资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
初中物理1 杠杆习题
展开
这是一份初中物理1 杠杆习题，文件包含111杠杆专题训练八大题型原卷版docx、111杠杆专题训练八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc5338" 【题型1 杠杆及其五要素】1
\l "_Tc31833" 【题型2 力臂的画法】3
\l "_Tc846" 【题型3 杠杆的平衡条件的实验探究】7
\l "_Tc846" 【题型4 动态杠杆问题分析】16
\l "_Tc31833" 【题型5 杠杆平衡条件的应用】20
\l "_Tc846" 【题型6 杠杆中最小力的问题】31
\l "_Tc846" 【题型7 杠杆的分类】35
\l "_Tc846" 【题型8 杠杆的综合应用】39
\l "_Tc5338" 【题型1 杠杆及其五要素】
1．（2022秋•永州期末）下列说法中正确的是（ ）
A．从支点到动力作用点的距离是动力臂
B．力臂一定在杠杆上
C．只有静止或匀速转动时，才叫杠杆的平衡
D．杠杆长就是动力臂加上阻力臂的长度
【答案】C
【分析】①支点到动力作用线的垂线段为动力臂；
②力臂是否在杠杆上与杠杆的形状和施力方向与杠杆是否垂直有关；
③杠杆的平衡状态包括两种状态：静止、匀速转动；
④杠杆长度与动力臂、阻力臂长度之间没有必然的联系。
【解答】解：
A、从支点到动力作用线的垂线段叫动力臂。此选项错误；
B、杠杆是直的，并且只有力与杠杆垂直时，力臂才在杠杆上。此选项错误；
C、杠杆静止不动或匀速转动，都叫杠杆平衡，都是处于平衡状态。此选项正确；
D、杠杆长度与动力臂、阻力臂长度之间没有确定的关系。此选项错误。
故选：C。
2．（2022春•沧州期末）有关杠杆的说法正确的是（ ）
A．作为杠杆一定要有支点，而且支点一定在杠杆上，杠杆的形状可以是直的，也可以是弯的
B．杠杆的长度一定等于动力臂与阻力臂之和
C．使用杠杆一定省力，有的杠杆既可省力，又可少移动距离
D．从杠杆的支点到动力作用点的距离叫做动力臂
【答案】A
【分析】（1）能绕固定点（支点）转动的硬棒叫杠杆，杠杆可以是直棒，也可以是弯曲的。杠杆的五要素：动力，阻力，动力臂，阻力臂和支点。
（2）力臂是支点到力的作用线的距离，不是支点到力的作用点的距离，即它是点到线的距离而不是点到点的距离。
【解答】解：
A、杠杆一定有支点，而且支点一定在杠杆上；杠杆可以是直棒，也可以是弯曲的，但杠杆一定是硬棒，故A正确；
B、力臂是指支点到力的作用线的垂线段，因此动力臂与阻力臂之和不一定等于杠杆的长度，故B错误。
C、杠杆分省力杠杆，费力杠杆，等臂杠杆，即省力又省距离的杠杆是没有的，故C错误；
D、力臂是支点到力的作用线的距离，不是支点到力的作用点的距离，故D错误。
故选：A。
3．（2022春•攸县期末）如图所示，小华用砂糖橘和苹果来玩跷跷板，他先在图示杆的右端位置放了一个砂糖橘，又在图示杆的左端位置放了一个苹果，放手后，发现杆马上沿逆时针方向转动起来，试分析，让杆转动的力是（ ）
A．苹果的重力B．沙糖橘的重力
C．杆对苹果的支持力D．苹果对杆的压力
【答案】D
【分析】根据杠杆的五要素进行分析。
【解答】解：苹果和砂糖橘对杠杆的压力分别为动力和阻力，因此使杠杆转动的力是苹果对杆的压力。
故选：D。
4．（2021秋•铜山区期中）如图所示，当手托住铁球并绕腕关节向上转动时，手就是一个杠杆.铁球压在掌心上的力是 阻力 ，腕关节是 支点 ，前臂中的伸肌伸展和屈肌收缩产生 动力 ，使托住铁球的手向上转动。
【答案】阻力；支点；动力。
【分析】根据题意找到杠杆的五要素，即支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，然后进行作答。
【解答】解：根据题意可知，手是一个杠杆，由图片可知，支点在腕关节，则铁球压在掌心上的力是阻力，前臂中的伸肌伸展和屈肌收缩产生动力。
故答案为：阻力；支点；动力。
\l "_Tc31833" 【题型2 力臂的画法】
5．（2021秋•常州期末）如图所示，OB是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆B端的力。已知OA⊥AB、AC⊥OB。图中F的力臂是（ ）
A．OAB．ACC．OCD．AB
【答案】A
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：由图可知，BA是力F的作用线，OA⊥AB，OA为支点到力F的作用线的距离，所以线段OA表示力F的力臂。
故选：A。
6．（2022春•长宁区校级期中）如图所示，O为支点，作用在A端的四个力中，力臂最长的是力（ ）
A．F1B．F2C．F3D．F4
【答案】B
【分析】根据力臂是指从支点到力的作用线的距离判断哪个是最长力臂的力。
【解答】解：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；根据图示可知，O为支点，做出四个力的力臂，F4的力臂为0；从O点到F2的作用线的距离OA是最长的，即力臂是最长的，如图：
。
故选：B。
7．（2023•五华区校级模拟）在图中画出动力F1的力臂L1。
【答案】见解答图
【分析】先找出支点，然后画出动力的作用线，根据力臂的画法，过支点作动力作用线的垂线段，即为F1的力臂L1。
【解答】解：从支点O向力F1的作用线作垂线，垂线段的长度即为F1的力臂L1，如图所示：
8．（2023•红山区校级一模）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上，B端吊着一个重物，静止在水平面上。请画出拉力F的力臂（用L表示）和重物所受到的重力。
【答案】
【分析】（1）已知支点、动力的方向，根据力臂的画法，过支点作动力作用线的垂线段，拉力F的力臂L；
（2）重力的方向总是竖直向下的，从物体重心表示出重力的大小和方向。
【解答】解：过支点O做动力F的垂线段，即为拉力F的力臂L；
重力的方向是竖直向下的，从重物的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为重物所受重力示意图，如图所示：
9．（2023•连云港模拟）如图所示，小明在做立卧撑，可将他视为一个以脚尖为支点O的杠杆，如果他的重心在A点，请在图中画出他受重力G的示意图和地面对他支撑力F的力臂L。
【答案】见解答
【分析】重力的方向是竖直向下的，其作用点在重心；支撑力F的作用点在手与地面的接触点，方向垂直于接触面向上；力臂是支点到力的作用线的距离。
【解答】解：过人的重心A作竖直向下的重力G，过手与地面的接触点作垂直于接触面向上的支撑力F，最后过支点O作力F作用线的垂线段，即为支撑力的力臂L，如图所示：
10．（2023•汶上县二模）请在图中画出杠杆所受动力的力臂L1和所受阻力F2的示意图。
【答案】见解答
【分析】过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向上），得出阻力示意图；由支点向动力作用线作垂线，标出L1。
【解答】解：阻力F2作用点在点A，方向竖直向上；动力臂为支点到动力F作用线的距离，如图所示：
\l "_Tc846" 【题型3 杠杆的平衡条件的实验探究】
11．（2023•泗县校级模拟）如图所示为探究杠杆平衡条件的实验装置，若每个钩码的质量均相同，为了让杠杆在水平位置保持平衡，下列说法中正确的是（ ）
A．可以在A处挂4个相同的钩码
B．用弹簧测力计作用在A点沿任意方向拉都费力
C．可以在B处挂1个相同的钩码
D．用弹簧测力计作用在B点沿任意方向拉都省力
【答案】B
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可以求出在A处挂钩码的个数；
（2）知道阻力、阻力臂、动力臂，根据杠杆平衡条件求出拉力。
（3）根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：每个钩码重力为G，设每个小格长度为L，则支点左侧力与力臂的乘积为：2G×3L＝6GL；
A、在A点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：4G×2L＝8GL，杠杆不平衡，故A错误；
B、用弹簧测力计在A点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，2G×3L＝F×2L，最小拉力为3G；当力的方向改变时，力臂减小，无论如何改变用力方向力都要大于3G，都要费力，故B正确；
C、在B点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：1G×5L＝5GL，杠杆不平衡，故C错误；
D、用弹簧测力计在B点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，2G×3L＝F×5L，最小拉力为1.2G；当力的方向改变时，力臂减小，使力臂小于3L时，拉力要大于2G，杠杆费力，用弹簧测力计在B点拉，当力臂为3L时，拉力为2G，根据杠杆平衡条件知，当改变用力方向，使力臂小于3L时，拉力要大于2G，杠杆才能平衡，要费力，故D错误。
故选：B。
12．（2023•梁山县模拟）如图是探究“杠杆平衡条件”的实验中，每个钩码的重力为0.5N，下列说法正确的是（ ）
A．甲图杠杆处于非平衡状态
B．乙图在a点用弹簧测量计至少要2N的力才能使杠杆保持平衡
C．丙图中要使杠杆平衡，F1＜F2
D．杠杆平衡条件为：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离
【答案】C
【分析】（1）杠杆平衡状态为静止状态或匀速转动状态；
（2）根据杆杆的平衡条件解答；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂变小，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）杠杆平衡条件探究“动力×动力臂”与“阻力×阻力臂”之间的关系，力臂不一定是支点到力作用点的距离。
【解答】解：A、实验前杠杆在如图甲所示位置静止，所以杠杆此时处于平衡状态，故A错误；
B、根据杠杆的平衡条件可得：F＝＝G＝0.5N；故弹簧测力计至少需要0.5N，故B错误；
C、丙图斜向左拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，要使杠杆平衡，F1＜F2，故C正确；
D、杠杆的平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂，杠杆在水平位置平衡，力臂等于支点到力的作用点的距离，如果用弹簧测力计斜着拉杠杆使其在水平位置平衡，力臂就不是支点到力的作用点的距离，故D错误。
故选：C。
13．（2023•蓬江区一模）“探究杠杆平衡条件”的实验装置中杠杆上每一小格的距离都相等，每个钩码的质量都相等，如图所示，杠杆恰好在水平位置平衡。
①若在A、B处下方再各挂一个钩码，杠杆 不能 （选填“能”或“不能”）保持水平平衡；
②若把左侧钩码向左移一小恪，右侧钩码向右移一小格，杠杆 右 （选填“左”或“右”）端将向下倾斜：
③若在C处再挂两个钩码，则D处再挂 1 个钩码才能使杠杆保持水平平衡。
【答案】①不能；②右；③1。
【分析】根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂解答。
【解答】解：设一个钩码重为G，一格的长度为L；
①若在A、B处下方再各挂一个钩码，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝3G×3L＝9GL；右侧＝4G×2L＝8GL，
则左侧＞右侧，所以杠杆不能保持水平平衡；
②若把左侧钩码向左移一小恪，右侧钩码向右移一小格，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝2G×4L＝8GL；右侧＝3G×3L＝9GL，
则左侧＜右侧，所以杠杆右端将向下倾斜；
③若在C处再挂两个钩码，D处再挂n个钩码，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝2G×3L+2G×2L＝10GL；右侧＝3G×2L+nG×4L＝6GL+4nGL，
即6GL+4nGL＝10GL，解得，n＝1，故D处再挂1个钩码。
故答案为：①不能；②右；③1。
14．（2023•宿迁模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，所用的器材有：每格长度等距的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线、每个重力都为0.5N的钩码若干个。
（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是： 便于测量力臂 。
