2020-2021中考物理专题复习杠杆平衡题附答案解析

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．如图，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，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 C．左右各减少一半钩码 【答案】C 【解析】

B．左右各减少一个钩码 D．左右各增加两个钩码

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

C．沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡 杆 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

B．沿竖直向上方向用力最小

D．此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠

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。

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 C．使动力臂、阻力臂增加相同的长度 【答案】D 【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，

B．使动力、阻力的大小增加相同的数值 D．使动力、阻力的大小增加相同的倍数

nF1×l1=nF2×l2，

故D正确。 故选D。

5．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，

FGvt 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．

6．一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 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

B．逆时针转动

C．静止不动

D．以上三种情况均有

G左l左G右l右

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左l左G右l右

所以铁棒左端下沉，右端上升，即铁棒将沿逆时针转动。 故选B。

7．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

2G3L3G2L

A．两边各向外移一格，左边

2G4L8GL

右边

3G3L9GL

由于

8GL9GL

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

2G4L

右边

4G2L

因

2G4L4G2L

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

3G3L9GL

右边

4G2L8GL

因为

9GL8GL

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3L3GL

右边

2G2L4GL

由于

3GL4GL

杠杆右端下沉，故D不符合题意。 故选B。

8．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∶1 C．4∶3 【答案】C 【解析】 【分析】

B．1∶2 D．2∶1

【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G甲l1G乙l2即

m甲g3m乙g2

所以

m甲2＝，又因为V甲/V乙＝1/2，甲、乙两个物块的密度之比是 m乙3m甲2甲V甲14 乙m乙332V乙故C正确。 故选C。

9．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，l 1 、F2 都不变，l2 变小，所以F也在变小。 故选B。

10．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 【答案】D 【解析】 【详解】

B．逐渐增大 C．逐渐减小 D．先变小再变大

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。

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 C．B端下沉 【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：

B．A端下沉 D．以上均可能

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

OCOBOA

所以可知

F1OAF2OC

根据杠杆的平衡条件可知，A端下沉。 故选B。

12．如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AO=B0，AC=OC．A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N．现移动托盘秤甲，让C点放在托盘秤甲上．此时托盘秤乙的示数是（ ）

A．8N 【答案】C 【解析】 【分析】

在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题A端放在托盘秤甲上，以B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数． 【详解】

设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所示：

B．12N

C．16N

D．18N

由杠杆平衡条件有：FAABGBD，即：6NAB24NBD，所以：

1AB，当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对4木条B处的支持力为FB， AB4BD，BD

因为AOBO，ACOC，所以COODBD，BC3BD，CD2BD，由杠杆平衡条件有：FBBCGCD，即：FB3BD24N2BD，所以：FB=16N，则托盘秤

乙的示数为16N． 故选C． 【点睛】

本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置．

13．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 C．一直变大 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．一直不变 D．先变小后变大

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。

14．能使杠杆OA水平平衡的最小力的方向为（ ）

A．AB 【答案】A 【解析】 【分析】

B．AC C．AD D．AE

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．

15．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.

16．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，AB3BO，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F1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F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知F1:F22:3，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

FGFN

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

FA2FG动2（GFN）G动

根据杠杆的平衡条件得到

FAOAFBOB

即

（GFN）G动2OAFBOB

因为

AB3BO

所以

AO2BO

则

（GFN）G动22FB1

即

FB4（GFN）2G动

当压力为85N时

F14（120N-85N）2G动

当压力为60N时

F24（120N-60N）2G动

因为

F1:F2＝2:3

所以

（120N-85N）2G动2F14 F24（120N-60N）2G动3解得

G动30N

A．当配重对地面的压力为50N时，B点向下的拉力为

FB4（GFN）2G动4（120N-50N）230N=340N

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

FB4（GFN）2G动4（120N-90N）230N=180N

故B错误；

C．健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，根据

FB4（GFN）2G动

可得

400N4（120NFN）230N

解得

FN35N

故C正确；

D．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据

FB4（GFN）2G动

可得

FB4（120N-0N）230N=540N>500N

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。

17．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 C．一直是费力的 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

B．先是省力的，后是费力的 D．先是费力的，后是省力的

由题图可知动力F的力臂l1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l2逐渐增大，在l2＜l1之前杠杆是省力杠杆，在l2＞l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。

