第7讲简单机械杠杆（4考点6题型）

第7讲简单机械——杠杆TOC\o"13"\h\z\u考点一、杠杆 1考点二、杠杆平衡条件 2考点三、杠杆最小力分析 2考点四、生活中的杠杆 3TOC\o"44"\h\z\u题型1杠杆五要素分析 3题型2杠杆的力臂作图 6题型3杠杆的静态平衡 9题型4杠杆的动态平衡 13题型5最小力分析 17题型6杠杆与浮力的结合问题 19考点一、杠杆1、杠杆五要素五要素物理含义及表示方法图示支点杠杆绕着转动的点，用“O”表示动力使杠杆转动的力，用“F1”表示阻力阻碍杠杆转动的力，用“F2”表示动力臂从支点到动力作用线的距离，用“l1”表示阻力臂从支点到动力作用线的距离，用“l2”表示2、杠杆作图步骤画法图示第一步：确定支点O先假设杠杆转动，则杠杆上相对静止的点即为支点第二步：确定动力和阻力的作用线从动力、阻力作用点沿力的方向分别画直线或反向延长线即动力、阻力的作用线第三步：画出动力臂和阻力臂，并标注从支点向力的作用线作垂线段，在垂线段旁标注力臂的名称考点二、杠杆平衡条件1.杠杆平衡当杠杆处于静止状态或匀速绕支点转动状态时，说明杠杆处于平衡状态。2.杠杆的平衡条件杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。用字母表示：F₁l₁=F₂l₂.3.杠杆动态平衡，静态平衡都是在受力分析的基础上，结合平衡条件来分析。考点三、杠杆最小力分析要用最小的力使得杠杆AB在如图甲所示的位置平衡，根据杠杆平衡条件F₁l₁=F₂l₂可知，F1在求解最小力问题时，我们不能受思维定式的影响，只想到F要作用在AO段，出现如图丙所示的错误。实际上，在讨论杠杆中的最小力问题时，如果力的作用点没有预先设定，可以在杠杆上任意处选择。考点四、生活中的杠杆1.杠杆的分类根据动力臂与阻力臂的关系，可将杠杆分为三类——省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆.不同的杠杆可以满足人们不同的需求.省力杠杆费力杠杆等臂杠杆示意图力臂的大小关系力的大小关系杠杆转动时力所移动距离的大小关系动力F1移动的距离大于阻力F2移动的距离动力F1移动的距离小于阻力F2移动的距离动力F1移动的距离等于阻力F2移动的距离特点省力但费距离费力但省距离即不省力也不省距离，既不费力也不费距离应用撬棒、开酒瓶的起子、扳手、钢丝钳等钓鱼竿、镊子、筷子、理发剪子等。托盘天平、跷跷板题型1杠杆五要素分析（2023秋•拱墅区校级期中）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，其中正确的是（）A． B． C． D．【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F1，方向沿QP斜向上，故A正确。故选：A。（2023秋•临平区期中）学龄前儿童常因为好奇而将下边抽屉拉出当作台阶去攀爬柜子，容易使柜子翻倒造成伤害事件，其侧视示意图如图所示。柜子可简化成一个杠杆模型，标有A、B、C、D四个点，当它翻倒时，是以点为支点的，为防止图示中柜子翻倒，可在图中点与墙壁接触处加装固定装置，使该装置起防翻倒作用时受力最小。【解答】解：根据图示可知，当柜子翻倒时，柜子将绕D点运动，所以此时D点为支点；为了固定柜子，并使该装置起作用时受力最小，根据杠杆平衡条件可知，动力臂应最长，由于图中DA为最长的动力臂，所以需在A点固定该装置，并使该装置起作用时受力最小。故答案为：D；A。（2022秋•东阳市期中）如图是办公用品燕尾夹，MON可以看成一个杠杆。用力按压N点，即可打开燕尾夹，此杠杆的示意图表示合理的是（）A． B． C． D．【解答】解：据图可知，当用力摁住N点打开该夹子时，其会绕着中间的固定点O转动，即O为支点；所按压的N点为动力的作用点，其方向向下；而杠杆MON受到夹子向下的阻力，M点就是阻力的作用点，故A正确，BCD错误。故选：A。（2023秋•诸暨市期中）某实验小组用飞镖的镖盘做了一个圆心固定且可以绕圆心O转动的圆盘，圆盘的直径上AB两端各有1个平衡螺母，A、B、C是在镖盘以O为圆心的同一个圆上的三个点，BD垂直于AB。接下来用这个装置探究杠杆力臂的具体概念。①调节圆盘两端的平衡螺母让A、B在水平位置平衡。