专题提升Ⅰ 杠杆平衡问题（解析版）

专题提升Ⅰ杠杆平衡问题

学习目录

目录

模块一知识掌握....................................................................................................................................1

知识点一、杠杆的平衡条件..........................................................................................................1

知识点二、杠杆的平衡..................................................................................................................1

知识点三、杠杆的动态平衡..........................................................................................................2

（1）力不变改变力臂............................................................................................................6

（2）力臂不变改变力............................................................................................................7

【巩固提高】..........................................................................................................................................7

知识重点

模块一知识掌握

知识点一、杠杆的平衡条件

动力×动力臂＝阻力×阻力臂写成公式F1l1=F2l2

知识点二、杠杆的平衡

杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。

判断方法一：比较末状态时力和力臂的乘积是否相等：若相等则继续平衡；若不相等，哪端乘积大，

哪端下沉，另一端上升。

判断方法二：直接比较两端力和力臂的乘积的减小量或增加量是否相等而判断。

注意：若力臂的关系未知，则可通过杠杆的初始状态的平衡关系来确定。

第1页共23页.

[例题1]（2023•鹿城区模拟）生活中利用杠杆的事例很多，某同学分别用图示甲、乙两种方法扛着

同一物体行走，感觉物体放的位置不同，效果不一样，体会到杠杆使用大有学问。请你分析：

甲图中手施加的动力乙图中手施加的动力；甲图中肩受到的压力乙图中肩受到的压

力。（均选填“大于”、“等于”或“小于”）

【解答】解：（1）用甲、乙两种方法挑着同一个物体，把木棍与肩膀接触处看作支点，阻力为物

体的重力（阻力不变）；由图可知，两种情况下动力臂几乎相同，而甲图中物体离肩膀较近，阻

力臂小，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，甲图中手施加的动力较小；

（2）肩膀承担动力和阻力，阻力不变，甲图，动力减小，肩膀承担的力减小，受到的压力减小。

故答案为：小于；小于。

[例题2]（2023春•金华月考）如图所示，轻质杠杆OB可绕固定轴O自由转动（AB＝2AO）。将棱

长为10cm的正方体合金块，用轻绳挂在A点处，在B点施加竖直向上的力F1＝30N时，杠杆

在水平位置平衡，此时合金块对水平地面的压强恰好为0，则合金块的质量是kg．若撤去

3

F1，在B点施加力F2时，合金块对地面的压强为1.2×10Pa，则力F2的大小是N。

【解答】解：（1）在B点施加力F1＝30N时，杠杆在水平位置平衡，合金块对水平地面的压强恰好

为对合金块进行受力分析可知，此时合金块受到竖直向下的重力和细绳对它竖直向上的拉力，并且

这两个力是一对平衡力，根据杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2可得，G•OA＝F1•OB，即G•OA＝30N•

3OA，

解得G＝90N，

퐺90푁

合金块的质量m===9kg；

푔10푁/푘푔

（2）从图中可以看出，

第2页共23页.

OBC为直角三角形，而直角三角形30°角对应的直角边等于斜边的一半，故拉力F2的力臂为L2

1

=OB，

2

3

撤去F1，在B点施加F2时，合金块对地面的压强为1.2×10Pa，对合金块进行受力分析可知，

此时合金块受重力、绳子向上的拉力及地面对它的支持力，如图所示：

3

FN＝pS＝1.2×10Pa×0.1m×0.1m＝12N

FA+FN＝G

FA＝G﹣FN＝90N﹣12N＝78N，

根据杠杆平衡条件：

11

FL＝FOA，即F•OB＝78N•OB，

22A223

解得F2＝52N。

故答案为：9；52。

[例题3]（2022秋•杭州期末）如图所示，水平实验台宽为l，边缘安装有压力传感器C、D，现将

长为3l的一轻质杆平放在C、D上，其两端到C、D的距离相等，两端分别挂有质量均为mO

的空容器A、B。向A中装入细沙的质量为mA（mA＞mO），求杆始终水平静止不动时，B中可

以装入沙的质量ma的范围（结果用mA、mO表示）。

【解答】解：当传感器D示数为零时（以C为支点），mB有最小值，根据杠杆的平衡条件可知：

푚퐴푚0

（）＝（）•，解得：=，

mA+m0glmB+m0g2lmB2

第3页共23页.