18．如图，轻质杠杆上各小格间距相等，O为杠杆中点，甲、乙是同种金属材料制成的实心物体，甲为正方体，乙重15N，将甲、乙用能承受最大拉力为25N的细线分别挂于杠杆上M、Q两刻线处时，两细线被拉直且都沿竖直方向，M、Q正好在甲、乙重心正上方，杠杆在水平位置平衡，这时甲对地面的压强为4000Pa；当甲不动，把乙移挂至R时，甲对地面的压强为3750Pa，下列说法中正确的是（ ）

A．将甲挂在M下，乙挂在Q下，此时甲对地面的压力为45N B．将甲挂于N正下方，乙挂于S，放手后甲被拉离地面

C．将甲挂在N的下方，乙挂于R，再将乙沿水平方向切去1/3，此时甲对地面的压强仍为3750Pa

D．将甲挂在M正下方，乙挂于Q再将甲沿竖直方向切去1/5，并将这1/5上挂在乙的下方，此时甲对地面的压强为2800Pa 【答案】C 【解析】 【分析】

(1)利用杠杆平衡条件Fl11F2l2求出甲上方的绳上的拉力，再分析甲的受力情况，根据压强pF列出甲在两种情况下的压强，联立解答甲的重力； SF计算． S

(2)利用杠杆平衡条件判断是否再一次平衡，并利用平衡时的对应物理量根据p【详解】

A．设甲的重力为G，甲的底面积为S，杠杆上1小格为l，则根据杠杆平衡条件可得：

F甲6lG乙2l15N2l，

解得F甲5N，此时甲对地面的压强为

p同理可得：

FG5N4000Pa； SS6lG乙3l15N3l， F甲7.5N，此时甲对地面的压强为 解得F甲pFG7.5N3750Pa； SS两式联立解得：G45N，此时甲对地面的压力为45N-5N=40N，故A错误；

B．如果将甲挂于N正下方，乙挂于S，设地面对甲的支持力为F1，此时，

GF14lG乙7l， 45NF14l15N7l

解得F118.75N，则甲对地面仍有压力，故B错误；

C．将甲挂于N正下方，乙挂于R，再将乙沿水平方向切去1/3，设地面对甲的支持力为

F2，此时，

GF24l11G乙3l， 3115N3l， 345NF24l1解得F237.5N，由A中条件可知此时甲对地面的压强为3750Pa，故C正确； D．将甲挂在M正下方，乙挂于Q再将甲沿竖直方向切去1/5，并将这1/5上挂在乙的下方，设地面对甲的支持力为F3，且假设甲的重心仍在M正下方，此时，

14GF6lGG2l， 3乙551445NF6l15N45N32l，

55解得F328N，由A中条件可求出甲的底面积为

S此时甲对地面的压强为

45N5N0.01m2，

4000Pap3F328N2800Pa， S0.01m2而由于甲沿竖直方向切去1/5后，重心一定会发生水平移动，则其力臂不可能等于6l，所以，此时甲对地面的压强也不可能等于2800Pa，故D错误． 【点睛】

本题综合考查杠杆平衡条件的应用和固体压强计算，同时运用到方程组的思想进行解答，要求学生们一方面熟悉杠杆平衡分析，另一方面计算能力一定要扎实．

19．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 【答案】B

B．120N

C．80N

D．4ON

【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

OC＝OC木棒平衡，则有

11ABAO＝1m0.25m＝0.25m 22F×OB＝G×OC

木棒的重力

G故B正确。 故选B。

FOB40N0.75m＝=120N OC0.25m

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 【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

B．B点

C．C点

D．D点

GlBCFlCD，

变换可得

FGlBC； lCD假设支点O在A位置时，那么根据杠杆的平衡原理可知

GlABFlAD，

变换可得

FGlAB， lAD从图中可以看到，动力F的力臂lAD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

C．弹簧测力计示数先变大后变小 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

B．③位置力臂最长

D．弹簧测力计示数先变小后变大

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，用不同的机械匀速提升同一物体时，最省力的是（不计机械自重和摩擦）（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

如图所示，物体重力为G，不计机械自重和摩擦，则各图的力F大小分别如下： 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；

B．图中为斜面，在直角三角形中，30°角所对的直角边h为斜边s的一半，不计机械自重和摩擦，总功与有用功相等，则

F2s=Gh

所以

h1F2GG

s2C．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轮上，则

1F3G

2D．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

1F4G

3由此可得，最省力的为F4。 故选D。