中考物理易错题专题训练-杠杆平衡条件的应用问题练习题及答案解析
中考物理综合题专练∶杠杆平衡条件的应用问题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，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=OAOBGl l =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=OC OCOB OBGl G l l l ⨯= ∵l OC ＜l OB∴F 2＜G∴F 1＞F 2；故选B ．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。
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。
中考物理培优 易错 难题(含解析)之杠杆平衡条件的应用问题附答案解析
【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，FB的力臂LOB最长，其次是LOC、LOA，而阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件 可知，动力臂越长动力越小，所以三个方向施力大小：FA＞FC＞FB．
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；
D．分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆仍在水平位置平衡
【答案】B
【解析】
【分析】
动态杠杆相关判断。
【详解】
AB．因为为杠杆平衡，所以
，
即
，
所以
。
若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：
左边 ，
右边 ，
左边等于右边，杠杆仍保持水平平衡，故A错误，B正确；
CD．若分别将两物体切去等质量（即等重 ）的一小块，则：
左边 ，
右边 ，
因 ，则左边小于右边，则杠杆右端向下倾斜，故CD错误。
【点睛】
较难题.失分原因是：
（1）没有根据题干信息确定出 的等量关系；
（2）将“切去等体积”、“切去等质量”代入杠杆平衡条件后，两边力和力臂的关系确定错误；
（3）忽略了左右两侧的力臂不同，在分析杠杆平衡时判断猎误。
中考物理复习杠杆平衡条件的应用问题专项易错题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，在等臂杠杆两端各挂等重的实心铅块和铁块（ρρ>铅铁），杠杆水平平衡，若将铁块和铅块同时浸没在水中（未触底），则（ ）A ．杠杆左端上翘B ．杠杆右端上翘C ．杠杆仍然水平平衡D ．不确定【答案】A 【解析】 【分析】根据铅块和铁块质量相同，并结合杠杆的平衡条件确定杠杆的类型，即为等臂杠杆；因此当铁块、铅块都浸没水中后，受到浮力较小的一侧，杠杆下沉。
【详解】原来杠杆平衡，且铅块和铁块质量相同（重力相同），且杠杆为等臂杠杆；由杠杆平衡条件可知，两侧的力臂相同，铅块和铁块质量相同，因为ρρ>铅铁，则由mV ρ=可知V V <铅铁，当浸没水中后，由F gV ρ=浮水排可知，铁块受到的浮力大，铅块受到的浮力较小，此时杠杆受到的拉力F G F =-浮拉物因重力相同、铅块受到的浮力较小，则可知铅块对杠杆的拉力较大，因两侧的力臂相同，所以铅块一侧拉力与力臂的乘积较大，则铅块一侧将下降，即右端下降，左端上翘。
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。
中考物理易错题专题训练-杠杆平衡练习题含答案
【解析】
【详解】
不等臂杠杆平衡时，满足F1l1=F2l2，l1 l2，F1 F2。
A．使动力、阻力的大小减少相同的数值F时，由Fl1≠Fl2可知，
(F1−F)l1≠(F2−F)l2，
故A不符合；
B．使动力、阻力的大小增加相同的数值F时，由Fl1≠Fl2可知，
(F1+F)l1≠(F2+F)l2，
故B不符合；
C．使动力臂、阻力臂增加相同的长度L时，由F1L≠F2L可知，
F1(L+l1)≠F2(L+l2)，
故C不符合；
D．使动力、阻力的大小增加相同的倍数时，由F1l1=F2l2可知，
nF1×l1=nF2×l2，
故D正确。
故选D。
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（）
右边
由于
杠杆右端下沉，故D不符合题意。
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】
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Hale Waihona Puke 】B【解析】【分析】
【详解】
D．因为杠杆的动力臂无法确定，所以它可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆，故D正确。
中考物理复习杠杆平衡条件的应用问题专项易错题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，杠杆在水平位置平衡．下列操作仍能让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．两侧钩码同时向内移一格C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格【答案】D【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2332⨯=⨯G l G lA．两侧钩码同时向外移一格,左边为⨯=G l Gl248右边为⨯=339G l GlGl Gl<89杠杆右端下沉，故A项不符合题意；B．两侧钩码同时向内移一格，左边为⨯=G l Gl224右边为313⨯=G l Gl<34Gl Gl杠杆左端下沉，故B项不符合题意；C．同时加挂一个相同的钩码，左边为⨯=G l Gl339右边为⨯=G l Gl428<Gl Gl89杠杆左端下沉，故C项不符合题意；D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边为339G l Gl ⨯=右边为339G l Gl ⨯=99Gl Gl =杠杆平衡，故D 项符合题意。