当传感器C示数为零时（以D为支点），mB有最大值，根据杠杆的平衡条件可知：（mA+m0）g•2l

＝（mB+m0）gl，解得：mB＝2mA+m0；

由题意可知，mA﹣m0＞0，当mA≤m0时，mB有最小值为0，当mA＞m0时，mB有最小值为

푚퐴푚0

，

2

푚퐴푚0

所以当m≤m时，0≤m≤2m+m；当m＞m时，≤m≤2m+m。

①A0BA0②A02BA0

푚퐴푚0

答：当m≤m时，0≤m≤2m+m；当m＞m时，≤m≤2m+m。

①A0BA0②A02BA0

[例题4]（2022秋•滨江区校级期中）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；

第4页共23页.

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。

[例题5]（2022秋•上城区校级月考）如图所示，两个等高的托盘秤甲、乙放在同一水平地面上，

质量分布不均匀的木条AB重24N，A、B是木条两端，O、C是木条上的两个点，AO＝BO，AC

＝OC．A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上，托盘秤甲的示数是6N．现移动托盘秤甲，

让C点放在托盘秤甲上。此时托盘秤乙的示数是（）

A．8NB．12NC．16ND．18N

【解答】解：

设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，

托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所

示：

第5页共23页.

由杠杆平衡条件有：FA×AB＝G×BD，即：6N×AB＝24N×BD，

所以：AB＝4BD，

1

BD=AB，

4

当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB，

因为AO＝BO，AC＝OC，所以CO＝OD＝BD，BC＝3BD，CD＝2BD

由杠杆平衡条件有：FB×BC＝G×CD，即：FB×3BD＝24N×2BD，

所以：FB＝16N，则托盘秤乙的示数为16N。

故选：C。

知识点三、杠杆的动态平衡

（1）力不变改变力臂

当力臂减小相同的长度时，力小的那一端下沉；

∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2

F1（l1－l0）=F1l1－F1l0；F2（l2－l0）＝F2l2－F2l0

∵F1l0＜F2l0∴F1l1－F1l0＞F2l2－F2l0

即：F1（l1+l0）＞F2（l2+l0）

当力臂增大相同的长度时，力大的那一端下沉；

∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2

F1（l1+l0）=F1l1+F1l0；F2（l2+l0）＝F2l2+F2l0

∵F1l0＜F2l0∴F1l1+F1l0＜F2l2+F2l0

即：F1（l1+l0）＜F2（l2+l0）

力臂成比例增减的时候杠杆仍然平衡。

∵F1l1=F2l2

F1nl1＝nF1l1

F2nl2＝nF2l2

∴F1nl1=F2nl2

第6页共23页.

（顺口溜：近小大，远大大，比例增减无变化）

（2）力臂不变改变力

当增大相同的力时，力臂大的那一端下沉；

∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2

（F1+F0）l1=F1l1+F0l1；（F2+F0）l2＝F2l2+F0l2

∵F0l1＞F0l2∴F1l1+F0l1＞F2l2+F0l2

即：（F1+F0）l1＞（F2+F0）l2

当减小相同的力时，力臂小的那一端下沉；

∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2

（F1-F0）l1=F1l1-F0l1；（F2-F0）l2＝F2l2-F0l2

∵F0l1＞F0l2∴F1l1-F0l1＜F2l2-F0l2

即：（F1-F0）l1＜（F2-F0）l2

力的大小成比例增减时杠杆仍然平衡。

∵F1l1=F2l2

nF1l1＝nF1l1

nF2l2＝nF2l2

∴nF1l1=nF2l2

（顺口溜：增大大，减小大，比例增减无变化）

[例题6]（2022秋•婺城区校级期中）如图为幼儿园的一种平衡感训练器械，平衡木的AB两端用铁

链固定，平衡木自重忽略不计，当小朋友从A点开始向B点匀速走动，则B点受到铁链的拉力

与移动时间的关系图像为（）

第7页共23页.