②在圆盘A点挂两个钩码（总重1牛），B点挂两个钩码，杠杆平衡，再将B点的两个钩码分别挂在C点和D点，结果挂在D点时杠杆能保持平衡，挂在C点时杠杆不能平衡。（1）步骤①之前，若A比B低，为使AB在水平位置平衡，平衡螺母应向调节。（选填“左”或“右”）（2）通过实验发现影响杠杆平衡的是支点到的距离，科学上将这个距离定义为力臂。（选填“力的作用点”或“力的作用线”）（3）取下右侧两个钩码后，若小明想用作用在C点的拉力使杠杆再次平衡，则拉力的大小至少为牛。【解答】解：（1）若杠杆的A比B低，即左端向下倾斜，说明这一侧的自重与力臂的乘积大，应将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡；（2）力臂是支点到力的作用线的距离；（3）取下右侧两个钩码后，若小明想用作用在C点的拉力使杠杆再次平衡，根据杠杆的平衡条件，FALOA＝FCLOC得拉力的大小至少为：FC=LOALOC×FA＝1故答案为：（1）右；（2）力的作用线；（3）1。题型2杠杆的力臂作图（2022秋•湖州期中）如图所示的杠杆中，动力的力臂用L表示，图中所画力臂中正确的是（）A． B． C． D．【解答】解：动力的力臂的做法是过支点作动力作用线的垂线段，而AB选项中线段与动力作用线不垂直；C选项中表示力臂的线段不是支点到动力作用线的垂线段，只有D正确。故选：D。（2022秋•西湖区校级期中）如图所示，杠杆OA在力F1、F2的作用下处于静止状态，L2是力F2的力臂，请在图中作出F1的力臂L1和力F2。【解答】解：做力Fl的延长线，过支点O做力F1作用线的垂线段L1，则线段L1为力F1的力臂；过力臂L2末端，作垂直于L2直线，与杠杆OA的交点为力F2作用点，方向斜向右上方，如图所示：（2022秋•湖州期中）如图所示为钓鱼竿钓鱼的示意图，请画出F1的力臂L1。【解答】解：过支点O作F1作用线的垂线段即为F1的力臂L1。如图所示：（2023秋•上城区校级期中）如图所示，轻质木板OB可绕O点转动，OB长1.2m，细线AB能承受的最大拉力为60N，在C点放一重为40N的物体M，OC长10cm，此时木板在水平位置处于静止状态，现在物体M上再加一水平向右的拉力F，恰好使物体M在木板上匀速移动。（1）请画出绳子拉力的力臂。（2）当物体静止在C点时，绳子的拉力是多少？（保留一位小数）（3）当物体离O点的距离为范围内时，此杠杆为费力杠杆。【解答】解：（1）过支点O作垂直绳子对杠杆的拉力F'作用线的垂线段L'，如图所示：；（2）由数学知识可知，绳子拉力的力臂：L'=12OB=12×1.2m由杠杆平衡条件可得：F'×L'＝G×OC，代入数据有：F'×60cm＝40N×10cm，解得：F'≈6.7N；（3）由杠杆平衡条件可知，动力臂小于阻力臂时，动力大于阻力，此时杠杆为费力杠杆，因此阻力臂L2＞L'＝0.6m，当细线AB承受的拉力最大为60N时，由杠杆平衡条件可得：Fmax×L'＝G×L2max，代入数据有：60N×60cm＝40N×L2max，则L2max＝90cm＝0.9m，所以物体离O点的距离范围为0.6m＜d≤0.9m时，此杠杆为费力杠杆。题型3杠杆的静态平衡（2023秋•台州期中）用圆形磁块将一长方形硬卡纸固定在黑板上，则松手后下列固定方式中硬卡纸最容易转动的是（）A．B． C． D．【解答】解：有规则形状的物体，它的重心就在几何中心上，所以D选项的中心位置离磁块的水平距离最远，所以最容易转动，故D正确，A、B、C错误。故选：D。（2021秋•婺城区校级期中）挂钟的分针转动的动力来自机械齿轮，可认为是作用在C点且方向始终与分针垂直的力F，当分针匀速由A位置（如图甲）顺时针转动到B位置（如图乙）过程中，力F大小的变化情况为（）A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大【解答】解：当分针匀速由A位置顺时针转动到B位置过程中，力F的力臂不变，阻力大小不变，阻力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力逐渐变小，故B正确。故选：B。（2023秋•西湖区校级期中）如图所示为家庭电路常用的两种墙壁开关，其按钮可绕面板内某轴转动.