2025年北京中考物理专题复习杠杆平衡题.doc

一、初中物理杠杆平衡条件应用问题
1．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物体G．在B点施加一种垂直于杆动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面压强为1000Pa，OB=3OA．则B点拉力F大小为

A．50N B．30N C．10N D．90N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
地面对物体G支持力

物体G对杠杆拉力

已知
OB=3OA，
由杠杆平衡条件可得：
．
故选C．

2．如图所示轻质杠杆OA上悬挂着一重物G，O为支点，在A端用力使杠杆平衡。下列论述对是（　　）

A．此杠杆一定是省力杠杆 B．沿竖直向上方向用力最小
C．沿杆OA方向用力也可以使杠杆平衡 D．此杠杆也许是省力杠杆，也也许是费力杠杆
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．由于无法确定动力臂大小，因此无法确定是哪种杠杆，故A错误；
B．沿垂直杠杆向上方向用力，动力臂最大，动力最小，最省力，故B错误；
C．沿OA方向动力臂是零，杠杆无法平衡，故C错误。
D．由于杠杆动力臂无法确定，因此它也许是省力杠杆，也也许是费力杠杆，故D对。
故选D。

3．AC硬棒质量忽视不计，在棒B、C两点施加力F1、F2，F2方向沿OO'线，棒在图所示位置处在静止状态，则（ ）

A．F1<F2
B．F1=
C．F1力臂等于s1
D．F2方向沿OO'线向上
【答案】D
【解析】
【详解】
AC．由图知，F2方向沿OO′线，其力臂最长，为s2；而F1方向竖直向下，因此其力臂L1是从A点到F1垂线段，不不小于s1，更不不小于s2， 由F1L1=F2L2知，L1＜s2，因此F1一定不小于F2，故AC不符合题意；
B．由F1L1=F2L2知，
F1L1=F2s2，
即

故B不符合题意；
D．已知F1方向是竖直向下，为保持杠杆平衡，F2方向应当沿OO′向上，故D符合题意。

4．悬挂重物G轻质杠杆，在力作用下倾斜静止在如图所示位置，若力施加在A 点，最小力为 FA，若力施加在B点或C点，最小力分别为 FB、FC、且 AB=BO=OC．下列判断对是（ ）（忽视O点位置变化）

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状况下，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，最小力为Fc，从支点作阻力力臂为Gl，如图所示：

A．Fa力臂AO＞Gl，根据杠杆平衡条件可知，Fa＜G，A错误。
B．Fb力臂BO＞Gl，根据杠杆平衡条件可知，Fb＜G，B错误。
C．Fc力臂CO＞Gl，根据杠杆平衡条件可知，Fc＜G，C对。
D．Fb力臂BO=OC，根据杠杆平衡条件可知，Fb=Fc，D错误。

5．如图，一种长方体木箱，重心在它几何中心，其高度为H、正方形底面边长为L、重为G。想把这个木推倒（木箱较重，不会移动），在其中部中心最初施加一种水平推力大小是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
由图示可知，把这个木箱推倒，它右下端与地面接触点是支点，当小孩水平推木箱时，力臂为，阻力为木箱重力，阻力臂为，如图所示：

根据杠杆平衡条件可得
G×=F×
F=
故选D。

6．用图示装置探究杠杆平衡条件，保持左侧钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计作用点 A 固定，变化测力计与水平方向夹角 θ，动力臂l 也随之变化，所作出“F-θ”图象和“F-l” 图象中，对是

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
A．动力F和θ关系，当F从沿杆方向（水平向左）→垂直于杆方向（与水平方向成90°）→沿杆方向（水平向右），由图可知，F对应动力臂l=OA×sinθ，动力臂l先变大后变小，则动力F先变小后变大，因此A错误；
B．当θ等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，因此B错误；
CD．根据杠杆平衡条件Fl=F2l2可得：F=，由于F2、l2不变，则F和l成反比，故C对，D错误。

7．如图所示，杠杆可绕O点转动，力F作用在杠杆一端且一直与杠杆垂直；在将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B过程中，力F（ ）

A．变大 B．变小
C．不变 D．先变大后变小
【答案】A
【解析】
【分析】
解答此题，首先要判断杠杆五要素中，有哪些要素发生了变化，然后再运用杠杆平衡条件进行分析。
【详解】
将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，动力臂不变，阻力G力臂变大，而阻力不变，根据杠杆平衡条件分析得出动力变大。
故选A。

8．如图杠杆用细线悬挂起来，分别在A 、B两端分别挂上质量为、重物时，杠杆平衡，此时AO恰好处在水平位置，，不计杠杆重力，则、关系为

A． B．
C． D．无法判断
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆示意图如下：
根据杠杆平衡条件：可知，

即
由于力与对应力臂成反比关系，从图中可以看出力臂，因此物体重力，即，故选C。

9．小明探究杠杆平衡条件，挂钩码前，调整杠杆在水平位置平衡，杠杆上每格距离相等，杆上A、B、C、D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点左侧力与力臂积为
4F×3L=12FL
杠杆平衡条件是
A．若B点挂5个钩码时，杠杆右侧力与力臂积为
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，杠杆右侧力与力臂积为
2F×6L=12FL=12FL
杠杆能平衡，故D对。
故选D

