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浙教版科学中考复习优中选优-物理-第32节-杠杆
一、单选题
1．（浙教版科学九年级上册 3.4简单机械（杠杆） 培优练习）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大 B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变 D．重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×cosα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，cosα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
2． 劳动教育越来越重要，许多同学在劳动中获得了愉悦的体验也掌握了许多劳动技能。小芳周末回到乡下姥姥家接过姥姥肩膀上的担子学习挑担技巧。假如一个筐子重一个筐子轻（一头重一头轻），在不考虑手臂帮扶的情况下挑起担子让扁担处于水平平衡。请你据劳动体验结合杠杆平衡知识，判断下列说法中正确的是（　　）
A．肩膀应该靠近“轻的一头”
B．肩膀应该靠近“重的一头”
C．肩膀应该居于扁担正中间
D．挑着担子走路，扁担一般会上下“闪动”，“闪动”时一定是一个筐子向上运动同时另一个筐子向下运动
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】ABC.根据题意可知，肩膀相当于支点，两个筐的重力对杠杆产生动力和阻力，而两个筐到肩膀的距离就是动力臂和阻力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，轻的一头力臂大，重的一头力臂小，即肩膀应该靠近重的一头，故B正确，而A、C错误；
D.走路时，两个筐子要同时上升或同时下降，否则，扁担会发生旋转，从肩膀上掉下来，故D错误。
故选B。
3．如图所示，甲、乙、丙三个小和尚抬着一根长木头向寺庙走去，甲和尚抬着较粗的一端，乙和尚抬着木头的中间部位，丙和尚抬着较细的一端。则下列判断正确的是 （　　）
A．当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变轻，乙的负担顿时加重
B．当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变重，丙的负担顿时变轻
C．当乙的作用力减小时，甲、丙两人的作用力均增加，但
D．当甲的作用力增加时，乙、丙两人的作用力均减小，但
【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片，结合描述的情况，选择合适的杠杆模型，根据杠杆的平衡条件分析判断即可。
【解答】A.当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，要增大F乙，乙的负担顿时加重；
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，减小F甲，甲的负担顿时变轻，故A正确；
B.当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，要增大F丙，丙的负担顿时加重；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，甲的负担顿时变重，故B错误；
C.当乙的作用力减小时，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F丙的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF丙=ΔF乙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲=ΔF乙；
所以ΔF甲=ΔF丙，故C错误；
D.当甲作用力增加时，如下图，
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F丙也增大，ΔF甲=ΔF丙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F乙减小，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲=ΔF乙，因此|ΔF乙|＞|ΔF丙|，故D错误。
故选A。
4．（2022·鹿城模拟）如图所示筷子盒.在A处施加向下的力时，筷子会从出口滚出。忽略筷子的压力，以下能正确表示按下A处时杠杆示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据图片，分析筷子盒的工作过程，从而判断示意图是否正确。
【解答】根据图片可知，O处为支点，当用力向下按A点时，A点的压力F1向下，而弹簧施加的阻力F2方向向上，因此松手后，装置向上运动，从而阻挡筷子继续滚出，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
5．（2021·嵊州模拟）小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率。他将两个钩码悬挂在B点，在A点用弹簧测力计保持竖直方向向上拉动杠杆，使其绕O点缓慢转动，带动钩码上升一定的高度h（不计摩擦）。下列说法正确的是（　　）
A．杠杆转动过程中，弹簧测力计的示数会变小
B．仅增加钩码的个数，拉力所做的额外功增大
C．仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变大
D．仅将拉力的作用点从A点移到C点，杠杆的机械效率不变
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）弹簧测力计拉力方向总竖直向上，动力臂减小，阻力臂减小，阻力不变，动力不变，再根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质分析判断；
（2）克服杠杆重力做的功为额外功；
（3）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出拉力做的总功的变化情况；
（4）仅将拉力的作用点从A点移到C点，分析出有用功、额外功的变化，从而分析出杠杆的机械效率的变化。
【解答】A.若弹簧测力计拉力方向一直竖直向上拉动，阻力不变，动力臂减小，阻力臂变小，如下图所示：
因为△OBB′∽△OAA′，
所以 ，
所以动力臂与阻力臂的比值不变，
因为阻力不变，根据杠杆的平衡条件知，弹簧测力计的示数应该不变，故A错误；
B.克服杠杆重力做的功为额外功，仅增加钩码的个数，杠杆重力和杠杆上升的高度不变，拉力所做的额外功不变，故B错误；
C.钩码的悬挂点在B点时，由杠杆的平衡条件得F1 OA=G OB；悬挂点移至C点时，由杠杆的平衡条件得F2 OA=G OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功，即仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变小，故C错误；
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点，由于将相同的钩码提升相同的高度，有用功不变，额外功也不变，杠杆的机械效率不变，故D正确。
故选D。
6．（2022·杭州期中）下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（　　）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，分析阻力与阻力臂、动力与动力臂的关系，并得出正确结果。【解答】A.根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大；当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小，故动力先变大后变小，故A错误；
B.杠杆始终保持平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂一开始垂直于杆，动力臂最大，之后动力沿顺时针方向转动，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力会一直变大，故B错误；
C.用一个始终竖直向上的力提升重棒，在提升的过程中，阻力不变，阻力臂变小，动力臂也变小。物体的重心在杠杆的中心，则动力臂始终为阻力臂的2倍，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力的大小不变，故C正确；
D.用一个始终水平向右的力提升重物，此时阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力变大，故D错误。
故选C。
7．（2023九上·龙湾月考）生活中很多工具属于杠杆。下列杠杆中，属于费力杠杆的是（　　）
A．起子 B．道钉撬
C．筷子 D．钢丝钳
【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】 费力杠杆是指动力大于阻力、动力臂小于阻力臂的杠杆。费力杠杆可以节省动力移动的距离，这样在移动很小的情况下，可以使另一段的距离移动很多，从而达到预期的目的。也就是说，虽然费力，但是动力移动距离比阻力移动距离小，省了距离 。
【解答】筷子的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，其余都是省力杠杆，故答案为：C。
8．（2020九上·杭州月考）在杠杆的两端挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，这时杠杆平衡；将两球分别浸泡在质量和溶质质量分数都相同的稀硫酸中(如图所示)，直至两个烧杯中均没有气泡产生为止，两球的外形变化不大且无孔洞出现。下列推测中正确的是（　　）
①反应结束后，烧杯甲中的溶液质量大； ②反应结束后，烧杯乙中的溶液质量大；
③拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向A 端移动；
④拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向B 端移动
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】通过化学方程式计算可知相同质量的硫酸消耗铁的质量和铝的质量的大小关系，进而判断溶液的质量变化，结合杠杆的平衡条件判断支点的移动方向。
【解答】铁球和铝球的外形变化不大且无孔洞出现，说明金属都有剩余，即硫酸完全反应。
设消耗的铁和铝的质量分别为x、y，硫酸的质量为100g，质量分数为a%则：
Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑　　　 2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑
56　 98　　　　　　　　　　　　　 54　　294
　 a　　　　　　　　 　　 a　　
根据上面的方程式可知，相同质量的硫酸消耗铁的质量要比铝多。
参加反应的铁的质量大，生成氢气的质量相等，则放铁球的那个烧杯中乙溶液质量增加的多，①错误，②正确；