甲是较早的开关，现在逐渐被乙这种开关取代，由于在按压开关时，相当于一个杠杆，如果按压开关的力较大，极易损坏，乙开关不容易被损坏的根本原因是（）A．可以增大阻力臂，减小动力作用点移动的距离 B．可以减小动力臂，减小动力作用点移动的距离 C．可以增大动力臂，使按压开关的力变小 D．可以减小阻力臂，减小动力做的功【解答】解：甲、乙两种开关均可在力的作用下绕轴转动，符合杠杆原理，因甲力臂小，根据杠杆原理可知力臂越小作用力越大，因此损坏的越快，所以甲较易损坏，而乙可以增大动力臂，使按压开关的力变小，不容易被损坏，故C正确，ABD错误。故选：C。（2023秋•诸暨市期中）小龙利用轻薄的硬铁片，通过弯折、焊接等方法设计并制作一款结构稳定、适合拍摄桌面的支架。如图实物模型中，不能保持稳定的是（）A． B． C． D．【解答】解：的重力作用在重心，重力作用线从重心竖直向下，由图可知，ABD中，重力的作用线都通过支撑面，所以会保持相对稳定，只有C图中，重力的作用线没有通过支撑面，所以装置在不受其他外力时，无法保持稳定，故C符合题意。故选：C。（2023秋•江北区期中）安全阀常作为超压保护装置。如图是利用杠杆原理设计的锅炉安全阀示意图，阀的横截面积S为6cm2，OA：AB＝1：2，若锅炉能承受的最大压强为5.81×105帕，大气压强为1.01×105帕，则在B处应挂牛的重物。若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应将重物向（选“左”或“右”）移动。【解答】解：由杠杆的平衡条件可知：F•OA＝G•OB；因OA：AB＝1：2，故OA：OB＝1：3则所挂物体的重力：G=13F=13pS=13×（5.81×105Pa﹣1.01×105Pa）×6×10若锅炉承受的最大压强减小，为保证锅炉安全，应减小锅炉内的最大压强，则A点受到的蒸汽压力FA减小；此时A点的力臂OA不变、重物的重力G不变；根据杠杆平衡条件G•LG＝FA•OA可知，为保证锅炉安全，应减小重物的力臂，所以应将应将重物向右移动。故答案为：96；右。（2023秋•义乌市校级期中）在一次学农活动中，小江用一根扁担挑起了两桶水，水桶挂在扁担两端，扁担保持水平状态（扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计）。扁担的A处挂的水重20牛，AB之间的距离为1.2米，肩上支点O与A的距离为0.9米。（1）扁担B处挂的水受到的重力是多少？（2）小江肩膀受到扁担的压力大小是多少？（3）到达某处后，小江将B处的水倒出20牛，在不改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向A移动多少距离，才能再次平衡？【解答】解：（1）由题根据杠杆的平衡条件有：FA×OA＝FB×OB，即：20N×0.9m＝FB×（1.2m﹣0.9m），解得：FB＝60N，即扁担B处挂的水受到的重力是60N。（2）由于扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计，则根据受力分析可知，肩膀受到扁担的压力大小：F＝FA+FB＝20N+60N＝80N。（3）根据杠杆的平衡条件有：FA×O'A＝FA×O'B，即：20N×O'A＝（60N﹣20N）×O'B，解得：O'A：O'B＝2：1•••①，因为AB之间的距离为1.2米，则有：0'A+0'B＝1.2m•••②，联立①②解得：O'A＝0.8m，所以，肩上支点O需要向前移动的距离为：0.9m﹣0.8m＝0.1m。（2022秋•西湖区校级期中）如图所示，OA是起重机的吊臂，可绕O点转动。在距O点6m远的B处吊有重3000N的物体。为保证吊臂在水平位置平衡，则绕过定滑轮斜向下的拉力F为N．将吊臂缓慢拉起，使用A点升高2m的过程中，拉力变。（绳重、吊臂重、摩擦均不计）【解答】解：（1）杠杆阻力为物重G＝3000N，阻力臂为OB＝6m，由图可知绳子绕过定滑轮只改变了力的方向，因此动力臂为5m。根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2即F×5m＝3000N×6m。所以F＝3600N。（2）在动态提升的过程中阻力（物重）不变，阻力臂变小，动力臂同时变大。