A．B．

C．D．

【解答】解：以A为支点，小朋友对杠杆的作用力等于重力G相当于阻力，阻力等于小朋友移

动的距离L2＝s＝vt，

B端的拉力F为动力，动力臂L1＝AB；

根据杠杆平衡条件有：G•vt＝F•AB，

퐺푣

解得F=푡，是正比例函数，图像是过原点的直线，故A正确，BCD错误。

퐴퐵

故选：A。

[例题7]（2022秋•上城区校级月考）如图所示装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线

一端绕过一固定定滑轮，另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。现使线套逐渐向右移动，但

始终使木棒保持水平，则悬线上的拉力T（棒和悬线足够长）（）

A．先逐渐变小，后又逐渐变大

B．逐渐变大

C．先逐渐变大，后又逐渐变小

D．逐渐变小

【解答】解：如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉

力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂。

第8页共23页.

把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：G×LOA＝T×L，

由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大

后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大。

故选：A。

[例题8]（2022秋•义乌市期中）如图所示，在轻质杆OB的中点A处，悬挂有重为G的物体M，

在端点B施加方向始终跟杆垂直的拉力F，杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过

程中，下列叙述中正确的是（）

A．拉力F逐渐变大

1

B．拉力F始终大于G、小于G，该杠杆是省力杠杆

2

C．拉力F跟它力臂的乘积变小

D．以上说法均不正确

【解答】解：A、如图，物体M的重为G不变，动力F的方向始终跟杆垂直（动力臂LOB不

变），

由于杆匀速转动（处于平衡状态），则FLOB＝GLOC，

由于杆从图示位置沿顺时针方向匀速转至虚线位置的过程中，则阻力臂LOC逐渐减小，所以拉力

F逐渐变小，故A错误。

B、根据FLOB＝GLOC可得：

퐺퐿푂퐶퐺퐿푂퐴1

F=＜=G，该杠杆是省力杠杆，故B错误。

퐿푂퐵퐿푂퐵2

C、由于阻力臂LOC逐渐变小，物体M的重为G不变，则根据FLOB＝GLOC可得：FLOB的大小

（拉力F跟它力臂的乘积）逐渐变小，故C正确。

第9页共23页.

D、由于A选项是正确的，则D错误。

故选：C。

[例题9]（2022秋•西湖区校级期中）重600N的一根匀质钢管放在水平地面上，抬起它的一端需要

的力至少为N．如果始终保持B端所用的力沿竖直方向，在抬起钢管的一端的过程中拉力

（填大小变化）

【解答】解：已知阻力为G＝600N，假设钢管长为L，因为是匀质钢管，抬起一端时，另一端为

1

支点，动力臂为OA，阻力臂为OA，根据杠杆平衡条件：

2

1

G•AB＝F•AB

2

11

F=G=×600N＝300N；

22

如图：

퐴퐸퐴퐶1

若动力总是竖直向上，因为ΔACE∽ΔADB，所以==为定值，即动力臂和阻力臂的比

퐴퐵퐴퐷2

值为定值，因为阻力（钢管重）不变，根据：

杠杆平衡条件，动力F保持不变。

故答案为：300；不变。

[例题10]（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，

1

则F的大小变，F与（）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，

푙

第10页共23页.

1

F与（）的关系图线为图2中的（选填数字序号）。

푙

【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，

푂퐴푂퐴11

解得：F=×G=×G=G=×12N＝6N；

푂퐵2푂퐴22

（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，

1

解得：F=G×OA×⋯⋯Ⅰ，

푙

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，

1

解得：F=G×OB×⋯⋯Ⅱ，

푙

1

由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与的关系图线均为正比例函数，

푙

由图1可知，OB＞OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，

1

因此将M从A移至B，F与的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。

푙

故答案为：6；小；②。

[例题11]（2022秋•上城区校级月考）如图长为3米的匀质平板的中点能绕固定的支点转动，平板

与水平地面的夹角为30°，在板上站两个小孩。已知20千克的甲小孩位于板的中点，30千克

的乙小孩位板的左端。现两个小孩均以0.1米/秒的速度同时向右慢慢移动，求：

（1）经过多少时间后平板开始转动？

（2）乙小孩在这过程中克服自身重力做功的功率为多少？

第11页共23页.

