2024年中考物理复习：杠杆 专项训练 【九大题型】（解析版）

12.1杠杆（专题训练）【九大题型】

^中4项&«型归物

一.杠杆及其五要素（共5小题）

二.力臂的画法（共6小题）

三.杠杆的平衡条件（共11小题）

四.探究杠杆的平衡条件（共4小题）

五.杠杆的动态平衡分析（共10小题）

六.杠杆的平衡分析法及其应用（共5小题）

七.杠杆中最小力的问题（共6小题）

A.杠杆的分类（共4小题）

九.杠杆的应用（共7小题）

一专项发型荆株

杠杆及其五要素（共5小题）

1.（2023春•临沐县校级月考）如图所示为桥梁结构和侧翻时的示意图，下列说法中不正确

A.该桥梁可以看成是以桥墩为支点的杠杆

B.超载车辆只要走在桥梁中间就不会对桥梁造成危害

C.车辆的超载对桥梁路面的危害极大，要严禁超载

D.该超载车辆行驶在路一侧，对桥梁的压力和压力的力臂乘积过大，造成桥梁侧翻

【答案】B

【解答】解：A、该桥梁可以看成是以桥墩为支点的杠杆，故A不符合题意；

B、超载车辆对桥面的压力太大会压坏地面，故B符合题意；

C、车辆的超载对桥梁路面的危害极大，要严禁超载，故C不符合题意；

D、超载车辆行驶在路一侧，对桥梁的压力和压力的力臂乘积过大，造成桥梁侧翻，故D

不符合题意。

故选：Bo

2.（2023秋•沐阳县校级月考）如图是教室壁挂式实物展台示意图，MN为展示台，PQ为

连杆拉柱展示台，m为展示物。以下是展示台承载展示物时杠杆的示意图，其中正确的

【答案】A

【解答】解：根据题意可知，该装置为一个杠杆，MN能绕N点点转动，所以N点为支

点O；展示物对MN的压力为阻力F2,方向向下；PQ对杠杆的拉力为动力Fi,方向沿

QP斜向上，故A正确。

故选：Ao

3.（2023春•固始县期末）关于杠杆，下列说法中正确的是（）

A.杠杆一定是一根直的硬棒

B.杠杆的支点一定在杠杆上，且在杠杆的中间位置

C.作用在杠杆上的动力一定与杠杆的阻力方向相反

D,力臂可能在杠杆上也可能不在杠杆上

【答案】D

【解答】解：A、杠杆的形状不是固定的，例如滑轮、剪刀、筷子等都是杠杆，故A错

误；

B、支点指杠杆在转动过程中固定不变的点，不一定在杠杆的中间位置，故B错误；

C、当支点位于一侧时，动力和阻力的方向相反，当支点位于中间时，动力和阻力方向相

同，故C错误；

D、力臂不一定是杠杆的长度，力臂可能在杠杆上也可能不在杠杆上，故D正确。

故选：D。

4.（2023春•太平区校级月考）如图为脚踩式垃圾桶的示意图，在开盖子的过程中，是杠杆

ABC和杠杆A'B'C在起作用，对两个杠杆的认识是：ABC是省力杠杆,支点

是B；A'B'C'是费力杠杆,支点是B'。

【答案】省力；B；费力；B'。

【解答】解：由图可知：ABC中动力臂大于阻力臂是省力杠杆，支点是B；

A'B'C'中动力臂小于阻力臂是费力杠杆，支点是B'；

故答案为：省力；B；费力；B'o

5.（2023春•崂山区校级月考）如图所示，一名同学在做俯卧撑，如果把人的躯干看成一个

杠杆，该杠杆的支点是B（填图中字母）点，动力是地面对手掌的支持力（选

填“手掌对地面的压力”或“地面对手掌的支持力”），阻力是自身的重力。

【答案】B；地面对手掌的支持力；自身的重力。

【解答】解：由题可知，做俯卧撑的时候B点和地面接触，身体绕着B电转动，故B是

支点，地面对手掌的支持力使身体往上运动，所以动力是地面对手掌的支持力，阻力是

自身的重力。

故答案为：B；地面对手掌的支持力；自身的重力。

二.力臂的画法（共6小题）

6.（2024•中山市校级开学）杠杆在我国古代就有了许多巧妙地应用，护城河上安装的吊桥

就是一个杠杆，它的支点是C点，在将吊桥匀速拉起的过程中，请在图中画出动力臂。

F

L

【答案】ABC

【解答】解：C为支点，从0点作动力F作用线的垂线，垂线段长为其力臂L,如图所

7.（2024•安定区校级模拟）如图所示，杠杆处于静止状态，11是力F1的力臂，在图中画出

动力F1,并画出F2的力臂。

【答案】见解析。

【解答】解：杠杆的支点为O,过力臂Li的上端，作垂直于Li的直线，与杠杆的交点

为力F1的作用点，为使杠杆平衡，F1的方向应斜向左上方；从支点O向F2的作用线作

垂线段，即为阻力臂L2；如下图

8.（2024•番禺区校级开学）如图所示，拉力F作用在杠杆上，请画出F的力臂1。

【答案】见解答

【解答】解：过支点0作出力F作用线的方向延长线的垂线段，即为F的力臂L,如图

所示:

9.（2024•阎良区校级开学）如图所示，钓鱼竿可以看作是绕O点转动的杠杆，请在图中作

出拉力F1的力臂Li。

【答案】见解答

【解答】解：图中杠杆支点为O,从O作拉力F1的垂线就是F1的力臂Li,如图所示:

10.（2023秋•阎良区期末）如图所示，O为支点，请在图中画出此时使杠杆静止的拉力F

【答案】见解答

【解答】解：由支点0向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂，如图所示:

