2020-2021中考物理备考之杠杆平衡压轴培优 易错 难题篇及答案

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．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。

故选C。

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F4
B．F1和F3
C．F2和F4
D．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。

4．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1
2
，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1
2
，
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＝1
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，
4G×4L＝F'2×6L，
所以F'2
＝8 3
G，故D不符合题意。

故选B。

5．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1122
Fl F l
=可得
min
42
F L
G L
⋅=⋅
则有
min
24N2
2N
44
G 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1122
Fl F l
=可知
22
1
1
F 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。

6．小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5个钩码挂成了如图所示的情况，则（）
A．由图可以得到杠杆平衡条件为F1L1=F2L2
B．小明在F1和F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡
C．小明取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下杠杆仍能平衡
D．小明取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处杠杆仍能平衡
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．假设一个钩码的重力为G
F1=2G，F2=G，F3=2G
各力力臂为
L1=20，L2=10，L3=15
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=G⨯10=10G
F3L3=2G⨯15=30G
杠杆平衡的条件为
F1L1=F2L2+F3L3
故A不符合题意；
B．在F1和F2的下方各再挂一个钩码后
F1L1=3G⨯20=60G
F2L2=2G⨯10=20G
F3L3=2G⨯15=30G
F1L1>F2L2+F3L3
杠杆失去平衡，故B不符合题意；
C．取下F1下的一个钩码并将F2的钩码取下后
F1L1=G⨯20=20G
F2L2=0
F3L3=2G⨯15=30G
F1L1<F2L2+F3L3
杠杆失去平衡，故C不符合题意；
D．取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=0
F3L3=2G⨯20=40G
F1L1=F2L2+F3L3
杠杆重新平衡，故D符合题意。

故选D。

OA OB＝，A端接一重为G A 7．如图所示装置，杆的两端A、B离支点O的距离之比:1:2
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∶4
B ．1∶2
C ．1∶1
D ．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 OA
F OB
⋅=
因 :1:2OA OB ＝
所以
12
A F G = 由图和动滑轮的特点可知
12
B F G = 故
1:1A B
G G = 故选C 。

8．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，
Gvt
F
L
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．
9．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（）
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．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 l
A．两侧钩码同时向外移一格,左边为
G l Gl
⨯=
248
右边为
⨯=
339
G l Gl
<
89
Gl Gl
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 Gl
⨯=
224
右边为
⨯=
313
G l Gl
<
34
Gl 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 Gl
339
右边为
⨯=
428
G l Gl
89Gl Gl <
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 。

12．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L ，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S 将不超过 （ ）
A ．3115L
B ．2L
C ．52L
D ．74
L 【答案】A
【解析】
【分析】
因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离。

【详解】
1处于平衡，则1对2的压力应为
2
G ；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡状态，设2露出的长度为x ，则2下方的支点距重心在 -2
L x 处；由杠杆的平衡条件可知
-22
L G G x x ⎛⎫= ⎪⎝⎭ 解得
3L x =
设4露出的部分为x 1；则4下方的支点距重心在
1-2
L x 处；4受到的压力为
2
G G +
则由杠杆的平衡条件可知
114-52G G x G x ⎛⎫⎛
⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝
⎭
解得
15
L x =
则6、7之间的最小距离应为
()131
223515
L L L x x L L ⎛⎫++=++= ⎪⎝⎭
故选A 。

13．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F 2 不变，F 与铁棒始终垂直，所以动力臂l 1 不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F 2 的阻力臂l 2 在变小，根据杠杆的平衡条件可得：Fl 1=F 2 l 2 可知，l 1 、F 2 都不变，l 2 变小，所以F 也在变小。

故选B 。

14．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5000N
C．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=1
2
v绳=
1
2
×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×OA
OB
=1000N×
2
OA
OA
=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=1
2
(G+G动)可得，建筑材料P重
G=2F−G动=2×300N−100N=500N
故D错误。

故选C。

15．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。

16．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。

17．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 223
G 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。

故选C 。

18．如图所示，小明用一可绕O 点转动的轻质杠杆，将挂在杠杆下的重物提高。

他用一个始终与杠杆垂直的力F 使杠杆由竖直位置缓慢转到水平位置，在这个过程中，此杠杆（ ）
A ．一直是省力的
B ．先是省力的，后是费力的
C ．一直是费力的
D ．先是费力的，后是省力的
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
由题图可知动力F 的力臂l 1始终保持不变，物体的重力G 始终大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动的过程中，重力的力臂l 2逐渐增大，在l 2＜l 1之前杠杆是省力杠杆，在l 2＞l 1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B 。

19．如图所示，在轻质杠杆AB 两端各挂体积相同的实心物体甲、乙，杠杆在水平位置保持不变。

下列说法正确的是（ ）
A ．分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆右端向下倾斜
B ．分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆仍在水平位置平衡
C ．分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆左端向下倾斜
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
G OA G OB =甲乙，
即
Vg OA Vg OB ρρ⨯=⨯甲乙，
所以
OA OB ρρ⨯=⨯甲乙。

若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：
左边()
=OA G OA Vg OA G G ρ⨯=--∆⨯甲甲甲切甲，
右边()OB G OB Vg O G B G ρ⨯==--∆⨯乙乙乙切乙，
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G ）的一小块，则：
左边()
G G OA G OA G OA -⨯==-⨯甲甲， 右边()=OB G O G G B G OB ⨯=--⨯乙乙，
因OA OB >，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OA OB ρρ⨯=⨯甲乙的等量关系；
（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
（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。

20．如图所示，AC硬棒质量忽略不计，在棒的B点悬挂一个重物，在棒的C点施加一个方向沿OO'的力F，棒在力F的作用下从水平位置被缓慢提升到图示位置。

则下列相关描述正确的是（）
A．力F的方向沿OO'向下B．ABC是费力杠杆
C．阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力D．在提升过程中，力F变小
【答案】D
【解析】
【详解】
A．F1对杠杆的拉力向下，则为了将杠杆抬起，力F的方向应沿OO'向上，故A错误；B．由于力F的方向应沿OO'向上，则动力臂为S2，阻力臂小于动力臂，则杠杆为省力杠杆，故B错误；
C．与杠杆接触的是悬挂在杠杆上的绳子，则阻碍杠杆转动的力是绳子对杠杆的拉力，故C错误；
D．在移动过程中，F1的力臂逐渐变小，拉力F力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知力F变小，故D正确。

故选D。

21．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F1、F2作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（）
A．F1>F2，因为甲中的动力臂长
B．F1<F2，因为乙中的阻力臂长
C．F1>F2，因为乙中的阻力臂短
D．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍
【答案】D
【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，
1
2
l F G
G 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！
22．如图所示，小明利用一根长为L 的扁担挑水，他在扁担的左端挂上质量为m 1的水桶，在右端挂上质量为m 2的水桶，右手扶着扁担右侧。

已知m 1> m 2 ，不计扁担自重，下列说法正确的是（ ）
A ．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担左端
B ．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担右端
C ．小明的肩位于扁担中点时，右手需要给扁担施加向上的力
D ．扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越小 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．扁担在左端挂了m 1的水桶，右端挂了m 2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件1122F L F L =可知，若要扁担平衡右手不使力，人的肩膀应靠近扁担左端，故A 正确，B 错误；
C ．小明的肩位于扁担中点时，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件1122F L F L =可知，左端下沉，为了使扁担在水平位置平衡，右手需要给扁担施加向下的
力，故C 错误； D ．根据压强的公式F
p S
=可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越大，故D 错误。

故选A 。