（2）如甲图所示，杠杆处于平衡状态。若杠杆的两侧同时增加一个钩码，那么杠杆的 左 （选填“右“或“左”）端下沉。
（3）在乙图中，将弹簧测力计由竖直方向旋转至沿虚线方向，如果要继续保持杠杆在水平方向静止，测力计的示数要 变大 （选填“变小”“不变”或“变大”）。
（4）如果忽略杠杆自重对实验的影响，则在丙图中要使杠杆在水平位置保持平衡，弹簧测力计对杠杆的最小拉力为 1.2N 。
【答案】（1）便于测量力臂；（2）左；（3）变大；（4）1.2N。
【分析】（1）实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响，实验中杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）根据题意，求出两边的力和力臂的乘积，若力与力臂乘积相等，杠杆仍平衡；若不相等，杠杆将向力和力臂乘积大的那边倾斜，据此分析答题；
（3）弹簧测力计斜拉时，拉力力臂变小，拉力变大；
（4）弹簧测力计若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，根据杠杆的平衡条件可求弹簧测力计的最小拉力。
【解答】解：（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是：便于测量力臂和消除杠杆自重对实验的影响。
（2）设一个钩码的重为G，一个格为L，
支点两侧同时各减掉一个钩码，
支点左边力与力臂的乘积为：3G×6L＝18GL，
右边力与力臂的乘积为：4G×4L＝16GL，
左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，
即左端将向下倾斜；
（3）弹簧测力计斜拉时，阻力及阻力臂不变，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉力变大。
（4）弹簧测力计若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，如果力在杠杆的最左侧，力的方向应该垂直杠杆向下，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，根据杠杆的平衡条件可得：
F×10L＝4G×6L，
解得，F＝2.4G＝2.4×0.5N＝1.2N。
故答案为：（1）便于测量力臂；（2）左；（3）变大；（4）1.2N。
15．（2023•蚌山区三模）如图所示是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。
（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；
（2）在水平平衡的杠杆两边挂上钩码，如图乙所示，要使杠杆重新在水平位置平衡，应将左侧钩码向 左 （选填“左”或“右”）适当调节；
（3）如图丙是一个加宽的均匀薄木板构成的杠杆装置，此时杠杆处于水平平衡状态，若只将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，此时杠杆 仍能 （选填“仍能”或“不能”）保持水平平衡。
【答案】（1）平衡；（2）左；（3）仍能。
【分析】（1）杠杆的平衡状态：静止或匀速转动；
（2）根据杠杆的平衡条件分析；
（3）力臂是支点到力的作用线的距离，将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，力臂是线段OA，与原来相比较力和力臂都没有改变，所以杠杆仍能保持平衡。
【解答】解（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于平衡状态；
（2）由图可知，杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，左端上翘，则左侧力与力臂的乘积要小于右侧力与力臂的乘积，所以将左侧钩码向左移动，左侧的力不变，力臂变大，则左侧力与力臂的乘积变大，会使杠杆平衡；
故选：B；
（3）力臂是支点到力的作用线的距离，将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，力臂是线段OA，与原来相比较力和力臂都没有改变，所以杠杆仍能保持平衡。
故答案为：（1）平衡；（2）左；（3）仍能。
16．（2023•日照二模）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，实验前杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是 便于测量力臂大小 ；
（2）如图乙所示，杠杆上刻度均匀，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 4 个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆将 左端下沉 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持静止不动”）；
（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是 B （填序号）。
A.取平均值，减小误差
B.避免偶然性，寻找普遍规律
（4）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是 阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大 。
（5）看图戊的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。
（6）小明猜想能否使用刻度尺和杠杆等器材测量石块密度，于是他进行如下探究：（杠杆重力忽略不计）
①如图己所示，杠杆处于水平位置且平衡。
②保持石块的悬点位置A不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，则C点应该在B点的 左 （填左或“右”）侧，用刻度尺测量OC的长度L3。
③石块密度的表达式ρ＝ ρ水 （用字母）ρ水、L1、L2、L3表示。）
【答案】（1）右；便于测量力臂大小；（2）4；左端下沉；（3）B；（4）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大；（5）小于；（6）②左；③ρ水。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）实验测多组数据的目的是得出的结论更具有普遍性；
（4）当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的动力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；
（5）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系；
（6）①根据G＝mg＝ρVg表示出石块的重力，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式；
②保持石块的悬点位置A不变，即l2的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），石块排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排表示出石块受到的浮力，然后得出杠杆左端受到的拉力，调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式，然后联立等式得出l1与l3的大小关系，然后得出C点与B点的位置关系；
③根据②中得出的等式求出石块的密度。
【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，
即3G×4L＝nG×3L，解得n＝4，需挂4个钩码；
当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有4G×4L＞5G×3L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故左端下沉；
（3）多次改变力和力臂的大小，得到了多组实验数据，得出了杠杆平衡条件。该实验测量多组数据的目的是得出的结论避免偶然性，寻找普遍规律，故选B；
（4）保持C点不变，当弹簧测力计从丙位置转到丁位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
（5）如下图所示：
以O1为支点，左端的重心在P处，右端的重心在Q处，LP＜LQ，即左端重力的力臂小于右端重力的力臂。
根据杠杆的平衡条件可得：GP•LP＝GQ•LQ，
因为LP＜LQ，
所以，GP＞GQ，即mPg＞mQg，
所以mP＞mQ，
故小兔分得的萝卜质量小于小猴的；
（6）①石块的重力G石＝m石g＝ρ石V石g，重物的重力G物，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：ρ石V石g×l2＝G物×l1﹣﹣﹣﹣﹣I，
②保持石块的悬点位置A不变，即l2的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触）石块受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV石，
杠杆左端受到的拉力为G石﹣F浮＝ρ石V石g﹣ρ水gV石＝（ρ石﹣ρ水）gV石，
调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：（ρ石﹣ρ水）gV石×l2＝G物×l3﹣﹣﹣﹣﹣II，
由Ⅰ、Ⅱ可得：＝＞1，即l1＞l3，所以C点应该在B点的左侧；
③由＝可得，石块的密度ρ石＝ρ水。
故答案为：（1）右；便于测量力臂大小；（2）4；左端下沉；（3）B；（4）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大；（5）小于；（6）②左；③ρ水。
17．（2023•城中区模拟）小哲利用如图所示实验装置“探究杠杆的平衡条件”：
（1）轻质杠杆静止时如图甲所示，可将左端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使其在水平位置平衡，这样操作的目的是为了 便于直接读出力臂大小 。
（2）小哲多次实验并记录数据如表，总结数据得出杠杆的平衡条件： 动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2） 。
（3）第2次实验所挂钩码的个数和位置如图乙所示，此时将两侧所挂的钩码同时向支点O靠近一格，杠杆会 右侧下降 （选填“左侧下降”、“右侧下降”或“仍水平平衡”）。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在A处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，在测力计逐渐向左倾斜到虚线位置的过程中，保持杠杆在水平位置平衡，则测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）右；便于直接读出力臂大小；（2）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；（3）右侧下降；（4）变大。
【分析】（1）如果杠杆左端向下倾斜，应向右调节左端或右端的平衡螺母；如果杠杆右端向下倾斜，应向左调节左端或右端的平衡螺母；
杠杆不在水平平衡时，实验前调为水平位置平衡，以便我们直接读出力臂；
（2）杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；
（3）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断；
（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：
（1）轻质杠杆静止时如图甲所示，可将左端的平衡螺母向右调节，使其在水平位置平衡，这样操作的目的是便于我们直接读出力臂大小；
（2）根据表格中的实验数据得出杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；
（3）若一个钩码重G，每一个小格长L，如图乙所示，将两侧所挂的钩码同时向支点O靠近一格，则左侧4G×2L＝8GL，右侧3G×3L＝9GL，因为8GL＜9GL，所以杠杆不能平衡，右侧下降；
（4）弹簧测力计逐渐向左倾斜拉杠杆，拉力的力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。