11.（2024•雁塔区校级模拟）图甲是打开的汽车后备箱盖，它被液压杆支撑（不计后备箱盖

重）.关箱盖时，它可看作一个杠杆，图乙是其简化图，O是支点，F2是液压杆作用在A

点的阻力。请在图乙中画出在B点关上后备盖的最小动力F1及其力臂Li。

甲乙

【答案】见试题解答内容

【解答】解：由杠杆平衡条件FiLI=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力

臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OB作为动力臂Li最长；关上后备盖时，动

力的方向应该向下，过点B垂直于OB向下作出最小动力Fi的示意图，如下图所示：

三.杠杆的平衡条件（共11小题）

12.（2023秋•宿迁期末）地震后，许多救灾人员用如图所示的“大力钳”剪断废墟中的钢

筋，救出被困群众，大力钳上的主要数据如图所示。若某救灾人员在“握力作用处”向

下施加压力F,则“被钳钢筋”承受的压力为（）

握力作用处

A.6FB.36FC.18FD.12F

【答案】C

【解答】解：根据图示可知，支点分别为D点和B点，当以D点为支点时，杠杆CDE,

Li^6a,L2^a,

FI

由F1L1=F2L2知，阻力F2=」—!>=丝里=6F；

L2a

当以B点为支点时，杠杆ABC,动力为6F,动力臂为3a,阻力臂为a

故“被钳钢筋”承受的压力F'=6FX3a=18Fo

a

故选：Co

13.（2023春•唐河县月考）如图所示，质地均匀的直尺AB放在水平桌面上，尺子伸出桌

面的部分OB是全尺长的当B端挂重为G的物体时，直尺的A端刚刚开始翘起。则

3

这把直尺的重为（）

AOB

A.色B.GC.2GD.3G

2

【答案】c

【解答】解：设直尺长为L,从图示可以看出：杠杆的支点为O,动力大小Fi=G,动力

臂LI=OB=AL；

3

阻力为直尺的重力G尺，阻力的力臂L2=」AB-OB=1L-工L=1L,

2236

由杠杆平衡的条件得：FiLi=G尺12,

L3-L

6尺=二入尸1=7^—XG=2Go

L2-^L

6

故选：Co

14.（2023春•南岗区校级月考）物理小组的同学利用杠杆制成一种多功能杆秤，使用前调

节杠杆处于水平平衡，她取来质量为100g的实心金属块挂在A处，且浸没于水中，在B

处挂上100g钩码，杠杆恰好处于水平平衡，如图所示，测得OA=50cm,OB=40cm,

则金属块的密度为（）

3D.5g/cm3

【答案】D

【解答】解：将金属块挂在A处，且浸没于水中时，在B处挂上100g=0.1kg钩码，杠

杆恰好处于水平平衡；

由杠杆的平衡条件可得:m的码g・OB=FA，OA,则FA=—m^{15g=X0.1kgX1ON/kg

0A50cm

=0.8N；

金属块受到的浮力：F浮=mg-FA=0.1kgX10N/kg-0.8N=0.2N,

由F浮=「且丫排可得，金属块的体积：V=V排=F'孚=--------]---------=

P水g1.OX103kg/m3X10N/kg

2X10-5m3=20cm3；

3

则金属块的密度：p=nt=_l£2s_=5g/cmo

v20cms

故选：D。

15.（2023春•闵行区校级月考）同一物体分别挂在同一杠杆的右端或左端时，另一端分别

用力Fi,F2竖直向下作用，使杠杆水平平衡，则F1：F2为（）

hh八h

AA

A.h：L2B.12：12C.12：hD.12：i2

【答案】D