故选D 。
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，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。
中考物理复习杠杆平衡专项易错题附答案解析
A．ABB．ACC．ADD．AE
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．由此分析解答．
【详解】
由图知，O为支点，动力作用在A点，连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB．
故选D。
11．如图所示，轻质杠杆AOB的支点是O，AO=BO。若在A端和B端分别悬挂重力相等的两个重物，则杠杆（ ）
A．保持平衡B．A端下沉
C．B端下沉D．以上均可能
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
轻质杠杆AOB的重力可不计，杠杆的示意图如下所示：
动力和阻力大小均等于物体的重力，两个重物的重力相等，则F1=F2；动力臂为OA，阻力臂为OC，满足
故选A。
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，杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N， ，甲物体的底面积为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10NB．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750PaD．水平地面对甲物体的支持力为60N
BC．因为支点是固定点，杠杆能绕支点转动，图中的O不符合支点的特点，B、C选项错误，不符合题意．
D．以弟弟的肩B为支点，由杠杆平衡条件可得：
,
，
D选项错误，不符合题意；
16．如图，用橇棒撬起石块并保持平衡，下列说法正确的是( )
A．动力对橇棒的转动效果小于阻力对橇棒的转动效果
中考物理 杠杆平衡 培优 易错 难题练习(含答案)
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，小明用力F将铁棒从水平地面拉至竖直立起．此过程中，力F作用在B端且始终与铁棒垂直，则力F将（）A．逐渐变大B．逐渐变小C．保持不变D．先变小后变大【答案】B【解析】【详解】如下图所示：在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，所以动力臂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：Fl1=F2 l2可知，l1、F2都不变，l2变小，所以F也在变小。
故选B。
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。
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中考物理压轴题专题复习——杠杆平衡条件的应用问题的综合含详细答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，有一个轻质硬杆，两端分别为A ，D 点，一重物悬挂于B 点，力F 作用在D 点使硬杆平衡，为了使力F 最小，支点O 应选择在（ ）A ．A 点B ．B 点C ．C 点D ．D 点【答案】A 【解析】 【详解】由题意可知，支点O 不会在B 点，否则有力F 的存在，轻质硬杆不能平衡；支点O 也不会在D 点，否则无论力F 大小如何，轻质硬杆也不能平衡；假设支点O 在C 点，那么根据杠杆的平衡原理可知BC CD Gl Fl =，变换可得BCCDGl F l =； 假设支点O 在A 位置时，那么根据杠杆的平衡原理可知AB AD Gl Fl =，变换可得ABADGl F l =， 从图中可以看到，动力F 的力臂l AD 最长，那么力F 最小；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。
中考物理易错题专题复习-杠杆平衡条件的应用问题练习题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图是上肢力量健身器示意图，杠杆AB 可绕O 点在竖直平面内转动，3AB BO =，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B 点施加竖直向下的拉力为F 1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B 点施加竖直向下的拉力为F 2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。
已知122:3:F F =，杠杆AB 和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（ ）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C ．健身者在B 点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛D ．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B 点施加竖直向下的拉力为540牛【答案】C【解析】【分析】【详解】当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力为N F G F =-由图知动滑轮上有2段绳子承担物重，因此杠杆A 点受到的拉力N 22A F F G G F G +⨯=-=+动动（）根据杠杆的平衡条件得到A B F OA F OB ⋅=⋅即N 2B G F G OA F OB ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）因为3AB BO =所以2AO BO =则N 221B G F G F ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）即N 42B F G F G ⨯-=+动（）当压力为85N 时14120N -85N 2F G =⨯+动（）当压力为60N 时24120N -60N 2F G =⨯+动（）因为122:3:F F ＝所以124120N -85N 24120N -60N 223G F F G ⨯+=⨯=+动动（）（） 解得30N G =动A ．当配重对地面的压力为50N 时，B 点向下的拉力为N 424120N -50N 230N =340N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）故A 错误；B ．当配重对地面的压力为90N 时，B 点向下的拉力为N 424120N -90N 230N =180N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）故B 错误；C ．健身者在B 点施加400N 竖直向下的拉力时，根据N 42B F G F G ⨯-=+动（）可得N 400N 4120N 230N F =⨯-+⨯（）解得N 35N F =故C 正确；D ．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据N 42B F G F G ⨯-=+动（）可得4120N -0N 230N =540N >500N B F ⨯+⨯=（）因为人的最大拉力等于体重500N ，因此配重不可能匀速拉起，故D 错误。
中考物理易错题专题复习-杠杆平衡条件的应用问题练习题及答案
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 。
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。
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。
备战中考物理复习杠杆平衡条件的应用问题专项易错题附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动的过程中（）A．动力臂逐渐变大B．阻力臂逐渐变大C．动力F保持不变D．动力F逐渐减小【答案】B【解析】【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。
【详解】A．由图示可知，木棒是一个杠杆，力F是动力，力F始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A不符合题意；B．木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，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符合题意；CD．已知G、L保持不变，L G逐渐变大，由杠杆平衡条件有GL G=FL动力F逐渐增大，故CD不符合题意。
故选B。
【点睛】本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。
2．如图所示的轻质杠杆OA上悬挂着一重物G，O为支点，在A端用力使杠杆平衡。
下列叙述正确的是（）A．此杠杆一定是省力杠杆B．沿竖直向上方向用力最小C．沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡D．此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆【答案】D【解析】【分析】【详解】A．因为无法确定动力臂的大小，所以无法确定是哪种杠杆，故A错误；B．沿垂直杠杆向上的方向用力，动力臂最大，动力最小，最省力，故B错误；C．沿OA方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C错误。
D．因为杠杆的动力臂无法确定，所以它可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆，故D正确。
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。
中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题附答案解析
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，杠杆在水平位置平衡．下列操作仍能让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．两侧钩码同时向内移一格C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格【答案】D【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2332⨯=⨯G l G lA．两侧钩码同时向外移一格,左边为⨯=G l Gl248右边为⨯=339G l GlGl Gl<89杠杆右端下沉，故A项不符合题意；B．两侧钩码同时向内移一格，左边为⨯=G l Gl224右边为313⨯=G l Gl<34Gl Gl杠杆左端下沉，故B项不符合题意；C．同时加挂一个相同的钩码，左边为⨯=G l Gl339右边为⨯=G l Gl428<Gl Gl89杠杆左端下沉，故C项不符合题意；D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边为339G l Gl⨯=右边为339G l Gl⨯=99Gl Gl=杠杆平衡，故D项符合题意。
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。
