v绳=0.02m/s×3=0.06m/s，
故乙方式F2的功率是：
A．FA>G
B．FB=G
C．FC<G
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：
2020-2021中考物理综合题专练∶杠杆平衡及答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，在调节平衡后的杠杆两侧，分别挂上相同规格的钩码，杠杆处于平衡状态。
如果在两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则（）A．左端下降B．右端下降C．仍然平衡D．无法判断【答案】A【解析】【分析】本题考查杠杆的平衡原理。
【详解】杠杆的平衡原理是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
图中，设一个钩码的重为G，杠杆每一小格的长度为L，则有G∙4L=2G∙2L，若两侧钩码下方各增加一个与原来规格相同的钩码，则杠杆的左边变成2G∙4L=8GL，右边变成3G∙2L=6GL，此时8GL>6GL，所以左端下降，故A符合题意，BCD都不符合题意。
故选A。
2．如图所示，杠杆挂上钩码后刚好平衡，每个钩码的质量相同，在下列情况中，杠杆还能平衡的是A．左右钩码各向支点移一格B．左右各减少一个钩码C．左右各减少一半钩码D．左右各增加两个钩码【答案】C【解析】设杠杆的分度值为 L，一个钩码的重为G．原来4G×2L=2G×4L；左、右钩码各向支点移动一格，左边=4G×L=4GL，右边=2G×3L=6GL，左边＜右边，杠杆向右端下沉，A不符合题意；左右各减少一个钩码，左边=3G×2L=6GL，右边=G×4L=4GL，左边＞右边，杠杆向左下沉，B 不符合题意；左、右钩码各减少一半法码，左边=2G×2L=4GL，右边=G×4L=4GL，左边=右边，杠杆平衡；C符合题意；左右各增加两个钩码，左边=6G×2L=12GL，右边=4G×4L=16GL，左边＜右边，杠杆右边下沉，D不符合题意，故选C．3．如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图．关于压面团过程的叙述正确的是（）A．面团对杆的作用力方向向下B．面团对杆的作用力大小等于FC．面团被压扁说明力能使物体发生形变D．A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A．杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故A错误；B．由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离，根据杠杆定律F1L1=F2L2，可知面团对杆的作用力大于F，故B错误；C．面团被压扁说明力能使物体发生形变，故C正确；D．C为支点，A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离，故D错误；故选C。
2020-2021中考物理杠杆平衡综合练习题附答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．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2N【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．当弹簧测力计在A 点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，所以动力臂11142cm 4cm=0.04m 22l OA ==⨯⨯= 故A 错误；B ．由图知，钩码对杠杆拉力为阻力，阻力臂的大小l 2=3×2cm=6cm ＞l 1杠杆为费力杠杆，故错误；CD ．由图知，弹簧测力计示数为3N ，根据杠杆的平衡条件F 1l 1=Gl 2可得1123N 4cm =2N 6cmF lG l ⨯== 竖直向上拉A 点时，力臂大小等于OA ，由杠杆平衡条有'12F OA Gl ⋅= ，所以测力计的示数212N 6cm =1.5N 2cm 4Gl F OA '⨯==⨯ 故C 错误，D 正确。
故选D 。
2．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F 1l 1=F 2l 2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F 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F 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F 与杠杆垂直时，动力臂最大，动力F 最小。
2020-2021中考物理 杠杆平衡 综合题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，直杆OA的下端挂一重物G且可绕O点转动。
现用一个始终与直杆垂直的力F将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置，不计杆的重力，则拉力F大小的变化情况是（）A．一直变小B．一直不变C．一直变大D．先变小后变大【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知，由于力F始终与杠杆垂直，则力F所对应的力臂始终不变，大小为力F的作用点到O点的距离，设为l1，在逐渐提升的过程中，重力大小不变，方向竖直向下，则对应力臂逐渐变大，设为l2，由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得Fl1=Gl2由于等式右端重力G不变，l2逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端l1不变，则可得F逐渐变大，故选C。