故答案为：（1）右；便于直接读出力臂大小；（2）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；（3）右侧下降；（4）变大。
\l "_Tc846" 【题型4 动态杠杆问题分析】
18．（2023•云岩区校级一模）《墨经》最早记述了杆秤的杠杆原理，如图所示。把物品挂在挂钩上，将秤砣拨到合适位置，待秤杆平衡后，根据秤砣绳所对应的刻度就可得出物品的质量。下列有关说法正确的是（ ）
A．增大物重时，应把“權”向左端移
B．增大物重时，应把“權”向右端移
C．“權”小于物重时，右端一定上扬
D．若“權”发生磨损，则测得的物重偏小
【答案】B
【分析】利用杠杆的平衡条件逐项分析即可。
【解答】解：AB．增大物重时，阻力变大，由于动力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，应把动力臂变大，即把“權”向右端移，故A错误，B正确；
C．“權”小于物重时，动力小于阻力，根据杠杆平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂可知，当动力臂大于阻力臂时，杠杆可能在水平位置平衡，所以右端不一定上扬，故C错误；
D．若“權”发生磨损，动力变小，阻力不变，阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可得，动力臂变大，即测量值比真实值偏大，故D错误。
故选：B。
19．（2023•仁和区二模）如图所示，粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来，在B端放一支蜡烛，在AO的中点C放两支与B端完全相同的蜡烛，如果将三支蜡烛同时点燃，它们的燃烧速度相同。那在蜡烛的燃烧过程中，直尺AB将（ ）
A．蜡烛燃烧过程中A将逐渐上升
B．始终保持平衡
C．不能保持平衡，待两边蜡烛燃烧完了以后，才能恢复平衡
D．蜡烛燃烧过程中B端将逐渐上升
【答案】B
【分析】在本题中由于蜡烛对直尺的压力作用，故而构成了一个杠杆：蜡烛对直尺的作用力等于蜡烛的重力，由于杠杆是在水平方向平衡，故而力臂的长度则等于蜡烛距离O点的距离，然后结合杠杆平衡的条件可以求解。
【解答】解：设一支蜡烛的质量为m，直尺长度为L，则2m×L＝m×L，
直尺在水平位置平衡；三支蜡烛同时点燃，并且燃烧速度相同，三支蜡烛因燃烧减少的质量m′相同，
2（m﹣m′）×L＝（m﹣m′）×L，
因此在燃烧过程中直尺仍能平衡。
故选：B。
20．（2022春•池州期中）如图所示，在杠杆OA上的B点悬挂一重物G，A端用细绳吊在小圆环E上，且细绳AE长等于圆弧CED的半径，此时杠杆恰好成水平状态，A点与圆弧CED的圆心重合，E环从C点沿顺时针方向逐渐滑到D点的整个过程中，吊绳对A端的作用力的大小（ ）
A．一直变大B．一直变小
C．先变大再变小D．先变小再变大
【答案】D
【分析】根据杠杆平衡的条件进行分析，即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，由题意可知杠杆应始终处于平衡状态，则可得出拉力的变化。
【解答】解：由题意可知，在圆环转动中，A的位置保持不变，故杠杆始终处于平衡状态；
因为重力与重力的力臂的乘积不变，根据杠杆平衡的条件可得，动力臂越大，动力会越小，又因为圆环在图示位置时，力臂最大，动力最小，所以从C端移动到D端的过程中，动力会由大到小，再由小到大。
故选：D。
21．（2023•贵池区二模）如图所示，甲、乙兄弟两人分别在A点和B点共同扛起木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点，当哥哥乙的作用点从B点向O点靠近时，弟弟甲对木料作用力将 变小 （选填“变大”“不变”“变小”）。
【答案】变小。
【分析】利用杠杆平衡条件，根据杠杆的动态平衡分析即可。
【解答】解：当乙的作用点向O靠近时，此时作用点记为B′；
以A为支点，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得：F乙×AB′＝G×AO；
则：F乙＝；
当乙向O点靠近，AB′减小，G与AO不变，则F乙变大；
因为木料处于平衡状态，故所受合力为零，则有F乙+F甲＝G；
因F乙变大，所以F甲变小。
故答案为：变小。
22．（2023•无锡一模）小华利用圆柱形的铅笔，全长为15cm的钢尺（0刻度和15cm刻度均在钢尺的两端）以及质量为9g的橡皮，组装成如图所示的杠杆，此时应沿 逆时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向旋动铅笔，使钢尺调到水平位置平衡；在调节过程中，橡皮的重力势能 变小 （选填“变大”、“不变”或“变小”）；平衡时，发现橡皮的中心在钢尺2.5cm刻度处，铅笔与钢尺在4.5cm刻度处接触，则钢尺的质量m＝ 6 g。
【答案】逆时针；变小；6
【分析】重力势能的大小与质量、高度有关；
根据钢尺的状态判定铅笔移动的方向；钢尺平衡时，以铅笔为支点，根据杠杆的平衡条件列出关系式求出钢尺的质量。
【解答】解：
（1）由图可知，此时以铅笔为支点，右端下沉，为了使钢尺在水平位置平衡，应使得橡皮的压力的力臂变大，钢尺的重力的力臂减小，所以使铅笔逆时针转动；
（2）由图示可知，在调节过程中（调至水平），橡皮的高度变小，其质量不变，则橡皮的重力势能变小；
（3）钢尺在水平位置平衡时，以铅笔为支点，
根据杠杆的平衡条件可知：F1L橡皮＝GL钢尺，即：m橡皮g1L橡皮＝m钢尺gL钢尺，
则钢尺的质量为：m钢尺＝＝＝＝6g；
故答案为：逆时针；变小；6。
23．（2023春•长宁区校级期中）如图（a）所示，轻质杠杆OA保持水平平衡（B为OA的中点），重物G＝20牛，则F甲＝ 10 牛。若将重物的悬挂点和拉力的作用点互换位置，如图（b）所示，当杠杆仍保持水平平衡时，F乙＝ 40 牛。在图中 a 图中的杠杆属于省力杠杆，如果保持其它条件均不变，只改变拉力F甲或F乙的方向，则 a （以上两空均选填“a”或“b”）图中的杠杆有可能转变为等臂杠杆。
【答案】10；40；a；a。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件求解F甲和F乙的大小；
（2）杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；
②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；
③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。
【解答】解：（1）如图甲，根据杠杆平衡条件可得：G×OB＝F甲×OA，
由题知，OA＝2OB，
则F甲＝＝＝＝＝10N；
如图乙，根据杠杆平衡条件可得：G×OA＝F乙×OB，
由题知，OA＝2OB，
则F乙＝＝＝2G＝2×20N＝40N；
（2）图甲中，动力臂OA大于阻力臂OB，属于省力杠杆；
图乙中，动力臂OB小于阻力臂OA，属于费力杠杆；
如图所示，要使杠杆平衡，F甲和F乙的方向只能向右上或左上，
如果保持其它条件均不变，改变F甲的方向，当动力臂OC等于阻力臂OB时，图中的杠杆转变为等臂杠杆。
如果保持其它条件均不变，F乙的方向无论如何改变，动力臂OC始终小于阻力臂OB，故图中的杠杆转不可能变为等臂杠杆。
故答案为：10；40；a；a。
\l "_Tc846" 【题型5 杠杆平衡条件的应用】
24．（2023•莱芜区二模）骨骼、肌肉和关节构成了人体的运动系统，最基本的运动都是由骨骼绕关节转动产生的，其模型就是杠杆。如图当手提哑铃向上运动时，下列能正确表示其工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】结合实际找出转动的支点，确定肌肉的拉力是动力，物体的作用力是阻力。
【解答】解：骨骼、肌肉和关节构成了人体的运动系统，最基本的运动都是由骨骼绕关节转动产生的，其模型就是杠杆。如图当手提哑铃向上运动时，前臂绕着肘关节转动，故支点在最右侧，肌肉斜向上的拉力是动力，杠铃的作用力是阻力，故C符合题意。
故选：C。
25．（2023•连云港二模）灌河特大桥位于连云港市与盐城市的交界处，跨越灌河，是连盐高速公路上的控制性工程和苏北地区的标志性工程，如图甲所示。小明模仿大桥搭建简易模型，如图乙所示，其他因素不变，如果只把拉索与桥塔的固定点下移，则可以（ ）
A．增加动力B．减小阻力C．增加动力臂D．增加阻力臂
【答案】A
【分析】将拉索与桥塔的固定点下移，动力臂减小，阻力臂和阻力不变，根据杠杆平衡条件进行判断。
【解答】解：只把拉索与桥塔的固定点下移，动力臂减小，阻力臂和阻力不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2知，动力增加。
故选：A。
26．（2023•泉州二模）如图，在学校科技节活动中，质量为M的小华骑着一辆质量为m的独轮车，以速度v从A点匀速通过一重为G的水平独木桥，独木桥的两端由两根竖直支柱支撑着。图中能表示B端支柱所受压力F与时间t的关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对独木桥进行受力分析：支柱对水平独木桥的支持力为FA、FB，水平独木桥受到重力为G，独轮车对独木桥的压力（大小等于独轮车重加上人重），若以A为支点，FB的力臂为L、G的力臂为L、压力的力臂为vt，根据杠杆平衡条件可得FB与t的关系式，而压力与支持力是一对相互作用力，大小相等，也就得出B端支柱所受压力F与时间t的关系式，由此判断选择。
【解答】解：重为G、长为L的水平独木桥的两端由两根竖直支柱A、B支撑着，分别对水平独木桥的支持力为FA、FB，水平独木桥受到重力为G，
独轮车对独木桥的压力为F＝（m+m人）g，
以A为支点，独轮车对独木桥的压力的力臂为vt，根据杠杆平衡条件：FBL＝G×L+（m+m人）gvt，
则FB＝G+（m+m人）gvt，
压力与支持力是一对相互作用力，所以B端支柱所受压力F＝FB＝G+（m+m人）gvt，
由此可知B端支柱所受压力F与时间t是一条一次函数的图象（不经过原点）。
故选：C。
27．（2023•房山区二模）（多选）如图所示，用细绳将粗细均匀的杠杆AB挂在水平支架上，点O为杠杆的支点且OA＝OB，杠杆始终保持在水平位置平衡。工人站在水平地面上，第一次竖直向下用200N的力拉绳子时，货物D未离开水平地面；第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零。已知工人体重为500N，杠杆重为100N，货物与地面的接触面积为0.1m2。不计绳重，下列说法中正确的是（ ）
A．货物D的重力为200N
B．第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力为300N
C．第一次拉绳子时，货物对地面的压强为1000Pa
D．第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力为700N
【答案】BCD
【分析】（1）已知第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零，则货物D对水平地面的压力为零，由杠杆平衡条件可求得货物D的重力；
（2）第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力等于其重力减去拉绳子的力；
（3）由杠杆平衡条件求得第一次拉绳子时，作用在A的力，然后可知此时货物对地面的压力，已知货物与地面的接触面积，由p＝可求得货物对地面的压强；
（4）第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力等于杠杆重力加上两边的拉力F2。
【解答】解：A、第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零，则货物D对水平地面的压力为零，此时货物D对A的拉力等于其重力，由GD×OA＝F2×OB，可得GD＝F2＝300N，故A错误；
B、第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力：
F压＝G人﹣F1＝500N﹣200N＝300N，故B正确；
C、由杠杆平衡条件可得：
FA×OA＝F1×OB，
已知OA＝OB，则FA＝F1＝200N，
货物对地面的压力：F压′＝F1＝200N
货物对地面的压强：
p＝＝＝1000Pa，故C正确；
D、第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力：
F拉＝G杆+2F2＝100N+2×300N＝700N，故D正确。
故选：BCD。
28．（2023•红桥区二模）（多选）码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB＝1：3。下列计算结果正确的是（ ）（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