由杠杆平衡条件可知拉力变小。故答案为：3600、变小。题型4杠杆的动态平衡（2023秋•杭州期中）如图所示，杠杆AOB用细线悬挂起来，在A、B两端分别挂上质量为m1、m2的重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处于水平位置，AO＝BO，不计杠杆自身重力，同时在A、B两点增加质量为m的重物，下列选项正确的是（）A．A端下沉 B．B端下沉 C．保持不变 D．无法判断【解答】解：根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可知，力与相应的力臂成反比关系，它们的杠杆示意图如右，因为AO＝BO，所以LOA＞LOB′；同时在A、B两点增加质量为m的重物，即增加的力相同，则增加的力与力臂的乘积的关系是：mgLOA＞mgLOB′，所以左端的力与力臂的乘积大，A端下沉。故选：A。（2023秋•西湖区校级期中）如图所示的杠杆处于平衡状态，若在A处的钩码下再挂一个同样的钩码，要使杠杆重新恢复平衡，则必须（）A．在B处钩码下再挂一个同样的钩码 B．在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格 C．在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格 D．把B处钩码向右移动一格【解答】解：设一个钩码的重力为G，一格的长度为L；若在A处再加挂一个同样的钩码，则：A、在B处加挂一个同样的钩码，右侧力与力臂的乘积为3G×3L；左侧为4G×2L，即3G×3L≠4G×2L，杠杆不能平衡，故A错误；B、在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格，右侧力与力臂的乘积为3G×2L；左侧为4G×2L，即3G×2L≠4G×2L，杠杆不能平衡，故B错误；C、在B处加挂两个同样的钩码，右侧力与力臂的乘积为4G×4L；左侧为4G×2L，即4G×4L≠4G×2L，杠杆不能平衡，故C错误；D、把B处钩码向右移动一格，右侧力与力臂的乘积为2G×4L；左侧为4G×2L，即2G×4L＝4G×2L，杠杆能重新恢复平衡，故D正确；故选：D。（2023秋•上城区校级期中）如图所示，一根木棒在一个始终竖直向上的拉力F作用下绕转轴O自由转动（不计摩擦），使木棒的下端由A处缓慢地抬升到B处。这一过程中，拉力F的大小如何变化（）A．逐渐增大 B．保持不变 C．逐渐减小 D．无法确定【解答】解：一根木棒在一个始终竖直向上的拉力F作用下绕转轴O自由转动，在转动的过程中，阻力大小不变，根据三角形知识可知，动力臂和阻力臂的比值不变，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，动力的大小不变，故B正确。故选：B。（2022秋•椒江区校级期中）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，则F为N。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l，则F的大小变，F与（1l）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（1l）的关系图线为图2中的【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OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，解得：F=OAOB×G=OA2OA×G=（2）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：F×l＝G×OA，解得：F=G×由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小；（3）将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得：F×l＝G×OB，解得：F=G×由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与1l由图1可知，OB＞OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与1l的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②故答案为：6；小；②。