2．工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为 400N 的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离．F1、F2始终沿竖直方向；图甲中BO=2AO，图乙中动滑轮重为 50N，重物上升速度为 0.02m/s．不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )A．甲方式F1由 150N 逐渐变大B．乙方式F2的功率为 3WC．甲乙两种方式都省一半的力D．乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%【答案】D【解析】【详解】A．由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F1的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值是： 1221L OB L OA == 所以，动力F 1 的大小始终不变，故A 错误；BC ．由于在甲图中， OB =2OA ，即动力臂为阻力臂的2倍，由于不计摩擦及杠杆自重，所以，由杠杆平衡条件知道，动力为阻力的一半，即111400N 200N 22F G ==⨯= 由图乙知道，承担物重是绳子的段数是n =3，不计绳重和摩擦，则()()211500N+50N 150N 22F G G =+=⨯=动， 即乙中不是省力一半；所以，绳子的自由端的速度是：v 绳 =0.02m/s×3=0.06m/s ， 故乙方式F 2 的功率是：P=F 2 v 绳 =150N×0.06m/s=9W ，故BC 错误；D ．不计绳重和摩擦，乙方式中滑轮组的机械效率是：400N 100%=100%=100%88.9%400N 50NW Gh W Gh G h η=⨯⨯⨯≈++有用总轮 故D 正确．3．如图所示，杠杆挂上钩码后刚好平衡，每个钩码的质量相同，在下列情况中，杠杆还能平衡的是A ．左右钩码各向支点移一格B ．左右各减少一个钩码C ．左右各减少一半钩码D ．左右各增加两个钩码【答案】C【解析】 设杠杆的分度值为 L ，一个钩码的重为G ．原来4G ×2L =2G ×4L ；左、右钩码各向支点移动一格，左边=4G ×L =4GL ，右边=2G ×3L =6GL ，左边＜右边，杠杆向右端下沉，A 不符合题意；左右各减少一个钩码，左边=3G ×2L =6GL ，右边=G ×4L =4GL ，左边＞右边，杠杆向左下沉，B 不符合题意；左、右钩码各减少一半法码，左边=2G ×2L =4GL ，右边=G ×4L =4GL ，左边=右边，杠杆平衡；C 符合题意；左右各增加两个钩码，左边=6G ×2L =12GL ，右边=4G×4L =16GL ，左边＜右边，杠杆右边下沉，D 不符合题意，故选C ．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 ．F 3和F 4B ．F 1和F 3C ．F 2和F 4D ．F 1和F 2【答案】A【解析】【详解】因为力F 3的作用线所在的直线过支点O ，所以力F 3的力臂为0，又因为0乘以任何数都为0，所以力F 3不能使杠杆平衡；力F 4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同，所以力F 4不能使杠杆平衡；力F 1和F 2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反，所以力F 1和F 2可以使杠杆平衡；故选A 。
2020-2021中考物理《杠杆平衡》专项训练含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，用轻质材料制成的吊桥搭在河对岸．一个人从桥的左端匀速走到桥的右端，桥面始终是水平的，不计吊桥和绳的重力，人从吊桥左端出发时开始计时．则人在吊桥上行走过程中，吊桥右端所受地面支持力F与人行走时间t的关系图像是( )A．B．C．D．【答案】B【解析】【详解】吊桥相当于一个杠杆，以吊桥的左端为支点，人从吊桥左端出发，匀速走到桥的右端，杠杆受到人的压力（阻力）等于人的重力，动力臂为OA=L，杠杆受到物体的压力（阻力）F′=G，阻力臂为OB =vt，因为杠杆平衡，所以满足F×OA=F′×OB=G×vt，即：F×L=G×vt，GvtFL由此可知，当t=0时，F=0．当t增大时，F变大，F与人行走时间t是正比例关系，故图象B正确，符合题意为答案．2．如图所示，轻质杠杆OA的B点挂着一个重物，A端用细绳吊在圆环M下，此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合，那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中，绳对A端的拉力大小将（）A．保持不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先变小再变大【答案】D【解析】【详解】作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下由图可知，动力臂先增大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知，拉力先变小后变大，故选D。
3．如图所示，杠杆在水平状态保持静止，要使弹簧测力计的示数变为原来的12，下列措施中可行的是A．去掉三个钩码B．把钩码向左移动2小格C．把钩码向右移动2小格D．把弹簧秤测力计向左移动2小格【答案】B【解析】【分析】【详解】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，4G×4L＝F2×8L，解得F2＝2G，要使弹簧测力计的示数变为原来的12，即F2＝G。