【解答】解：根据杠杆的平衡条件：左图中，FI-1I=G-12；拉力FI=——G'ln?.；

h

G%

右图中，G-11=F2-12;拉力F2=-------

所以Fi：F2=\"：G11=]2：]2。

h1212

故选：Do

16.（2023春•松江区校级月考）一块质量均匀的长方体砖块平放在水平地面上，如图所示。

分别用竖直向上的力F1和F2作用于AB边和BC边的中点，使砖块略微抬离地面（砖不

滑动），则Fi和F2的大小关系是（）

C.Fi大于F2D.无法判断

【答案】A

【解答】解:

（1）第一次以与地面接触的下边CD为支点转动，Fi克服重力才能将砖抬起,

根据杠杆的平衡条件可得：FiXBC=mgxlBC,则Fi=2mg；

22

第二次以与地面接触的下边AD为支点转动，

根据杠杆的平衡条件可得：F2XAB=mgXAAB,则F2=」~mg,

22

所以F1=F2；

故选：A。

17.（2023秋•靖江市期末）如图所示是某兴趣小组自制的一把杆秤，杆秤自重不计，A点

与提纽O点的距离是5cm,秤坨的质量m=0.5kg。现称量质量M=1.8kg的重物，秤坨

移到B点时杆秤平衡，则B点与O点间的距离是18cm；秤坨磨损后，称量物体的

质量将偏大（偏大/偏小/不变）。

【答案】18；偏大。

【解答】解：（1）由杠杆平衡条件得：MgXOA=mgXOB,则1.8kgX5cm=0.5kgXOB,

OB=18cm；

（2）由杠杆平衡条件得：MgXOA=mgXOB可知，OB="空，秤蛇磨损后质量m

m

减小，

OA不变，称量相同物体M时，OB变大，称得物体质量偏大.

故答案为：18；偏大。

18.（2024•铁东区校级模拟）小金将长为0.6m、质量可忽略不计的木棒搁在肩上，棒的后

端A挂一个40N的物体，肩上支点0离后端A为0.2米，他用手压住前端B使木棒保

持水平平衡，如图所示，小金的质量为50kg,则此时手压木棒的压力大小为20N,

人对地面的压力大小为540N.(g=10N/kg)

【答案】见试题解答内容

【解答】解：

(1)由题根据杠杆的平衡条件有：FXOB=GXOA,即：FX(0.6m-0.2m)=40NX

0.2m,

所以：F=20N；即手压木棒的压力大小为20N；

(2)因为在水平面上压力等于重力，所以人对地面的压力大小为：F=G总=6人+6物=

mg+G物=50kgX10N/kg+40N=540N。

故答案为：20；540o

19.(2024•疏勒县校级二模)某实验小组同学为了测量棉线的抗断拉力(棉线的抗断拉力是

其能够承受的最大拉力，超过这个拉力，棉线就会断裂)，他们设计了如图所示的实验装

置：将分度值为1cm、长度为1m的轻质米尺置于可移动的支点上，把棉线两端固定在米

尺右端100cm刻度处和地面上，使棉线绷直，在米尺左端零刻度线处挂一重为5N的钩

码，米尺在水平位置平衡。

(1)根据杠杆(选填“二力”或“杠杆”)平衡原理，支点在50cm刻度处时，棉

线对米尺的拉力为5N,将支点水平向右移动40cm时，棉线断裂，该棉线的抗断拉

力为45No

(2)此装置能够测量棉线的最大抗断拉力为495No

0cm50100

棉线

【答案】(1)杠杆；5；45；(2)495

【解答】解：(1)根据杠杆平衡原理可知，支点在50cm刻度处时，有：

GXLI=FXL2,5NX50cm=FX(100cm-50cm),解得：F=5N；

当支点水平向右移动40cm时，有：GXLJ=F'XL2'，

即：5NX(50cm+40cm)=F'X(100cm-50cm-40cm)

