2020-2021深圳中考物理《杠杆平衡》专项训练

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．在我国古代书籍《墨经》中，对杠杆有精辟论述，并有许多巧妙的应用．如下图所示是在井上汲水的桔槔，下列对其在使用中正确的解释是

A．桔槔是等臂杠杆，不省力也不费力

B．向井内放送水桶时，人用的力气一定小于水桶的重力，所以省力 C．桔槔是不等臂杠杆，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆 D．往上提水时，人用的力气一定小于桶与水的总重，所以省力 【答案】D 【解析】 【分析】

杠杆的分类：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂；要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（用力点、支点和阻力点）的大小跟它们的力臂成反比。 【详解】

AC．由图可见，桔槔是不等臂杠杆，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故AC错误； B．向井内放送水桶时，人用的力通过杠杆原理，与石头的重力相关，一般比木桶的重力要大，故B错误；

D．往上提水时，因为有石头帮忙，人的力气比水和桶的总重力小，故D正确。 故选D。 【点睛】

此题主要考查了对简单机械的认识，要掌握杠杆的要素。

2．AC硬棒质量忽略不计，在棒的B、C两点施加力F1、F2，F2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（ ）

A．F1B．F1=

s2F2 s1C．F1力臂等于s1 D．F2方向沿OO'线向上 【答案】D 【解析】 【详解】

AC．由图知，F2的方向沿OO′线，其力臂最长，为s2；而F1的方向竖直向下，所以其力臂L1是从A点到F1的垂线段，小于s1，更小于s2， 由F1L1=F2L2知，L1＜s2，所以F1一定大于F2，故AC不符合题意； B．由F1L1=F2L2知，

F1L1=F2s2，

即

F1故B不符合题意；

F2s2 L1D．已知F1的方向是竖直向下的，为保持杠杆平衡，F2的方向应该沿OO′向上，故D符合题意。

3．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

1，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4A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（ ）

A．3N 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

设直尺长为l，如图所示：

B．9N

C．1N

D．2N

从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力

F=3N

动力臂

OB=

阻力为直尺的重力G，阻力臂

CO=

由杠杆平衡的条件得

1l 4111l-l=l 244F×OB=G×OC 3N×

11l= G×l 44G=3N

故选A。

4．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（ ）

A．C．

GHL 2HL GB．D．

GH LGL H【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面的接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为

HL，阻力为木箱的重力，阻力臂为，如图所示： 22

根据杠杆的平衡条件可得

G×

HL=F×

22F=GL H故选D。

5．如图所示，在探究“杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在力F作用下在水平位置平衡，现保持杠杆始终在水平位置平衡，将弹簧测力计绕B点从a转动到b的过程中，拉力F与其力臂的乘积变化情况是（ ）

A．一直变小 C．一直不变 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．一直变大 D．先变小后变大

将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的。 故选C。

6．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．

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】 【详解】

B．1∶2 D．2∶1

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，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在B处下方再挂一个钩码，若要使杠杆在水平位置再次平衡，下列可行的操作是______。（选填字母）

A．减少一个悬挂在A处的钩码 C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．增加一个悬挂在A处的钩码 D．将悬挂A处的钩码向右移动一格

假设一个钩码重力为G，杠杆一格为l，杠杆平衡时

3G2l2G3l6Gl

若在B处下方再挂一个钩码，则右边为

3G3l9Gl

A．减少一个悬挂在A处的钩码，则左边为

2G2l4Gl

左边小于右边，杠杆不能平衡，故A项不符合题意； B．增加一个悬挂在A处的钩码，则左边为

4G2l8Gl

左边小于右边，杠杆不能平衡，故B项不符合题意； C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格，则左边为

3G3l9Gl

左边等于右边，杠杆能再次平衡，故C项符合题意； D．将悬挂A处的钩码向右移动一格，则左边为

3G1l3Gl

左边小于右边，杠杆能再次平衡，故D项不符合题意。 故选C。

10．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．F1、F2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 F1由 150N 逐渐变大 C．甲乙两种方式都省一半的力 【答案】D 【解析】 【详解】

B．乙方式 F2的功率为 3W

D．乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%

A．由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F1 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：

L1OB2 L2OA1所以，动力F1 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

11F1G400N200N

22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

11GG动500N+50N150N， 22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F2 的功率是：

