佛山【物理】物理杠杆平衡的专项培优 易错 难题练习题(含答案)

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题 1．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。

2．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。

3．如图所示，杠杆在水平状态保持静止，要使弹簧测力计的示数变为原来的12，下列措施中可行的是

A．去掉三个钩码

B．把钩码向左移动2小格

C．把钩码向右移动2小格

D．把弹簧秤测力计向左移动2小格

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得， 4G×4L＝F2×8L， 解得 F2＝2G，

要使弹簧测力计的示数变为原来的12， 即F2＝G。 A．去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得， G×4L＝F'2×8L，

所以F'2＝12G，不符合题意； B．把钩码向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，

4G×2L＝F'2×8L，

所以F'2＝G，故B符合题意； C．把钩码向右移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，

4G×6L＝F'2×8L，

所以F'2＝3G，故C不符合题意； D．把弹簧秤测力计向左移动2小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，

4G×4L＝F'2×6L，

所以F'2＝83G，故D不符合题意。 故选B。

4．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．F12

B．F1=221

sF

s

C．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 221

1

FsFL

故B不符合题意； D．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。

5．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。

6．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14，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A开始向上翘起，那么木尺受到的重力为（ ）

A．3N B．9N C．1N D．2N 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 设直尺长为l，如图所示：

从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力 F=3N 动力臂

OB=14l 阻力为直尺的重力G，阻力臂 CO=12l-14l=14l 由杠杆平衡的条件得 F×OB=G×OC

3N×14l= G×14l G=3N 故选A。

7．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。

8．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 B．使动力、阻力的大小增加相同的数值

C．使动力臂、阻力臂增加相同的长度 D．使动力、阻力的大小增加相同的倍数

【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，

nF1×l1=nF2×l2，

故D正确。 故选D。

9．小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是（ ）

A．B点挂5个钩码

B．C点挂4个钩码

C．D点挂1个钩码

D．D点挂2个钩码

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为 4F×3L=12FL 杠杆的平衡条件是 A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

5F×2L=10FL＜12FL 杠杆不能平衡，故A错误； B．若C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

4F×4L=16FL＞12FL 杠杆不能平衡，故B错误； C．若D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

F×6L=6FL＜12FL 杠杆不能平衡，故C错误； D．若D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

2F×6L=12FL=12FL 杠杆能平衡，故D正确。 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。