A．去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，G×4L＝F'2×8L，所以F'2＝12G，不符合题意；B．把钩码向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，4G×2L＝F'2×8L，所以F'2＝G，故B符合题意；C．把钩码向右移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，4G×6L＝F'2×8L，所以F'2＝3G，故C不符合题意；D．把弹簧秤测力计向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，4G×4L＝F'2×6L，所以F'2＝83G，故D不符合题意。
2020-2021全国中考物理杠杆平衡中考真题分类汇总附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示为建筑工地上常用的吊装工具，物体Ｍ是重5000N的配重，杠杆AB的支点为O，已知长度OA∶OB=1∶2，滑轮下面挂有建筑材料P，每个滑轮重100N，工人体重为700N，杠杆与绳的自重、滑轮组摩擦均不计。
当工人用300N的力竖直向下以1m/s的速度匀速拉动绳子时（）A．建筑材料P上升的速度为3m/s B．物体M对地面的压力为5000NC．工人对地面的压力为400N D．建筑材料P的重力为600N【答案】C【解析】【分析】【详解】A．物重由2段绳子承担，建筑材料P上升的速度v=12v绳=12×1m/s=0.5m/s故A错误；B．定滑轮受向下的重力、3段绳子向下的拉力、杠杆对定滑轮向上的拉力，由力的平衡条件可得F A′=3F+G定=3×300N+100N=1000N杠杆对定滑轮的拉力和定滑轮对杠杆的拉力是一对相互作用力，大小相等，即F A= F A′=1000N根据杠杆的平衡条件F A×OA=F B×OB，且OA:OB=1:2，所以F B=F A×OAOB=1000N×2OAOA=500N因为物体间力的作用是相互的，所以杠杆对物体M的拉力等于物体M对杠杆的拉力，即F B′=F B=500N物体M受竖直向下的重力、竖直向上的支持力、竖直向上的拉力，则物体M受到的支持力为F M支持=G M− F B′=5000N−500N=4500N因为物体间力的作用是相互的，所以物体M对地面的压力F M压=F M支持=4500N故B错误；C．当工人用300N的力竖直向下拉绳子时，因力的作用是相互的，则绳子对工人会施加竖直向上的拉力，其大小也为300N，此时人受竖直向下的重力G、竖直向上的拉力F、竖直向上的支持力F支，由力的平衡条件可得F+F支=G，则F支=G−F=700N−300N=400N因为地面对人的支持力和人对地面的压力是一对相互作用力，大小相等，所以工人对地面的压力F压=F支=400N故C正确；D．由图可知n=2，且滑轮组摩擦均不计，由F=12(G+G动)可得，建筑材料P重G=2F−G动=2×300N−100N=500N故D错误。
2020-2021中考物理专题《杠杆平衡》综合检测试卷及答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲使其一端抬离地面，则（）A．F1＞F2，因为甲方法的动力臂长B．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍C．F1＞F2，因为乙方法的阻力臂短D．F1＜F2，因为乙方法的动力臂长【答案】B【解析】【分析】【详解】由图示可知，无论用哪种方法来抬，动力臂总是阻力臂的二倍，所用的力总等于阻力的二分之一，由于阻力就是重力，大小是不变的，所以动力的大小也是不变的，故应选B。
2．如图所示，将重150N的甲物体用细绳挂在轻质杠杆的A端，杠杆的B端悬挂乙物体，AO OB ，甲物体的底面积杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N，:1:3为0.2m2，g取10N/kg。
下列说法正确的是（）A．甲物体对杠杆的拉力为10N B．杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60N C．甲物体对水平地面的压强为750Pa D．水平地面对甲物体的支持力为60N【答案】D【解析】【分析】【详解】对物体甲受力分析，甲受到重力、地面给甲的支持力、杠杆施加的拉力的作用，其中杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，地面给甲的支持力和甲给地面的压力为一对相互作用力。
AB．根据杠杆平衡条件可知杠杆A端受到物体的拉力与OA的乘积等于乙给B端的拉力与OB的乘积相等，则有A330N90N1G OBFOA==⨯=乙即甲对杠杆的拉力为90N，杠杆施加的拉力与甲对杠杆的拉力为一对相互作用力，故AB项错误；CD．甲给地面的压力等于地面给甲的支持力为A150N90N60NF FG F==-=-=甲压支则甲物体对水平地面的压强260N300Pa0.2mFpS===压甲甲故C项错误，D项正确。
故选D。
3．AC硬棒质量忽略不计，在棒的B、C两点施加力F1、F2，F2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（）A．F1<F2B．F1=221s FsC．F1力臂等于s1D．F2方向沿OO'线向上【答案】D【解析】【详解】AC．由图知，F2的方向沿OO′线，其力臂最长，为s2；而F1的方向竖直向下，所以其力臂L1是从A点到F1的垂线段，小于s1，更小于s2，由F1L1=F2L2知，L1＜s2，所以F1一定大于F2，故AC不符合题意；B．由F1L1=F2L2知，F1L1=F2s2，即2211F s F L =故B 不符合题意； D ．已知F 1的方向是竖直向下的，为保持杠杆平衡，F 2的方向应该沿OO′向上，故D 符合题意。
