2020-2021北京中考物理杠杆平衡综合题

一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题

1．如图所示，杠杆在水平位置平衡．下列操作仍能让杠杆在水平位置保持平衡的是（）

A．两侧钩码同时向外移一格 B．两侧钩码同时向内移一格

C．在两侧钩码下方，同时加挂一个相同的钩码 D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设一个钩码的重力为G，横梁上一个格的长度为l，原来杠杆处于平衡状态，则有

2G3l3G2l

A．两侧钩码同时向外移一格,左边为

2G4l8Gl

右边为

3G3l9Gl

8Gl9Gl

杠杆右端下沉，故A项不符合题意； B．两侧钩码同时向内移一格，左边为

2G2l4Gl

右边为

3G1l3Gl 3Gl4Gl

杠杆左端下沉，故B项不符合题意； C．同时加挂一个相同的钩码，左边为

3G3l9Gl

右边为

4G2l8Gl

8Gl9Gl

杠杆左端下沉，故C项不符合题意；

D．左侧增加一个钩码，右侧钩码向外移一格，左边为

3G3l9Gl

右边为

3G3l9Gl

9Gl9Gl

杠杆平衡，故D项符合题意。 故选D。

2．如图所示，杠杆挂上钩码后刚好平衡，每个钩码的质量相同，在下列情况中，杠杆还能平衡的是

A．左右钩码各向支点移一格 C．左右各减少一半钩码 【答案】C 【解析】

B．左右各减少一个钩码 D．左右各增加两个钩码

设杠杆的分度值为 L，一个钩码的重为G．原来4G×2L=2G×4L；

左、右钩码各向支点移动一格，左边=4G×L=4GL，右边=2G×3L=6GL，左边＜右边，杠杆向右端下沉，A不符合题意；

左右各减少一个钩码，左边=3G×2L=6GL，右边=G×4L=4GL，左边＞右边，杠杆向左下沉，B不符合题意；

左、右钩码各减少一半法码，左边=2G×2L=4GL，右边=G×4L=4GL，左边=右边，杠杆平衡；C符合题意；

左右各增加两个钩码，左边=6G×2L=12GL，右边=4G×4L=16GL，左边＜右边，杠杆右边下沉，D不符合题意，故选C．

3．如图所示，作用在A点的各个力中，不可能使杠杆平衡的力是

A．F3和F4 B．F1和F3 C．F2和F4 D．F1和F2 【答案】A

【解析】 【详解】

因为力F3的作用线所在的直线过支点O，所以力F3的力臂为0，又因为0乘以任何数都为0，所以力F3不能使杠杆平衡；力F4使杠杆转动方向与重物使杠杆的转动方向相同，所以力F4不能使杠杆平衡；力F1和F2使杠杆转动方向与重物使杠杆转动方向相反，所以力F1和F2可以使杠杆平衡；故选A。

4．如图甲是制作面团的情景，把竹竿的一端固定在绳扣中，人骑在另一端施加一个向下的大小为F的力，面团被不断挤压后变得更有韧性，图乙为压面团原理图．关于压面团过程的叙述正确的是（ ）

A．面团对杆的作用力方向向下 B．面团对杆的作用力大小等于F C．面团被压扁说明力能使物体发生形变 D．A点向下移动的距离小于B点向下移动的距离 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．杆对面团的作用力向下，面团对杆的作用力向上，故A错误；

B．由于面团B点到支点C的距离小于A点到C的距离，根据杠杆定律F1L1=F2L2，可知面团对杆的作用力大于F，故B错误；

C．面团被压扁说明力能使物体发生形变，故C正确；

D．C为支点，A点向下移动的距离大于B点向下移动的距离，故D错误； 故选C。

5．如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是

A．当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，该杠杆一定是省力杠杆 B．当重物悬挂在C点，动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力

C．无论重物挂在A点还是B点时，利用该机械所做的有用功都相等

D．如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变 【答案】C 【解析】 【分析】

灵活运用杠杆平衡公式分析即可； 【详解】

AB．不论重物悬挂在A点或C点，也不论动力作用在C点还是B点，判断杠杆是省力还是费力，需要根据杠杆平衡公式，不仅与力的作用点有关，还与力的方向有关，因此无法在只知道力的作用点的情况下判断是否省力，故AB错误；