（2022秋•西湖区校级期中）小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来1张质量均匀的矩形实木板和一桶墙面漆，木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，墙面漆的质量为30kg。（1）木板的重力为N。（2）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起到某个位置（如图甲所示），在抬起过程中，力F的变化趋势是。A．变大B．变小C．先变大后变小D．不变（3）小科和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小科抬着轻杆的B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小科对木板的力F2为多少？【解答】解：（1）木板的重力为G＝mg＝ρgV＝0.7×103kg/m3×10N/kg×1.2m×2m×0.015m＝252N；（2）如图所示：；如图，杠杆在A位置，LOA＝2LOC，根据杠杆平衡可知：FLOA＝GLOC，则F=G×L杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，由ΔOC′D∽ΔOA′B得：OC'OA'根据杠杆平衡条件可知F′LOA′＝GLOC′，则F′=G×L由此可知当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变，故选D。（3）墙面漆的重力为：G'＝m'g＝30kg×10N/kg＝300N；以A为支点，根据杠杆的平衡条件可知：G'LG＝F2L2，则F2=G'L故答案为：（1）252；（2）D；（3）100N。题型5最小力分析（2023秋•温州期中）手推着载有重物的推车过障碍物时，若要从如图四点中选择一点施力将前轮略微提起。其中最省力的点是（）A．A点 B．B点 C．C点 D．D点【解答】解：根据杠杆的平衡条件F1×L1＝F2×L2可知，在阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长；若要从如图四点中选择一点施力，将前轮略微提起，是围绕后轮与地面的接触点转动（即该点为支点），分别比较在A、B、C、D四点施加力的力臂，可知只有在A点施力时，动力臂最长，则此时最省力。故选：A。（2023秋•临平区期中）要把重轮推上台阶，分别在a、b、c、O四点施加作用力，力的方向如图所示，则最省力的作用点是（）A．a点 B．b点 C．c点 D．O点【解答】解：如图，动力Fa、Fb、Fc的力臂，Fb的力臂最长因为阻力G和阻力臂一定，Fb的力臂最长，所以Fb最小。故选：B。（2023秋•拱墅区期中）如图所示，O为杠杆的支点，A点挂一重物，为使杠杆在图示位置平衡，若在C点施加一个力并使该力最小，该力应沿（）A．CM方向 B．CN方向 C．CP方向 D．CQ方向【解答】解：由图可知，O为支点，A点挂一重物，阻力方向向下，为使杠杆在水平位置平衡，在C点施加一个力，则动力F与OC垂直且方向向下，要使该力最小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小；由图可知，CP对应的动力臂最长，所以该力应沿CP方向。故选：C。（2023秋•西湖区校级期中）如图所示，质地均匀的圆柱体，重力为G0，在推力的作用下，由实线位置匀速转到高为H的台阶虚线所示位置，OA为圆柱体横截面的直径。整个过程中，圆柱体在转动过程中不打滑。在A点施加一个力推动圆柱体，所用力最小的是（选填“F1”“F2”“F3”）。缓慢推动圆柱体，保持推力始终垂直OA，则推力的变化是。