因为铁球减少的质量大，反应后铁球要比铝球轻，根据杠杆的平衡条件可知，故支点应向A移动，③正确，④错误。
故选C。
9．（2022·绍兴）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（　　）
A．图甲中平衡螺母向左调节：图乙中右侧钩码向左移动
B．图甲中平衡螺母向左调节：图乙中右侧钩码向右移动
C．图甲中平衡螺母向右调节：图乙中左侧钩码向左移动
D．图甲中平衡螺母向右调节：图乙中左侧钩码向右移动
【答案】A
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】根据天平的调节方法和杠杆的平衡原理F1L1=F2L2分析判断。
【解答】如甲图所示，在杠杆使用前，右端下沉，说明右端重，左端轻。根据“平衡螺母总是向轻的那端调节”可知，平衡螺母应该向左调节。
在图乙中，杠杆的右端下沉，说明右端力和力臂的乘积偏大，而左边力和力臂的乘积偏小。要使杠杆恢复平衡，则在钩码的重力不变的情况下，要么将左侧钩码向左移动从而增大左边的力臂，要么将右边的钩码向左移动减小右边的力臂。
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
10．（2022九上·杭州期中）如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析错误的是（　　）
A．C点是支点 B．液压杆B施加力是动力
C．阻力只有货物的重力 D．物体A放在车厢后部可省力
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据对杠杆五要素的认识判断。
【解答】当自卸车工作时，只有C点固定不动，因此C点为支点，故A正确不合题意；
液压杆对车厢施加向上的动力，故B正确不合题意；
阻力为车厢和货物的总重力，故C错误符合题意；
物体A越靠近车厢底部，阻力臂越短，阻力和阻力臂的乘积越小。根据F1L1=F2L2可知，此时越省力，故D正确不合题意。
故选C。
11．（2022九上·平湖期末）小明的质量为50kg，俯卧撑和跳绳是他热爱的两项运动。俯卧撑时他所受的重力可视为集中在A点，静止支撑时如图甲所示，此时地面对双手的支持力为F；跳绳时重心高度随时间变化的情况如图乙所示，若他跳绳1分钟克服重力做功的平均功率为P。则F和P分别为（　　）
A．295N，168.75W B．295N，135W
C．715N，168.75W D．715N，135W
【答案】B
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）用杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可以求出地面对双手的支持力；
（2）利用公式W=Gh求解克服重力做一次的功，根据图乙可知1min内的跳绳次数和每次跳起的高度，根据W=Gh求1min内克服重力做的功，利用功率的公式计算功率的大小。【解答】（1）人的重力：G=mg=50kg×10N/kg=500N，
将人体看作一个杠杆，脚尖处为支点，重力为阻力，地面对手的支持力为动力，
根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可得：F支×L1=G×L2，
即：F支×（1m+0.7m）=500N×1m，
解得：F支≈294N，即地面对双手的支持力F至少为294N；
（2）由图乙可知跳一次所用时间s，
1min内所跳的次数：，
起跳的最大高度h=0.09m；
克服重力做功：W=G nh=500N×180×0.09m=8100J；
1min内克服重力做功的平均功率：。
故选B。
12．（浙教版科学九上第三章 第4节简单机械(三)）如图为吊车从图示位置向上起吊货物的工作示意图，利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点缓慢转动，伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列说法正确的是（　　）
A．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小不变
B．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小
C．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大
D．吊臂是一个省力的杠杆
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）（2）（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析；
（4）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】根据图片可知，O点为支点，货物的重力为阻力，伸缩撑杆的支持力为动力。在匀速缓慢顶起吊臂的过程中，阻力F2和动力臂L1保持不变，而阻力臂L2不断减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，伸缩支撑杆的支持力不断减小，故B正确，而A、C错误；
由于动力臂小于阻力臂，因此吊臂是一个费力杠杆，故D错误。
故选B。
13．如图所示，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，使其一侧抬离地面，已知长方形水泥板的重力作用点在对角线的交点，则（　　）。
A．F甲B．F甲>F乙，因为F乙的动力臂长
C．F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
D．F甲>F乙，因为F乙的阻力臂短
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】杠杆又分成费力杠杆、省力杠杆和等臂杠杆，杠杆原理也称为“杠杆平衡条件”。要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等。即：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1·l1=F2·l2。从上式可看出，要使杠杆达到平衡，动力臂是阻力臂的几倍，阻力就是动力的几倍。
【解答】 F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍 ；因为F甲×L宽=1/2G×L宽；F乙×L长=1/2G×L长；所以F甲=F乙=1/2G；
故答案为：C。
二、填空题
14．如图所示，轻质细杆可绕竖直墙上的O点转动，末端挂一个重为150N的物体，拉力F沿水平方向，当θ=45°时，拉力F=　 　N。若平方向，让细杆顺时针缓慢旋转到图中虚线位置，则拉力将　 　（选填“变大”或“变小”）。
【答案】150；变大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据图片确定动力臂和阻力臂的大小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
（2）在细杆顺时针转动时，分析动力臂和阻力臂的变化，再根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】（1）根据图片可知，当θ=45°时，动力臂等于阻力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×L=G×L，解得：F1=G=150N；
（2） 若平方向，让细杆顺时针缓慢旋转到图中虚线位置， 则动力臂减小而阻力臂变大。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时拉力将变大。
15．（2023九上·永康月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶（重力不计）内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。每次倒入空桶的液体　 　相同，密度秤的刻度　 　（“均匀”或者“不均匀”）。
【答案】体积；均匀
【知识点】密度公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）利用杠杆的平衡条件可以计算液体的重力，而如果保持液体体积相同，那么可以计算出液体的密度；
（2）根据杠杆的平衡条件推导出液体密度和动力臂的数量关系式，据此判断刻度是否均匀。
【解答】（1）由G=mg=ρVg可知，当液体的体积相同时，g为定值，G与ρ成正比，所以每次倒入桶中的液体体积必须相同；
（2）由于OA不变阻力臂不变，物体M的重力即动力不变，
由杠杆的平衡条件F1×L1=F2×L2可得：ρVg×OA=GM×OB，
则动力臂：OB=，
由此可知，在其它条件一定时，动力臂与液体的密度成正比，所以密度秤的刻度均匀。
16．（2022·长兴模拟）共享单车不但为出行带来很大方便，而且还健康、环保。如图是车篮子示意图，CAB可视为一个杠杆，AC长24厘米，AB长6厘米。若以A为支点，物体放在篮子中心C点，则
（1）紧固螺丝B处对篮子的作用力方向是　 　 (选填“F1”、“F2”或“F3”)。
（2）若不计车篮子自身重力，车篮子载物20牛时，B处受力大小约为　 　牛。
【答案】（1）F3
（2）80
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据图片分析对篮子作用力的方向；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】（1）根据图片可知，如果没有紧固螺丝B，那么篮子会沿逆时针方向转动，即在B点篮子向左移动。而紧固螺丝是阻碍这个运动趋势的，因此它对篮子的作用力沿水平方向向右，应该为F3。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：20N×24cm=F3×6cm；
解得：F3=80N。
17．（2023九上·杭州月考）用一根长为L重为G0的均匀铁棒，插入一个边长为a、重为G的正方体物块的底部，在另一端施加一个向上的力，将物块撬起一个很小的角度（如图所示，图中的角度已被放大）。如果铁棒插入物块底部的长度为物块边长的三分之一，则要撬动物块，作用在铁棒最右端的力至少为　 　N。
【答案】
【知识点】杠杆中最小力问题；杠杆的应用
【解析】【分析】铁棒的重力提供一部分阻力，作用点在铁棒的重心上，阻力臂为L2；铁棒插入正方体物块底部，由于正方体物块对铁棒的作用点在正方体物块的右端，根据杠杆平衡条件可知，对铁棒产生的阻力为重力的一半；这个阻力在杠杆铁棒上的阻力臂是L2′；力F提供动力，动力臂为L，当力F垂直于杠杆时，动力最小，根据杠杆平衡条件可以求解。
【解答】以正方体物块为杠杆时，物体的重力作用在重心上，而铁棒的作用力在边缘，则动力臂是阻力臂的2倍，那么物块对铁棒产生的阻力为F2′=G，
由于在阻力与阻力臂一定的情况下，根据杠杆平衡条件可知：动力臂越大，动力越小，
以正方体物块为杠杆时，如图所示，当力F垂直于铁棒时，力F的力臂L1是铁棒的长度L，F的力臂最大，力F最小；
此时，正方体物块对铁棒产生的阻力的力臂L2′=a；
即铁棒重力G0，作用点是铁棒的重心，在铁棒的中点处，力臂L2=L，
由杠杆平衡条件可得：F2′L2′+F2L2=FL1，
即：G×a+G0×L=F×L；
解得：F=。