10．如图所示，杠杆处在平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡是（ ）

A．将左边钩码去掉二个并保持位置不变，同步将右边钩码向左移二格
B．在左右两边钩码下方各加一种钩码，位置保持不变
C．将左右两边钩码各去掉一种，位置保持不变
D．将左右两边钩码均向外移动一格
【答案】A
【解析】
【详解】
设杠杆一种小格是1cm，一种钩码重是1N；
A．将左边钩码去掉二个并保持位置不变，同步将右边钩码向左移二格，（4-2）N×3cm =3N×（4-2）cm，杠杆仍然平衡，故A符合题意；
B．在左右两边钩码下方各加一种钩码，位置保持不变，由（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm得，杠杆右端下沉，故B不符合题意；
C．将左右两边钩码各去掉一种，位置保持不变，由（4-1）N×3cm＞（3-1）N×4cm得，杠杆左端下沉，故C不符合题意；
D．将左右两边钩码均向外移动一格，由4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm得，杠杆左端下沉，故D不符合题意。

11．如图所示，小凯用拉力F提着重为G物体匀速缓慢上升h，下列有关杠杆有关说法对是（　　）

A．拉力F所做总功为Fh
B．杠杆机械效率是Gh/Fh×100%
C．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提高相似高度，拉力大小与本来相似
D．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提高相似高度，拉力所做总功与本来相似
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．重为G物体匀速缓慢上升h，总功应为拉力F与力方向上位移s乘积，由图可知
s>h
则总功

故A项错误；
B．物体重力做功为有用功是

而拉力做功不小于Fh，故B项错误；
C．悬挂点从A点移至B点，阻力臂增大，根据公式，阻力不变，阻力臂增大，动力臂不变则动力增大即拉力F变大，故C项错误；
D．把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提高相似高度，理想状态下，没有额外功，因此拉力所做总功与本来相似，故D项对。
故选D。

12．如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物GA和GB （GA>GB）,杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相似物体后，杠杆

A．仍能保持平衡
B．不能平衡，左端下沉
C．不能平衡，右端下沉
D．不能确定哪端下沉
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆本来在水平位置处在平衡状态,此时作用在杠杆上力分别为GA和GB,其对应力臂分别为lA和lB，如图所示：

根据杠杆平衡条件可得：GAlA=GBlB；
已知GA>GB因此lA<lB，当两端各再加重力相似物体后，设增长物重为G，此时左边力和力臂乘积：
(GA+G)⋅lA=GAlA+GlA
右边力和力臂乘积：
(GB+G)⋅lB=GBlB+GlB
由于lA<lB，因此GlA<GlB；
因此：
GAlA+GlA<GBlB+GlB
即右边力和力臂乘积较大，因此杠杆不能平衡，向右端下沉。故选C。

13．如图所示，轻质杠杆AOB支点是O，AO=BO。若在A端和B端分别悬挂重力相等两个重物，则杠杆（　　）

A．保持平衡 B．A端下沉
C．B端下沉 D．以上均也许
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
轻质杠杆AOB重力可不计，杠杆示意图如下所示：

动力和阻力大小均等于物体重力，两个重物重力相等，则F1=F2；动力臂为OA，阻力臂为OC，满足

因此可知

根据杠杆平衡条件可知，A端下沉。
故选B。

14．如图，一块厚度、密度均匀长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上力，欲使其一端抬离地面，则（ ）

A．F1＞F2，由于甲措施动力臂长
B．F1=F2，由于动力臂都是阻力臂2倍
C．F1＞F2，由于乙措施阻力臂短
D．F1＜F2，由于乙措施动力臂长
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由图示可知，无论用哪种措施来抬，动力臂总是阻力臂二倍，所用力总等于阻力二分之一，由于阻力就是重力，大小是不变，因此动力大小也是不变，故应选B。

15．如图所示，在调整平衡后杠杆两侧，分别挂上相似规格钩码，杠杆处在平衡状态。假如在两侧钩码下方各增长一种与本来规格相似钩码，则（　　）

A．左端下降
B．右端下降
C．仍然平衡
D．无法判断
【答案】A
【解析】
【分析】
本题考察杠杆平衡原理。
【详解】
杠杆平衡原理是：动力×动力臂=阻力×阻力臂。图中，设一种钩码重为G，杠杆每一小格长度为L，则有G∙4L=2G∙2L，若两侧钩码下方各增长一种与本来规格相似钩码，则杠杆左边变成2G∙4L=8GL，右边变成3G∙2L=6GL，此时8GL>6GL，因此左端下降，故A符合题意，BCD都不符合题意。
故选A。

16．能使杠杆OA水平平衡最小力方向为（　　）

A．AB B．AC C．AD D．AE
【答案】A
【解析】
【分析】
根据杠杆平衡条件，F1×L1=F2×L2，在杠杆中阻力、阻力臂一定状况下，要使所用动力最小，必须使动力臂最长．由此分析解答．
【详解】
由图知，O为支点，动力作用在A点，连接OA就是最长动力臂，根据杠杆平衡条件，要使杠杆平衡动力方向应向上，因此最小力方向为AB．
故选A．
【点睛】
在一般状况下，要使所用动力最小，必须使动力臂最长，连接杠杆中支点和动力作用点这两点所得到线段就是最长力臂．