解得：F'=45N；

（2）由GXLI=FXL2可知，要测量棉线的最大抗断拉力，当动力不变时，需使动力臂

最大，阻力臂最小，而米尺的分度值为1cm,因此阻力臂为1cm,动力臂为100cm-1cm

=99cm,则有：

GXLi"=F"XL2"，即：5NX99cln=F"Xlcm,解得：F"=495N=

故答案为：（1）杠杆；5；45；（2）495o

20.（2023春•芜湖月考）在如图所示的杠杆模型中，O为杠杆的支点，贝I：

（1）Fi、F2的力臂分别长多少cm?

（2）若Fi=300N,为使杠杆平衡，F2的大小等于多少N?（杠杆本身重力不计）

【答案】（1）F1的力臂长为20cm；F2的力臂长为60cm；

（2）若Fi=300N,为使杠杆平衡，F2的大小等于100N。

【解答】解：（1）从支点到力的作用线的距离为力臂，由图可知，F1的力臂Li=20cm,

F2的力臂L2=60cm,

（2）杠杆平衡，根据杠杆的平衡条件FILI=F2L2可知，300NX20cm=F2X60cm,解得：

F2=100NO

答：（1）Fi的力臂长为20cln；F2的力臂长为60cm；

（2）若Fi=300N,为使杠杆平衡，F2的大小等于100N。

21.（2023•邢台模拟）如图所示，轻质杠杆OP长1m,能绕O点转动，P端用细绳悬于N

点。现有一个重为7N的合金块A通过滑环悬挂于M点，M点距离O点20cm。倾斜的

杆OP与水平方向成30°角，滑环刚好能从M向P端以2cm/s的速度匀速滑动，若滑环

从M点开始用时30s滑动到某点Q（图中未画出）时，细绳恰好断裂。（g取10N/kg）求：

（1）细绳能承受的最大拉力。

（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率。

【答案】（1）细绳能承受的最大拉力为5.6N；

（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率为

0.07Wo

【解答】解：（1）已知。为支点，设绳子对P点的拉力为动力，A物体对M点的拉力为

阻力，分别作出它们的力臂。如图所示：

若滑环从M点开始用时30s滑动到某点Q（图中未画出）时，细绳恰好断裂，

贝I」OQ=OM+MQ=OM+vt=20cm+2cm/sX30s=80cm=0.8m,

此时的力臂L2'=OQcos30°,

由杠杆平衡条件有：Fp大・LI=FAL2',

即：Fp±-OPcos30°=FA'OQCOS30°,其中FA=GA=7N；

则Fp大・OP=GA・OQ,

则细绳能承受的最大拉力为：

FP大=也叫=鳖旭包=5.6冲

OP1m

（2）物体在重力的方向上通过的距离为：h=MQ・sin30°=vfsin30°=2cm/sX30sX0.5

=0.3m；

合金块A所受重力做的功：WG=GAh=7NX0.3m=2.1J,

合金块A所受重力做功功率为：P=G=2JJ^=007WO

t30s

答：（1）细绳能承受的最大拉力为5.6N；

（2）滑环自M点滑动到Q点的过程中，合金块A所受重力做的功和重力做功的功率为

0.07Wo

22.（2024•西城区校级开学）如图所示，将重200N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40N,AO：OB