A．水对桶底的压强为1.0×104Pa
B．水对桶底的压力为600N
C．人对地面的压力为375N
D．人对地面的压强为1.0×104Pa
【答案】ABD
【分析】（1）已知水深，由p＝ρgh可求得水对桶底的压强；
（2）由p＝公式变形可求得水对桶底的压力；
（3）根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力；
（4）由p＝可求得人对地面的压强。
【解答】解：A、水对桶底的压强p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1.0×104Pa，故A正确；
B、由p＝可得，水对桶底的压力F＝pS＝1.0×104Pa×600×10﹣4m2＝600N，故B正确；
C、由杠杆平衡条件可得，G总×AO＝F拉×OB，
则F拉＝＝＝300N，
人对地面的压力F压＝G﹣F拉＝600N﹣300N＝300N，故C错误；
D、人对地面的压强p′＝＝＝1.0×104Pa，故D正确。
故选：ABD。
29．（2023•安徽模拟）如图所示，将一物块用细绳挂在轻质杠杆的A点，在B点施加竖直向上F1＝30N的力时，杠杆在水平位置平衡。撤去F1，在B点施加一个与水平方向成30°角的力F2时，杠杆仍能在水平位置平衡，则F2的大小为 60 N。
【答案】60
【分析】根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，求出A点对杠杆的拉力与力臂的乘积；根据直角三角形30°角对应的直角边等于斜边的一半（即杠杆OB长度的一半）；再根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知数据代入，便可求出F2的大小。
【解答】解：在B点施加力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件可得G•OA＝F1•OB，
从图中可以看出，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，故拉力F2的力臂为L2＝OB，杠杆仍能在水平位置平衡，
根据杠杆平衡条件可得G•OA＝F2L2＝OB，则F2＝2F1＝2×30N＝60N。
故答案为：60。
30．（2023•怀宁县校级模拟）如图所示，有一根匀质木棒长为L，OA＝，重力G＝9N，其一端置于水平桌面上。为了不使这根木棒的B端下沉，所需外力F至少应为 4 N。
【答案】4。
【分析】为了不使这根铁棒的B端下沉，此时支点为A，铁棒的重力为阻力，B端的拉力为动力；然后确定其动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡的条件：F1L1＝F2L2求出F的大小。
【解答】解：为了不使这根铁棒的B端下沉，此时杠杆的支点是A，动力臂为AB＝L+L＝L，阻力臂为AO＝L，
根据杠杆的平衡条件可得：F×L＝G•L，所以F＝G＝×9N＝4N。
故答案为：4。
31．（2023•虎林市校级二模）某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警的装置，如图为该装置的一部分，模拟车辆放置在托盘内（托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计）。水平杠杆OAB，OB长120cm，OA：OB＝1：6，杠杆OAB通过压杆与压力传感器相连，当传感器受到30N的压力时，装置开始发出报警信号。报警装置中利用OAB这种类型杠杆的好处是 减小对压力传感器的压力，扩大量程 ，报警器刚开始报警时，托盘限载重量为 180 N。
【答案】减小对压力传感器的压力，扩大量程；180。
【分析】根据动力臂和阻力臂的大小判定杠杆的种类及其好处；
根据杠杆的平衡条件求出托盘限载重量。
【解答】解：由图可知，OAB这种类型杠杆在使用的过程中，减小对压力传感器的压力，扩大量程；
托盘限载重量的大小等于A点受到的压力，压力传感器受到的压力等于压力传感器对B的支持力，根据杠杆的平衡条件可知：G×OA＝F×OB，则G＝＝30N×＝180N。
故答案为：减小对压力传感器的压力，扩大量程；180。
32．（2023春•沙坪坝区期中）小萍设计了如图所示的装置。轻质杠杆AOB可绕支点O无摩擦转动，OB＝2m，OA＝1m。在杠杆A端用不可伸长的细线悬挂正方体M，重力为600N，边长为20cm。当重为500N的小萍静止站立在OB之间某处时，杠杆处于水平平衡状态，且M对地面的压力刚好为0。求：
（1）此时，小萍离O点的距离为多少米？
（2）当小萍再向左运动0.5m时，M对A点的拉力为多少N？
（3）在第（2）小题的情景下，正方体M对水平地面的压强为多少Pa？
【答案】（1）小萍离O点的距离为1.2m；
（2）M对A点的拉力为350N；
（3）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件求出小萍离O点的距离；
（2）小萍再向左运动0.5m时，根据杠杆的平衡条件求出A端细线的拉力；
（3）正方体M对水平地面的压力等于自身的重力减少绳子的拉力，受力面积等于正方体M的底面积，利用p＝求出正方体M对水平地面的压强。
【解答】解：（1）M对地面的压力刚好为0，则地面对M的支持力也为0，对M做受力分析，它受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，且拉力与重力相等，即F拉＝G＝600N，
杠杆对重物M的拉力F拉与重物M对杠杆的拉力F1相等，即F1＝F拉＝600N；
设小萍离O点的距离为l2，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1•OA＝GAl2，即：
l2＝＝＝1.2m；
（2）当小萍再向左运动0.5m时，小萍距O点的距离为l2'＝1.2m﹣0.5m＝0.7m，
由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1'•OA＝GAl2'，
则重物M对杠杆的拉力为：
F1'＝＝＝350N，
（3）杠杆对重物的拉力为F拉'＝F1'＝350N，
由于物体M静止，物体M受到重力、拉力、支持力，关系式为F支＝G﹣F拉'＝600N﹣350N＝250N，
则物体对地压力为F压＝250N，
物体受力面积为S＝a2＝0.2m×0.2m＝4×10﹣2m2，
正方体M对水平地面的压强为：
p＝＝＝6250Pa。
答：（1）小萍离O点的距离为1.2m；
（2）M对A点的拉力为350N；
（3）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。
33．（2023春•霍邱县期中）如图所示是某同学做俯卧撑时的示意图，他的质量为45kg，其身体可视为杠杆，A点为重心。
（取g＝10N/kg）
（1）该同学所受重力是多少；
（2）求地面对他双手支持力的大小。
【答案】（1）该同学所受重力是450N；
（2）地面对其双手支持力的大小为265N
【分析】（1）已知该同学的质量，直接利用G＝mg即可求出其重力；
（2）分析出动力臂、阻力臂，利用杠杆的平衡条件求地面对手的支持力。
【解答】解：（1）该同学所受重力：G＝mg＝45kg×10N/kg＝450N；
（2）由图可知，动力臂L1＝1.0m+0.7m＝1.7m，阻力臂L2＝1.0m，
由杠杆平衡条件得：F×L1＝G×L2，
地面对双手的支持力：F＝×G＝×450N≈265N。
答：（1）该同学所受重力是450N；
（2）地面对其双手支持力的大小为265N。
34．（2023•明光市二模）如图甲所示的是《天工开物》中记载的三千多年前在井上汲水的桔橡，其示意图如图乙所示。轻质杠杆的支点O距左端端点的距离L1＝0.5m，距右端端点的距离L2＝0.2m。在杠杆左端端点处悬挂质量为2kg的物体A，右端端点处悬挂边长为0.1m的正方体B，正方体B的质量为7kg，杠杆在水平位置平衡。
（1）正方体B受到细线向上的拉力是多少？
（2）正方体B对地面的压强是多少？
（3）若保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，保持正方体B和地面始终接触且有力的作用，则正方体B对地面的压力会怎样变化？简要说明理由。
【答案】（1）正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）正方体B对地面的压强为2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
【分析】（1）此时杠杆左端所受拉力等于物体A的重力，根据F＝G＝mg求出物体A、B 的重力，再由杠杆平衡条件求绳子对B的拉力，根据力的相互作用可知正方体B受到细线向上的拉力的大小；
（2）首先计算B对地面的压力，根据压强公式计算B对地面的压强；
（3）根据杠杆平衡条件分析即可。
【解答】解：（1）物体A、B 的重力分别为：
GA＝mAg＝2kg×10N/kg＝20N，GB＝mBg＝7kg×10N/kg＝70N，
设杠杆右端的拉力为FB，根据杠杆平衡条件可得：GA×L1＝FB×L2，
即：20N×0.5m＝FB×0.2m，
解得：FB＝50N，
根据力的相互作用可知正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）B对地面的压力：F压＝F支＝GB﹣FB＝70N﹣50N＝20N；
B对地面的压强：pB＝＝＝2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
答：（1）正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）正方体B对地面的压强为2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
35．（2023•广水市模拟）如图所示是位于随州广水市印台山生态公园的健身器械坐拉器，图乙是结构模型图。坐在座椅上的人，用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O1转动，连杆BD拉动杆O2C绕转轴O2转动，将座椅向上抬起。图乙中O1A：O1B＝6：1，O2C：O2D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O2C，BD杆对AB和O2C杆的拉力均沿着BD。小明同学想估算坐在坐拉器上抬起自己的拉力大小。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向在同一直线，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。
（1）杠杆AO1B可视作一种 省力 杠杆（填“省力”或“费力”）。
（2）若小明的质量为50kg，此时他让自己保持在图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？（g取10N/kg）
（3）在（2）种情况下，若人的臀部与座椅的接触面积为400cm2，则小明对座板的压强是多大？
【答案】（1）省力；
（2）需要对手柄A施加竖直向下的拉力为125N的力；
（3）小明对座板的压强为9.375×103Pa。
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的长度大小关系判断杠杆的分类；
（2）对于杠杆AO1B来说，人的拉力FA是动力，而BD对它的力FB是阻力，利用杠杆的平衡条件列出平衡公式；对于杠杆O2DC来说，人的体重与A点的拉力FA'的差是阻力，作用在D点的力FD是动力，根据平衡条件得到平衡公式；根据相互作用力的规律可知，FB＝FD、FA＝FA'，最后求解即可。
（3）若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向在同一直线，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。座板对小明的支持力、与小明的重力以及小明对座板的压力平衡，求出小明对座板的压力结合压强公式p＝计算小明对座板所受的压强。
【解答】解：（1）杠杆AO1B中，A点的拉力FA是动力，B点BD施加的是阻力；因为动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆；
（2）小明的重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
由杠杆平衡条件得，对于杠杆AO1B来说有：
FA×O1A＝FB×O1B，即＝＝①
对于杠杆O2DC来说，人的体重与A点的拉力FA'的差是阻力，作用在D点的力FD是动力，
（G﹣FA'）×O2C＝FD×O2D，即：＝②
由题意知，FB＝FD，