2020-2021全国中考物理杠杆平衡中考真题汇总含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．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.2．如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图．关于压面团过程的叙述正确的是（）A．面团对杆的作用力方向向下B．面团对杆的作用力大小等于FC．面团被压扁说明力能使物体发生形变D．A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A．杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故A错误；B．由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离，根据杠杆定律F1L1=F2L2，可知面团对杆的作用力大于F，故B错误；C．面团被压扁说明力能使物体发生形变，故C正确；D．C为支点，A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离，故D错误；故选C。
3．如图所示，一根均匀木尺放在水平桌面上，它的一端伸出桌面的外面，伸到桌面外面的部分长度是木尺长的14，在木尺末端的B点加一个作用力F，当力F=3N时，木尺的另一端A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（）A．3N B．9N C．1N D．2N 【答案】A【解析】【分析】【详解】设直尺长为l，如图所示：从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力F=3N动力臂OB=1 4 l阻力为直尺的重力G，阻力臂CO=12l-14l=14l由杠杆平衡的条件得F×OB=G×OC3N×14l= G×14l G=3N故选A。
4．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。
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一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，AOB 为一杠杆，O 为支点，杠杆重不计，AO =OB ．在杠杆右端A 处用细绳悬挂重为G 的物体，当AO 段处于水平位置时，为保持杠杆平衡，需在B 端施加最小的力为F 1；当BO 段在水平位置时保持杠杆平衡，这时在B 端施加最小的力为F 2，则A ．F 1<F 2B ．F 1>F 2C ．F 1=F 2D ．无法比较【答案】B【解析】【分析】【详解】（1）当AO 段处于水平位置时，如左图所示最省力，∵F 1l OB =Gl OA∴F 1=OAOBGll =G ；（2）当OB 段处于水平位置时，如右图所示最省力，∵F 2l OB =Gl OC∴F 2=OCOC OB OBGlG l l l ⨯=∵l OC ＜l OB∴F 2＜G∴F 1＞F 2；故选B ．2．如图所示，轻质杠杆OA的B点挂着一个重物，A端用细绳吊在圆环M下，此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合，那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中，绳对A端的拉力大小将（）A．保持不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先变小再变大【答案】D【解析】【详解】作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下由图可知，动力臂先增大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知，拉力先变小后变大，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F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F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F与杠杆垂直时，动力臂最大，动力F最小。
4．如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图．关于压面团过程的叙述正确的是（）A．面团对杆的作用力方向向下B．面团对杆的作用力大小等于FC．面团被压扁说明力能使物体发生形变D．A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离【答案】C【解析】【分析】【详解】A．杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故A错误；B．由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离，根据杠杆定律F1L1=F2L2，可知面团对杆的作用力大于F，故B错误；C．面团被压扁说明力能使物体发生形变，故C正确；D．C为支点，A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离，故D错误；故选C。
5．如图所示，一根均匀木尺放在水平桌面上，它的一端伸出桌面的外面，伸到桌面外面的部分长度是木尺长的14，在木尺末端的B点加一个作用力F，当力F=3N时，木尺的另一端A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（）A．3N B．9N C．1N D．2N 【答案】A【解析】【分析】【详解】设直尺长为l，如图所示：从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力F=3N动力臂OB=1 4 l阻力为直尺的重力G，阻力臂CO=12l-14l=14l由杠杆平衡的条件得F×OB=G×OC3N×14l= G×14l G=3N故选A。