=1：3,甲物体的底面积为OZnr2。求：

（1）A点受到细绳的拉力大小。

（2）甲物体对地面的压强大小。

AOB

△=

Ii

甲

【答案】（1）A点受到细绳的拉力大小为120N0

（2）甲物体对地面的压强大小为400Pa

【解答】解：（1）根据杠杆平衡条件可得：FA»LAO=FB-LOB,AO：OB=1：3,则OB

=3AO；

所以细绳对杠杆拉力的作用FA=-B0B.=—....-=3G乙=3X40N=120N；

L°AL°A

根据力的作用的相互性可得，杠杆对甲物体竖直向上的拉力为120N,甲物体对杠杆的拉

力也为120N,即A点受到细绳的拉力大小为120N；

（2）对甲物体进行受力分析可知，甲物体共受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和

竖直向上的拉力三个力的作用，且重力等于拉力与支持力之和，

则甲物体对地面的压力：F甲-FA=200N-120N=80N,

甲物体对地面的压强：p=I^-=.80N-=400Pao

S0.2m2

答：（1）A点受到细绳的拉力大小为120N。

（2）甲物体对地面的压强大小为400Pa。

四.探究杠杆的平衡条件（共4小题）

23.（2023秋•大丰区期末）小华同学在探究“杠杆平衡条件”的实验中，他组装好实验装

置后，发现杠杆处于如图所示位置静止，此时杠杆处于（填“处于”或“不处于”）

平衡状态，接着调节右端的平衡螺母，使它向右（填“左”或“右”）移动，使杠

杆在水平位置平衡。实验中，通过改变钩码的数量或钩码的位置，使杠杆在水平位

置平衡。

【解答】解：（1）此时的杠杆静止是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，应将杠

杆左端螺母向右边移动；

（2）实验中，用钩码的重力分别表示动力和阻力，多次改变钩码的数量和钩码悬挂的位

置，使杠杆在水平位置平衡。

故答案为：处于；右；位置。

24.（2024•浑南区开学）如图所示，是小王“探究杠杆的平衡条件”的实验（每个钩码的质

量相等）。

甲乙丙

（1）实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于平衡（选填“平衡”

或“非平衡”）状态；

（2）为了便于测量力臂，应将平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡；

（3）将杠杆调好后，如图乙所示，在A点挂3个钩码，则应在B点挂2个钩码,

才能使杠杆在水平位置保持平衡;平衡后将两边的钩码分别向远离0点移动相等的距离,

则杠杆右端将上升;

（4）小王用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，然后将弹簧测力计绕B点逆时

针旋转一小段至如图丙所示位置。在旋转过程中，杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测

力计的示数逐渐变大，拉力与拉力的力臂乘积将不变。

【答案】（1）平衡；（2）在水平位置平衡；（3）2；右；（4）变大；不变。

【解答】解：（1）杠杆静止不动或匀速转动叫杠杆的平衡，实验前，杠杆静止在图甲所

示的位置，则此时杠杆处于平衡状态；

（2）为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡。因杠杆的右端下沉，说明杠杆的重

心在支点的右侧，为此，应将平衡螺母向左调节。

（3）若每个钩码重G,每个小格长L,如图乙所示，杠杆左边A处挂3个相同钩码，要

使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可得，3GX2L=nGX3L,解得n=2,即

应在杠杆右边B处挂同样的钩码2个；

当杠杆平衡后，平衡后将两边的钩码分别向远离O点移动相等的距离，假设移动一个小

格，3GX3L>2GX4L,所以杠杆左端下沉，右端上升；

（4）弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支

点到力的作用点的距离；弹簧测力计在逐渐旋转过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，

动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，则弹簧测力计的示

数变大，拉力与拉力的力臂乘积将不变。

故答案为：（1）平衡；（2）在水平位置平衡；（3）2；右；（4）变大；不变。

25.（2024•泌阳县一模）如图是探究“杠杆平衡条件”的实验。

T

（i）实验前杠杆静止在如图甲所示情况，杠杆是（选填“是”或“不是”）处于平

衡状态。为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的螺母向右调（选填“左”或

“右”）。

（2）如图乙所示，将杠杆调整好后，在A点挂3个钩码，应在B点挂2个钩码,

才能使杠杆在水平位置平衡；若两端同时去掉一个钩码，杠杆将逆时针旋转（选填

“仍然平衡”“顺时针旋转”或“逆时针旋转”）。

（3）如图丙，若用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，再将弹簧测力计逐渐向右

倾斜，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大（选填“变大”

“变小”或“不变”）。

（4）如图丁，用支点使一根胡萝卜水平平衡后，沿支点处将胡萝卜切分为A、B两部分，

其重力分别为GA、GB,由杠杆原理可知GA大于GB（选填“大于”“小于”或“等

于”）。

【答案】（1）是；右；（2）2；逆时针转动；（3）变大；（4）大于。

【解答】解：（1）杠杆静止时，就是处于平衡状态；为使杠杆在水平位置平衡，需要使

杠杆重心右移，应将平衡螺母向右调节；

（2）设杠杆一格的长度为L,一个钩码重是G,设在B处挂了n个钩码，则3GX2L=

nGX3L,解得：n=2,应在B点挂2个钩码；

若两端同时去掉一个钩码，则2GX2L>GX3L杠杆将逆时针旋转；

（3）弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支

点到力的作用点的距离；弹簧测力计在右倾斜过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，动

力臂变小，根据杠杆平衡条件得，动力变大，阻力和阻力臂不变，则弹簧测力计的示数

变大;