18．（2023九上·奉化期中）如图所示，推走独轮车之前，先将其撑脚抬离地面。慢慢抬起的过程中，独轮车属于　 　(选填“省力”或“费力”)杠杆。已知车厢和砖头的总重力G=800N，则图中人手竖直向上的力为　 　N。若施加在车把手向上的力始终竖直向上，则慢慢抬起的过程中这个力的大小　 　(选填“逐渐增大”“逐渐减小”或“始终不变”)。
【答案】省力；160；始终不变
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂
【解答】独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
由图可知，LG=0.2m，LF=1m，
由杠杆的平衡条件可得：G·LG=F·LF，则图中人手竖直向上的力
F=LGG/LF=0.2mx800N/1m=160N；
施加在把手上的力始终竖直向上，由于重力方向也是竖直方向的，那么动力臂和阻力臂的比值不变，所以这个力大小也 始终不变 。
故答案：省力；160； 始终不变
19．（2023九上·义乌期中）由我国自主研制、体现中国力量与中国速度的大国重器，世界首台千吨级运、架一体机“昆仑号”，可为高铁、道路桥梁的建设高效铺设箱梁。某次架桥时，要将一段重为1.0×107N的箱梁运到铺设位置。
（1）工作时，“昆仑号”将箱梁自桥面竖直向上提升0.6m，固定好后，载着箱梁水平向前运动了30m。此过程中克服箱梁所受重力做的功为　 　J；
（2）如图所示，“昆仑号”将箱梁运到桥墩A、B之间的正上方时水平静止。图中l1表示MN的水平距离，l2表示ON的水平距离，G表示“昆仑号”与箱梁受到的总重力（不包括轮车A受到的重力）、其重心在O点，F表示桥墩B上的支腿对“昆仑号”竖直向上的支持力。请推导支持力F的表达式　 　（用字母表示）。
【答案】（1）6×106
（2）
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题意确定箱梁在重力方向上通过的距离，然后根据W=Gh计算即可；
（2）根据图片确定杠杆的支点，动力和动力臂，阻力和阻力臂，最后根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（1）根据题意可知，箱梁在竖直方向上通过距离0.6m，
则此过程中克服箱梁所受重力做的功：W=G箱h=1.0×107N×0.6m=6×106J；
（2）以M点为支点，则支持力的力臂为LF=l1，重力的力臂为LG=l1-l2，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知：F×LF=G×LG，
F×L1=G×（L1-L2），
解得：。
20．（2020·宁波模拟）有一圆柱形铁块，用甲乙两种方法使它倒下成丙图状。
（1）比较F1和F2的大小：F1　 　F2；（填“＜”、“＞”或“＝”，下同）
（2）比较使用甲乙两种方法，人至少要做功的大小：W1　 　W2。
【答案】（1）＜
（2）＝
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）将铁块看作一个杠杆，确定它的支点、阻力和动力，根据杠杆的平衡条件比较动力的大小；
（2）推倒铁块的过程，其实就是克服重力做功的过程，根据W=Gh判断即可。
【解答】（1）如下图所示：
按照甲的方法，支点为B，F1力臂为BD；按照乙图方法，支点为C，F2力臂为D′C；无论按照哪种方法，阻力都是铁块的重力G，阻力臂L2保持不变；根据杠杆的平衡条件FL1=GL2可知，因为BD大于D′C，故F1＜F2；
（2）无论如何将圆柱铁块倒下都是克服重力做功，两种方法使得柱体重心移动距离相等，故两个力做功相等，故比较使用甲乙两种方法，人至少要做的功的大小：W1=W2。
21．（2023九上·滨江期中）如图所示，杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中，杠杆AB能以凹槽两端的C点或D点为支点在竖直平面内转动，长度AC＝CD＝DB，左端重物G＝12N。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）
（1）当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆易绕　 　（选填“C”或“D”）点翻转。
（2）为使杠杆AB保持水平位置平衡，拉力F最大值为　 　N。
【答案】（1）D
（2）24
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据拉力的位置和方向确定杠杆的转动方向，进而确定杠杆的支点位置；
（2）当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，根据AC=CD=DB分别求出动力臂与阻力臂的比值，然后利用杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算拉力的最大值。
【解答】（1）根据图片可知，D点更加靠近拉力一端，故当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕D点翻转；
（2）当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，
因为AC=CD=DB，
所以BD：AD=1：2，
则根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得：F2×BD=G×AD，
即：F2×1=12N×2，
解得：F2=24N。
22．杠杆的平衡
⑴当杠杆处在　 　和　 　状态时，称之为平衡状态。
⑵用一段棉线系在直尺的中间，然后悬挂在铁架台上。
⑶在支点的左端悬挂一个钩码，用手指捏住直尺右端并竖直向下拉，使直尺保持平衡。
⑷向外移动手指，并竖直向下拉直尺，使直尺保持平衡。
⑸向内移动手指，并竖直向下拉直尺，使直尺保持平衡。
⑹手指在　 　位置用的力大，在　 　位置用的力小。
⑺手指在　 　位置时动力臂大，在　 　位置时动力臂小。
⑻通过这个探究，你对杠杆平衡条件可以做出的猜测是　 　。
【答案】静止状态；匀速转动；A；B；B；A；动力×动力臂=阻力×阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡状态的定义解答；
（2）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离，当拉力方向与杠杆垂直时，从支点到拉力作用点的距离就是动力臂。
（3）根据实验现象分析杠杆的平衡条件即可。
【解答】（1）当杠杆处在静止状态和匀速转动状态时，称之为平衡状态。
（6）（7）手指在A位置用的力大，在B位置用的力小。手指在B位置时动力臂大，在A位置时动力臂小。
（8）A处动力臂小而作用力大，B处动力臂大而作用力小，那么二者的乘积可能相等，那么得到更贵的平条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
三、实验探究题
23．（2023九上·义乌月考）“低头族”长时间看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，项目化学小组建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个质点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模型测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如下表：
、
低头角度θ/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为　 　。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是　 　N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是____。
A．不要长时间低头看手机
B．适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C．低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
【答案】（1）
（2）低头角度越大，重力力臂越大
（3）70
（4）A；B；C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题目的描述确定细线拉力的方向，据此画出对应的示意图；
（2）根据杠杆的平衡条件结合三角函数关系得出颈部肌肉拉力与低头角度的关系；
（3）将头颅看做杠杆模型，同是低头角度为30°，动力臂和阻力臂的大小不变，根据表格中数据得出颈部肌肉所受拉力的大小；
（4）要保护颈椎，应使颈椎受到的力最小，根据上面的结论分析。
【解答】（1）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
；
（2）图乙中，F的力臂为OB，做出乙图中G的力臂LG，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得：G LG=F LF，
则，
由此可知，人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；
（3）由表格中数据知，当低头角度为30°时，若m=1kg。细线的拉力为14N；
若m=5kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F=5×14N=70N；
（4）由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头看手机，可适当抬高手机屏幕，减小低头角度，且低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力，故ABC都正确。
故选ABC。
24． 电冰箱是通过温度控制器控制压缩机的开或停来控制温度的。某冰箱的温控制冷和照明电路如图甲。冰箱内温度控制器工作原理如图乙， 硬杆 可绕固定点 转动， 感温包内充有感温剂气体， 膜盒会因感温包内气体压强的变化而改变对 点的推力大小。
（1）请将图甲中的 三个接线头连入家庭电路。
（2）温度控制器接通电路的工作过程是： 当感温剂气体温度上升时，　 　，动触点和固定触点接通， 压缩机开始工作。
（3）某同学模拟冰箱温控制冷电路， 制作了一个恒温箱，如图丙。恒温箱中温度控制器的轻质硬杆 长为 长为 ， 注射器的最大刻度为 ， 刻度部分长为 。
查阅资料得知， 在弹性限度内， 弹簧的长度 与所挂钩码质量 的关系遵循函数 和为常数)。为了确定该弹簧 和 的值， 在弹簧上挂钩码测得三组数据如表。
当设定的温度为 时， 弹簧长 ， 触点 和 恰好接通。请计算此时注射器内气体的压强。(已知当时大气压为 取 )
（4）丙图中， 温度控制器硬杆上的连接点、均固定，调温旋钮转轴及触点 也固定，调温旋钮已调到最低温度， 在不更换元件的情况下，如何将恒温箱设定温度调节得更低
【答案】（1）
（2）气压增大，膜盒对 点的推力变大
（3）
（4）注射器往左移 (或“注射器往上移”或“增加注射器内的气体”)。
【知识点】压强的大小及其计算；家庭电路的组成与连接；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）在家庭电路中，开关必须接在火线上，地线应该与用电器的外壳相连，据此分析解答；
（2）根据温度升高分析气压变化，进而确定膜盒对A点的推力大小变化即可；