由于物体间相互作用力的大小相等，即FA＝FA′，次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
1
0.1
2
0.05
2
2
0.15
1.5
0.2
3
3
0.05
1.5
0.1
\l "_Tc5338" 【题型1 杠杆及其五要素】1
\l "_Tc31833" 【题型2 力臂的画法】3
\l "_Tc846" 【题型3 杠杆的平衡条件的实验探究】7
\l "_Tc846" 【题型4 动态杠杆问题分析】16
\l "_Tc31833" 【题型5 杠杆平衡条件的应用】20
\l "_Tc846" 【题型6 杠杆中最小力的问题】31
\l "_Tc846" 【题型7 杠杆的分类】35
\l "_Tc846" 【题型8 杠杆的综合应用】39
\l "_Tc5338" 【题型1 杠杆及其五要素】
1．（2022秋•永州期末）下列说法中正确的是（ ）
A．从支点到动力作用点的距离是动力臂
B．力臂一定在杠杆上
C．只有静止或匀速转动时，才叫杠杆的平衡
D．杠杆长就是动力臂加上阻力臂的长度
【答案】C
【分析】①支点到动力作用线的垂线段为动力臂；
②力臂是否在杠杆上与杠杆的形状和施力方向与杠杆是否垂直有关；
③杠杆的平衡状态包括两种状态：静止、匀速转动；
④杠杆长度与动力臂、阻力臂长度之间没有必然的联系。
【解答】解：
A、从支点到动力作用线的垂线段叫动力臂。此选项错误；
B、杠杆是直的，并且只有力与杠杆垂直时，力臂才在杠杆上。此选项错误；
C、杠杆静止不动或匀速转动，都叫杠杆平衡，都是处于平衡状态。此选项正确；
D、杠杆长度与动力臂、阻力臂长度之间没有确定的关系。此选项错误。
故选：C。
2．（2022春•沧州期末）有关杠杆的说法正确的是（ ）
A．作为杠杆一定要有支点，而且支点一定在杠杆上，杠杆的形状可以是直的，也可以是弯的
B．杠杆的长度一定等于动力臂与阻力臂之和
C．使用杠杆一定省力，有的杠杆既可省力，又可少移动距离
D．从杠杆的支点到动力作用点的距离叫做动力臂
【答案】A
【分析】（1）能绕固定点（支点）转动的硬棒叫杠杆，杠杆可以是直棒，也可以是弯曲的。杠杆的五要素：动力，阻力，动力臂，阻力臂和支点。
（2）力臂是支点到力的作用线的距离，不是支点到力的作用点的距离，即它是点到线的距离而不是点到点的距离。
【解答】解：
A、杠杆一定有支点，而且支点一定在杠杆上；杠杆可以是直棒，也可以是弯曲的，但杠杆一定是硬棒，故A正确；
B、力臂是指支点到力的作用线的垂线段，因此动力臂与阻力臂之和不一定等于杠杆的长度，故B错误。
C、杠杆分省力杠杆，费力杠杆，等臂杠杆，即省力又省距离的杠杆是没有的，故C错误；
D、力臂是支点到力的作用线的距离，不是支点到力的作用点的距离，故D错误。
故选：A。
3．（2022春•攸县期末）如图所示，小华用砂糖橘和苹果来玩跷跷板，他先在图示杆的右端位置放了一个砂糖橘，又在图示杆的左端位置放了一个苹果，放手后，发现杆马上沿逆时针方向转动起来，试分析，让杆转动的力是（ ）
A．苹果的重力B．沙糖橘的重力
C．杆对苹果的支持力D．苹果对杆的压力
【答案】D
【分析】根据杠杆的五要素进行分析。
【解答】解：苹果和砂糖橘对杠杆的压力分别为动力和阻力，因此使杠杆转动的力是苹果对杆的压力。
故选：D。
4．（2021秋•铜山区期中）如图所示，当手托住铁球并绕腕关节向上转动时，手就是一个杠杆.铁球压在掌心上的力是 阻力 ，腕关节是 支点 ，前臂中的伸肌伸展和屈肌收缩产生 动力 ，使托住铁球的手向上转动。
【答案】阻力；支点；动力。
【分析】根据题意找到杠杆的五要素，即支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，然后进行作答。
【解答】解：根据题意可知，手是一个杠杆，由图片可知，支点在腕关节，则铁球压在掌心上的力是阻力，前臂中的伸肌伸展和屈肌收缩产生动力。
故答案为：阻力；支点；动力。
\l "_Tc31833" 【题型2 力臂的画法】
5．（2021秋•常州期末）如图所示，OB是以O点为支点的杠杆，F是作用在杠杆B端的力。已知OA⊥AB、AC⊥OB。图中F的力臂是（ ）
A．OAB．ACC．OCD．AB
【答案】A
【分析】力臂是从支点到力的作用线的距离，由支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即为力臂。
【解答】解：由图可知，BA是力F的作用线，OA⊥AB，OA为支点到力F的作用线的距离，所以线段OA表示力F的力臂。
故选：A。
6．（2022春•长宁区校级期中）如图所示，O为支点，作用在A端的四个力中，力臂最长的是力（ ）
A．F1B．F2C．F3D．F4
【答案】B
【分析】根据力臂是指从支点到力的作用线的距离判断哪个是最长力臂的力。
【解答】解：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；根据图示可知，O为支点，做出四个力的力臂，F4的力臂为0；从O点到F2的作用线的距离OA是最长的，即力臂是最长的，如图：
。
故选：B。
7．（2023•五华区校级模拟）在图中画出动力F1的力臂L1。
【答案】见解答图
【分析】先找出支点，然后画出动力的作用线，根据力臂的画法，过支点作动力作用线的垂线段，即为F1的力臂L1。
【解答】解：从支点O向力F1的作用线作垂线，垂线段的长度即为F1的力臂L1，如图所示：
8．（2023•红山区校级一模）如图所示硬棒OB能绕支点O转动，A处用绳子拉住固定在墙壁上，B端吊着一个重物，静止在水平面上。请画出拉力F的力臂（用L表示）和重物所受到的重力。
【答案】
【分析】（1）已知支点、动力的方向，根据力臂的画法，过支点作动力作用线的垂线段，拉力F的力臂L；
（2）重力的方向总是竖直向下的，从物体重心表示出重力的大小和方向。
【解答】解：过支点O做动力F的垂线段，即为拉力F的力臂L；
重力的方向是竖直向下的，从重物的重心画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，即为重物所受重力示意图，如图所示：
9．（2023•连云港模拟）如图所示，小明在做立卧撑，可将他视为一个以脚尖为支点O的杠杆，如果他的重心在A点，请在图中画出他受重力G的示意图和地面对他支撑力F的力臂L。
【答案】见解答
【分析】重力的方向是竖直向下的，其作用点在重心；支撑力F的作用点在手与地面的接触点，方向垂直于接触面向上；力臂是支点到力的作用线的距离。
【解答】解：过人的重心A作竖直向下的重力G，过手与地面的接触点作垂直于接触面向上的支撑力F，最后过支点O作力F作用线的垂线段，即为支撑力的力臂L，如图所示：
10．（2023•汶上县二模）请在图中画出杠杆所受动力的力臂L1和所受阻力F2的示意图。
【答案】见解答
【分析】过阻力作用点表示阻力的方向（即竖直向上），得出阻力示意图；由支点向动力作用线作垂线，标出L1。
【解答】解：阻力F2作用点在点A，方向竖直向上；动力臂为支点到动力F作用线的距离，如图所示：
\l "_Tc846" 【题型3 杠杆的平衡条件的实验探究】
11．（2023•泗县校级模拟）如图所示为探究杠杆平衡条件的实验装置，若每个钩码的质量均相同，为了让杠杆在水平位置保持平衡，下列说法中正确的是（ ）
A．可以在A处挂4个相同的钩码
B．用弹簧测力计作用在A点沿任意方向拉都费力
C．可以在B处挂1个相同的钩码
D．用弹簧测力计作用在B点沿任意方向拉都省力
【答案】B
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可以求出在A处挂钩码的个数；
（2）知道阻力、阻力臂、动力臂，根据杠杆平衡条件求出拉力。
（3）根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：每个钩码重力为G，设每个小格长度为L，则支点左侧力与力臂的乘积为：2G×3L＝6GL；
A、在A点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：4G×2L＝8GL，杠杆不平衡，故A错误；
B、用弹簧测力计在A点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，2G×3L＝F×2L，最小拉力为3G；当力的方向改变时，力臂减小，无论如何改变用力方向力都要大于3G，都要费力，故B正确；
C、在B点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为：1G×5L＝5GL，杠杆不平衡，故C错误；
D、用弹簧测力计在B点用弹簧测力计竖直向下拉，根据杠杆平衡条件知，2G×3L＝F×5L，最小拉力为1.2G；当力的方向改变时，力臂减小，使力臂小于3L时，拉力要大于2G，杠杆费力，用弹簧测力计在B点拉，当力臂为3L时，拉力为2G，根据杠杆平衡条件知，当改变用力方向，使力臂小于3L时，拉力要大于2G，杠杆才能平衡，要费力，故D错误。
故选：B。
12．（2023•梁山县模拟）如图是探究“杠杆平衡条件”的实验中，每个钩码的重力为0.5N，下列说法正确的是（ ）
A．甲图杠杆处于非平衡状态
B．乙图在a点用弹簧测量计至少要2N的力才能使杠杆保持平衡
C．丙图中要使杠杆平衡，F1＜F2
D．杠杆平衡条件为：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离
【答案】C
【分析】（1）杠杆平衡状态为静止状态或匀速转动状态；
（2）根据杆杆的平衡条件解答；
（3）当弹簧测力计斜着拉时，其力臂变小，根据杠杆平衡条件分析出答案；
（4）杠杆平衡条件探究“动力×动力臂”与“阻力×阻力臂”之间的关系，力臂不一定是支点到力作用点的距离。
【解答】解：A、实验前杠杆在如图甲所示位置静止，所以杠杆此时处于平衡状态，故A错误；
B、根据杠杆的平衡条件可得：F＝＝G＝0.5N；故弹簧测力计至少需要0.5N，故B错误；
C、丙图斜向左拉时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，要使杠杆平衡，F1＜F2，故C正确；
D、杠杆的平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂，杠杆在水平位置平衡，力臂等于支点到力的作用点的距离，如果用弹簧测力计斜着拉杠杆使其在水平位置平衡，力臂就不是支点到力的作用点的距离，故D错误。
故选：C。
13．（2023•蓬江区一模）“探究杠杆平衡条件”的实验装置中杠杆上每一小格的距离都相等，每个钩码的质量都相等，如图所示，杠杆恰好在水平位置平衡。
①若在A、B处下方再各挂一个钩码，杠杆 不能 （选填“能”或“不能”）保持水平平衡；
②若把左侧钩码向左移一小恪，右侧钩码向右移一小格，杠杆 右 （选填“左”或“右”）端将向下倾斜：
③若在C处再挂两个钩码，则D处再挂 1 个钩码才能使杠杆保持水平平衡。
【答案】①不能；②右；③1。
【分析】根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂解答。
【解答】解：设一个钩码重为G，一格的长度为L；
①若在A、B处下方再各挂一个钩码，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝3G×3L＝9GL；右侧＝4G×2L＝8GL，
则左侧＞右侧，所以杠杆不能保持水平平衡；
②若把左侧钩码向左移一小恪，右侧钩码向右移一小格，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝2G×4L＝8GL；右侧＝3G×3L＝9GL，
则左侧＜右侧，所以杠杆右端将向下倾斜；
③若在C处再挂两个钩码，D处再挂n个钩码，根据杠杆的平衡条件可得：左侧＝2G×3L+2G×2L＝10GL；右侧＝3G×2L+nG×4L＝6GL+4nGL，
即6GL+4nGL＝10GL，解得，n＝1，故D处再挂1个钩码。
故答案为：①不能；②右；③1。
14．（2023•宿迁模拟）在探究“杠杆平衡条件”的实验中，所用的器材有：每格长度等距的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线、每个重力都为0.5N的钩码若干个。
（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是： 便于测量力臂 。
（2）如甲图所示，杠杆处于平衡状态。若杠杆的两侧同时增加一个钩码，那么杠杆的 左 （选填“右“或“左”）端下沉。
（3）在乙图中，将弹簧测力计由竖直方向旋转至沿虚线方向，如果要继续保持杠杆在水平方向静止，测力计的示数要 变大 （选填“变小”“不变”或“变大”）。
（4）如果忽略杠杆自重对实验的影响，则在丙图中要使杠杆在水平位置保持平衡，弹簧测力计对杠杆的最小拉力为 1.2N 。
【答案】（1）便于测量力臂；（2）左；（3）变大；（4）1.2N。