（4）由图丁可知，GA、GB的力臂1A、1B的大小关系为1A<1B,则根据杠杆的平衡条件

可得，GA>GB。

故答案为：（1）是；右；（2）2；逆时针转动；（3）变大；（4）大于。

26.（2024•徐州模拟）在“探究杠杆的平衡条件”实验中:

（1）如图a所示，为使杠杆在水平位置平衡,应将杠杆右端的平衡螺母向口旋（选

填“左”或“右”）。

（2）如图b所示，在A位置上挂两个相同钩码，应该在B位置挂上1个同样的钩码,

才能使杠杆在水平位置平衡。

（3）如图c所示，弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动，杠杆始终保持水平平衡，则弹

簧测力计的示数将变大（选填“变大”、“变小”或“不变”）。

（4）使用杠杆能为我们的生活带来方便。如图d所示，下列杠杆能够省距离的是D。

【答案】见试题解答内容

【解答】解：

（1）由图a知，杠杆的右端较高，为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母

向右旋；

（2）设杠杆的一个小格为L,一个钩码重为G,

因为，Fih=F212,

所以，2GX2L=nGX4L,

所以，n=l,所以在A处挂1个钩码;

（3）弹簧测力计由竖直方向逐渐向左转动时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠

杆的平衡条件可知，动力变大，所以，弹簧测力计的示数将变大；（4）A、钳子在使用过

程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；

B、独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；

C、羊角锤在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，但费距离；

D、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，但省距离。

故答案为：（1）右；（2）1；（3）变大；（4）Do

五.杠杆的动态平衡分析（共10小题）

27.（2024•宜丰县校级开学）“筋膜枪”利用其内部特制的高速电机带动枪头，产生的高频

振动可以作用到肌肉深层，以达到缓解疼痛、促进血液循环等作用。如图所示为某款筋

膜枪的内部结构简化图，连杆OB以角速度3绕垂直于纸面的O轴匀速转动，带动连杆

AB,使套在横杆上的滑块左右滑动，从而带动枪头振动。已知AB杆长为L,OB杆长

为R,当ABLOB时，滑块的速度大小为（）

A.3RB.C.d./EL

LRTZw

【答案】B

【解答】解：当ABLOB时，杆的速度等于B点的速度VB=3R

设滑块的速度大小为v,则滑块沿杆方向的分速度等于杆的速度，如图：

B

由平行四边形定则得：VB=VCOS0;

VB=vcos8=v/L联立得:故ACD错误，B正确。

VL2+R2L

故选：B。

28.（2023秋•镇江期末）如图所示，轻质杠杆OA可绕O点转动，在B点作用一个竖直向

上的拉力F,保持杠杆始终在水平位置平衡。若F改为沿虚线方向施力，则（)

A.F大小不变B.F将减小

C.F的力臂变短D.F的力臂不变

【答案】C

【解答】解：若F改为沿虚线方向施力，动力臂减小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡

条件得，动力F变大，故C正确，ABD错误。

故选：Co

29.（2023秋•姑苏区校级月考）如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F,将

杠杆缓慢地由位置A拉至位置B,在这个过程中，下列说法正确的是（）

A.拉力F和它力臂的乘积不变

B.拉力F的力臂变小

C.拉力F变大

D.拉力F先变大后变小

【答案】C

【解答】解：重物G通过细线对杠杆的拉力为F,大小等于物体的重力G,即F,=G,

重力不变；

由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂等于OA的长度没有变化，细线对杠杆

的拉力F'的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；

由杠杆的平衡条件知：FXOA=GL,当OA、G不变时，L越大，GL的乘积越大，那么

F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大。

综上所述，C正确，ABD错误。

故选：Co

30.（2023秋•建邺区期末）如图甲所示，重为6N、长为8cm的匀质木板AB,静止在水平

桌面上，恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终竖直向上的力F,则：当F=3N

时，木板中心点0恰好离开桌面；将B端缓缓抬起的过程中F的力臂变小（选填

“变大”、“变小”或“不变”下同），力F的大小不变（A端始终没有离开桌面）。

如图乙所示，若在A端放一重为9N、长为2cm的匀质物体M,M的左端与木板的A端

对齐，向右缓慢推动木板1.8cm,该装置恰好翻倒。

甲乙

【答案】3；变小；不变；1.8。

【解答】解：在B端施加一个始终竖直向上的力F,此时支点是A,阻力臂为AO,动力

臂等于AB长，匀质木板，重心在中点，AB=2AO,

根据杠杆的平衡条件知FXAB=GXAO；F=&&G=LX6N=3N;