P=F2 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：

F2故D正确．

W有用Gh400N100%=100%=100%88.9% W总GhG轮h400N50N

11．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。

12．如图所示，直径为50cm的半球形碗固定在水平面上，碗的端口水平。一根密度分布均匀，长度为60cm的光滑杆ABC搁置在半球碗上，碗的厚度不计，平衡时杆受到的重力与杆在B点受到的弹力大小之比为( )

A．5 ：3 【答案】A 【解析】 【详解】

B．6 ：5 C．3 ：2 D．4 ：3

以AC棒为研究对象受力如图所示：

根据几何关系可得：

OABOBABAD

设杆在B点受到的弹力为N，根据力矩平衡可得：

NLABGLAD

则：

N25cos2G30cos

解得：

G5 N3故A项符合题意；BCD项不符合题意；

13．身高相同的兄弟二人用一根重力不计的均匀扁担抬起一个900N的重物．已知扁担长为1.8m，重物悬挂点与哥哥的肩之间的距离OA=0.8m，如图所示．则

A．以哥哥的肩A为支点，可计算出弟弟承担的压力为400N B．以O为支点，可计算出兄弟二人承担的压力之比为4:9 C．以O为支点，可计算出兄弟二人承担的压力之比为9:5 D．以弟弟的肩B为支点，可计算出哥哥承担的压力为600N 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

A．设哥哥承担的压力为FA，弟弟承担的压力为FB，以哥哥的肩A为支点，由杠杆平衡条件可得：

FBABGOA，

FBA选项正确；

GOA900N0.8m400N， AB1.8mBC．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：

FAABGOB,

FAD选项错误，不符合题意；

GOB900N1.0m=500N， AB1.8m

14．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，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件有

GLG=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。

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，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，

MO:NO3:2，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8×10-2

m2。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p1为

4000Pa；当把物体A换成质量为30kg的物体B，支点移至O，使MO:NO4:3时，杠杆仍在水平位置上平衡，物体D对水平地面的压强为p2；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300N B．物体D的质量为32kg C．p2为500Pa

D．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

F1p1S4000Pa8102m2320N

此时杠杆受到的拉力

F2GDF1

根据杠杆平衡条件可知

mAgOMGDF1ON

解得

38kg10N/kgON320NONmgOMF1ON 2GDA440NONON则物体D的质量

G440NmDD44kg

g10N/kg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

GCOMGDON

则

GC故A错误；

GDON440NON330N4 OMON3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

mBgOMGDF2ON

则

4N30kg10N/kgON440NOGONmBgOM 3F2D40NONON则物体D对地面的压强

p2故C正确。 故选C。

F240N500Pa 22S810m

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 C．一直是费力的 【答案】B

B．先是省力的，后是费力的 D．先是费力的，后是省力的

【解析】 【分析】 【详解】

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。

19．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l1，电子测力计的示数T随之改变，T- l1的关系如图所示。则下列判断正确的是（ ）

A．阻力臂l2为6cm B．正方体甲受到的重力为6N

C．当动力臂l1=2cm时，左侧细绳对杠杆的拉力为2N D．当动力臂l1=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支F拉

物体拉杠杆的力和杠杆拉物体的力是一对相互作用力

F拉F2

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支T

即

F2GT

根据杠杆的平衡条件

F1L1F2L2

得

F1L1GTL2

根据图像可知当T1=2N，L1=2cm

1N2cmG2NL2

根据图像可知当T1=1N，L1=4cm

1N4cmG1NL2

解得L2=2cm，G=2N，A、B选项错误； C．由图像可知，当L1=2cm，此时T1=2N

F2GT13N2N1N

细绳对杠杆的拉力是1N，C选项错误； D．由图像可知，当L1=4cm，此时T1=1N，由公式

PD选项正确。 故答案选择D。

F1N100Pa S0.1m0.1m

20．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甲OAG乙OB，

即

甲VgOA乙VgOB，

所以

甲OA乙OB。

若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：

右边G左边=G甲G切甲OAG甲OA甲VgOA，

乙G切乙OBGOB乙乙VgOB，

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甲GOAG甲OAGOA， 右边=G乙GOBG乙OBGOB，

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甲OA乙OB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。



21．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 【答案】D 【解析】 【详解】

B．ABC是费力杠杆

D．在提升过程中，力F变小

C．阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力

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。

22．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。