6．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W Gh 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。
7．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F A，若力施加在B点或C点，最小的力分别为F B、F C、且AB=BO=OC．下列判断正确的是（）（忽略O点的位置变化）A．F A > GB．F B = GC．F C <GD．F B > F C【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F a；若力施加在B点，当OB为力臂时动力最小，为F b；若力施加在C 点，当OC为力臂时，最小的力为F c，从支点作阻力的力臂为G l，如图所示：A．F a的力臂AO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F a＜G，A错误。
B．F b的力臂BO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F b＜G，B错误。
C．F c的力臂CO＞G l，根据杠杆的平衡条件可知，F c＜G，C正确。
D．F b的力臂BO=OC，根据杠杆的平衡条件可知，F b=F c，D错误。
8．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H 、正方形底面的边长为L 、重为G 。
想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（ ）A ．2GHLB ．GH LC ．HL GD ．GL H 【答案】D【解析】【分析】【详解】由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面的接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为2H ，阻力为木箱的重力，阻力臂为2L ，如图所示：根据杠杆的平衡条件可得G ×2L =F ×2H F =GL H故选D 。
9．要使图中的杠杆平衡，分别用F A 、F B 、F C 的拉力，这三个力的关系应是A ．F A ＞FB ＞F CB ．F A ＜F B ＜FC C ．F A ＞F C ＞F BD ．F A =F B =F C【答案】C【解析】【分析】【详解】分别从支点向三条作用线做垂线，作出三个力的力臂，如图；从图可知，三个方向施力，F B 的力臂L OB 最长，其次是L OC 、L OA ，而阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件1122F L F L 可知，动力臂越长动力越小，所以三个方向施力大小：F A ＞F C ＞F B ．故选C ．10．如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是（ ）A ．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格B ．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变C ．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变D ．将左右两边的钩码均向外移动一格【答案】A【解析】【详解】设杠杆的一个小格是1cm ，一个钩码的重是1N ；A ．将左边的钩码去掉二个并保持位置不变，同时将右边钩码向左移二格，（4-2）N ×3cm =3N ×（4-2）cm ，杠杆仍然平衡，故A 符合题意；B ．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，由（4+1）N ×3cm ＜（3+1）N ×4cm 得，杠杆的右端下沉，故B 不符合题意；C ．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，由（4-1）N ×3cm ＞（3-1）N ×4cm 得，杠杆的左端下沉，故C 不符合题意；D ．将左右两边的钩码均向外移动一格，由4N ×（3+1）cm ＞3N ×（4+1）cm 得，杠杆的左端下沉，故D 不符合题意。
11．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D12．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，正确的是（）A ．每次倒入空桶的液体质量相同B ．秤的刻度值分布不均匀C ．增大M 的质量，秤的量程会减小D ．悬点O 适当左移，秤的量程会增大【答案】D【解析】【分析】【详解】A ．轻质杠杆自身的质量不计，假如每次倒入空桶的液体质量相同，那么液体的重力是相同的，根据杠杆的平衡条件可知M M OA G l G l =液，G 液、OA l 、M G 不变，则M l 不变，物体M 悬挂点B 的位置是不变的，这样不能知道液体的密度，密度秤不能正常使用，A 错误； B ．每次倒入空桶的液体体积相同，根据杠杆的平衡条件可知M M OA G l G l =液，即M M OA V gl G l ρ=液液 化简可得MM OAG l V gl ρ=液液，可知ρ液与M l 成正比，则秤的刻度值分布是均匀的，B 错误； C ．增大M 的质量，根据杠杆的平衡条件M M OA G l G l =液可知，秤的量程会变大，C 错误； D ．悬点O 适当左移，阻力臂是增大的，根据杠杆的平衡条件M M OA G l G l =液可知，秤的量程会变大，D 正确。