中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．小军利用如图所示的装置测量某液体的密度 ρ，他将同种材料制成的甲、乙两物块分别悬挂在轻质硬杆 AB 的两端，把甲浸没在待测液体中，调节乙的位置到 C 处时，硬杆 AB 恰好水平平衡。
已知：OC =2OA ，甲、乙的体积比为 13∶2，甲、乙两物块的密度为2.6g/cm 3。
不计硬杆 AB 的重力，则下列说法中正确的是（ ）A ．ρ＝0.8×103kg/m 3B ．ρ＝1.0×103kg/m 3C ．ρ＝1.8×103kg/m 3D ．ρ＝2.6×103kg/m 3 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】乙物体对杠杆的作用力为=F G m g V g ρ==乙乙乙乙物甲物体对杠杆的作用力为=F G F V g V g V g V g ρρρρ=-=--甲甲甲甲甲浮物排物杠杆平衡时F OA F OC ⨯=⨯甲乙即V g V g OA V g OC ρρρ-⨯=⨯甲甲乙物物（）又知2=132OC OA V V =甲乙∶∶，解得ρ＝1.8×103kg/m 3选项A 、B 、D 错误，不符合题意；选项C 正确，符合题意 故选C 。
2．AC 硬棒质量忽略不计，在棒的B 、C 两点施加力F 1、F 2，F 2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（ ）A ．F 1<F 2B ．F 1=221s F s C ．F 1力臂等于s 1 D ．F 2方向沿OO '线向上 【答案】D 【解析】 【详解】AC ．由图知，F 2的方向沿OO ′线，其力臂最长，为s 2；而F 1的方向竖直向下，所以其力臂L 1是从A 点到F 1的垂线段，小于s 1，更小于s 2， 由F 1L 1=F 2L 2知，L 1＜s 2，所以F 1一定大于F 2，故AC 不符合题意； B ．由F 1L 1=F 2L 2知，F 1L 1=F 2s 2，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。
中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题附答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，轻质杠杆MON 及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O 点转动，:3:2MO NO =，图中正方体D 通过细线与N 点相连且与水平地面的接触面积S 为8×10-2m 2。
当物体A 的质量为8kg 时，杠杆在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强p 1为4000Pa ；当把物体A 换成质量为30kg 的物体B ，支点移至O '，使:4:3MO NO ''=时，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为p 2；此时用物体C 替换物体B ，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为0，（杠杆、支架和托盘的重力不计，g 取I0N/kg ） 则下列结论正确的是（ ）A ．物体C 的重力为300NB ．物体D 的质量为32kgC ．p 2为500PaD ．物体C 对托盘的压力为40N【答案】C【解析】【分析】【详解】当放物体A 时，地面对物体的支持力等于物体对地面的压力22114000Pa 810m 320N F p S -==⨯⨯=此时杠杆受到的拉力2D 1F G F =-根据杠杆平衡条件可知()A D 1m g OM G F ON =-解得A 1D 38kg 10N/kg 320N 2440N ON ON m g OM F ON G ON ON⨯⨯++=== 则物体D 的质量D D 440N 44kg 10N/kgG m g === 故B 错误；放物体C 时，D 对地面的压强为0，此时支持点在O '，根据杠杆的平衡条件可知C D G O M G O N ''=则D C 440N 330N 43GO N O N G O M O N ''⨯==='' 故A 错误； 物体C 对托盘的压力等于C 的重力为330N ，故D 错误；当放上物体B 时，根据杠杆的平衡条件可知()B D 2m g O M G F O N ''=-则D B 24440N 30kg 10N/kg 340N O N O N G O N m g O M F O N O N''-⨯⨯''-==='' 则物体D 对地面的压强222240N 500Pa 810mF p S -===⨯ 故C 正确。
中考物理复习杠杆平衡条件的应用问题专项易错题及详细答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，轻质杠杆MON 及支架是一个固连在一起的整体，且能绕O 点转动，:3:2MO NO =，图中正方体D 通过细线与N 点相连且与水平地面的接触面积S 为8×10-2m 2。
当物体A 的质量为8kg 时，杠杆在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强p 1为4000Pa ；当把物体A 换成质量为30kg 的物体B ，支点移至O '，使:4:3MO NO ''=时，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为p 2；此时用物体C 替换物体B ，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D 对水平地面的压强为0，（杠杆、支架和托盘的重力不计，g 取I0N/kg ） 则下列结论正确的是（ ）A ．物体C 的重力为300NB ．物体D 的质量为32kgC ．p 2为500PaD ．