【解答】解：由图可知，此时的支点为O，当OA为动力臂时，动力臂是最长的，阻力和阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，此时的动力是最小的，动力的方向与力臂的方向垂直，所以最小的力是F2；整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直；由图可知，动力F的力臂L（L＝OA）始终保持不变，阻力为圆柱体的重力G始终大小不变，由实线位置转到虚线位置时，重力的力臂逐渐减小，根据杠杆平衡条件可得FL＝GL′，所以动力F逐渐变小。故答案为：F2；变小。题型6杠杆与浮力的结合问题（2023秋•绍兴期中）如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，OA＜OB，AB两端分别悬挂体积相同的甲、乙两球，杠杆在水平位置平衡。则两球（）A．同时浸没在水中，杠杆仍能平衡 B．密度相同 C．同时向O点移动相同的距离，杠杆A端下沉 D．切去相同体积，杠杆仍在水平位置平衡【解答】解：A、物体没有浸入水中时，根据杠杆平衡条件有G甲×OA＝G乙×OB，因为OA＜OB，则G甲＞G乙，物体浸入水中时，杠杆两端受到的拉力F＝G﹣F浮，因为两个物体的体积相等，都同时浸没在水中，由F浮＝ρ液gV排可知它们受到的浮力相等，即F浮甲＝F浮乙；杠杆A端力与力臂的乘积为：（G甲﹣F浮甲）×OA＝G甲×OA﹣F浮甲×OA，杠杆B端力与力臂的乘积为：（G乙﹣F浮乙）×OB＝G乙×OB﹣F浮乙×OB，因为OA＜OB，所以F浮甲×OA＜F浮乙×OB，则：（G甲×OA﹣F浮甲×OA）＞（G乙×OB﹣F浮乙×OB），因此杠杆的A端下沉，故A错误；B、由题知，杠杆两端挂甲和乙球时，杠杆水平平衡，由杠杆的平衡条件有：G甲×AO＝G乙×BO，由G＝mg＝ρVg可得：ρ甲gV×OA＝ρ乙gV×OB因为OA＜OB，所以ρ甲＞ρ乙，故B错误；C、当两物体向支点移动相同的距离，则左边G甲×（OA﹣L）＝G甲×OA﹣G甲×L，右边G乙×（OB﹣L）＝G乙×OB﹣G乙×L，因为G甲＞G乙，则（G甲×OA﹣G甲×L）＜（G乙×OB﹣G乙×L），因此杠杆将向B端下沉，故C错误；D、若切去相同体积，则杠杆A端力与力臂的乘积为：（G甲﹣ΔVρ甲g）×AO＝G甲×AO，杠杆B端力与力臂的乘积为：（G乙﹣ΔVρ乙g）×BO＝G乙×BO，因为G甲×AO＝G乙×BO，即ρ甲gV×OA＝ρ乙gV×OB，则ΔVρ甲g×OA＝ΔVρ乙g×OB，所以G甲×AO﹣ΔVρ甲g×OA＝G乙×BO﹣ΔVρ乙g×OB，即切去相同体积，杠杆仍在水平位置平衡，故D正确。故选：D。（2023秋•杭州期中）如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，OA＜OB，AB两端分别悬挂体积相同的甲、乙两实心球，杠杆在水平位置平衡。则两球（）A．密度相同 B．切去相同的质量，杠杆仍在水平位置平衡 C．切去相同的体积，杠杆仍在水平位置平衡 D．同时向O点移动相同的距离，杠杆A端下沉【解答】解：A、由题知，杠杆两端挂甲和乙球时，杠杆水平平衡，由杠杆的平衡条件有：G甲•AO＝G乙•BO，所以ρ甲gV•OA＝ρ乙gV•OB因为OA＜OB，所以G甲＞G乙，根据G＝mg知m甲＞m乙，两物体的体积相同，根据ρ=mV可知，ρ甲＞ρ乙，故B、若切去相同质量，则左边：（G甲﹣Δmg）•AO＝G甲•AO﹣Δmg•OA右边：（G乙﹣Δmg）•BO＝G乙•BO﹣Δmg•OB，因为G甲•AO＝G乙•BO，OA＜OB，所以G甲•AO﹣Δmg•OA＞G乙•BO﹣Δmg•OB，所以A端下沉，故B错误；C、若切去相同体积，则左边：（G甲﹣ΔVρ甲g）•AO＝G甲•AO﹣ΔVρ甲g•OA右边：（G乙﹣ΔVρ乙g）•BO＝G乙•BO﹣ΔVρ乙g•OB，因为G甲•AO＝G乙•BO，OA＜OB，ρ甲gV•OA＝ρ乙gV•OB所以G甲•AO﹣ΔVρ甲g•OA＝G乙•BO﹣ΔVρ乙g•OB，所以杠杆仍然平衡，故C正确；D、当两物体向支点移动相同的距离，则左边G甲×（OA﹣L）＝G甲×OA﹣G甲×L，右边G乙×（OB﹣L）＝G乙×OB﹣G乙×L，因为G甲＞G乙，则（G甲×OA﹣G甲×L）＜（G乙×OB﹣G乙×L），因此杠杆将向B端下沉，故D错误。故选：C。（2023秋•浙江期中）学习了杠杆的相关知