（3）从表格中读出任意两组数据代入l=km+b，然后联立等式得出表达式，然后求出弹簧长14cm时B处所挂物体的质量，根据F=G=mg求出此时弹簧受到的拉力，根据杠杆的平衡条件求出活塞受到的压力，根据V=Sh求出活塞的横截面积，利用
求出压力产生的压强，然后加上大气压即为此时注射器内气体的压强；
（4）在不更换元件的情况下，要将恒温箱设定温度调节得更低，应增大气体的压强，据此进行解答。
【解答】（1）根据家庭电路连接的知识可知，与电冰箱金属外壳相连的为地线，开关应控制火线，剩余的触点接零线，如下图所示：
（2）温度控制器接通电路的工作过程是： 当感温剂气体温度上升时，气压增大，膜盒对 点的推力变大，动触点和固定触点接通， 压缩机开始工作。
（3）把m=80g、l=12.8cm和m=160g、13.6cm代入l=km+b可得：
12.8cm=k×80g+b，13.6cm=k×160g+b，
解得：k=0.01cm/g，b=12cm，
则l=0.01cm/g×m+12cm，
当设定的温度为40℃时，弹簧长14cm，
有14cm=0.01cm/g×m+12cm，
则m=200g=0.2kg，
此时，弹簧受到的拉力FB=G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，
由杠杆的平衡条件可得：FB OB=FA OA，
则活塞受到的压力，
活塞的横截面积：，
此时注射器内气体的压强：
p=p0+=1×105Pa+=1.16×105Pa；
（4）在不更换元件的情况下，B处所挂钩码质量和力臂OB不变，
因质量和体积一定的气体，温度越高，气体压强越大，温度越低，气体压强越小，
所以要将恒温箱设定温度调节得更低，为保持原来压缩机工作时注射器内的压强不变，应增大活塞的压力，由杠杆的平衡条件可知，可以在力臂OA不变时，注射器向左移，增大活塞受到的压力，还可以增加注射器内气体来增大压强。
25．（2023九上·杭州期中）小保在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时　 　(选填“是”或“不是”)处于杠杆平衡状态的。
（2）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为　 　N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将　 　。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】（1）是
（2）1.5；变大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）平衡状态包括：静止状态或运算直线运动状态；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
②注意分析动力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件分析测力计的示数变化。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：（0.5N×2）×3L=F×2L，解得：F=1.5N；
②当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时弹簧测力计的示数变大。
26．（2023九上·奉化期中）小宁做“探究杠杆平衡条件”实验，装置如图所示，杠杆上相邻刻线间的距离相等。
（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡后，在A点挂两个钩码，每个钩码重0.1N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，杠杆水平位置平衡；若斜拉弹簧测力计，使杠杆仍在水平位置平衡，弹簧测力计的示数　 　(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）小宁又制作了一个密度均匀的圆盘(相当于杠杆)，圆盘可以绕着圆心0转动(转轴阻力忽略不计)，圆盘上CH所在直线上相邻两点间距离相等。他先在圆盘的C点挂上4个钩码(如图)，再用一个量程合适的弹簧测力计在M点施加竖直向上的拉力后，圆盘　 　(填“能”或“不能”)在图示位置静止。
（3）为了探究“力的作用点到支点的距离是否一定影响杠杆的平衡”，小宁在圆盘的C点挂上4个钩码(如图乙)，又在G点挂上一定数量的钩码后发现圆盘在图示位置平衡。为了改变支点到力的作用点的距离，他将挂在G点的钩码先后挂在　 　两个点又进行了两次实验，发现圆盘仍在图示位置平衡，即可得到结论。
【答案】（1）变大
（2）不能
（3）N、D
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂
【解答】（1）若每个小格长L，在A点挂2个相同的钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计，让杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计改为斜拉时，拉力的力臂减小，再次使杠杆水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数将变大；
（2）设圆盘上CH所在直线上相邻两点间距离为a，阻力力与阻力臂的乘积为：
4x0.5Nx3a=6aN；动力与动力臂的乘积为：F动x0＝0；
由于F1L1≠F2L2，所以圆盘不能在图示位置静止；
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得，4x0.5Nx3a=nx0.5Nx2a，解得n=6，
当改变右边挂钩码的位置时，4x0.5Nx3a=6x0.5Nxma，
解得m=2，
所以右边力臂保持不变，即他可以将挂在G点的钩码先后挂在D、N两个点又进行实验。
27．（2023九下·义乌期中）利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。
（1）如图甲保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F的数据，绘制了l1﹣F1的关系图，如图乙。请据图推算当l1为0.6m时，F1为　 　N。
（2）小柯同学通过提前设定好动力臂和阻力臂值来探究杠杆的平衡条件。根据实验得到的数据得出杠杆平衡条件　 　。
实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.5 10 3.0 5
2 1.0 20 2.0 10
3 0.5 30 1.0 15
（3）如图丙所示，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，其示数　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
（4）小柯同学用图丁装置进行探究，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是　 　。
【答案】（1）0.5
（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂
（3）变大
（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，故据杠杆的平衡条件分析即可解决；
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2；
（3）力臂是支点到力的作用线垂直距离，找出力和力臂，再根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2来判断；
（4）图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，；
故若当L1为0.6m时，；
（2）通过分析实验数据，可知杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂，可写作F1L1=F2L2；
（3）如图，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将变大；
（4）利用图丁装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）0.5；（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂；（3）变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
四、解答题
28．（2023·台州）电动微单车可有效地减轻交通压力。如图为某一电动微单车，其部分参数如下表所示。
（1）装有电动微单车的包装箱总质量为20千克，平放在水平地面上时对地面的最小压强是
多少？
（2）如图是某同学使用扳手组装电动微单车时的简化俯视图，其中O是支点，A是动力作用点，B是阻力作用点，此时扳手相当于　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。
（3）一定条件下，电动微单车充满电后，能以最高时速匀速行驶0.8小时，共行驶了多少千米？
【答案】（1）解：G=mg=20千克×10牛/千克=200牛
F=G=200牛
s=1米×0.8米=0.8米2
p=F/s=200牛/0.8米2=250帕
答：包装箱对地面的最小压强是250帕。
（2）省力
（3）解：s=vt=25千米/时×0.8时=20千米
答：共行驶了20千米的路程。
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）压强=压力/受力面积；
（2）杠杆平衡条件为：动力x动力臂=阻力x阻力臂；
（3）路程=速度x时间。
【解答】（2）动力臂大于阻力臂，故为省力杠杆；
（3） 解：s=vt=25千米/时×0.8时=20千米
答：共行驶了20千米的路程。
29．（2023九上·义乌月考）使用撬棒，救援队员把滚落在公路上的石块1撬起，如图所示，AB=BC，请在图中作出最小的力F，并解释为什么这种情况更省力。
【答案】解：
①以A为支点，阻力臂为AB，动力臂AD；以C为支点，阻力臂为BC，动力臂CD；
②根据杠杆平衡条件，F1l1=F2l2，F2l2相等，l1越大，F1越小
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，则此时动力最小，根据图片分析解答。
【解答】根据图片可知，A为支点，D为动力作用力，则最长的动力臂为AD，那么此时动力应该与杠杆垂直向上，则此时最省力，如下图所示：
30．（浙教版科学九上第三章 第4节简单机械(三)）图为用羊角锤拔起钉子的示意图。已知动力臂OA为36厘米，阻力臂OB为3厘米，当在锤柄A处用大小为90牛的动力时，钉子刚好被拔起，求此时钉子对锤的阻力。若人所用的力为75牛，要拔起钉子，锤柄至少要加长多少厘米？
【答案】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：90N×36cm=F2×3cm；
解得：F2=1080N；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：75N×L1=1080N×3cm；
解得：L1=43.2cm；
那么锤柄至少要加长：43.2cm-36cm=7.2cm。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