17．如图所示，重力为G均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一一直垂直于棒拉力F，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动过程中（ ）

A．动力臂逐渐变大
B．阻力臂逐渐变大
C．动力F保持不变
D．动力F逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
先确定阻力臂、动力臂变化，然后根据杠杆平衡条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力变化。
【详解】
A．由图示可知，木棒是一种杠杆，力F是动力，力F一直垂直与木棒，则木棒长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A不符合题意；
B．木棒重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B符合题意；
CD．已知G、L保持不变，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件有
GLG=FL
动力F逐渐增大，故CD不符合题意。
故选B。
【点睛】
本题考察了杠杆平衡条件应用，懂得杠杆平衡条件，会纯熟应用杠杆平衡条件分析问题处理问题是关键。

18．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，，配重重力为120牛，重力为500牛健身者通过细绳在B点施加竖直向下拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面压力为85牛，在B点施加竖直向下拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面压力为60牛。已知，杠杆AB和细绳质量及所有摩擦均忽视不计，下列说法对是（　　）

A．配重对地面压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下拉力为160牛
B．配重对地面压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下拉力为120牛
C．健身者在B点施加400牛竖直向下拉力时，配重对地面压力为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，它受到绳子拉力为

由图知动滑轮上有2段绳子承担物重，因此杠杆A点受到拉力

根据杠杆平衡条件得到

即

由于

因此

则

即

当压力为85N时

当压力为60N时

由于

因此

解得

A．当配重对地面压力为50N时，B点向下拉力为

故A错误；
B．当配重对地面压力为90N时，B点向下拉力为

故B错误；
C．健身者在B点施加400N竖直向下拉力时，根据

可得

解得

故C对；
D．配重刚好被拉起，即它对地面压力为0，根据

可得

由于人最大拉力等于体重500N，因此配重不也许匀速拉起，故D错误。
故选C。

19．如图所示，小明用一可绕O点转动轻质杠杆，将挂在杠杆下重物提高。他用一种一直与杠杆垂直力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 B．先是省力，后是费力
C．一直是费力 D．先是费力，后是省力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由题图可知动力F力臂l1一直保持不变，物体重力G一直大小不变，在杠杆从竖直位置向水平位置转动过程中，重力力臂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。

20．如图所示，轻质杠杆左侧用细绳挂着正方体甲，正方体甲放在水平放置电子测力计上，右侧挂着重为1N钩码乙，O为支点，正方体甲边长为0.1m。在杠杆水平平衡条件下，当只变化动力臂l1，电子测力计示数T随之变化，T- l1关系如图所示。则下列判断对是（　　）

A．阻力臂l2为6cm
B．正方体甲受到重力为6N
C．当动力臂l1=2cm时，左侧细绳对杠杆拉力为2N
D．当动力臂l1=4cm时，正方体甲对电子测力计压强为100Pa
【答案】D
【解析】
【分析】
通过甲物体处在平衡条件分析确定杠杆所受拉力大小，再根据杠杆平衡条件结合图像上不一样点来解题。
【详解】
A．根据题意，甲一直处在静止状态，甲受到绳子拉力，甲物体自身重力，电子秤对甲物体支持力

物体拉杠杆力和杠杆拉物体力是一对互相作用力

电子测力计对物体甲支持力和物体甲对电子测力计压力是一对互相作用力

即

根据杠杆平衡条件

得

根据图像可知当T1=2N，L1=2cm

根据图像可知当T1=1N，L1=4cm

解得L2=2cm，G=2N，A、B选项错误；
C．由图像可知，当L1=2cm，此时T1=2N

细绳对杠杆拉力是1N，C选项错误；
D．由图像可知，当L1=4cm，此时T1=1N，由公式

D选项对。
故答案选择D。

21．如图所示，直径为50cm半球形碗固定在水平面上，碗端口水平。一根密度分布均匀，长度为60cm光滑杆ABC搁置在半球碗上，碗厚度不计，平衡时杆受到重力与杆在B点受到弹力大小之比为( )

A．5 ：3 B．6 ：5 C．3 ：2 D．4 ：3
【答案】A
【解析】
【详解】
以AC棒为研究对象受力如图所示：

根据几何关系可得：

设杆在B点受到弹力为N，根据力矩平衡可得：

则：

解得：

故A项符合题意；BCD项不符合题意；

22．如图所示，体积之比为1∶2甲、乙两个实心物块，分别挂在杠杆两端，此时杠杆恰好水平平衡，则甲、乙两个物块密度之比为（ ）

A．1∶1 B．1∶2
C．4∶3 D．2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图懂得，甲物体挂在左边第3格处，乙物体挂在右边第2格处，由杠杆平衡条件懂得，此时即

因此，又由于V甲/V乙＝1/2，甲、乙两个物块密度之比是

故C对。
故选C。