【解答】解：如图所示：

（1）设平板开始转动时，乙移动的时间为t，则乙走的路程：AA′＝vt，

此时乙对杠杆作用力的力臂：

1

OC＝（OA﹣AA′）×cos30°＝（×3m﹣vt）×cos30°，

2

甲对杠杆作用力的力臂：

OD＝OB×cos30°＝（0.1m/s×t）×cos30°，

杠杆刚好转动、处于平衡，则：G乙×OC＝G甲×OD，

1

即：30kg×g×（×3m﹣0.1m/s×t）×cos30°＝20kg×g×0.1m/s×t×cos30°，

2

解得：t＝9s；

（2）乙走的路程：

AA′＝vt＝0.1m/s×9s＝0.9m，

乙沿竖直方向上升的高度：

1

h＝AA′×sin30°＝0.9m×=0.45m，

2

乙克服重力做功：

W＝G乙h＝m乙gh＝30kg×10N/kg×0.45m＝135J，

푊135퐽

乙在这一过程中克服自身重力做功的功率：P===15W。

푡9푠

答：（1）经过5s时间后平板开始转动；

（2）乙小孩在这过程中克服自身重力做功的功率为15W。

第12页共23页.

【巩固提高】

1.（2021秋•上城区月考）用图所示的杠杆提升重物，设作用在A端的力F始终竖直向下，在将

重物慢慢提升到一定高度的过程中，F的大小将（）

A．保持不变B．逐渐变小

C．逐渐变大D．先变大，后变小

【解答】解：（1）由题知，当慢慢提升重物不越过水平位置时，重力（阻力）不变，阻力臂增大

（水平时最大），动力臂不变

即：G不变、L1不变，L2增大

∵FL1＝GL2

∴力F逐渐变大

（2）当杠杆越过水平位置时，阻力和动力臂还是不变，但是阻力臂变小，根据FL1＝GL2，所以

动力F减小。

综上，动力F先变大后减小。

故选：D。

2.（2021秋•镇海区校级期中）如图所示，甲、乙两个物体的体积相等，甲的质量是乙质量的2

倍，现杠杆处于水平平衡状态。若将甲、乙二物体同时浸没在水中，则杠杆将（）

A．左端下沉B．右端下沉

C．仍然保持水平状态D．无法确定

【解答】解：

第13页共23页.

（1）∵G＝mg，m甲＝2m乙，

∴G甲＝2G乙，

由杠杆平衡条件可知，G甲L甲＝G乙L乙，

1

∴L=L，

甲2乙

（2）∵甲、乙两个物体体积相同，

∴排开水的体积相同，

∴两物体受到水的浮力相同，

可知甲减小的浮力与力臂的乘积小，所以杠杆不再平衡，甲所在一侧将下降，即左端下降。

故选：A。

3.（2021秋•龙港市月考）《墨经》最早记述了杆秤的杠杆原理，“标”“本”表示力臂，“权”“重”

表示力，如图所示，杆秤在水平位置平衡，以下说法正确的是（）

A．“重”增大时，N端上扬B．“权”增大时，M端上扬

C．“权”向右移时，N端下沉D．提纽向右移时，M端上扬

【解答】解：

A．“重”增大时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积N端下沉，故A错误；

B．“权”增大时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积M端下沉，故B错误；

C．“权”向右移时，左侧力与力臂的乘积小于右侧力与力臂的乘积N端下沉，故C正确；

D．提纽向右移时，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积M端下沉，故D错误。

故选：C。

4.（2021秋•拱墅区校级月考）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转

动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。现有水平力F由A向B缓慢

匀速推动，在推动过程中，推力F将（）

第14页共23页.