C．无论重物挂在A点还是B点时，由于物体质量相同，上升高度相同，则根据WGh可知，该机械所做的有用功都相等，故C正确；

D．动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直时，可得动力臂大小始终不发生变化，但由于物体上升，重物的阻力臂会逐渐减小，则由杠杆平衡公式可知动力会减小，故D错误。

6．悬挂重物G的轻质杠杆，在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置，若力施加在A 点，最小的力为 FA，若力施加在B点或C点，最小的力分别为 FB、FC、且 AB=BO=OC．下列判断正确的是（ ）（忽略O点的位置变化）

A．FA > G B．FB = G C．FC < G D．FB > FC 【答案】C 【解析】 【详解】

在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越大，动力最小；若力施加在A点，当OA为动力臂时，动力最小为Fa；若力施加在B点，当OB为力臂时动力最小，为Fb；若力施加在C点，当OC为力臂时，最小的力为Fc，从支点作阻力的力臂为Gl，如图所示：

A．Fa的力臂AO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fa＜G，A错误。

B．Fb的力臂BO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fb＜G，B错误。 C．Fc的力臂CO＞Gl，根据杠杆的平衡条件可知，Fc＜G，C正确。 D．Fb的力臂BO=OC，根据杠杆的平衡条件可知，Fb=Fc，D错误。

7．如图，一个长方体木箱，重心在它的几何中心，其高度为H、正方形底面的边长为L、重为G。想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部的中心最初施加一个水平推力大小是（ ）

A．C．

GHL 2B．D．

GH LGL HHL G【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面的接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为

HL，阻力为木箱的重力，阻力臂为，如图所示： 22

根据杠杆的平衡条件可得

G×

HL=F×

22F=GL H故选D。

8．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

A．FA＞FB＞FC B．FA＜FB＜FC C．FA＞FC＞FB D．FA=FB=FC

【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

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F1L1F2L2可知，动力臂越长动力越小，所以三个方向施力大小：F A ＞F C ＞F B ． 故选C．

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=F2L2

B．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处杠杆仍能平衡 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．假设一个钩码的重力为G

F1=2G，F2=G，F3=2G

各力力臂为

L1=20，L2=10，L3=15 F1L1=2G20=40G F2L2=G10=10G F3L3=2G15=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=3G20=60G F2L2=2G10=20G F3L3=2G15=30G F1L1>F2L2+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=G20=20G

F2L2=0 F3L3=2G15=30G F1L1杠杆失去平衡，故C不符合题意；

D．取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后

F1L1=2G20=40G

F2L2=0 F3L3=2G20=40G F1L1=F2L2+F3L3

杠杆重新平衡，故D符合题意。 故选D。

10．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着体积为1cm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示。当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度，下列说法中错误的是（ ）

A．密度秤的零点刻度在Q点 B．密度秤的刻度都在Q点的左侧 C．密度秤的刻度都在Q点的右侧

D．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

A．合金块没有浸入液体时，液体的密度应为零，所以秤的零刻度应该在Q处；故A正确，不符合题意；

BC．若秤砣由Q向右移动，它的力臂变长，则左边合金块拉秤杆的力应增大，但合金块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点的右边应该是没有刻度的，其刻度都在Q点的左侧。故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；

D．秤砣的质量不变，由Q向左移动时，它的力臂变短，则左边合金块拉秤杆的力减小，说明合金块受到的浮力增大，而合金块排开液体的体积不变，说明液体的密度变大，所以刻度应逐渐变大，即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边；故D正确，不符合题意。 故选C。

11．如图所示，小明利用一根长为L的扁担挑水，他在扁担的左端挂上质量为m1的水桶，在右端挂上质量为m2的水桶，右手扶着扁担右侧。已知m1> m2 ，不计扁担自重，下列说法正确的是（ ）

A．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担左端 B．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担右端

C．小明的肩位于扁担中点时，右手需要给扁担施加向上的力 D．扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越小 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

AB．扁担在左端挂了m1的水桶，右端挂了m2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件F1L1F2L2可知，若要扁担平衡右手不使力，人的肩膀应靠近扁担左端，故A正确，B错误；

C．小明的肩位于扁担中点时，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件F1L1F2L2可知，左端下沉，为了使扁担在水平位置平衡，右手需要给扁担施加向下的

