2020-2021备战中考物理杠杆平衡(大题培优)及答案
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一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．如图杠杆AOB用细线悬挂起来，分别在A 、B两端分别挂上质量为1m、2m的重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，AOBO，不计杠杆重力，则1m、2m的关系为
A．12mm B．12mm
C．12mm D．无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆示意图如下：
根据杠杆的平衡条件：1122FLFL可知，
1122GLGL
1122mgLmgL
即1122mLmL
因为力与相应的力臂成反比关系，从图中可以看出力臂12LL＞，所以物体的重力12GG＜，即12mm＜，故选C。
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．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 B．乙方式 F2的功率为 3W
C．甲乙两种方式都省一半的力 D．乙方式中滑轮组的机械效率约为 88.9%
【答案】D
【解析】
【详解】
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：
1221LOBLOA
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
111400N200N22FG 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
211500N+50N150N22FGG动，
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：
400N100%=100%=100%88.9%400N50NWGhWGhGh有用总轮
故D正确．
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．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 B．沿竖直向上方向用力最小
C．沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡 D．此杠杆可能是省力杠杆，也可能是费力杠杆
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
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。
6．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。
7．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，杠杆在水平位置平衡，已知：乙物体所受重力为30N，:1:3AOOB，甲物体的底面积为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
【解析】
【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
A330N90N1GOBFOA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
A150N90N60NFFGF甲压支
则甲物体对水平地面的压强
260N300Pa0.2mFpS压甲甲
故C项错误，D项正确。
故选D。
8．悬挂重物G的轻质杠杆，在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置，若力施加在A
点，最小的力为 FA，若力施加在B点或C点，最小的力分别为 FB、FC、且 AB=BO=OC．下列判断正确的是（ ）（忽略O点的位置变化）
A．FA > G
B．FB = G
C．FC < G D．FB > FC
【答案】C
【解析】
【详解】
在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力最小；若力施加在A点，当OA为动力臂时，动力最小为Fa；若力施加在B点，当OB为力臂时动力最小，为Fb；若力施加在C点，当OC为力臂时，最小的力为Fc，从支点作阻力的力臂为Gl，如图所示：
A．Fa的力臂AO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fa＜G，A错误。
B．Fb的力臂BO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fb＜G，B错误。
C．Fc的力臂CO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fc＜G，C正确。
D．Fb的力臂BO=OC，根据杠杆的平衡条件可知，Fb=Fc，D错误。
9．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．2GHL B．GHL
C．HLG D．GLH
【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2H，阻力为木箱的重力，阻力臂为2L，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得
G×2L=F×2H
F=GLH
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，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 B．一直变大
C．一直不变 D．先变小后变大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
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。
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水，332.71k0g/m铝，338.910kg/m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
G铝⋅OA=G铜⋅OB
即