A．大小不变B．逐渐增大

C．逐渐减小D．先增加后减小

【解答】解：

以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，两力臂如图所示：

根据杠杆平衡条件可得：F支•L支＝G•LG，

水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂LG均不变，

所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；

由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，

根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由力的平衡条件

知，水平推力F也逐渐增大，故B正确。

故选：B。

5.（2021春•诸暨市校级月考）如图所示，质量为2kg的小铁块静止于A端。ABCO为T型支架

（质量忽略不计），可绕点O在竖直面内自由转动，A端搁在左侧的平台上，已知AC＝1m，AB

＝0.75m，OB＝0.5m，现用一个水平拉力F通过细线拉铁块，假定铁块启动后立即以0.1m/s的

速度沿AC匀速运动，此时拉力F为10N。问：

（1）铁块到达B点前，阻碍T型支架顺时针转动的力是；

（2）支架能保持静止的最长时间是秒。

第15页共23页.

【解答】解：

（1）将T型支架看做杠杆，铁块到达B点前，忽略杠杆的重力，铁块对杠杆的压力使杠杆有逆

时针转动的趋势，即铁块对杠杆的压力是阻碍杠杆顺时针转动的力；

（2）铁块对杠杆的压力F压＝G＝mg＝2kg×10N/kg＝20N，

由于铁块沿水平方向做匀速运动，则铁块受到摩擦力的大小f＝F＝10N，其方向水平向左，

因物体间力的作用是相互的，则铁块对杠杆的摩擦力大小f′＝f＝10N，方向水平向右；

如果铁块过了B点，此时杠杆受到的压力会使杠杆顺时针转动，同时杠杆受到水平向右的摩擦力

也会使杠杆顺时针转动，所以铁块过了B点，支架一定不能保持静止，则支架能保持静止时一定

是铁块在B点左侧；

铁块在B点左侧，支架恰好不能保持静止时，说明左侧平台对杠杆没有支持力，此时杠杆受到的

压力会使杠杆逆时针转动（可看做阻力），杠杆受到水平向右的摩擦力会使杠杆顺时针转动（可

看做动力），

分析图示可知，O为杠杆的支点，则杠杆受到摩擦力的力臂（动力臂）L1＝OB＝0.5m，

设支架即将翻转时铁块到B点的距离为L2，则压力的力臂（阻力臂）为L2，

根据杠杆的平衡条件可得：f′L1＝F压L2，即10N×0.5m＝20N×L2，解得L2＝0.25m，

所以铁块运动的最大路程为s＝AB﹣L2＝0.75m﹣0.25m＝0.5m，

푠0.5푚

则铁块运动的最长时间t===5s，即支架能保持静止的最长时间是5s。

푣0.1푚/푠

故答案为：（1）铁块对杠杆的压力；（2）5。

6.（2021秋•乐清市校级月考）如图AB为一可绕O点转动的杠杆，在A端通过绳子作用一个拉

力，使杠杆平衡。

（1）在图示位置平衡时，整个装置的总重心位于。（选填“O处”、“OA之间处”或“BO

之间”）

（2）保持重物不动，而使绳绕A点沿图中虚线缓慢逆时针转动，则F（选填“先变大

后变小”或“先变小后变大”或“不变”）

第16页共23页.