1 / 1浙教版科学中考复习优中选优-物理-第32节-杠杆
一、单选题
1．（浙教版科学九年级上册 3.4简单机械（杠杆） 培优练习）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（　　）
A．F的力臂变小，F的大小变大 B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变 D．重力G与它的力臂乘积变大
2． 劳动教育越来越重要，许多同学在劳动中获得了愉悦的体验也掌握了许多劳动技能。小芳周末回到乡下姥姥家接过姥姥肩膀上的担子学习挑担技巧。假如一个筐子重一个筐子轻（一头重一头轻），在不考虑手臂帮扶的情况下挑起担子让扁担处于水平平衡。请你据劳动体验结合杠杆平衡知识，判断下列说法中正确的是（　　）
A．肩膀应该靠近“轻的一头”
B．肩膀应该靠近“重的一头”
C．肩膀应该居于扁担正中间
D．挑着担子走路，扁担一般会上下“闪动”，“闪动”时一定是一个筐子向上运动同时另一个筐子向下运动
3．如图所示，甲、乙、丙三个小和尚抬着一根长木头向寺庙走去，甲和尚抬着较粗的一端，乙和尚抬着木头的中间部位，丙和尚抬着较细的一端。则下列判断正确的是 （　　）
A．当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变轻，乙的负担顿时加重
B．当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变重，丙的负担顿时变轻
C．当乙的作用力减小时，甲、丙两人的作用力均增加，但
D．当甲的作用力增加时，乙、丙两人的作用力均减小，但
4．（2022·鹿城模拟）如图所示筷子盒.在A处施加向下的力时，筷子会从出口滚出。忽略筷子的压力，以下能正确表示按下A处时杠杆示意图的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2021·嵊州模拟）小明用如图所示的装置探究杠杆的机械效率。他将两个钩码悬挂在B点，在A点用弹簧测力计保持竖直方向向上拉动杠杆，使其绕O点缓慢转动，带动钩码上升一定的高度h（不计摩擦）。下列说法正确的是（　　）
A．杠杆转动过程中，弹簧测力计的示数会变小
B．仅增加钩码的个数，拉力所做的额外功增大
C．仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变大
D．仅将拉力的作用点从A点移到C点，杠杆的机械效率不变
6．（2022·杭州期中）下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（　　）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
7．（2023九上·龙湾月考）生活中很多工具属于杠杆。下列杠杆中，属于费力杠杆的是（　　）
A．起子 B．道钉撬
C．筷子 D．钢丝钳
8．（2020九上·杭州月考）在杠杆的两端挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，这时杠杆平衡；将两球分别浸泡在质量和溶质质量分数都相同的稀硫酸中(如图所示)，直至两个烧杯中均没有气泡产生为止，两球的外形变化不大且无孔洞出现。下列推测中正确的是（　　）
①反应结束后，烧杯甲中的溶液质量大； ②反应结束后，烧杯乙中的溶液质量大；
③拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向A 端移动；
④拿掉烧杯后，要使杠杆重新平衡，支点应向B 端移动
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
9．（2022·绍兴）小敏在做“研究杠杆平衡条件”的实验时，先后出现杠杆右端下降的现象。为使杠杆水平平衡，下列操作正确的是（　　）
A．图甲中平衡螺母向左调节：图乙中右侧钩码向左移动
B．图甲中平衡螺母向左调节：图乙中右侧钩码向右移动
C．图甲中平衡螺母向右调节：图乙中左侧钩码向左移动
D．图甲中平衡螺母向右调节：图乙中左侧钩码向右移动
10．（2022九上·杭州期中）如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析错误的是（　　）
A．C点是支点 B．液压杆B施加力是动力
C．阻力只有货物的重力 D．物体A放在车厢后部可省力
11．（2022九上·平湖期末）小明的质量为50kg，俯卧撑和跳绳是他热爱的两项运动。俯卧撑时他所受的重力可视为集中在A点，静止支撑时如图甲所示，此时地面对双手的支持力为F；跳绳时重心高度随时间变化的情况如图乙所示，若他跳绳1分钟克服重力做功的平均功率为P。则F和P分别为（　　）
A．295N，168.75W B．295N，135W
C．715N，168.75W D．715N，135W
12．（浙教版科学九上第三章 第4节简单机械(三)）如图为吊车从图示位置向上起吊货物的工作示意图，利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点缓慢转动，伸缩撑杆为圆弧状，伸缩时伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列说法正确的是（　　）
A．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力大小不变
B．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变小
C．匀速缓慢顶起吊臂的过程中，伸缩撑杆的支持力渐渐变大
D．吊臂是一个省力的杠杆
13．如图所示，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，使其一侧抬离地面，已知长方形水泥板的重力作用点在对角线的交点，则（　　）。
A．F甲B．F甲>F乙，因为F乙的动力臂长
C．F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
D．F甲>F乙，因为F乙的阻力臂短
二、填空题
14．如图所示，轻质细杆可绕竖直墙上的O点转动，末端挂一个重为150N的物体，拉力F沿水平方向，当θ=45°时，拉力F=　 　N。若平方向，让细杆顺时针缓慢旋转到图中虚线位置，则拉力将　 　（选填“变大”或“变小”）。
15．（2023九上·永康月考）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶（重力不计）内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值。每次倒入空桶的液体　 　相同，密度秤的刻度　 　（“均匀”或者“不均匀”）。
16．（2022·长兴模拟）共享单车不但为出行带来很大方便，而且还健康、环保。如图是车篮子示意图，CAB可视为一个杠杆，AC长24厘米，AB长6厘米。若以A为支点，物体放在篮子中心C点，则
（1）紧固螺丝B处对篮子的作用力方向是　 　 (选填“F1”、“F2”或“F3”)。
（2）若不计车篮子自身重力，车篮子载物20牛时，B处受力大小约为　 　牛。
17．（2023九上·杭州月考）用一根长为L重为G0的均匀铁棒，插入一个边长为a、重为G的正方体物块的底部，在另一端施加一个向上的力，将物块撬起一个很小的角度（如图所示，图中的角度已被放大）。如果铁棒插入物块底部的长度为物块边长的三分之一，则要撬动物块，作用在铁棒最右端的力至少为　 　N。
18．（2023九上·奉化期中）如图所示，推走独轮车之前，先将其撑脚抬离地面。慢慢抬起的过程中，独轮车属于　 　(选填“省力”或“费力”)杠杆。已知车厢和砖头的总重力G=800N，则图中人手竖直向上的力为　 　N。若施加在车把手向上的力始终竖直向上，则慢慢抬起的过程中这个力的大小　 　(选填“逐渐增大”“逐渐减小”或“始终不变”)。
19．（2023九上·义乌期中）由我国自主研制、体现中国力量与中国速度的大国重器，世界首台千吨级运、架一体机“昆仑号”，可为高铁、道路桥梁的建设高效铺设箱梁。某次架桥时，要将一段重为1.0×107N的箱梁运到铺设位置。
（1）工作时，“昆仑号”将箱梁自桥面竖直向上提升0.6m，固定好后，载着箱梁水平向前运动了30m。此过程中克服箱梁所受重力做的功为　 　J；
（2）如图所示，“昆仑号”将箱梁运到桥墩A、B之间的正上方时水平静止。图中l1表示MN的水平距离，l2表示ON的水平距离，G表示“昆仑号”与箱梁受到的总重力（不包括轮车A受到的重力）、其重心在O点，F表示桥墩B上的支腿对“昆仑号”竖直向上的支持力。请推导支持力F的表达式　 　（用字母表示）。
20．（2020·宁波模拟）有一圆柱形铁块，用甲乙两种方法使它倒下成丙图状。
（1）比较F1和F2的大小：F1　 　F2；（填“＜”、“＞”或“＝”，下同）
（2）比较使用甲乙两种方法，人至少要做功的大小：W1　 　W2。
21．（2023九上·滨江期中）如图所示，杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中，杠杆AB能以凹槽两端的C点或D点为支点在竖直平面内转动，长度AC＝CD＝DB，左端重物G＝12N。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）
（1）当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆易绕　 　（选填“C”或“D”）点翻转。
（2）为使杠杆AB保持水平位置平衡，拉力F最大值为　 　N。
22．杠杆的平衡
⑴当杠杆处在　 　和　 　状态时，称之为平衡状态。
⑵用一段棉线系在直尺的中间，然后悬挂在铁架台上。
⑶在支点的左端悬挂一个钩码，用手指捏住直尺右端并竖直向下拉，使直尺保持平衡。
⑷向外移动手指，并竖直向下拉直尺，使直尺保持平衡。
⑸向内移动手指，并竖直向下拉直尺，使直尺保持平衡。
⑹手指在　 　位置用的力大，在　 　位置用的力小。
⑺手指在　 　位置时动力臂大，在　 　位置时动力臂小。
⑻通过这个探究，你对杠杆平衡条件可以做出的猜测是　 　。
三、实验探究题
23．（2023九上·义乌月考）“低头族”长时间看手机，会引起颈部肌肉损伤。当头颅为竖直状态时，颈部肌肉的拉力为零，当头颅低下时，颈部肌肉会产生一定的拉力。为了研究颈部肌肉的拉力与低头角度大小的关系，项目化学小组建立一个头颅模型来模拟实验。如图甲所示，把人的颈椎简化成一个支点O，用1kg的头颅模型在重力作用下绕着这个质点O转动，A点为头颅模型的重心，B点为肌肉拉力的作用点，将细线的一端固定在B点，用弹簧测力计拉着细线模型测量肌肉的拉力，头颅模型在转动过程中，细线拉力的方向始终垂直于OB，如图乙所示，让头颅从竖直状态开始转动，通过实验记录出低头角度θ及细线拉力F的数据，如下表：
、
低头角度θ/度 0 15 30 45 60
细线拉力F/N 0 7.3 14.0 20.2 25.0
（1）在图乙中画出细线拉力的示意图。
（2）分析表中数据可知：低头角度越大，颈部肌肉的拉力就会越大，这是因为　 　。
（3）设人的头颅质量为5kg，当低头角度为30°时，颈部肌肉实际承受的拉力是　 　N。
（4）下列措施中，有利于保护颈椎的是____。
A．不要长时间低头看手机
B．适当抬高手机屏幕，减小低头角度
C．低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力。
24． 电冰箱是通过温度控制器控制压缩机的开或停来控制温度的。某冰箱的温控制冷和照明电路如图甲。冰箱内温度控制器工作原理如图乙， 硬杆 可绕固定点 转动， 感温包内充有感温剂气体， 膜盒会因感温包内气体压强的变化而改变对 点的推力大小。
