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初中科学浙教版（2024）九年级上册第3章 能量的转化与守恒第4节 简单机械课时练习
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这是一份初中科学浙教版（2024）九年级上册第3章 能量的转化与守恒第4节 简单机械课时练习，文件包含九上第三章第4节简单机械-杠杆2实验探究与动态平衡举一反三原卷版doc、九上第三章第4节简单机械-杠杆2实验探究与动态平衡举一反三解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
考点四、求最大动力臂和最小动力
由F1 x L1=F2 x L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典例分析
典例1：（2023九上·萧山期末）如图所示，质地均匀的圆柱体，重力为G。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，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 (填“F1”“F2”或“F3”)，缓慢推动圆柱体，保持推力始终垂直OA，则推力的变化是 。
【答案】F2；变小
【解析】 （1）力臂的概念：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂最大，根据杠杆的平衡条件可知，动力最小；
（2）运用杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析动力的大小变化 。
【解答】（1）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；
（2）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。
举一反三
变式1：（2023九上·玉环月考）在如图所示的杠杆中，O是支点，是阻力（方向竖直向下），A点是动力的作用点，该杠杆为 ▲ （选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。在图中画出当杠杆平衡时所需的最小动力、并画出动力臂和阻力臂。
【答案】省力；
【解析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。
根据杠杆平衡条件F1L1=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，据此作出杠杆的示意图。
【解答】 根据图片可知，反向延长阻力F2作的作用线，从支点O作F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂l2；
由杠杆平衡条件F1L1=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OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
变式2：（2023九上·杭州期中）按照题目要求作图
（1）用滑轮组提升重物，请在图甲中画出拉力的绳子的绕法。(不计动滑轮、绳重和摩擦)
（2）如图乙所示，0为杠杆AC的支点，在B处挂一小球，AO=OB=BC，为使杠杆在水平位置平衡，画出施加在杠杆上最小动力F₁的力臂L，并标出F₁的方向。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）根据题意确定承担重力的绳子段数n，根据“奇动偶定”的规律确定绳头的位置，按照从内到外的顺序完成缠绕即；
（2）当以支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。
【解答】（1）根据 可知，承担重力的绳子段数n=3，则绳头应该在动滑轮上，按照从下倒上，从内到外的顺序缠绕如下：
（2）根据图片可知，O点为支点，OC的长度大于OA，则以OC为动力臂时最长，此时动力最小。即通过C点作OC的垂线，在向上的方向上表上箭头表示最小的动力即可，如下图所示：
变式3：（2023九上·杭州月考）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）求出最小力F大小。
（3）使重物G抬起10cm，求该力F至少做的功。
【答案】（1）
（2）在Rt△ABO中，，
力最小时它的力臂L=OA=50cm；
根据杠杆的平衡条件有：F•OA=G•OC，
即：F×50cm=100N××40cm，
解得：F=40N。
（3）一直角轻棒ABO不计杠杆的重力，因而不需要做额外功，该力F至少做的功W=Gh=100N×10×10-2m=10J。
【解析】（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂（F1 L1=F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。据此作图。
（2）由数学知识计算出最小力的力臂长度，再利用杠杆的平衡条件计算出最小力F的大小。
（3）根据W=Fs计算该力F做的功。
【解答】 （1）由杠杆平衡条件F1L1=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OA作为动力臂最长，据此从A点垂直OA向上作出最小力F，如图所示
考点五、杠杆平衡的条件（实验探究）
实验步骤:
A.调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
B.如图所示，在杠杆两边挂上不同数量的钩码，调节钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡。这时杠杆两边受到钩码的作用力的大小都等于钩码重力的大小。
把支点右方的钩码的重力当成动力F1，支点左方的钩码的重力当成阻力F2；用刻度尺测量出杠杆平衡时的动力臂L1和阻力臂L2；把F1、F2、L1、L2的数值填入实验表格中。
C.改变力和力臂的数值，再做两次实验，将结果填入实验表格中。
分析与论证:分析实验数据，可知杠杆平衡时，如果动力臂比阻力臂大，则动力比阻力小；动力臂比阻力臂小，则动力比阻力大。如果把每次实验的动力与动力臂相乘，阻力与阻力臂相乘，虽然各次实验的乘积不相同，但每次实验中动力与动力臂的乘积跟阻力与阻力臂的乘积相等，即动力x动力臂=阻力x阻力臂，用公式表示为F1 x L1=F2 x L2
典例分析