【解答】解：（1）由图可知，支点为与O处，重物在支点的左侧，所以在图示位置平衡时，整个

装置的总重心位于BO之间；

（2）当绳从图示位置沿逆时针方向旋转时，力臂逐渐变大，到竖直方向时，力臂最大且L＝OA，

继续转动，力臂逐渐变小，所以力F的力臂先变大后变小，重物对杠杆的拉力不变，该力的力臂

不变，根据杠杆的平衡条件可知，F先变小后变大。

故答案为：（1）BO之间；（2）先变小后变大。

7.（2021•杭州二模）如图，小科的质量为60kg，再将木棒支在O点，物体挂在A点，OB＝

100cm，OA＝20cm。让该同学站在体重秤上用手将木棒抬到图示水平位置，此时体重秤的读数

为76.2kg（即压力大小是762N）。试求：

（1）在正常测体重时，小科双脚与体重秤的接触面积为0.04m2，他对体重秤的压强为多大？

（2）求物体的质量。

（3）若此时小科用双手始终竖直向上缓慢抬起木棒，体重秤的读数将如何变化？通过推导说明。

【解答】解：（1）对秤的压力为：F＝G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N；

퐹600푁

对秤的压强为：p===1.5×104Pa；

푆0.04푚2

（2）由题知，体重秤的示数变化：Δm＝76.2kg﹣60kg＝16.2kg，

根据力的作用的相互性可知，对杠杆B端的提力F＝Δmg＝16.2kg×10N/kg＝162N，

由杠杆的平衡条件可得：G×OA＝F×OB，

퐹×푂퐵162푁×100푐푚

物体的重力：G===810N，

푂퐴20푐푚

物体的质量：

퐺810푁

m===81kg；

푔10푁/푘푔

（3）由于小科对B点的作用力始终是竖直向上、重力的方向是竖直向下，提升后，由相似三角

第17页共23页.

形的特点可知动力臂和阻力臂的比值等于杠杆水平时的力臂之比，大小不变，由杠杆的平衡条件

可得：G×L1＝F×L2，

퐺×퐿1퐿1

则力F=，而物体的重力不变、不变，所以力F不变，体重秤的示数不变。

퐿2퐿2

答：（1）他对体重秤的压强为1.5×104Pa；

（2）物体的质量为81kg；

（3）体重秤的读数将不变。

8.（2020秋•椒江区期末）小明参加了一次远行研学，站立等车时，他拉着的拉杆旅行箱的示意

图如图所示。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，O为支点，整个旅行箱的质量为10千克，B

为其重心，已知OA＝1.2米，OC＝0.3米，CD＝0.7米。

（1）求作用在A点竖直向上的拉力F为多大？

（2）要使作用在A点的拉力减小，下列做法可行的是（选填序号）。

①增大拉杆OA的长度②使拉力方向顺时针改变一个适当的角度

③适当提高A点的高度④将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′

（3）小明提着此旅行箱，半分钟内匀速走上9米高的站台，请计算他对旅行箱做功的功率。

【解答】解：（1）整个旅行箱的重力G＝mg＝10kg×10N/kg＝100N，OD＝OC+CD＝0.3m+0.7m＝

1m，

퐺퐿푂퐶100푁×0.3푚

根据杠杆的平衡条件可知，FLOD＝GLOC，故作用在A点竖直向上的拉力F==

퐿푂퐷1푚

=30N；

（2）①拉杆箱的重力、重力的力臂不变，增大拉杆的长度，则拉力的力臂变长，根据杠杆的平

衡条件可知，拉力变小，故此方法可行；

②拉杆箱的重力、重力的力臂不变，使拉力方向顺时针改变30°，此时拉力的力臂为0，不省力，

不能使作用在A点的拉力减小，故此方法不可行；

③适当提高A点的高度，根据数学知识可知动力臂和阻力臂的比值不变，拉杆箱的重力、重力

的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知拉力变小，故此方不可行；

第18页共23页.