【分析】（1）实验前先要调节杠杆在水平位置平衡，这是为使杠杆所受的重力通过支点，从而可以不考虑杠杆的重力对其转动的影响，实验中杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）根据题意，求出两边的力和力臂的乘积，若力与力臂乘积相等，杠杆仍平衡；若不相等，杠杆将向力和力臂乘积大的那边倾斜，据此分析答题；
（3）弹簧测力计斜拉时，拉力力臂变小，拉力变大；
（4）弹簧测力计若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直杠杆，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，根据杠杆的平衡条件可求弹簧测力计的最小拉力。
【解答】解：（1）实验前将杠杆中点置于支架上，调节平衡螺母使杠杆在水平位置静止的目的是：便于测量力臂和消除杠杆自重对实验的影响。
（2）设一个钩码的重为G，一个格为L，
支点两侧同时各减掉一个钩码，
支点左边力与力臂的乘积为：3G×6L＝18GL，
右边力与力臂的乘积为：4G×4L＝16GL，
左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，
即左端将向下倾斜；
（3）弹簧测力计斜拉时，阻力及阻力臂不变，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知拉力变大。
（4）弹簧测力计若在杠杆上施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，如果力在杠杆的最左侧，力的方向应该垂直杠杆向下，使动力臂最长，在阻力和阻力臂一定时，动力臂最长时最省力，根据杠杆的平衡条件可得：
F×10L＝4G×6L，
解得，F＝2.4G＝2.4×0.5N＝1.2N。
故答案为：（1）便于测量力臂；（2）左；（3）变大；（4）1.2N。
15．（2023•蚌山区三模）如图所示是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。
（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于 平衡 （选填“平衡”或“非平衡”）状态；
（2）在水平平衡的杠杆两边挂上钩码，如图乙所示，要使杠杆重新在水平位置平衡，应将左侧钩码向 左 （选填“左”或“右”）适当调节；
（3）如图丙是一个加宽的均匀薄木板构成的杠杆装置，此时杠杆处于水平平衡状态，若只将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，此时杠杆 仍能 （选填“仍能”或“不能”）保持水平平衡。
【答案】（1）平衡；（2）左；（3）仍能。
【分析】（1）杠杆的平衡状态：静止或匀速转动；
（2）根据杠杆的平衡条件分析；
（3）力臂是支点到力的作用线的距离，将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，力臂是线段OA，与原来相比较力和力臂都没有改变，所以杠杆仍能保持平衡。
【解答】解（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于平衡状态；
（2）由图可知，杠杆不在水平位置，右端向下倾斜，左端上翘，则左侧力与力臂的乘积要小于右侧力与力臂的乘积，所以将左侧钩码向左移动，左侧的力不变，力臂变大，则左侧力与力臂的乘积变大，会使杠杆平衡；
故选：B；
（3）力臂是支点到力的作用线的距离，将左侧的钩码改挂到A点正上方的B点，力臂是线段OA，与原来相比较力和力臂都没有改变，所以杠杆仍能保持平衡。
故答案为：（1）平衡；（2）左；（3）仍能。
16．（2023•日照二模）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）如图甲所示，实验前杠杆左端下沉，则应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，直到杠杆在水平位置平衡，目的是 便于测量力臂大小 ；
（2）如图乙所示，杠杆上刻度均匀，在A点挂3个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 4 个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方同时增加一个相同的钩码，则杠杆将 左端下沉 （选填“左端下沉”、“右端下沉”或“仍保持静止不动”）；
（3）改变钩码的位置和个数，使杠杆平衡，收集多组数据，其目的是 B （填序号）。
A.取平均值，减小误差
B.避免偶然性，寻找普遍规律
（4）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡；当弹簧测力计从图丙位置转到图丁位置时，其示数会 变大 （选填“变大”、“不变”或“变小”），原因是 阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大 。
（5）看图戊的漫画，根据杠杆的平衡条件分析，小兔分得的萝卜质量 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）小猴的。
（6）小明猜想能否使用刻度尺和杠杆等器材测量石块密度，于是他进行如下探究：（杠杆重力忽略不计）
①如图己所示，杠杆处于水平位置且平衡。
②保持石块的悬点位置A不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，则C点应该在B点的 左 （填左或“右”）侧，用刻度尺测量OC的长度L3。
③石块密度的表达式ρ＝ ρ水 （用字母）ρ水、L1、L2、L3表示。）
【答案】（1）右；便于测量力臂大小；（2）4；左端下沉；（3）B；（4）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大；（5）小于；（6）②左；③ρ水。
【分析】（1）调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，这样方便测量力臂；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断在B点挂钩码的数量；根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）实验测多组数据的目的是得出的结论更具有普遍性；
（4）当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的动力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；
（5）由图可知，萝卜被支起，处于平衡状态，只要能确定两边力臂的大小关系即可求得两边的重力的大小关系；
（6）①根据G＝mg＝ρVg表示出石块的重力，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式；
②保持石块的悬点位置A不变，即l2的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触），石块排开水的体积和自身的体积相等，根据F浮＝ρ液gV排表示出石块受到的浮力，然后得出杠杆左端受到的拉力，调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，根据杠杆的平衡条件得出等式，然后联立等式得出l1与l3的大小关系，然后得出C点与B点的位置关系；
③根据②中得出的等式求出石块的密度。
【解答】解：（1）调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向上翘的右端移动，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：FALA＝FBLB，
即3G×4L＝nG×3L，解得n＝4，需挂4个钩码；
当杠杆平衡后，在A、B两点下方同时增加一个钩码，则有4G×4L＞5G×3L，左侧力与力臂的乘积大于右侧，故左端下沉；
（3）多次改变力和力臂的大小，得到了多组实验数据，得出了杠杆平衡条件。该实验测量多组数据的目的是得出的结论避免偶然性，寻找普遍规律，故选B；
（4）保持C点不变，当弹簧测力计从丙位置转到丁位置时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
（5）如下图所示：
以O1为支点，左端的重心在P处，右端的重心在Q处，LP＜LQ，即左端重力的力臂小于右端重力的力臂。
根据杠杆的平衡条件可得：GP•LP＝GQ•LQ，
因为LP＜LQ，
所以，GP＞GQ，即mPg＞mQg，
所以mP＞mQ，
故小兔分得的萝卜质量小于小猴的；
（6）①石块的重力G石＝m石g＝ρ石V石g，重物的重力G物，杠杆重力忽略不计，如图丙所示，杠杆处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：ρ石V石g×l2＝G物×l1﹣﹣﹣﹣﹣I，
②保持石块的悬点位置A不变，即l2的大小不变，将石块浸没在盛水的杯中（未与杯底、杯壁接触）石块受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV石，
杠杆左端受到的拉力为G石﹣F浮＝ρ石V石g﹣ρ水gV石＝（ρ石﹣ρ水）gV石，
调整重物的悬点位置至C点，使杠杆再次处于水平位置且平衡，由杠杆的平衡条件可得：（ρ石﹣ρ水）gV石×l2＝G物×l3﹣﹣﹣﹣﹣II，
由Ⅰ、Ⅱ可得：＝＞1，即l1＞l3，所以C点应该在B点的左侧；
③由＝可得，石块的密度ρ石＝ρ水。
故答案为：（1）右；便于测量力臂大小；（2）4；左端下沉；（3）B；（4）变大；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大；（5）小于；（6）②左；③ρ水。
17．（2023•城中区模拟）小哲利用如图所示实验装置“探究杠杆的平衡条件”：
（1）轻质杠杆静止时如图甲所示，可将左端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节，使其在水平位置平衡，这样操作的目的是为了 便于直接读出力臂大小 。
（2）小哲多次实验并记录数据如表，总结数据得出杠杆的平衡条件： 动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2） 。
（3）第2次实验所挂钩码的个数和位置如图乙所示，此时将两侧所挂的钩码同时向支点O靠近一格，杠杆会 右侧下降 （选填“左侧下降”、“右侧下降”或“仍水平平衡”）。
（4）如图丙所示，用弹簧测力计在A处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，在测力计逐渐向左倾斜到虚线位置的过程中，保持杠杆在水平位置平衡，则测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）右；便于直接读出力臂大小；（2）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；（3）右侧下降；（4）变大。
【分析】（1）如果杠杆左端向下倾斜，应向右调节左端或右端的平衡螺母；如果杠杆右端向下倾斜，应向左调节左端或右端的平衡螺母；
杠杆不在水平平衡时，实验前调为水平位置平衡，以便我们直接读出力臂；
（2）杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；
（3）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件进行判断；
（4）阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：
（1）轻质杠杆静止时如图甲所示，可将左端的平衡螺母向右调节，使其在水平位置平衡，这样操作的目的是便于我们直接读出力臂大小；
（2）根据表格中的实验数据得出杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；
（3）若一个钩码重G，每一个小格长L，如图乙所示，将两侧所挂的钩码同时向支点O靠近一格，则左侧4G×2L＝8GL，右侧3G×3L＝9GL，因为8GL＜9GL，所以杠杆不能平衡，右侧下降；
（4）弹簧测力计逐渐向左倾斜拉杠杆，拉力的力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。
故答案为：（1）右；便于直接读出力臂大小；（2）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1l1＝F2l2）；（3）右侧下降；（4）变大。
\l "_Tc846" 【题型4 动态杠杆问题分析】
18．（2023•云岩区校级一模）《墨经》最早记述了杆秤的杠杆原理，如图所示。把物品挂在挂钩上，将秤砣拨到合适位置，待秤杆平衡后，根据秤砣绳所对应的刻度就可得出物品的质量。下列有关说法正确的是（ ）