（1）请将图甲中的 三个接线头连入家庭电路。
（2）温度控制器接通电路的工作过程是： 当感温剂气体温度上升时，　 　，动触点和固定触点接通， 压缩机开始工作。
（3）某同学模拟冰箱温控制冷电路， 制作了一个恒温箱，如图丙。恒温箱中温度控制器的轻质硬杆 长为 长为 ， 注射器的最大刻度为 ， 刻度部分长为 。
查阅资料得知， 在弹性限度内， 弹簧的长度 与所挂钩码质量 的关系遵循函数 和为常数)。为了确定该弹簧 和 的值， 在弹簧上挂钩码测得三组数据如表。
当设定的温度为 时， 弹簧长 ， 触点 和 恰好接通。请计算此时注射器内气体的压强。(已知当时大气压为 取 )
（4）丙图中， 温度控制器硬杆上的连接点、均固定，调温旋钮转轴及触点 也固定，调温旋钮已调到最低温度， 在不更换元件的情况下，如何将恒温箱设定温度调节得更低
25．（2023九上·杭州期中）小保在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时　 　(选填“是”或“不是”)处于杠杆平衡状态的。
（2）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为　 　N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将　 　。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
26．（2023九上·奉化期中）小宁做“探究杠杆平衡条件”实验，装置如图所示，杠杆上相邻刻线间的距离相等。
（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡后，在A点挂两个钩码，每个钩码重0.1N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，杠杆水平位置平衡；若斜拉弹簧测力计，使杠杆仍在水平位置平衡，弹簧测力计的示数　 　(填“变大”“变小”或“不变”)。
（2）小宁又制作了一个密度均匀的圆盘(相当于杠杆)，圆盘可以绕着圆心0转动(转轴阻力忽略不计)，圆盘上CH所在直线上相邻两点间距离相等。他先在圆盘的C点挂上4个钩码(如图)，再用一个量程合适的弹簧测力计在M点施加竖直向上的拉力后，圆盘　 　(填“能”或“不能”)在图示位置静止。
（3）为了探究“力的作用点到支点的距离是否一定影响杠杆的平衡”，小宁在圆盘的C点挂上4个钩码(如图乙)，又在G点挂上一定数量的钩码后发现圆盘在图示位置平衡。为了改变支点到力的作用点的距离，他将挂在G点的钩码先后挂在　 　两个点又进行了两次实验，发现圆盘仍在图示位置平衡，即可得到结论。
27．（2023九下·义乌期中）利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”。
（1）如图甲保持B点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时，测出多组动力臂l1和动力F的数据，绘制了l1﹣F1的关系图，如图乙。请据图推算当l1为0.6m时，F1为　 　N。
（2）小柯同学通过提前设定好动力臂和阻力臂值来探究杠杆的平衡条件。根据实验得到的数据得出杠杆平衡条件　 　。
实验次数 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm
1 1.5 10 3.0 5
2 1.0 20 2.0 10
3 0.5 30 1.0 15
（3）如图丙所示，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，其示数　 　（选填“变大”“不变”或“变小”）。
（4）小柯同学用图丁装置进行探究，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是　 　。
四、解答题
28．（2023·台州）电动微单车可有效地减轻交通压力。如图为某一电动微单车，其部分参数如下表所示。
（1）装有电动微单车的包装箱总质量为20千克，平放在水平地面上时对地面的最小压强是
多少？
（2）如图是某同学使用扳手组装电动微单车时的简化俯视图，其中O是支点，A是动力作用点，B是阻力作用点，此时扳手相当于　 　（选填“省力”“费力”或“等臂”）杠杆。
（3）一定条件下，电动微单车充满电后，能以最高时速匀速行驶0.8小时，共行驶了多少千米？
29．（2023九上·义乌月考）使用撬棒，救援队员把滚落在公路上的石块1撬起，如图所示，AB=BC，请在图中作出最小的力F，并解释为什么这种情况更省力。
30．（浙教版科学九上第三章 第4节简单机械(三)）图为用羊角锤拔起钉子的示意图。已知动力臂OA为36厘米，阻力臂OB为3厘米，当在锤柄A处用大小为90牛的动力时，钉子刚好被拔起，求此时钉子对锤的阻力。若人所用的力为75牛，要拔起钉子，锤柄至少要加长多少厘米？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×cosα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，cosα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
2．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析判断。
【解答】ABC.根据题意可知，肩膀相当于支点，两个筐的重力对杠杆产生动力和阻力，而两个筐到肩膀的距离就是动力臂和阻力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，轻的一头力臂大，重的一头力臂小，即肩膀应该靠近重的一头，故B正确，而A、C错误；
D.走路时，两个筐子要同时上升或同时下降，否则，扁担会发生旋转，从肩膀上掉下来，故D错误。
故选B。
3．【答案】A
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据图片，结合描述的情况，选择合适的杠杆模型，根据杠杆的平衡条件分析判断即可。
【解答】A.当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，要增大F乙，乙的负担顿时加重；
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，减小F甲，甲的负担顿时变轻，故A正确；
B.当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，要增大F丙，丙的负担顿时加重；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，甲的负担顿时变重，故B错误；
C.当乙的作用力减小时，如下图，
若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F丙的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF丙=ΔF乙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲=ΔF乙；
所以ΔF甲=ΔF丙，故C错误；
D.当甲作用力增加时，如下图，
若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F丙也增大，ΔF甲=ΔF丙；
若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F乙减小，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲=ΔF乙，因此|ΔF乙|＞|ΔF丙|，故D错误。
故选A。
4．【答案】A
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据图片，分析筷子盒的工作过程，从而判断示意图是否正确。
【解答】根据图片可知，O处为支点，当用力向下按A点时，A点的压力F1向下，而弹簧施加的阻力F2方向向上，因此松手后，装置向上运动，从而阻挡筷子继续滚出，故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）弹簧测力计拉力方向总竖直向上，动力臂减小，阻力臂减小，阻力不变，动力不变，再根据杠杆的平衡条件和相似三角形的性质分析判断；
（2）克服杠杆重力做的功为额外功；
（3）从图中可以看出，将2只钩码悬挂在C点时，重力的力臂大于在B点重力的力臂，而动力臂不变，根据杠杆平衡的条件可知弹簧测力计的示数的变化情况，再分析有用功和额外功的变化，根据总功等于有用功和额外功之和得出拉力做的总功的变化情况；
（4）仅将拉力的作用点从A点移到C点，分析出有用功、额外功的变化，从而分析出杠杆的机械效率的变化。
【解答】A.若弹簧测力计拉力方向一直竖直向上拉动，阻力不变，动力臂减小，阻力臂变小，如下图所示：
因为△OBB′∽△OAA′，
所以 ，
所以动力臂与阻力臂的比值不变，
因为阻力不变，根据杠杆的平衡条件知，弹簧测力计的示数应该不变，故A错误；
B.克服杠杆重力做的功为额外功，仅增加钩码的个数，杠杆重力和杠杆上升的高度不变，拉力所做的额外功不变，故B错误；
C.钩码的悬挂点在B点时，由杠杆的平衡条件得F1 OA=G OB；悬挂点移至C点时，由杠杆的平衡条件得F2 OA=G OC；从图中可以看出，由OB到OC力臂变大，所以弹簧测力计的示数变大，有用功不变，但杠杆提升的高度减小，额外功减小，又因为总功等于额外功与有用功之和，因此此次弹簧测力计做的功将小于第一次做的功，即仅将钩码的悬挂点从B点移到C点，拉力做的总功变小，故C错误；
D.仅将拉力的作用点从A点移到C点，由于将相同的钩码提升相同的高度，有用功不变，额外功也不变，杠杆的机械效率不变，故D正确。
故选D。
6．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2，分析阻力与阻力臂、动力与动力臂的关系，并得出正确结果。【解答】A.根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大；当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小，故动力先变大后变小，故A错误；
B.杠杆始终保持平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂一开始垂直于杆，动力臂最大，之后动力沿顺时针方向转动，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力会一直变大，故B错误；
C.用一个始终竖直向上的力提升重棒，在提升的过程中，阻力不变，阻力臂变小，动力臂也变小。物体的重心在杠杆的中心，则动力臂始终为阻力臂的2倍，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力的大小不变，故C正确；
D.用一个始终水平向右的力提升重物，此时阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力变大，故D错误。
故选C。
7．【答案】C
【知识点】杠杆的分类
【解析】【分析】 费力杠杆是指动力大于阻力、动力臂小于阻力臂的杠杆。费力杠杆可以节省动力移动的距离，这样在移动很小的情况下，可以使另一段的距离移动很多，从而达到预期的目的。也就是说，虽然费力，但是动力移动距离比阻力移动距离小，省了距离 。