典例1：（2023九上·玉环月考）用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为 ，请写出使用该杠杆做额外功的一个原因： 。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）66.7%；杠杆的重力 （2）变大
【解析】（1）根据W有=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。由于支点在杠杆的一侧，那么它的重力不能被抵消，因此在提升钩码的过程中要不可避免的提升杠杆，即克服杠杆的重力做额外功。
（2）根据分析杠杆机械效率的变化。
【解答】（1）该杠杆的机械效率：。使用该杠杆做额外功的一个原因：杠杆的重力。
（2）将钩码从A点改挂在B点后，将相同的钩码提升相同的高度，根据W有=Gh可知，杠杆做的有用功相等。根据相似三角形的性质可知，此时弹簧测力计上升的高度会变小，因此杠杆被提升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知，此时对杠杆做的额外功减小。根据W总=W有+W额可知，此时的总功减小，根据可知，机械效率变大。
举一反三
变式1：（2023九上·杭州期中）小保在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时 (选填“是”或“不是”)处于杠杆平衡状态的。
（2）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为 N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】（1）是（2）1.5；变大
【解析】（1）平衡状态包括：静止状态或运算直线运动状态；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
②注意分析动力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件分析测力计的示数变化。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：（0.5N×2）×3L=F×2L，解得：F=1.5N；
②当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时弹簧测力计的示数变大。
变式2：（2023九上·余姚月考）如图甲所示是小明探究“杠杆的平衡条件”的实验。
（1）保持图甲中左边钩码的个数和位置不变，在右端用弹簧测力计竖直向下拉杠杆。弹簧测力计从 D 点向支点 O 移动过程中 （未到 O点），杠杆始终保持水平平衡，大致可以反映拉力 F的大小随它的力臂 l变化的关系的是：____；
A． B． C． D．
（2）小华利用图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的杠杆平衡条件不相符。其原因是： ；
【答案】（1）B （2）受杠杆自重影响
【解析】（1）杠杆平衡状态：静止或匀速转动；为了便于测量力臂大小，应使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）用实验探究物理问题时，要多进行几次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；
（3）弹簧测力计从B点向支点O移动过程中（未到O点），动力臂变小，根据杠杆平衡条件分析拉力F的大小随它的力臂l变化的关系；
【解答】（1）杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2； 阻力和阻力臂不变，动力臂减小，根据F1l1=F2l2可知动力将变大，测量计的示数变大，F2和l2成反比，图象B正确；
（2）图中支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响， 导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
变式3：（2023·舟山模拟）实验小组设计了一个利用刻度尺、细线、质量未知的钩码和杠杆测量石块密度的实验方案，如图所示。
（1）调节杠杆平衡。杠杆静止时如图甲所示，此时应向 调节杠杆的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，其目的是： ；
（2）测量石块密度。
①把石块挂在杠杆右侧A处，在杠杆左侧B位置挂上钩码，使杠杆水平平衡，如图乙所示，用刻度尺测量出OA的长l1；
②保持钩码及位置B不动，把石块全部浸没装有水的烧杯中；移动石块位置，使杠杆水平静止，如图丙所示，测量出长l2；
③石块密度表达式：ρ石= 。（用测量的物理量符号和ρ水表示）
【答案】（1）右；消除杠杆自身重力对平衡条件的影响，直接在杠杆上测出力臂
（2）
【解析】（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母应向上翘的一端移动，让杠杆在水平位置保持静止，便于测量力臂；
（2）①进行实验时，为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡；
②③石块在空气中时杠杆右侧的拉力等于石块的重力，石块浸没在水中时杠杆右侧的拉力等于石块重力与浮力之差，结合杠杆平衡条件列出表达式求解石块的密度。【解答】（1）由图甲可知，杠杆的左端下沉、右端上翘，则杠杆的右端轻，因此应将平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）①把石块挂在杠杆右侧A处，在杠杆左侧B位置挂上钩码，使杠杆水平平衡，如图乙所示，用刻度尺测量出OA长l1，
由杠杆平衡条件可得：G钩码×OB=G石×l1 ①
②保持钩码及位置B不动，把石块浸没在装有水的烧杯中，移动石块位置，使杠杆水平静止，如图丙所示，测量出OA'长l2，此时杠杆右侧A′处的拉力F拉=G石-F浮，
此时由杠杆平衡条件可得：G钩码×OB=（G石-F浮）×l2 ②
③由Ⅰ、Ⅱ可得：G石×l1=（G石-F浮）×l2，
因为G石=m石g=ρ石V石g，F浮=ρ水gV排=ρ水gV石，
所以ρ石V石g×l1=（ρ石V石g-ρ水gV石）×l2，
解得：。
考点六、杠杆的动态平衡问题
先找出杠杆的相关要素——支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，当杠杆水平时，如果动力臂最长，也就是说动力是最小的。因此，根据杠杆的平衡条件可继续分析出，当力的方向改变时，对力臂与力的影响。
典例分析