A．增大物重时，应把“權”向左端移
B．增大物重时，应把“權”向右端移
C．“權”小于物重时，右端一定上扬
D．若“權”发生磨损，则测得的物重偏小
【答案】B
【分析】利用杠杆的平衡条件逐项分析即可。
【解答】解：AB．增大物重时，阻力变大，由于动力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，应把动力臂变大，即把“權”向右端移，故A错误，B正确；
C．“權”小于物重时，动力小于阻力，根据杠杆平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂可知，当动力臂大于阻力臂时，杠杆可能在水平位置平衡，所以右端不一定上扬，故C错误；
D．若“權”发生磨损，动力变小，阻力不变，阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可得，动力臂变大，即测量值比真实值偏大，故D错误。
故选：B。
19．（2023•仁和区二模）如图所示，粗细均匀的直尺AB，将中点O支起来，在B端放一支蜡烛，在AO的中点C放两支与B端完全相同的蜡烛，如果将三支蜡烛同时点燃，它们的燃烧速度相同。那在蜡烛的燃烧过程中，直尺AB将（ ）
A．蜡烛燃烧过程中A将逐渐上升
B．始终保持平衡
C．不能保持平衡，待两边蜡烛燃烧完了以后，才能恢复平衡
D．蜡烛燃烧过程中B端将逐渐上升
【答案】B
【分析】在本题中由于蜡烛对直尺的压力作用，故而构成了一个杠杆：蜡烛对直尺的作用力等于蜡烛的重力，由于杠杆是在水平方向平衡，故而力臂的长度则等于蜡烛距离O点的距离，然后结合杠杆平衡的条件可以求解。
【解答】解：设一支蜡烛的质量为m，直尺长度为L，则2m×L＝m×L，
直尺在水平位置平衡；三支蜡烛同时点燃，并且燃烧速度相同，三支蜡烛因燃烧减少的质量m′相同，
2（m﹣m′）×L＝（m﹣m′）×L，
因此在燃烧过程中直尺仍能平衡。
故选：B。
20．（2022春•池州期中）如图所示，在杠杆OA上的B点悬挂一重物G，A端用细绳吊在小圆环E上，且细绳AE长等于圆弧CED的半径，此时杠杆恰好成水平状态，A点与圆弧CED的圆心重合，E环从C点沿顺时针方向逐渐滑到D点的整个过程中，吊绳对A端的作用力的大小（ ）
A．一直变大B．一直变小
C．先变大再变小D．先变小再变大
【答案】D
【分析】根据杠杆平衡的条件进行分析，即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，由题意可知杠杆应始终处于平衡状态，则可得出拉力的变化。
【解答】解：由题意可知，在圆环转动中，A的位置保持不变，故杠杆始终处于平衡状态；
因为重力与重力的力臂的乘积不变，根据杠杆平衡的条件可得，动力臂越大，动力会越小，又因为圆环在图示位置时，力臂最大，动力最小，所以从C端移动到D端的过程中，动力会由大到小，再由小到大。
故选：D。
21．（2023•贵池区二模）如图所示，甲、乙兄弟两人分别在A点和B点共同扛起木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点，当哥哥乙的作用点从B点向O点靠近时，弟弟甲对木料作用力将 变小 （选填“变大”“不变”“变小”）。
【答案】变小。
【分析】利用杠杆平衡条件，根据杠杆的动态平衡分析即可。
【解答】解：当乙的作用点向O靠近时，此时作用点记为B′；
以A为支点，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得：F乙×AB′＝G×AO；
则：F乙＝；
当乙向O点靠近，AB′减小，G与AO不变，则F乙变大；
因为木料处于平衡状态，故所受合力为零，则有F乙+F甲＝G；
因F乙变大，所以F甲变小。
故答案为：变小。
22．（2023•无锡一模）小华利用圆柱形的铅笔，全长为15cm的钢尺（0刻度和15cm刻度均在钢尺的两端）以及质量为9g的橡皮，组装成如图所示的杠杆，此时应沿 逆时针 （选填“顺时针”或“逆时针”）方向旋动铅笔，使钢尺调到水平位置平衡；在调节过程中，橡皮的重力势能 变小 （选填“变大”、“不变”或“变小”）；平衡时，发现橡皮的中心在钢尺2.5cm刻度处，铅笔与钢尺在4.5cm刻度处接触，则钢尺的质量m＝ 6 g。
【答案】逆时针；变小；6
【分析】重力势能的大小与质量、高度有关；
根据钢尺的状态判定铅笔移动的方向；钢尺平衡时，以铅笔为支点，根据杠杆的平衡条件列出关系式求出钢尺的质量。
【解答】解：
（1）由图可知，此时以铅笔为支点，右端下沉，为了使钢尺在水平位置平衡，应使得橡皮的压力的力臂变大，钢尺的重力的力臂减小，所以使铅笔逆时针转动；
（2）由图示可知，在调节过程中（调至水平），橡皮的高度变小，其质量不变，则橡皮的重力势能变小；
（3）钢尺在水平位置平衡时，以铅笔为支点，
根据杠杆的平衡条件可知：F1L橡皮＝GL钢尺，即：m橡皮g1L橡皮＝m钢尺gL钢尺，
则钢尺的质量为：m钢尺＝＝＝＝6g；
故答案为：逆时针；变小；6。
23．（2023春•长宁区校级期中）如图（a）所示，轻质杠杆OA保持水平平衡（B为OA的中点），重物G＝20牛，则F甲＝ 10 牛。若将重物的悬挂点和拉力的作用点互换位置，如图（b）所示，当杠杆仍保持水平平衡时，F乙＝ 40 牛。在图中 a 图中的杠杆属于省力杠杆，如果保持其它条件均不变，只改变拉力F甲或F乙的方向，则 a （以上两空均选填“a”或“b”）图中的杠杆有可能转变为等臂杠杆。
【答案】10；40；a；a。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件求解F甲和F乙的大小；
（2）杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：
①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；
②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；
③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。
【解答】解：（1）如图甲，根据杠杆平衡条件可得：G×OB＝F甲×OA，
由题知，OA＝2OB，
则F甲＝＝＝＝＝10N；
如图乙，根据杠杆平衡条件可得：G×OA＝F乙×OB，
由题知，OA＝2OB，
则F乙＝＝＝2G＝2×20N＝40N；
（2）图甲中，动力臂OA大于阻力臂OB，属于省力杠杆；
图乙中，动力臂OB小于阻力臂OA，属于费力杠杆；
如图所示，要使杠杆平衡，F甲和F乙的方向只能向右上或左上，
如果保持其它条件均不变，改变F甲的方向，当动力臂OC等于阻力臂OB时，图中的杠杆转变为等臂杠杆。
如果保持其它条件均不变，F乙的方向无论如何改变，动力臂OC始终小于阻力臂OB，故图中的杠杆转不可能变为等臂杠杆。
故答案为：10；40；a；a。
\l "_Tc846" 【题型5 杠杆平衡条件的应用】
24．（2023•莱芜区二模）骨骼、肌肉和关节构成了人体的运动系统，最基本的运动都是由骨骼绕关节转动产生的，其模型就是杠杆。如图当手提哑铃向上运动时，下列能正确表示其工作原理的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】结合实际找出转动的支点，确定肌肉的拉力是动力，物体的作用力是阻力。
【解答】解：骨骼、肌肉和关节构成了人体的运动系统，最基本的运动都是由骨骼绕关节转动产生的，其模型就是杠杆。如图当手提哑铃向上运动时，前臂绕着肘关节转动，故支点在最右侧，肌肉斜向上的拉力是动力，杠铃的作用力是阻力，故C符合题意。
故选：C。
25．（2023•连云港二模）灌河特大桥位于连云港市与盐城市的交界处，跨越灌河，是连盐高速公路上的控制性工程和苏北地区的标志性工程，如图甲所示。小明模仿大桥搭建简易模型，如图乙所示，其他因素不变，如果只把拉索与桥塔的固定点下移，则可以（ ）
A．增加动力B．减小阻力C．增加动力臂D．增加阻力臂
【答案】A
【分析】将拉索与桥塔的固定点下移，动力臂减小，阻力臂和阻力不变，根据杠杆平衡条件进行判断。
【解答】解：只把拉索与桥塔的固定点下移，动力臂减小，阻力臂和阻力不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2知，动力增加。
故选：A。
26．（2023•泉州二模）如图，在学校科技节活动中，质量为M的小华骑着一辆质量为m的独轮车，以速度v从A点匀速通过一重为G的水平独木桥，独木桥的两端由两根竖直支柱支撑着。图中能表示B端支柱所受压力F与时间t的关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对独木桥进行受力分析：支柱对水平独木桥的支持力为FA、FB，水平独木桥受到重力为G，独轮车对独木桥的压力（大小等于独轮车重加上人重），若以A为支点，FB的力臂为L、G的力臂为L、压力的力臂为vt，根据杠杆平衡条件可得FB与t的关系式，而压力与支持力是一对相互作用力，大小相等，也就得出B端支柱所受压力F与时间t的关系式，由此判断选择。
【解答】解：重为G、长为L的水平独木桥的两端由两根竖直支柱A、B支撑着，分别对水平独木桥的支持力为FA、FB，水平独木桥受到重力为G，
独轮车对独木桥的压力为F＝（m+m人）g，
以A为支点，独轮车对独木桥的压力的力臂为vt，根据杠杆平衡条件：FBL＝G×L+（m+m人）gvt，
则FB＝G+（m+m人）gvt，
压力与支持力是一对相互作用力，所以B端支柱所受压力F＝FB＝G+（m+m人）gvt，
由此可知B端支柱所受压力F与时间t是一条一次函数的图象（不经过原点）。
故选：C。
27．（2023•房山区二模）（多选）如图所示，用细绳将粗细均匀的杠杆AB挂在水平支架上，点O为杠杆的支点且OA＝OB，杠杆始终保持在水平位置平衡。工人站在水平地面上，第一次竖直向下用200N的力拉绳子时，货物D未离开水平地面；第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零。已知工人体重为500N，杠杆重为100N，货物与地面的接触面积为0.1m2。不计绳重，下列说法中正确的是（ ）
A．货物D的重力为200N
B．第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力为300N
C．第一次拉绳子时，货物对地面的压强为1000Pa
D．第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力为700N
【答案】BCD
【分析】（1）已知第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零，则货物D对水平地面的压力为零，由杠杆平衡条件可求得货物D的重力；
（2）第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力等于其重力减去拉绳子的力；
（3）由杠杆平衡条件求得第一次拉绳子时，作用在A的力，然后可知此时货物对地面的压力，已知货物与地面的接触面积，由p＝可求得货物对地面的压强；
（4）第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力等于杠杆重力加上两边的拉力F2。
【解答】解：A、第二次竖直向下用300N的力拉绳子时，货物D对水平地面的压强恰好为零，则货物D对水平地面的压力为零，此时货物D对A的拉力等于其重力，由GD×OA＝F2×OB，可得GD＝F2＝300N，故A错误；
B、第一次拉绳子时，工人对水平地面的压力：
F压＝G人﹣F1＝500N﹣200N＝300N，故B正确；
C、由杠杆平衡条件可得：
FA×OA＝F1×OB，
已知OA＝OB，则FA＝F1＝200N，
货物对地面的压力：F压′＝F1＝200N
货物对地面的压强：
p＝＝＝1000Pa，故C正确；
D、第二次拉绳子时，支架对杠杆的拉力：
F拉＝G杆+2F2＝100N+2×300N＝700N，故D正确。
故选：BCD。
28．（2023•红桥区二模）（多选）码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的桶重100N，内部底面积为600cm2，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积300cm2，OA：OB＝1：3。下列计算结果正确的是（ ）（ρ水＝1.0×103kg/m3，g取10N/kg）
A．水对桶底的压强为1.0×104Pa
B．水对桶底的压力为600N
C．人对地面的压力为375N
D．人对地面的压强为1.0×104Pa
【答案】ABD
【分析】（1）已知水深，由p＝ρgh可求得水对桶底的压强；
（2）由p＝公式变形可求得水对桶底的压力；
（3）根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力；
