2020-2021备战中考物理备考之杠杆平衡压轴培优易错试卷篇及答案

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．如图所示，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 L
2332
A．两边各向外移一格，左边
⨯=
248
G L GL
右边
⨯=
339
G 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
⨯
24
G L
右边
⨯
42
G 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
⨯=
339
G L GL
右边
⨯=
428
G 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
<
34
GL GL
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】
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。

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。

4．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．
5．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。

6．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。

【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。

7．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。

8．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
【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 1
G 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
2
60N 300Pa 0.2m F p S ===压甲甲 故C 项错误，D 项正确。

故选D 。

9．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F
C ．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。

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。

OA OB＝，A端接一重为G A 11．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 。

12．一轻质不等臂杠杆AOB 的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块，此时杠杆在水平位置平衡。

现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所示。

已知：331.010kg/m ρ=⨯水，332.71k 0g/m ρ=⨯铝，338.910kg/m ρ=⨯铜，则下列判断正确的是（ ）
A ．A 端下降
B ．B 端下降
C ．仍然平衡
D ．无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
在轻质不等臂杠杆AOB两端吊上实心铝块和铜块时，杠杆在水平位置平衡，由图知
OB<OA，据杠杆的平衡条件得
G铝⋅OA=G铜⋅OB
即
ρ铝V铝g⋅OA=ρ铜V铜g⋅OB
而ρ铝<ρ铜，所以
V铝g>V铜g
将铝块和铜块同时浸没在水中后，杠杆左、右两边有
(G铝-F浮)⋅OA，(G铜-F浮＇)⋅OB
即
(ρ铝V铝g-ρ水V铝g)⋅OA，(ρ铜V铜g-ρ铜V铜g)⋅OB
那么
ρ铝V铝g⋅OA -ρ水V铝g⋅OA<ρ铜V铜g⋅OB -ρ铜V铜g⋅OB
所以B端下沉。

故ACD错误，B正确。

故选B。

13．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。

14．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F 1=F 2；动力臂为OA ，阻力臂为OC ，满足
OC OB OA <=
所以可知
12F OA F OC ⨯>⨯
根据杠杆的平衡条件可知，A 端下沉。

故选B 。

15．将打足气的篮球和套扎在气针上的未充气的气球，一起悬挂在杠杆右端，左端挂适量钩码使杠杆水平平衡。

将气针插入篮球气孔中，篮球中的部分空气充入气球后，杠杆左端下降，如图所示。

这个现象说明（ ）
A ．大气压的存在
B ．钩码重大于篮球与气球总重
C ．空气充入气球后，钩码对杠杆的拉力与其力臂的乘积变大
D ．空气充入气球后，篮球和气球受到总的空气浮力变大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】
开始杠杆平衡，由杠杆平衡条件得
G 钩码×L 左=F 绳拉力×L 右
篮球与气球受到竖直向下的重力G 、竖直向上的绳子拉力F 、空气的浮力F 浮作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得
G =F +F 浮
则
F =
G -F 浮
将气针插入篮球的孔中，篮球中的部分空气就充入气球后，篮球与气球受到的浮力F 浮变大，而重力G 不变，绳子的拉力F 变小，因为球对杠杆的拉力F 绳拉力等于球受到的拉力F ，所以杠杆右端受到的拉力F 绳拉力变小，而G 钩码、L 左、L 右不变，因此
G 钩码×L 左>F 绳拉力×L 右
杠杆左端下沉。

故A 、B 、C 不符合题意，D 符合题意。

故选D 。

16．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 ρ
ρρρ-⨯=-⨯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 ρ
ρρρ-⨯=⨯-⨯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。

17．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6cm
B ．正方体甲受到的重力为6N
C ．当动力臂l 1=2cm 时，左侧细绳对杠杆的拉力为2N
D ．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=2N
213N 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 0.1m
F P S =
==⨯ D 选项正确。

故答案选择D 。

18．如图，粗细均匀木棒AB 长为1m ，水平放置在O 、O '两个支点上．已知AO 、O'B 长度均为0.25m 。

若把B 端竖直向上稍微抬起一点距离，至少需要用力40N ；则木棒的重力为（ ）
A ．160N
B ．120N
C ．80N
D ．4ON
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
设木棒AB 的重心在C 点，抬起B 端时的支点为O ，由于AO ＝0.25m ，则抬B 端的力的力臂
OB ＝AB −AO ＝1m−0.25m ＝0.75m
木棒AB 的重心距离支点的距离，即重力的力臂
11
1m 0.25m 0.25m 22
OC O C AB AO '=
-⨯-＝＝＝ 木棒平衡，则有
F ×OB ＝
G ×OC
木棒的重力
40N 0.75m
=120N 0.25m
F OB
G OC ⨯⨯=
＝ 故B 正确。

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。

20．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
BC
CD
Gl 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
AB
AD
Gl 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 。

21．如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力F 的方向，使其从①→②→③，此过程中（ ）
A．①位置力臂最长B．③位置力臂最长
C．弹簧测力计示数先变大后变小D．弹簧测力计示数先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．力臂是支点到力的作用点的线段，由图可知当弹簧测力计在②位置时力臂最大，故AB 不符合题意；
CD．从①→②→③时动力臂先变大后变小，由图可知阻力等于钩码重力不变，在水平位置平衡所以阻力臂也不变，根据杠杆平衡的条件可知，弹簧测力计给杠杆的拉力先变小后变大，故C不符合题意，D符合题意。

故选D。

22．如图所示为一轻质杠杆。

机翼模型固定在直杆上，它们总重 6N，直杆挂在杠杆上并保持与杠杆垂直。

同一弹簧测力计在不同情形下拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。

下列说法中正确的是（）
A．测力计在a位置时的示数为 1.5N
B．测力计从a位置转到b位置后，示数将会变小
C．测力计在a位置时示数为Fa，移至c位置时示数为Fc，则Fa∶Fc=4∶1
D．测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，示数将会变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．我们将杠杆左边受到的拉力定义为阻力，右边受到的拉力定义为动力。

因为动力臂为
阻力臂的
1
4
，根据杠杆平衡条件1122Fl F l =我们可以知道，动力应为阻力6N 的4倍，即为24N ，A 选项错误，不符合题意；
B ．测力计a 位置时，动力臂等于支点到力的作用点的距离；当测力计在b 位置时，动力臂与支点到力的作用点的距离为直角三角形的一条直角边与斜边的关系，即测力计从a 位置转到b 位置，动力臂变小了。

根据杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在阻力与阻力臂均不变的情况下，动力臂减小，要使杠杆继续平衡，动力应该增大。

B 选项错误，不符合题意；
C ．当测力计从a 位置转到c 位置时，动力臂变为原来的4倍。

由杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在阻力与阻力臂均不变的情况下，动力臂变为原来的4倍，要使杠杆继续平衡，动力应变为原来的
1
4
，即Fa ∶Fc =4∶1。

C 选项正确，符合题意； D ．对模型向右吹风，根据流体压强与流速的关系可以知道，模型会受到一个向上的升力，即杠杆左边受到的拉力会减小。

根据杠杆平衡条件1122Fl F l =可以知道，在力臂均不变的情况下，阻力减小了，要使杠杆继续平衡，动力也应减小。

D 选项错误，不符合题意。

故选C 。