【解答】筷子的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，其余都是省力杠杆，故答案为：C。
8．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】通过化学方程式计算可知相同质量的硫酸消耗铁的质量和铝的质量的大小关系，进而判断溶液的质量变化，结合杠杆的平衡条件判断支点的移动方向。
【解答】铁球和铝球的外形变化不大且无孔洞出现，说明金属都有剩余，即硫酸完全反应。
设消耗的铁和铝的质量分别为x、y，硫酸的质量为100g，质量分数为a%则：
Fe + H2SO4=FeSO4+H2↑　　　 2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑
56　 98　　　　　　　　　　　　　 54　　294
　 a　　　　　　　　 　　 a　　
根据上面的方程式可知，相同质量的硫酸消耗铁的质量要比铝多。
参加反应的铁的质量大，生成氢气的质量相等，则放铁球的那个烧杯中乙溶液质量增加的多，①错误，②正确；
因为铁球减少的质量大，反应后铁球要比铝球轻，根据杠杆的平衡条件可知，故支点应向A移动，③正确，④错误。
故选C。
9．【答案】A
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】根据天平的调节方法和杠杆的平衡原理F1L1=F2L2分析判断。
【解答】如甲图所示，在杠杆使用前，右端下沉，说明右端重，左端轻。根据“平衡螺母总是向轻的那端调节”可知，平衡螺母应该向左调节。
在图乙中，杠杆的右端下沉，说明右端力和力臂的乘积偏大，而左边力和力臂的乘积偏小。要使杠杆恢复平衡，则在钩码的重力不变的情况下，要么将左侧钩码向左移动从而增大左边的力臂，要么将右边的钩码向左移动减小右边的力臂。
故A正确，而B、C、D错误。
故选A。
10．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素
【解析】【分析】根据对杠杆五要素的认识判断。
【解答】当自卸车工作时，只有C点固定不动，因此C点为支点，故A正确不合题意；
液压杆对车厢施加向上的动力，故B正确不合题意；
阻力为车厢和货物的总重力，故C错误符合题意；
物体A越靠近车厢底部，阻力臂越短，阻力和阻力臂的乘积越小。根据F1L1=F2L2可知，此时越省力，故D正确不合题意。
故选C。
11．【答案】B
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）用杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可以求出地面对双手的支持力；
（2）利用公式W=Gh求解克服重力做一次的功，根据图乙可知1min内的跳绳次数和每次跳起的高度，根据W=Gh求1min内克服重力做的功，利用功率的公式计算功率的大小。【解答】（1）人的重力：G=mg=50kg×10N/kg=500N，
将人体看作一个杠杆，脚尖处为支点，重力为阻力，地面对手的支持力为动力，
根据杠杆的平衡条件F1L1-F2L2可得：F支×L1=G×L2，
即：F支×（1m+0.7m）=500N×1m，
解得：F支≈294N，即地面对双手的支持力F至少为294N；
（2）由图乙可知跳一次所用时间s，
1min内所跳的次数：，
起跳的最大高度h=0.09m；
克服重力做功：W=G nh=500N×180×0.09m=8100J；
1min内克服重力做功的平均功率：。
故选B。
12．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】（1）（2）（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析；
（4）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
【解答】根据图片可知，O点为支点，货物的重力为阻力，伸缩撑杆的支持力为动力。在匀速缓慢顶起吊臂的过程中，阻力F2和动力臂L1保持不变，而阻力臂L2不断减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，伸缩支撑杆的支持力不断减小，故B正确，而A、C错误；
由于动力臂小于阻力臂，因此吊臂是一个费力杠杆，故D错误。
故选B。
13．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】杠杆又分成费力杠杆、省力杠杆和等臂杠杆，杠杆原理也称为“杠杆平衡条件”。要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力矩（力与力臂的乘积）大小必须相等。即：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F1·l1=F2·l2。从上式可看出，要使杠杆达到平衡，动力臂是阻力臂的几倍，阻力就是动力的几倍。
【解答】 F甲=F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍 ；因为F甲×L宽=1/2G×L宽；F乙×L长=1/2G×L长；所以F甲=F乙=1/2G；
故答案为：C。
14．【答案】150；变大
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据图片确定动力臂和阻力臂的大小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
（2）在细杆顺时针转动时，分析动力臂和阻力臂的变化，再根据杠杆的平衡条件分析即可。
【解答】（1）根据图片可知，当θ=45°时，动力臂等于阻力臂。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F1×L=G×L，解得：F1=G=150N；
（2） 若平方向，让细杆顺时针缓慢旋转到图中虚线位置， 则动力臂减小而阻力臂变大。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时拉力将变大。
15．【答案】体积；均匀
【知识点】密度公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）利用杠杆的平衡条件可以计算液体的重力，而如果保持液体体积相同，那么可以计算出液体的密度；
（2）根据杠杆的平衡条件推导出液体密度和动力臂的数量关系式，据此判断刻度是否均匀。
【解答】（1）由G=mg=ρVg可知，当液体的体积相同时，g为定值，G与ρ成正比，所以每次倒入桶中的液体体积必须相同；
（2）由于OA不变阻力臂不变，物体M的重力即动力不变，
由杠杆的平衡条件F1×L1=F2×L2可得：ρVg×OA=GM×OB，
则动力臂：OB=，
由此可知，在其它条件一定时，动力臂与液体的密度成正比，所以密度秤的刻度均匀。
16．【答案】（1）F3
（2）80
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据图片分析对篮子作用力的方向；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算。
【解答】（1）根据图片可知，如果没有紧固螺丝B，那么篮子会沿逆时针方向转动，即在B点篮子向左移动。而紧固螺丝是阻碍这个运动趋势的，因此它对篮子的作用力沿水平方向向右，应该为F3。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：20N×24cm=F3×6cm；
解得：F3=80N。
17．【答案】
【知识点】杠杆中最小力问题；杠杆的应用
【解析】【分析】铁棒的重力提供一部分阻力，作用点在铁棒的重心上，阻力臂为L2；铁棒插入正方体物块底部，由于正方体物块对铁棒的作用点在正方体物块的右端，根据杠杆平衡条件可知，对铁棒产生的阻力为重力的一半；这个阻力在杠杆铁棒上的阻力臂是L2′；力F提供动力，动力臂为L，当力F垂直于杠杆时，动力最小，根据杠杆平衡条件可以求解。
【解答】以正方体物块为杠杆时，物体的重力作用在重心上，而铁棒的作用力在边缘，则动力臂是阻力臂的2倍，那么物块对铁棒产生的阻力为F2′=G，
由于在阻力与阻力臂一定的情况下，根据杠杆平衡条件可知：动力臂越大，动力越小，
以正方体物块为杠杆时，如图所示，当力F垂直于铁棒时，力F的力臂L1是铁棒的长度L，F的力臂最大，力F最小；
此时，正方体物块对铁棒产生的阻力的力臂L2′=a；
即铁棒重力G0，作用点是铁棒的重心，在铁棒的中点处，力臂L2=L，
由杠杆平衡条件可得：F2′L2′+F2L2=FL1，
即：G×a+G0×L=F×L；
解得：F=。
18．【答案】省力；160；始终不变
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂
【解答】独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
由图可知，LG=0.2m，LF=1m，
由杠杆的平衡条件可得：G·LG=F·LF，则图中人手竖直向上的力
F=LGG/LF=0.2mx800N/1m=160N；
施加在把手上的力始终竖直向上，由于重力方向也是竖直方向的，那么动力臂和阻力臂的比值不变，所以这个力大小也 始终不变 。
故答案：省力；160； 始终不变
19．【答案】（1）6×106
（2）
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题意确定箱梁在重力方向上通过的距离，然后根据W=Gh计算即可；
（2）根据图片确定杠杆的支点，动力和动力臂，阻力和阻力臂，最后根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（1）根据题意可知，箱梁在竖直方向上通过距离0.6m，
则此过程中克服箱梁所受重力做的功：W=G箱h=1.0×107N×0.6m=6×106J；
（2）以M点为支点，则支持力的力臂为LF=l1，重力的力臂为LG=l1-l2，
由杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知：F×LF=G×LG，
F×L1=G×（L1-L2），
解得：。
20．【答案】（1）＜
（2）＝
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）将铁块看作一个杠杆，确定它的支点、阻力和动力，根据杠杆的平衡条件比较动力的大小；
（2）推倒铁块的过程，其实就是克服重力做功的过程，根据W=Gh判断即可。
【解答】（1）如下图所示：
按照甲的方法，支点为B，F1力臂为BD；按照乙图方法，支点为C，F2力臂为D′C；无论按照哪种方法，阻力都是铁块的重力G，阻力臂L2保持不变；根据杠杆的平衡条件FL1=GL2可知，因为BD大于D′C，故F1＜F2；
（2）无论如何将圆柱铁块倒下都是克服重力做功，两种方法使得柱体重心移动距离相等，故两个力做功相等，故比较使用甲乙两种方法，人至少要做的功的大小：W1=W2。
21．【答案】（1）D
（2）24
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据拉力的位置和方向确定杠杆的转动方向，进而确定杠杆的支点位置；
（2）当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，根据AC=CD=DB分别求出动力臂与阻力臂的比值，然后利用杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算拉力的最大值。