物体C 对托盘的压力为40N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】当放物体A 时，地面对物体的支持力等于物体对地面的压力22114000Pa 810m 320N F p S -==⨯⨯=此时杠杆受到的拉力2D 1F G F =-根据杠杆平衡条件可知()A D 1m g OM G F ON =-解得A 1D 38kg 10N/kg 320N 2440NON ONm g OM F ON G ON ON⨯⨯++=== 则物体D 的质量D D 440N 44kg 10N/kgG m g ===故B 错误；放物体C 时，D 对地面的压强为0，此时支持点在O '，根据杠杆的平衡条件可知C D G O M G O N ''=则D C 440N 330N43G ON O NG O M O N ''⨯==='' 故A 错误；物体C 对托盘的压力等于C 的重力为330N ，故D 错误； 当放上物体B 时，根据杠杆的平衡条件可知()B D 2m g O M G F O N ''=-则D B 24440N 30kg 10N/kg 340NON O N G O N m g O M F O N O N''-⨯⨯''-==='' 则物体D 对地面的压强222240N 500Pa 810mF p S -===⨯ 故C 正确。
中考物理培优易错试卷(含解析)之杠杆平衡条件的应用问题附详细答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡，甲图上有两个体积不同的铁球，乙图上有两个体积相向的铝球和铁球，如果把他们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是A ．仍保持平衡B ．甲仍保持平衡，乙失去平衡C ．都失去平衡D ．甲失去平衡，乙仍保持平衡【答案】B 【解析】 【详解】甲杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得1212G L G L =铁铁即1122gV L gV L ρρ⨯=⨯铁铁所以1122V L V L ⨯=⨯浸入水中后左端力和力臂的乘积为：()()11111gV gV L gV L ρρρρ-⨯=-⨯铁水铁水浸入水中后右端力和力臂的乘积为：()()22222gV gV L gV L ρρρρ-⨯=-⨯铁水铁水所以浸入水中后，左右两端力和力臂的乘积相等，故杠杆仍然平衡。
乙杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得12G L G L =铝铁即12gV L gV L ρρ⨯=⨯铝铁①浸入水中后左端力和力臂的乘积为：()111gV gV L gV L gV L ρρρρ-⨯=⨯-⨯铝铝水水②浸入水中后右端力和力臂的乘积为：()222gV gV L gV L gV L ρρρρ-⨯=⨯-⨯铁水铁水③由于12L L >，结合①可知，左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积，故杠杆失去平衡、右端下沉，故选B 。
【点睛】本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠平衡条件的掌握和运用，利用好力臂大小关系和受到的浮力大小关系是本题的关键。
2．AC 硬棒质量忽略不计，在棒的B 、C 两点施加力F 1、F 2，F 2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（ ）A ．F 1<F 2B ．F 1=221s F sC ．F 1力臂等于s 1D ．F 2方向沿OO '线向上 【答案】D 【解析】 【详解】AC ．由图知，F 2的方向沿OO ′线，其力臂最长，为s 2；而F 1的方向竖直向下，所以其力臂L 1是从A 点到F 1的垂线段，小于s 1，更小于s 2， 由F 1L 1=F 2L 2知，L 1＜s 2，所以F 1一定大于F 2，故AC 不符合题意； B ．由F 1L 1=F 2L 2知，F 1L 1=F 2s 2，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。
中考物理易错题精选-杠杆平衡条件的应用问题练习题及答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图所示，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C．C点是支点，物体A放在车厢后部可省力D．C点是支点，物体A放在车厢前部可省力【答案】C【解析】【分析】【详解】由图可知车厢绕着点C转动,所以点C为支点;当物体放在车厢的后部时,动力臂大于阻力臂,因此省力，所以选项ABD都不正确，故答案为 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，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，杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N ，:1:3AO OB =，甲物体的底面积为0.2m 2，g 取10N/kg 。
下列说法正确的是（ ）A ．甲物体对杠杆的拉力为10NB ．杠杆对甲物体竖直向上的拉力为60NC ．甲物体对水平地面的压强为750PaD ．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A 330N 90N 1G OB F OA ==⨯=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A 150N 90N 60N F F G F ==-=-=甲压支则甲物体对水平地面的压强260N 300Pa 0.2m F p S ===压甲甲 故C 项错误，D 项正确。
