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1、一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题1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CB 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：BA 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 OBOA所以可知F1OA F2OC根据杠杆的平衡条件可知，A 端下沉。故选 B。2如图所示，在一个轻质杠杆的中点挂一重物，在杆的另一端施加一个动力F，使杠杆保持平衡，然后向右缓
2、慢转动F 至水平方向，这一过程中（）AF 先变小后变大C动力臂逐渐变小【答案】A【解析】BF 逐渐变大D动力臂逐渐变大【分析】杠杆平衡条件及应用。【详解】杠杆在图中所示位置平衡，阻力（重物对杠杆的拉力）及阻力臂大小不变；动力F 由图中所示位置转动至水平方向的过程中，当动力F 的方向与杠杆垂直时，动力F 的力臂最长，因此动力 F 的力臂先增大后减小，由杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，动力先变小后变大。故选 A。【点睛】中等题.失分的原因是：不知道动力F方向变化的过程中阻力和阻力臂的大小不变；不会画动力F在不同位置时的动力臂；不会利用杠杆平衡条件通过动力臂的变化分析出动力的变化；不知道当动力F
3、与杠杆垂直时，动力臂最大，动力F最小。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施中可行的是1，下列措2A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 F1L1F2L2得，4G4LF28L，解得F22G，要使弹簧测力计的示数变为原来的1，2即 F2G。A去掉三个钩码，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，G4LF28L，所以 F21G，不符合题意；24G2LF28L，B把钩码向左移动 2 小格，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，所以 F2G，故 B 符合题意；C把钩码向
4、右移动 2 小格，根据杠杆平衡条件F1L1F2L2得，4G6LF28L，所以 F23G，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F1L1F2L2得，4G4LF26L，8所以 F2G，故 D 不符合题意。3故选 B。4如图所示为等刻度轻质杠杆，A 处挂 4 牛的物体，若使杠杆在水平位置平衡，则在B 处施加的力（）A可能为 0.5 牛【答案】D【解析】【分析】【详解】B一定为 2 牛C一定为 3 牛D可能是 4 牛设杠杆每小格的长度为 L，若在 B 点用垂直 OB 竖直向下的力使杠杆在水平位置平衡，此时所用的力最小，根据杠杆平衡条件Fl1 1 F2l2可得Fmin4L
5、 G2L则有FminG2L4N2 2N4L4F2l2l1若在 B 点斜拉使杠杆在水平位置平衡，由杠杆平衡条件Fl1 1 F2l2可知F1则此时杠杆左边的阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂减小，故动力将增大，故若使杠杆在水平位置平衡，在 B 点施加的力F 2N故选 D。5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（）部分长度是木尺长的A3N【答案】A【解析】【分析】【详解】设直尺长为 l，如图所示：B9NC1ND2N从图示可以看出：杠杆的支点为O，动力F
6、=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FOB=GOC3N1l4111l-l=l24411l=Gl44G=3N故选 A。6要使图中的杠杆平衡，分别用FA、FB、FC的拉力，这三个力的关系应是AFAFBFC【答案】C【解析】【分析】【详解】BFAFBFCCFAFCFBDFA=FB=FC分别从支点向三条作用线做垂线，作出三个力的力臂，如图；从图可知，三个方向施力，F B的力臂 L OB最长，其次是 L OC、L OA，而阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件F1L1F2L2可知，动力臂越长动力越小，所以三个方向施力大小：F AF CF B故选 C7如图所示，在探究“杠杆平衡
7、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。8如图所示，杠杆可绕O 点转动，力 F 作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直；在将杠杆缓慢地由位置 A 拉到位置 B 的过程中，力 F（）A变大C
8、不变【答案】A【解析】【分析】B变小D先变大后变小解答此题，首先要判断杠杆的五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再利用杠杆的平衡条件进行分析。【详解】将杠杆缓慢地由位置 A 拉到位置 B，动力臂不变，阻力G 的力臂变大，而阻力不变，根据杠杆平衡条件Fl1 1F2l2分析得出动力变大。故选 A。9小明做探究杠杆平衡条件的实验时将手中的5 个钩码挂成了如图所示的情况，则（）A由图可以得到杠杆平衡条件为F1L1=F2L2B小明在 F1和 F2的下方各再挂一个钩码杠杆仍能平衡C小明取下 F1下的一个钩码并将 F2的钩码取下杠杆仍能平衡D小明取下 F2下的钩码并将 F3的钩码向右移至 20cm 处杠杆仍