【解答】（1）根据图片可知，D点更加靠近拉力一端，故当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕D点翻转；
（2）当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，
因为AC=CD=DB，
所以BD：AD=1：2，
则根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得：F2×BD=G×AD，
即：F2×1=12N×2，
解得：F2=24N。
22．【答案】静止状态；匀速转动；A；B；B；A；动力×动力臂=阻力×阻力臂
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）根据杠杆平衡状态的定义解答；
（2）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离，当拉力方向与杠杆垂直时，从支点到拉力作用点的距离就是动力臂。
（3）根据实验现象分析杠杆的平衡条件即可。
【解答】（1）当杠杆处在静止状态和匀速转动状态时，称之为平衡状态。
（6）（7）手指在A位置用的力大，在B位置用的力小。手指在B位置时动力臂大，在A位置时动力臂小。
（8）A处动力臂小而作用力大，B处动力臂大而作用力小，那么二者的乘积可能相等，那么得到更贵的平条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
23．【答案】（1）
（2）低头角度越大，重力力臂越大
（3）70
（4）A；B；C
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）根据题目的描述确定细线拉力的方向，据此画出对应的示意图；
（2）根据杠杆的平衡条件结合三角函数关系得出颈部肌肉拉力与低头角度的关系；
（3）将头颅看做杠杆模型，同是低头角度为30°，动力臂和阻力臂的大小不变，根据表格中数据得出颈部肌肉所受拉力的大小；
（4）要保护颈椎，应使颈椎受到的力最小，根据上面的结论分析。
【解答】（1）由题意知，细线拉力的方向应垂直于OB向下，如图所示：
；
（2）图乙中，F的力臂为OB，做出乙图中G的力臂LG，如图所示：
根据杠杆的平衡条件可得：G LG=F LF，
则，
由此可知，人低头的角度越大，sinθ越大，则G的力臂越大，肌肉的拉力就越大；
（3）由表格中数据知，当低头角度为30°时，若m=1kg。细线的拉力为14N；
若m=5kg，由于角度不变，所以动力臂和阻力臂不变，则拉力F=5×14N=70N；
（4）由于低头会使颈椎所受压力变大，且角度越大，对颈椎所受压力越大，所以要保护颈椎，不能长时间低头看手机，可适当抬高手机屏幕，减小低头角度，且低头看书久了应适当抬头，以缓解颈椎承受的压力，故ABC都正确。
故选ABC。
24．【答案】（1）
（2）气压增大，膜盒对 点的推力变大
（3）
（4）注射器往左移 (或“注射器往上移”或“增加注射器内的气体”)。
【知识点】压强的大小及其计算；家庭电路的组成与连接；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）在家庭电路中，开关必须接在火线上，地线应该与用电器的外壳相连，据此分析解答；
（2）根据温度升高分析气压变化，进而确定膜盒对A点的推力大小变化即可；
（3）从表格中读出任意两组数据代入l=km+b，然后联立等式得出表达式，然后求出弹簧长14cm时B处所挂物体的质量，根据F=G=mg求出此时弹簧受到的拉力，根据杠杆的平衡条件求出活塞受到的压力，根据V=Sh求出活塞的横截面积，利用
求出压力产生的压强，然后加上大气压即为此时注射器内气体的压强；
（4）在不更换元件的情况下，要将恒温箱设定温度调节得更低，应增大气体的压强，据此进行解答。
【解答】（1）根据家庭电路连接的知识可知，与电冰箱金属外壳相连的为地线，开关应控制火线，剩余的触点接零线，如下图所示：
（2）温度控制器接通电路的工作过程是： 当感温剂气体温度上升时，气压增大，膜盒对 点的推力变大，动触点和固定触点接通， 压缩机开始工作。
（3）把m=80g、l=12.8cm和m=160g、13.6cm代入l=km+b可得：
12.8cm=k×80g+b，13.6cm=k×160g+b，
解得：k=0.01cm/g，b=12cm，
则l=0.01cm/g×m+12cm，
当设定的温度为40℃时，弹簧长14cm，
有14cm=0.01cm/g×m+12cm，
则m=200g=0.2kg，
此时，弹簧受到的拉力FB=G=mg=0.2kg×10N/kg=2N，
由杠杆的平衡条件可得：FB OB=FA OA，
则活塞受到的压力，
活塞的横截面积：，
此时注射器内气体的压强：
p=p0+=1×105Pa+=1.16×105Pa；
（4）在不更换元件的情况下，B处所挂钩码质量和力臂OB不变，
因质量和体积一定的气体，温度越高，气体压强越大，温度越低，气体压强越小，
所以要将恒温箱设定温度调节得更低，为保持原来压缩机工作时注射器内的压强不变，应增大活塞的压力，由杠杆的平衡条件可知，可以在力臂OA不变时，注射器向左移，增大活塞受到的压力，还可以增加注射器内气体来增大压强。
25．【答案】（1）是
（2）1.5；变大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）平衡状态包括：静止状态或运算直线运动状态；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
②注意分析动力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件分析测力计的示数变化。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：（0.5N×2）×3L=F×2L，解得：F=1.5N；
②当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时弹簧测力计的示数变大。
26．【答案】（1）变大
（2）不能
（3）N、D
【知识点】杠杆的平衡条件；探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】利用杠杆平衡条件，动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂
【解答】（1）若每个小格长L，在A点挂2个相同的钩码，在B点竖直向下拉弹簧测力计，让杠杆在水平位置平衡，当弹簧测力计改为斜拉时，拉力的力臂减小，再次使杠杆水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，弹簧测力计的示数将变大；
（2）设圆盘上CH所在直线上相邻两点间距离为a，阻力力与阻力臂的乘积为：
4x0.5Nx3a=6aN；动力与动力臂的乘积为：F动x0＝0；
由于F1L1≠F2L2，所以圆盘不能在图示位置静止；
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得，4x0.5Nx3a=nx0.5Nx2a，解得n=6，
当改变右边挂钩码的位置时，4x0.5Nx3a=6x0.5Nxma，
解得m=2，
所以右边力臂保持不变，即他可以将挂在G点的钩码先后挂在D、N两个点又进行实验。
27．【答案】（1）0.5
（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂
（3）变大
（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【分析】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，故据杠杆的平衡条件分析即可解决；
（2）杠杆的平衡条件是：F1L1=F2L2；
（3）力臂是支点到力的作用线垂直距离，找出力和力臂，再根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2来判断；
（4）图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】（1）由于此题中的阻力和阻力臂不变，利用图象中任意一组数据都能得出，；
故若当L1为0.6m时，；
（2）通过分析实验数据，可知杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂，可写作F1L1=F2L2；
（3）如图，用弹簧测力计在B位置向下拉杠杆，保持杠杆在水平位置平衡，弹簧测力计由图中a位置移至b位置时，阻力和阻力臂一定，动力臂变小，动力变大，所以，测力计的示数将变大；
（4）利用图丁装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：（1）0.5；（2）动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂；（3）变大；（4）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
28．【答案】（1）解：G=mg=20千克×10牛/千克=200牛
F=G=200牛
s=1米×0.8米=0.8米2
p=F/s=200牛/0.8米2=250帕
答：包装箱对地面的最小压强是250帕。
（2）省力
（3）解：s=vt=25千米/时×0.8时=20千米
答：共行驶了20千米的路程。
【知识点】功的计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）压强=压力/受力面积；
（2）杠杆平衡条件为：动力x动力臂=阻力x阻力臂；
（3）路程=速度x时间。
【解答】（2）动力臂大于阻力臂，故为省力杠杆；
（3） 解：s=vt=25千米/时×0.8时=20千米
答：共行驶了20千米的路程。
29．【答案】解：
①以A为支点，阻力臂为AB，动力臂AD；以C为支点，阻力臂为BC，动力臂CD；
②根据杠杆平衡条件，F1l1=F2l2，F2l2相等，l1越大，F1越小
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力问题
【解析】【分析】当以杠杆的支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，则此时动力最小，根据图片分析解答。
【解答】根据图片可知，A为支点，D为动力作用力，则最长的动力臂为AD，那么此时动力应该与杠杆垂直向上，则此时最省力，如下图所示：
30．【答案】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：90N×36cm=F2×3cm；
解得：F2=1080N；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：75N×L1=1080N×3cm；
解得：L1=43.2cm；
那么锤柄至少要加长：43.2cm-36cm=7.2cm。
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【分析】根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
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