中考物理 杠杆平衡条件的应用问题 培优 易错 难题练习(含答案)含答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为（）A．AB B．AC C．AD D．AE【答案】A【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．由此分析解答．【详解】由图知，O为支点，动力作用在A点，连接OA就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB．故选A．【点睛】在通常情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂．2．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。
3．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 ＞FC B ．F A ＜F B ＜F C 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 ．4．用图示装置探究杠杆平衡条件，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 θ，动力臂l 也随之改变，所作出的“F -θ”图象和“F -l ” 图象中，正确的是A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 【详解】A ．动力F 和θ的关系，当F 从沿杆方向（水平向左）→垂直于杆方向（与水平方向成90°）→沿杆方向（水平向右），由图可知，F 对应的动力臂l =OA ×sinθ，动力臂l 先变大后变小，则动力F 先变小后变大，所以A 错误；B ．当θ等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，所以B 错误； CD ．根据杠杆平衡条件Fl =F 2l 2可得：F =22F l l，由于F 2、l 2不变，则F 和l 成反比，故C 正确，D 错误。
中考物理培优易错试卷(含解析)之杠杆平衡条件的应用问题含详细答案
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1．如图，用橇棒撬起石块并保持平衡，下列说法正确的是( )A．动力对橇棒的转动效果小于阻力对橇棒的转动效果B．手在A点竖直向下施力时，撬棒是个省力杠杆C．手在A点向不同方向施力时，力的大小都相等D．手分别在A、B两点沿竖直向下方向施力时，在B点比在A点费力【答案】B【解析】【分析】【详解】A．因用撬棒撬起石块并保持平衡，根据杠杆的平衡条件，动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂。
所以动力对撬棒的转动效果等于于阻力对撬棒的转动效，A选项错误；B．手在A点竖直向下施力时，动力臂大于阻力臂，根据杠杆的平衡条件，动力小于阻力，撬棒是个省力杠杆，B选项正确；C．手在A点向不同方向施力时，动力的力臂大小随方向的改变而改变，而阻力和阻力臂大小不变，所以动力的大小不相等，C选项错误；D．手分别在A、B两点沿竖直向下方向施力时，在A点的动力臂小于在B点的动力臂，根据杠杆的平衡条件，手在A点沿竖直向下方向施力大于在B点沿竖直向下方向施加的力，即在A点比在B点费力，D选项错误。
故选B。
2．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。
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。
精选中考物理易错题专题复习杠杆平衡条件的应用问题含答案
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．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．如图所示的轻质杠杆OA上悬挂着一重物G，O为支点，在A端用力使杠杆平衡。
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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，轻质杠杆左侧用细绳挂着正方体甲，正方体甲放在水平放置的电子测力计上，右侧挂着重为1N 的钩码乙，O 为支点，正方体甲的边长为0.1m 。
在杠杆水平平衡的条件下，当只改变动力臂l 1，电子测力计的示数T 随之改变，T- l 1的关系如图所示。
则下列判断正确的是（ ）A ．阻力臂l 2为6cmB ．正方体甲受到的重力为6NC ．当动力臂l 1=2cm 时，左侧细绳对杠杆的拉力为2ND ．当动力臂l 1=4cm 时，正方体甲对电子测力计的压强为100Pa 【答案】D 【解析】 【分析】通过甲物体处于平衡条件的分析确定杠杆所受的拉力大小，再根据杠杆平衡条件结合图像上不同的点来解题。
【详解】A ．根据题意，甲始终处于静止状态，甲受到绳子的拉力，甲物体自身的重力，电子秤对甲物体的支持力G F F =+支拉物体拉杠杆的力和杠杆拉物体的力是一对相互作用力2F F =拉电子测力计对物体甲的支持力和物体甲对电子测力计的压力是一对相互作用力F T =支即2F G T =-根据杠杆的平衡条件1122F L F L =得()112F L G T L =-根据图像可知当T 1=2N ，L 1=2cm()21N 2cm 2N G L ⨯=-⨯根据图像可知当T 1=1N ，L 1=4cm()21N 4cm 1N G L ⨯=-⨯解得L 2=2cm ，G =2N ，A 、B 选项错误； C ．由图像可知，当L 1=2cm ，此时T 1=2N213N 2N 1N F G T =-=-=细绳对杠杆的拉力是1N ，C 选项错误； D ．由图像可知，当L 1=4cm ，此时T 1=1N ，由公式1N 100Pa 0.1m 0.1mF P S ===⨯ D 选项正确。
故答案选择D 。
2．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 ．3NB ．9NC ．1ND ．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 =14l 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。