9、能平衡【答案】D【解析】【分析】【详解】A假设一个钩码的重力为GF1=2G，F2=G，F3=2G各力力臂为L1=20，L2=10，L3=15F1L1=2G20=40GF2L2=G10=10GF3L3=2G15=30G杠杆平衡的条件为F1L1=F2L2+F3L3故 A 不符合题意；B在 F1和 F2的下方各再挂一个钩码后F1L1=3G20=60GF2L2=2G10=20GF3L3=2G15=30GF1L1F2L2+F3L3杠杆失去平衡，故 B 不符合题意；C取下 F1下的一个钩码并将 F2的钩码取下后F1L1=G20=20GF2L2=0F3L3=2G15=30GF1L16GL，所以左端下降，故
10、A 符合题意，BCD 都不符合题意。故选 A。15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
11、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。16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AB 点是支点，液压杆施的力是动力，货物重力是阻力BB 点是支点，物体 A 放在车厢前部可省力CC 点是支点，物体 A 放在车厢后部可省力DC 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.17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
12、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
13、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。18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，AB3BO，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
14、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FAOA FBOB即（GFN）G动2OA FBOB因为AB3BO所以AO 2BO则（GFN）G动22
15、FB1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:F22:3所以（120N-85N）2G动2F14F24（120N-60N）2G动3解得G动 30NA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）230N=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）230N=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
16、可得400N 4（120N FN）230N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）230N=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。19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
17、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 l2l1之前杠杆是省力杠杆，在l2l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。20C 点为硬棒 AD 的重心，硬棒可绕 A 点转动。在棒的 B 点施加力 F1，F1的方向沿 OO线，棒在图所示位置处于静止状态。则AF1GC重力的力臂等于 S1【答案】A【解析】【分析】s1BF1=Gs2DF1方向沿 OO线向下【详解】AB由图像可得，A 点到 F1的距离为 s2，若令 A 点到重力的距离为 s3，根据杠杆的平衡条件“动力动力臂=阻力阻力臂”可知F1s2 Gs3可以推出F1由于s3Gs2s3 s2可得F1G故 A
18、 选项正确，符合题意，B 选项错误，不符合题意；C重力的力臂为支点 A 到重力的距离，重力竖直向下，因此力臂为水平方向，故C 选项错误，不符合题意；DF1与 G 在支点同侧，重力方向竖直向下，所以F的方向应该向上，故 D 选项错误，不符合题意。21如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物GA和 GB（GAGB）,杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相同的物体后，杠杆A仍能保持平衡B不能平衡，左端下沉C不能平衡，右端下沉D不能确定哪端下沉【答案】C【解析】【详解】杠杆原来在水平位置处于平衡状态,此时作用在杠杆上的力分别为GA和 GB,其对应的力臂分别为 lA和 lB，如图所示：根据杠杆平衡条件可得：GA
19、lA=GBlB；已知 GAGB所以 lAlB，当两端各再加重力相同的物体后，设增加的物重为G，此时左边力和力臂的乘积：(GA+G)lA=GAlA+GlA右边力和力臂的乘积：(GB+G)lB=GBlB+GlB由于 lAlB，所以 GlAGlB；所以：GAlA+GlAGBlB+GlB即右边力和力臂的乘积较大，所以杠杆不能平衡，向右端下沉。故选C。22如图所示，AOB 为一杠杆，O 为支点，杠杆重不计，AO=OB在杠杆右端 A 处用细绳悬挂重为 G 的物体，当 AO 段处于水平位置时，为保持杠杆平衡，需在B 端施加最小的力为 F1；当 BO 段在水平位置时保持杠杆平衡，这时在B 端施加最小的力为 F2，则AF1F2CF1=F2D无法比较（1）当 AO 段处于水平位置时，如左图所示最省力，F1lOB=GlOAF1=GlOA=G；lOB（2）当 OB 段处于水平位置时，如右图所示最省力，故选 BF2lOB=GlOCFGl2=OCGlOClOBlOBlOClOBF2GF1F2；