④拉杆箱的重力不变，将箱内较重的物品靠近O点摆放，重心由B变至B′，重力的力臂变短，

拉力方向不变，拉力的力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，拉力变小，故此方法可行。

故选：①④；

（3）他对旅行箱做的功W＝Gh＝100N×9m＝900J，

푊900퐽

他对旅行箱做功的功率P===30W。

푡0.5×60푠

故答案为：（1）作用在A点竖直向上的拉力F为30N；

（2）①④；

（3）他对旅行箱做功的功率为30W。

9.（2023•余杭区二模）如图所示，大人和小孩在玩跷跷板，已知板面AOD长为4m，O为跷晓

板的中点，大人和小孩的质量分别为

70kg和35kg，此时小孩和大人所坐位置分别为B、C，且BO＝OC＝1m，当跷跷板在水平位置平

衡时，小孩双脚悬空，大人双脚着地，且大人双脚与地面的接触面积为400cm2，（g取I0N/kg）

（1）求大人对地面的压强。

（2）若大人单独移动位置，可使大人对地面的压强为0，通过计算说明他该如何移动。（移动后

跷跷板仍然保持水平位置平衡）

【解答】解：（1）大人的重力G大人＝m大人g＝70kg×10N/kg＝700N，小孩的重力G小孩＝m小孩g＝

35kg×10N/kg＝350N，

设大人对跷跷板的压力大小为F1，根据杠杆的平衡条件可得：G小孩×OC＝F1×OD，所以大人对

퐺小孩×푂퐶350푁×1푚

跷跷板的压力大小为F===350N；

1푂퐷1푚

此时大人受到的力有：重力，跷跷板对大人的支持力，地面对大人的支持力，

由于跷跷板对大人的支持力与大人对跷跷板的压力是一对相互作用力，大小相等，即跷跷板对大

人的支持力F支持＝F1＝350N

根据力的平衡可得：地面对大人的支持力F2＝G大人﹣F支持＝700N﹣350N＝350N，

根据物体间力的作用是相互的可知，大人对地面的压力F压＝F2＝350N，

퐹压350푁

大人对地面的压强p===8.75×103Pa；

푆400×10―4푚2

第19页共23页.

（2）只移动大人位置时，可使大人对地面的压强为0，

设此时大人移到了P点时，

퐺小孩×푂퐶350푁×1푚

根据杠杆的平衡条件可知：G小孩×OC＝G大人×OP，OP的长度OP===

퐺大人700푁

0.5m，

大人移动的距离L1＝OC﹣OP＝1m﹣0.5m＝0.5m，即大人向左移动的距离为0.5m。

答：（1）大人对地面的压强是8.75×103Pa；

（2）只移动大人位置时，大人向左移动的距离为0.5m。

10.（2023•萧山区模拟）如图甲所示，桌面上放有均匀的薄长方体木块A，重6N，长为L，宽为

1/3L，厚度为d，此时木块A的右端刚好与桌面的边缘相平；在拉力F作用下至图乙位置停止，

此时木块A右段伸出桌面长度为1/3L，已知木板A与桌面间的粗糙程度不变。问：

（1）木块A在运动过程中受到的摩擦力（选填“变大”“变小”或“不变”）。

1

（2）若在木块A右端伸出桌面的中心位置放一个底部直径为L，重为2N，容积为500mL的烧

3

杯B（如图丙），然后往烧杯中缓慢加水，试通过计算说明烧杯能否装满水？

【解答】解：（1）木块A在运动过程中，拉力突然变大，因压力和接触面粗糙程度不变，故滑动

摩擦力将不变。

1111

（2）如图所示，由题意知，点O为支点，点M为木块A的重心，OM=L―L=L，ON=

2362

11

×L=L，

36

11

根据杠杆平衡条件得，G×OM＝G×ON，即6N×L＝G×L，

12626

解得G2＝6N，

第20页共23页.

则烧杯B内水的重力为G＝6N﹣2N＝4N，

퐺4푁

烧杯B内水的质量为m===0.4kg，

푔10푁/푘푔

푚0.4푘푔

烧杯B内水的体积为V===0.0004m3＝400cm3＝400mL，

휌1.0×103푘푔/푚3

所以烧杯不能装满，烧杯中加入400mL水后木块A和烧杯一起向右倾倒。

故答案为：（1）不变；（2）见解答。

11.（2023•杭州一模）《天工开物》中记载了三千年前人们在井上汲水使用的桔槔，如图甲所示。

图乙是其简化模型图，水平轻质杠杆MN的力臂l1＝0.5m，2l＝0.2m；在杠杆左端悬挂质量为2kg

的物体A，右端挂边长为10cm的正方体B完全浸没于水中，此时杠杆平衡。求：

（1）B物体受到的浮力。

（2）B物体的密度。

（3）在杠杆M端施加拉力F使物体B恰好完全离开水面时，F＝N。

333﹣33

【解答】解：（1）由题意可知，B物体的体积：VB＝（a）＝（10cm）＝1000cm＝1×10m，

﹣33

因为B物体浸没在水中，所以B物体排开水的体积