力，故C错误；

D．根据压强的公式p越大，故D错误。 故选A。

F可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强S

12．如图所示，七块完全相同的砖块按照图示的方式叠放起来，每块砖的长度均为L，为保证砖块不倒下，6号砖块与7号砖块之间的距离S将不超过 （ ）

A．

31L 15B．2L C．

5L 2D．

7L 4【答案】A 【解析】 【分析】

因两部分对称，则可只研究一边即可；1砖受2和3支持力而处于平衡状态，则可由力的合成求得1对2的压力；而2砖是以4的边缘为支点的杠杆平衡，则由杠杆的平衡条件可得出2露出的长度，同理可求得4露出的长度，则可求得6、7相距的最大距离。 【详解】

G；当1放在2的边缘上时距离最大；2处于杠杆平衡2状态，设2露出的长度为x，则2下方的支点距重心在

1处于平衡，则1对2的压力应为

L-x 2处；由杠杆的平衡条件可知

LGG-xx 22解得

x

L 3

设4露出的部分为x1；则4下方的支点距重心在

L-x1 2处；4受到的压力为

G则由杠杆的平衡条件可知

G 2G4G-x1Gx1

25解得

x1则6、7之间的最小距离应为

L 5LL31L2xx1L2L

3515故选A。

13．如图所示，杠杆恰好处于水平平衡状态，若在B处下方再挂一个钩码，若要使杠杆在水平位置再次平衡，下列可行的操作是______。（选填字母）

A．减少一个悬挂在A处的钩码 C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．增加一个悬挂在A处的钩码 D．将悬挂A处的钩码向右移动一格

假设一个钩码重力为G，杠杆一格为l，杠杆平衡时

3G2l2G3l6Gl

若在B处下方再挂一个钩码，则右边为

3G3l9Gl

A．减少一个悬挂在A处的钩码，则左边为

2G2l4Gl

左边小于右边，杠杆不能平衡，故A项不符合题意； B．增加一个悬挂在A处的钩码，则左边为

4G2l8Gl

左边小于右边，杠杆不能平衡，故B项不符合题意； C．将悬挂在A处的钩码向左移动一格，则左边为

3G3l9Gl

左边等于右边，杠杆能再次平衡，故C项符合题意；

D．将悬挂A处的钩码向右移动一格，则左边为

3G1l3Gl

左边小于右边，杠杆能再次平衡，故D项不符合题意。 故选C。

14．如图所示，用不同的机械匀速提升同一物体时，最省力的是（不计机械自重和摩擦）（ ）

A． B．

C． D．

【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

如图所示，物体重力为G，不计机械自重和摩擦，则各图的力F大小分别如下： A．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轴上，费一倍的力，则F1=2G；

B．图中为斜面，在直角三角形中，30°角所对的直角边h为斜边s的一半，不计机械自重和摩擦，总功与有用功相等，则

F2s=Gh

所以

h1F2GG

s2C．图中为动滑轮，动力作用在动滑轮的轮上，则

1F3G

2D．图中为杠杆，O 为支点，动力臂为3l，阻力臂为l，由杠杆平衡条件可得

F4×3l=Gl

即

1F4G

3由此可得，最省力的为F4。 故选D。

15．如图，轻质杠杆可绕O点转动（不计摩擦）．A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G．在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面的压强为1000Pa，OB=3OA．则B点的拉力F的大小为

A．50N 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】

B．30N C．10N D．90N

地面对物体G的支持力

F支F压ps1000Pa0.05m250N

物体G对杠杆的拉力

FAGF支80N50N30N

已知

OB=3OA，

由杠杆平衡的条件FOBFAOA可得：

F故选C．

FAOA1=30N=10N ． OB3

16．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 C．B端下沉 【答案】B 【解析】

B．A端下沉 D．以上均可能

【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：

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OBOA

所以可知

F1OAF2OC

根据杠杆的平衡条件可知，A端下沉。 故选B。

17．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，AB3BO，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

FAOAFBOB

即

（GFN）G动2OAFBOB

因为

AB3BO

所以

AO2BO

则

（GFN）G动22FB1

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:F2＝2:3

所以

（120N-85N）2G动2F14 F24（120N-60N）2G动3解得

G动30N

A．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）230N=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）230N=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