3．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。
4．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【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1122Fl F l =分析得出动力变大。
故选A 。
5．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 =6．如图杠杆AOB 用细线悬挂起来，分别在A 、B 两端分别挂上质量为1m 、2m 的重物时，杠杆平衡，此时AO 恰好处于水平位置，AO BO =，不计杠杆重力，则1m 、2m 的关系为A ．12m m >B ．12m m =C ．12m m <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：1122F L F L =可知，1122G L G L = 1122m gL m gL =即1122m L m L =因为力与相应的力臂成反比关系，从图中可以看出力臂12L L ＞，所以物体的重力12G G ＜，即12m m ＜，故选C 。
7．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11142cm4cm=0.04m22l 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l2=3×2cm=6cm＞l1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F1l1=Gl2可得1123N4cm=2N6cmF lGl⨯==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212N6cm=1.5N2cm4GlFOA'⨯==⨯故C错误，D正确。
故选D。
8．能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为（）A．AB B．AC C．AD D．AE【答案】A【解析】【分析】根据杠杆平衡的条件，F 1×L 1=F 2×L 2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．由此分析解答． 【详解】由图知，O 为支点，动力作用在A 点，连接OA 就是最长的动力臂，根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，所以最小力方向为AB ． 故选A ． 【点睛】在通常情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到的线段就是最长力臂．9．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 ．10．如图是上肢力量健身器示意图，杠杆AB 可绕O 点在竖直平面内转动，3AB BO =，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B 点施加竖直向下的拉力为F 1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B 点施加竖直向下的拉力为F 2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。
已知122:3:F F =，杠杆AB 和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（ ）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C ．健身者在B 点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛D ．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B 点施加竖直向下的拉力为540牛 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】当配重在地面上保持静止状态时，它受到的绳子的拉力为N F G F =-由图知动滑轮上有2段绳子承担物重，因此杠杆A 点受到的拉力N 22A F F G G F G +⨯=-=+动动（）根据杠杆的平衡条件得到A B F OA F OB ⋅=⋅即N 2B G F G OA F OB ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）因为3AB BO =所以2AO BO =则N 221B G F G F ⨯-+⨯=⨯⎡⎤⎣⎦动（）即N 42B F G F G ⨯-=+动（）当压力为85N 时14120N -85N 2F G =⨯+动（）当压力为60N 时24120N -60N 2F G =⨯+动（）因为122:3:F F ＝所以124120N -85N 24120N -60N 223G F F G ⨯+=⨯=+动动（）（） 解得30N G =动A ．当配重对地面的压力为50N 时，B 点向下的拉力为N 424120N -50N 230N =340N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）故A 错误；B ．当配重对地面的压力为90N 时，B 点向下的拉力为N 424120N -90N 230N =180N B F G F G ⨯-=⨯⨯=++动（）（）故B 错误；C ．健身者在B 点施加400N 竖直向下的拉力时，根据N 42B F G F G ⨯-=+动（）可得N 400N 4120N 230N F =⨯-+⨯（）解得N 35N F =故C 正确；D ．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据N 42B F G F G ⨯-=+动（）可得4120N -0N 230N =540N >500N B F ⨯+⨯=（）因为人的最大拉力等于体重500N ，因此配重不可能匀速拉起，故D 错误。