AB2

由于重力G和F都是竖直方向，力臂始终在水平方向，将B端缓缓抬起的过程中F的力

臂变小，而力臂之比等于杠杆长度的比，即动力臂和阻力臂的比值为定值2,因为阻力（木

棒重）不变，根据杠杆平衡条件可得：动力F保持不变；

如图乙所示，若在A端放一重为9N、长为2cm的匀质物体M,M的左端与木板的A端

对齐，重心到0的距离为/x8cm-yX2cm=3cm,

该装置恰好翻倒，乙桌子边缘为支点，假设推动的距离为L,则此时动力是木板的重力G

=6N,动力臂为L,阻力臂3cm-L,根据杠杆平衡条件有：

6NXL=9NX（3cm-L）,解得L=L8cm。

故答案为：3；变小；不变；1.8。

31.（2023•天宁区校级一模）如图所示，轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，在

A端施加一竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡，则力F的大小为55No保持F

的方向始终与OA垂直，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F的力臂将上

变（选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力F的大小将变小。

【答案】55；不变；变小

【解答】解：

（1）轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110N的物体，杠杆在A位置时，动力臂与阻力臂

的关系为LOA=2LG,

GL「1

由杠杆平衡条件可知：FLOA=GLG,则力F的大小为：F=—^-=AX11ON=55N；

LOA2

(2)力F的力臂为支点。到力F作用线的垂线段；将杠杆从A位置匀速提升到B位置

的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，则动力F的力臂都是LOA,即力F的力臂将

不变；

在该过程中，动力臂不变，阻力等于物体的重力，即阻力不变，由图可知阻力臂会变小，

所以根据杠杆平衡条件可知动力F会变小。

故答案为：55；不变；变小。

32.(2023秋•延川县校级期末)如图所示，粗细均匀的直尺AB,将中点。支起来。有三

支相同的蜡烛，在B端放一支，在AO的中点C放两支，将三支蜡烛同时点燃，它们的

燃烧速度相同，在燃烧过程中，直尺将始终保持平衡(A端上升/B端上升/始终保

持平衡)。

加:

AC-Ba

【答案】始终保持平衡。

【解答】解：由图可知直尺AB相当于一个杠杆，支点在中点。处，蜡烛对直尺的压力

等于蜡烛的重力，

由题知，三支蜡烛相同，在B端放一支，在AO的中点C放两支，

设一支蜡烛的质量为m,直尺长度为L,

则左侧力和力臂的乘积为2mgX』L=」mgL,右侧力和力臂的乘积为mgX_lL=』mgL,

4222

所以，原来两侧力和力臂的乘积相等，满足杠杆的平衡条件，即原来直尺在水平位置平

衡；

将三支蜡烛同时点燃，它们的燃烧速度相同，则三支蜡烛因燃烧减少的质量m'相同，

此时左侧力和力臂的乘积为：2(m-m‘)gX-lb=A(m-m,)gL,

42

右侧力和力臂的乘积为：(m-m')gXAL=A(m-m‘)gL,

22

所以，在燃烧过程中两侧力和力臂的乘积仍然相等，仍满足杠杆的平衡条件，则直尺始

终保持平衡。

故答案为：始终保持平衡。

33.(2023秋•天宁区校级月考)如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点

挂一重为G的物体，加在B点的动力F1由竖直向上的位置沿逆时针方向转到水平向左

的位置，动力F1的大小变化情况是先变小后变大（选填“变小”“变大”“先变小

后变大”“先变大后变小”）。

【答案】先变小后变大

【解答】解：如图所示，由图可知,

当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，

动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。

故答案为：先变小后变大。

34.（2023•鼓楼区校级模拟）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的

物体M,B点受到电子测力计竖直向上的拉力F,杠杆水平静止，已知OA=AB=BC,

保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C,此过程中F方向保持不变，F的力臂记为

1,则F的大小变小，F与（工）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B,再

1

重复上述步骤，F与（』）的关系图线为图2中的②（选填数字序号）。

【答案】小；②。

【解答】解：（1）由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂OB=OA+AB=2OA,

A点作用力的力臂为0A,

由杠杆平衡条件可得：FXOB=GXOA,

由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C,此过程中F方向保持不变，

根据杠杆平衡条件可得：FX1=GXOA,

解得：F=QXOAXY.......I，

由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂0A不变，拉力F的力臂1变大，则拉力

F变小；

（2）将M从A移至B,由杠杆平衡条件可得：FX1=GXOB,

解得:F=GXQBX.......II，

由数学知识可知，I、II两式中拉力F与工的关系图线均为正比例函数，

1

由图1可知，OB>OA,则n式的斜率大于I式的斜率，

因此将M从A移至B,F与工的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。

1

故答案为：小；②。

35.（2023秋•越秀区期末）古代挑夫搬运货物的情景如图甲所示，简化成图乙中杠杆AB,

移动货物，可使点C在AB间移动，杆水平静止，忽略杆重。

（1）挑夫1对杆的支持力为F1,绳子对杆的拉力为F2,方向均在竖直方向，F1的方向

与支点O如图乙所示。请在图乙中画出F2的示意图及F2的力臂12;

（2）图乙中，杆保持水平静止，要使挑夫1对杆竖直向上的支持力变小，以下方法一定

可行的有ABo

A.其他条件不变，只减小货物的重量

B.其他条件不变，只把货物向B端移动

C.其他条件不变，只有挑夫1靠近货物

D.其他条件不变，只把货物移到AB的正中间位置

【答案】（1）见解答；（2）ABo

【解答】解：（1）挑夫1对杆的支持力为Fi,绳子对杆的拉力为F2,方向均在竖直方向，

F2的方向竖直向下，作用点在杠杆上，力臂是过支点作力的作用线的垂线段，据此画出

F2的力臂12;

支点0

绳子

货物

—♦—

（2）杆保持水平静止，要使挑夫1对杆竖直向上的支持力变小，根据杠杆的平衡条件有

F1L1=F2L2,

A.其他条件不变，只减小货物的重量，使得F2变小，则Fi变小，故符合题意；

B.其他条件不变，只把货物向B端移动，使得L2变小，则Fi变小，故符合题意；

C.其他条件不变，只有挑夫1靠近货物，使得Li变小，则F］变大，故不符合题意；

D.其他条件不变，只把货物移到AB的正中间位置，使得L2变大，则Fi变大，故不符合

题意；

故选：ABo

故答案为：（1）见解答；（2）ABo

36.（2023春•涡阳县期末）有一粗细不均匀的木棒AB,长度为1m,重200N,O为木棒重

心。当从A端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FA为80N。

（1）在图中作出从A端竖直向上抬起时的动力臂Li、阻力臂L2；若在抬起过程中力的

方向始终保持竖直向上，则力的大小不变（选填“变大”“变小”“不变”）。

（2）求当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB大小。

O

―/777777/

【答案】（1）如图见解答；不变；（2）当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB

大小为120N。

【解答】解：当从A端用竖直向上的力轻轻抬起时，支点是B,动力作用在A点，阻力

是杠杆的重力，据此画出力和力臂；如图所示：

OA

若在抬起过程中力的方向始终保持竖直向上，动力臂和阻力臂同时减小，且力臂之比始

终等于BA：BO,根据杠杆的平衡条件FILI=F2L2,阻力不变，动力臂与阻力臂之比不

变，则动力不变；

（3）当在A提起时：根据杠杆的平衡条件有：FAXAB=GXOB；

HP80NXlm=200NXOB；解得OB=0.4m；

贝ijOA=AB-OB=lm-0.4m=0.6m；

从B端用竖直向上的力轻轻抬起时以A为支点，动力长为AB=lm,阻力臂长为AO=

0.6m,

根据杠杆的平衡条件有：FBXAB=GXOA；即；FBXlm=200NX0.6m；

解得FB=120N。

答：（1）如图见解答；不变；（2）当从B端用竖直向上的力轻轻抬起时需用力FB大小为

120No

六.杠杆的平衡分析法及其应用（共5小题）

37.（2023春•曲阜市期末）如图，杠杆在水平方向平衡，若将测力计缓慢地自位置1移到

位置2,并保持杠杆始终水平平衡，则测力计的读数变化是（