可得

400N4（120NFN）230N

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）230N=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。

18．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l2＜l1之前杠杆是省力杠杆，在l2＞l1之后，杠杆变为费力杠杆，故选B。

19．如图所示，在轻质杠杆AB两端各挂体积相同的实心物体甲、乙，杠杆在水平位置保持不变。下列说法正确的是（ ）

A．分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆右端向下倾斜

B．分别将甲、乙切去等体积的一小块，杠杆仍在水平位置平衡 C．分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆左端向下倾斜 D．分别将甲、乙切去等质量的一小块，杠杆仍在水平位置平衡 【答案】B 【解析】 【分析】

动态杠杆相关判断。 【详解】

AB．因为为杠杆平衡，所以

G甲OAG乙OB，

即

甲VgOA乙VgOB，

所以

甲OA乙OB。

若分别将甲、乙切去等体积的一小块，则：

右边G乙G切乙OBG乙OB乙VgOB，

左边=G甲G切甲OAG甲OA甲VgOA，

左边等于右边，杠杆仍保持水平平衡，故A错误，B正确； CD．若分别将两物体切去等质量（即等重G）的一小块，则：

左边G甲GOAG甲OAGOA， 右边=G乙GOBG乙OBGOB，

因OAOB，则左边小于右边，则杠杆右端向下倾斜，故CD错误。 【点睛】

较难题.失分原因是：

（1）没有根据题干信息确定出甲OA乙OB的等量关系；

（2）将“切去等体积”、“切去等质量”代入杠杆平衡条件后，两边力和力臂的关系确定错误；

（3）忽略了左右两侧的力臂不同，在分析杠杆平衡时判断猎误。



20．如图所示，在等臂杠杆两端各挂等重的实心铅块和铁块（铅铁），杠杆水平平衡，若将铁块和铅块同时浸没在水中（未触底），则（ ）

A．杠杆左端上翘 B．杠杆右端上翘

C．杠杆仍然水平平衡 【答案】A 【解析】 【分析】

D．不确定

根据铅块和铁块质量相同，并结合杠杆的平衡条件确定杠杆的类型，即为等臂杠杆；因此当铁块、铅块都浸没水中后，受到浮力较小的一侧，杠杆下沉。 【详解】

原来杠杆平衡，且铅块和铁块质量相同（重力相同），且杠杆为等臂杠杆；由杠杆平衡条件可知，两侧的力臂相同，铅块和铁块质量相同，因为铅铁，则由Vm 可知

V铅V铁，当浸没水中后，由F浮水gV排可知，铁块受到的浮力大，铅块受到的浮力较

小，此时杠杆受到的拉力

F拉G物F浮

因重力相同、铅块受到的浮力较小，则可知铅块对杠杆的拉力较大，因两侧的力臂相同，所以铅块一侧拉力与力臂的乘积较大，则铅块一侧将下降，即右端下降，左端上翘。 故选A。

21．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=B0，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．8N 【答案】C 【解析】 【分析】

在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题A端放在托盘秤甲上，以B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数． 【详解】

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：

B．12N

C．16N

D．18N

由杠杆平衡条件有：FAABGBD，即：6NAB24NBD，所以：

1AB，当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对4木条B处的支持力为FB， AB4BD，BD

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． 【点睛】

本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置．

22．小明探究杠杆的平衡条件，挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D的位置如图所示，当A点挂4个钩码时，下列操作中能使杠杆在水平位置平衡的是（ ）

A．B点挂5个钩码 B．C点挂4个钩码 C．D点挂1个钩码 D．D点挂2个钩码 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

设每个钩码重力为F，每个小格长度为L，则O点左侧力与力臂的积为

4F×3L=12FL

杠杆的平衡条件是

A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

5F×2L=10FL＜12FL

杠杆不能平衡，故A错误；

B．若C点挂4个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

4F×4L=16FL＞12FL

杠杆不能平衡，故B错误；

C．若D点挂1个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

F×6L=6FL＜12FL

杠杆不能平衡，故C错误；

D．若D点挂2个钩码时，杠杆右侧力与力臂的积为

2F×6L=12FL=12FL

杠杆能平衡，故D正确。 故选D