（4）由p＝可求得人对地面的压强。
【解答】解：A、水对桶底的压强p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1.0×104Pa，故A正确；
B、由p＝可得，水对桶底的压力F＝pS＝1.0×104Pa×600×10﹣4m2＝600N，故B正确；
C、由杠杆平衡条件可得，G总×AO＝F拉×OB，
则F拉＝＝＝300N，
人对地面的压力F压＝G﹣F拉＝600N﹣300N＝300N，故C错误；
D、人对地面的压强p′＝＝＝1.0×104Pa，故D正确。
故选：ABD。
29．（2023•安徽模拟）如图所示，将一物块用细绳挂在轻质杠杆的A点，在B点施加竖直向上F1＝30N的力时，杠杆在水平位置平衡。撤去F1，在B点施加一个与水平方向成30°角的力F2时，杠杆仍能在水平位置平衡，则F2的大小为 60 N。
【答案】60
【分析】根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，求出A点对杠杆的拉力与力臂的乘积；根据直角三角形30°角对应的直角边等于斜边的一半（即杠杆OB长度的一半）；再根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2，将已知数据代入，便可求出F2的大小。
【解答】解：在B点施加力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件可得G•OA＝F1•OB，
从图中可以看出，直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半，故拉力F2的力臂为L2＝OB，杠杆仍能在水平位置平衡，
根据杠杆平衡条件可得G•OA＝F2L2＝OB，则F2＝2F1＝2×30N＝60N。
故答案为：60。
30．（2023•怀宁县校级模拟）如图所示，有一根匀质木棒长为L，OA＝，重力G＝9N，其一端置于水平桌面上。为了不使这根木棒的B端下沉，所需外力F至少应为 4 N。
【答案】4。
【分析】为了不使这根铁棒的B端下沉，此时支点为A，铁棒的重力为阻力，B端的拉力为动力；然后确定其动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡的条件：F1L1＝F2L2求出F的大小。
【解答】解：为了不使这根铁棒的B端下沉，此时杠杆的支点是A，动力臂为AB＝L+L＝L，阻力臂为AO＝L，
根据杠杆的平衡条件可得：F×L＝G•L，所以F＝G＝×9N＝4N。
故答案为：4。
31．（2023•虎林市校级二模）某物理兴趣小组设计了一个模拟超载报警的装置，如图为该装置的一部分，模拟车辆放置在托盘内（托盘、压杆和杠杆的质量均忽略不计）。水平杠杆OAB，OB长120cm，OA：OB＝1：6，杠杆OAB通过压杆与压力传感器相连，当传感器受到30N的压力时，装置开始发出报警信号。报警装置中利用OAB这种类型杠杆的好处是 减小对压力传感器的压力，扩大量程 ，报警器刚开始报警时，托盘限载重量为 180 N。
【答案】减小对压力传感器的压力，扩大量程；180。
【分析】根据动力臂和阻力臂的大小判定杠杆的种类及其好处；
根据杠杆的平衡条件求出托盘限载重量。
【解答】解：由图可知，OAB这种类型杠杆在使用的过程中，减小对压力传感器的压力，扩大量程；
托盘限载重量的大小等于A点受到的压力，压力传感器受到的压力等于压力传感器对B的支持力，根据杠杆的平衡条件可知：G×OA＝F×OB，则G＝＝30N×＝180N。
故答案为：减小对压力传感器的压力，扩大量程；180。
32．（2023春•沙坪坝区期中）小萍设计了如图所示的装置。轻质杠杆AOB可绕支点O无摩擦转动，OB＝2m，OA＝1m。在杠杆A端用不可伸长的细线悬挂正方体M，重力为600N，边长为20cm。当重为500N的小萍静止站立在OB之间某处时，杠杆处于水平平衡状态，且M对地面的压力刚好为0。求：
（1）此时，小萍离O点的距离为多少米？
（2）当小萍再向左运动0.5m时，M对A点的拉力为多少N？
（3）在第（2）小题的情景下，正方体M对水平地面的压强为多少Pa？
【答案】（1）小萍离O点的距离为1.2m；
（2）M对A点的拉力为350N；
（3）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件求出小萍离O点的距离；
（2）小萍再向左运动0.5m时，根据杠杆的平衡条件求出A端细线的拉力；
（3）正方体M对水平地面的压力等于自身的重力减少绳子的拉力，受力面积等于正方体M的底面积，利用p＝求出正方体M对水平地面的压强。
【解答】解：（1）M对地面的压力刚好为0，则地面对M的支持力也为0，对M做受力分析，它受到竖直向下的重力和竖直向上的拉力，且拉力与重力相等，即F拉＝G＝600N，
杠杆对重物M的拉力F拉与重物M对杠杆的拉力F1相等，即F1＝F拉＝600N；
设小萍离O点的距离为l2，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1•OA＝GAl2，即：
l2＝＝＝1.2m；
（2）当小萍再向左运动0.5m时，小萍距O点的距离为l2'＝1.2m﹣0.5m＝0.7m，
由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得F1'•OA＝GAl2'，
则重物M对杠杆的拉力为：
F1'＝＝＝350N，
（3）杠杆对重物的拉力为F拉'＝F1'＝350N，
由于物体M静止，物体M受到重力、拉力、支持力，关系式为F支＝G﹣F拉'＝600N﹣350N＝250N，
则物体对地压力为F压＝250N，
物体受力面积为S＝a2＝0.2m×0.2m＝4×10﹣2m2，
正方体M对水平地面的压强为：
p＝＝＝6250Pa。
答：（1）小萍离O点的距离为1.2m；
（2）M对A点的拉力为350N；
（3）当小萍再向左运动0.5m时，正方体M对水平地面的压强为6250Pa。
33．（2023春•霍邱县期中）如图所示是某同学做俯卧撑时的示意图，他的质量为45kg，其身体可视为杠杆，A点为重心。
（取g＝10N/kg）
（1）该同学所受重力是多少；
（2）求地面对他双手支持力的大小。
【答案】（1）该同学所受重力是450N；
（2）地面对其双手支持力的大小为265N
【分析】（1）已知该同学的质量，直接利用G＝mg即可求出其重力；
（2）分析出动力臂、阻力臂，利用杠杆的平衡条件求地面对手的支持力。
【解答】解：（1）该同学所受重力：G＝mg＝45kg×10N/kg＝450N；
（2）由图可知，动力臂L1＝1.0m+0.7m＝1.7m，阻力臂L2＝1.0m，
由杠杆平衡条件得：F×L1＝G×L2，
地面对双手的支持力：F＝×G＝×450N≈265N。
答：（1）该同学所受重力是450N；
（2）地面对其双手支持力的大小为265N。
34．（2023•明光市二模）如图甲所示的是《天工开物》中记载的三千多年前在井上汲水的桔橡，其示意图如图乙所示。轻质杠杆的支点O距左端端点的距离L1＝0.5m，距右端端点的距离L2＝0.2m。在杠杆左端端点处悬挂质量为2kg的物体A，右端端点处悬挂边长为0.1m的正方体B，正方体B的质量为7kg，杠杆在水平位置平衡。
（1）正方体B受到细线向上的拉力是多少？
（2）正方体B对地面的压强是多少？
（3）若保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，保持正方体B和地面始终接触且有力的作用，则正方体B对地面的压力会怎样变化？简要说明理由。
【答案】（1）正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）正方体B对地面的压强为2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
【分析】（1）此时杠杆左端所受拉力等于物体A的重力，根据F＝G＝mg求出物体A、B 的重力，再由杠杆平衡条件求绳子对B的拉力，根据力的相互作用可知正方体B受到细线向上的拉力的大小；
（2）首先计算B对地面的压力，根据压强公式计算B对地面的压强；
（3）根据杠杆平衡条件分析即可。
【解答】解：（1）物体A、B 的重力分别为：
GA＝mAg＝2kg×10N/kg＝20N，GB＝mBg＝7kg×10N/kg＝70N，
设杠杆右端的拉力为FB，根据杠杆平衡条件可得：GA×L1＝FB×L2，
即：20N×0.5m＝FB×0.2m，
解得：FB＝50N，
根据力的相互作用可知正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）B对地面的压力：F压＝F支＝GB﹣FB＝70N﹣50N＝20N；
B对地面的压强：pB＝＝＝2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
答：（1）正方体B受到细线向上的拉力是50N；
（2）正方体B对地面的压强为2000Pa；
（3）保持A、B的位置不变，只把支点O向右移动少许，左侧力臂变长，右侧力臂变短，A的重力不变，根据杠杆平衡条件可知右侧的拉力变大，则正方体B对地面的压力会变小。
35．（2023•广水市模拟）如图所示是位于随州广水市印台山生态公园的健身器械坐拉器，图乙是结构模型图。坐在座椅上的人，用力向下拉动手柄A时，操作杆AB会绕着转轴O1转动，连杆BD拉动杆O2C绕转轴O2转动，将座椅向上抬起。图乙中O1A：O1B＝6：1，O2C：O2D＝2：1，此时AB杆处于水平位置，BD杆垂直于杆AB和O2C，BD杆对AB和O2C杆的拉力均沿着BD。小明同学想估算坐在坐拉器上抬起自己的拉力大小。若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向在同一直线，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。
（1）杠杆AO1B可视作一种 省力 杠杆（填“省力”或“费力”）。
（2）若小明的质量为50kg，此时他让自己保持在图乙的状态，需要对手柄A施加竖直向下的拉力为多大？（g取10N/kg）
（3）在（2）种情况下，若人的臀部与座椅的接触面积为400cm2，则小明对座板的压强是多大？
【答案】（1）省力；
（2）需要对手柄A施加竖直向下的拉力为125N的力；
（3）小明对座板的压强为9.375×103Pa。
【分析】（1）根据动力臂和阻力臂的长度大小关系判断杠杆的分类；
（2）对于杠杆AO1B来说，人的拉力FA是动力，而BD对它的力FB是阻力，利用杠杆的平衡条件列出平衡公式；对于杠杆O2DC来说，人的体重与A点的拉力FA'的差是阻力，作用在D点的力FD是动力，根据平衡条件得到平衡公式；根据相互作用力的规律可知，FB＝FD、FA＝FA'，最后求解即可。
（3）若手臂对手柄A的拉力方向和人的重力方向在同一直线，忽略坐拉器的自重、转动时的摩擦和座椅的尺度。座板对小明的支持力、与小明的重力以及小明对座板的压力平衡，求出小明对座板的压力结合压强公式p＝计算小明对座板所受的压强。
【解答】解：（1）杠杆AO1B中，A点的拉力FA是动力，B点BD施加的是阻力；因为动力臂大于阻力臂，所以它是省力杠杆；
（2）小明的重力G＝mg＝50kg×10N/kg＝500N，
由杠杆平衡条件得，对于杠杆AO1B来说有：
FA×O1A＝FB×O1B，即＝＝①
对于杠杆O2DC来说，人的体重与A点的拉力FA'的差是阻力，作用在D点的力FD是动力，
（G﹣FA'）×O2C＝FD×O2D，即：＝②
由题意知，FB＝FD，
由于物体间相互作用力的大小相等，即FA＝FA′，次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
1
0.1
2
0.05
2
2
0.15
1.5
0.2
3
3
0.05
1.5
0.1
相关试卷
物理5.1 长度和时间的测量同步达标检测题： 这是一份物理<a href="/wl/tb_c16858_t7/?tag_id=28" target="_blank">5.1 长度和时间的测量同步达标检测题</a>，文件包含51长度和时间的测量专题训练八大题型原卷版docx、51长度和时间的测量专题训练八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
初中物理苏科版八年级上册2.2 汽化和液化课时练习： 这是一份初中物理苏科版八年级上册<a href="/wl/tb_c16840_t7/?tag_id=28" target="_blank">2.2 汽化和液化课时练习</a>，文件包含22汽化和液化专题训练八大题型原卷版docx、22汽化和液化专题训练八大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
人教版八年级物理下册同步考点专题训练12.1杠杆(原卷版+解析)： 这是一份人教版八年级物理下册同步考点专题训练12.1杠杆(原卷版+解析)，共39页。