典例1：（2024九上·临海期末）某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，如图所示。A为人体重心所在位置，此时墙壁对手掌的支持力为，不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）该同学自重600N，则墙壁对人的支持力为 N。
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，则支持力F的变化是 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】（1）225 （2）变大
【解析】（1）根据杠杆平衡条件FL = F2L2分析解题。
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
【解答】（1）过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2。L为8个小格、L2为3个小格，则，根据杠杆平衡条件可得FL=F2L2，且F2=G，则支撑力：。
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会減小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
举一反三
变式1：（2024九上·武义月考）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（ ）
A．F的力臂变小，F的大小变大B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变D．重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【解析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×csα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，csα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
变式2：（2023九上·义乌月考）如图所示，在A点分别作用的四个力中，能使杠杆处于平衡状态的最小力 ，若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中拉力F将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】F3；不变
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力臂最长时最省力；
（2）注意分析动力臂和阻力臂的比值是否发生改变即可。
【解答】（1）F2、F3、F4的力臂分别为OD、OB、OC， 其中OB最长，
阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件FL=GL′，
因此F3最小。
（3）若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中，
阻力臂与动力臂的比值不变，阻力不变，
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，拉力F不变。
变式3：（2023九下·杭州月考）一轻质杠杆OAB可绕O点转动，物重G＝20N的物体挂在中点A。（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡时，求F；
（2）用竖直向上的动力F1缓慢提起杠杆至图乙所示位置，请画出动力臂l1和阻力臂l2；
（3）利用几何知识证明：F1＝F。
【答案】（1）根据图片可知，物体重力G为阻力，阻力臂为OA；F为动力，动力臂为OB，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G×OA=F×OB；
20N×OA=F×2OA；
解得：F=10N；
（2）从杠杆的支点分别向力的作用线作垂线，从支点到垂足之间的距离就是力臂，如下图所示：
（3）原来杠杆是平衡的，根据杠杆的平衡原理得到：G×OA=F×OB；
即：①；
后来杠杆也是平衡的，同理得到：②；
根据上图可知，G和F力的作用线相互平行，
根据平行线的性质得到：③；
三式联立得到：；
解得：F'=F。
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算；
（2）力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂直距离，据此完成作图；
（3）根据平行线的性质分析解答。
课后巩固
1．（2023·浦江模拟）如图所示，家用衣架上挂了两件质量分别为m1、m2的湿衣物，此时衣架处于静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A．图中的衣架是一个等臂杠杆
B．此时的衣架处于杠杆平衡状态
C．湿衣物的质量m1、m2大小相等
D．衣物对衣架的拉力就是衣物的重力
【答案】B
【解析】杠杆平衡的条件：F1L1=F2L2 F1=m1g F2=m2g
【解答】A. m1和m2无法确定是否相等，L1和L2也无法确定是否相等，A错误
B.衣架处于静止状态，说明杠杆平衡，B正确
C.L1和L2也无法确定是否相等，m1和m2无法确定是否相等，C错误
D.衣物对衣架的拉力大小等于衣物的重力，但不能说拉力就是衣物的重力，D错误
2.（2022九上·宁波月考）有一根一端粗一端细的木棒，用绳子拴住木棒的O点，将它悬挂起来，恰好处于水平位置平衡，如图所示，若把木棒从绳子悬挂处锯开，则被锯开的木棒（ ）
A.粗细两端一样重 B.粗端较重 C.细端较重 D.无法判定
【答案】B
【解析】将悬挂点O看做支点，左边木棒的重力为阻力，右边木棒的重力为动力。根据图片可知，左端的阻力臂肯定小于右端的动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，左端木棒的重力肯定大于右端木棒的重力，故B正确，而A、C、D错误。故选B。
3．（2023·定海模拟）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（ ）
A．悬点O适当右移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值向右越来越大
C．每次倒入空桶的液体体积相同
D．增大M的质量，秤的量程会增大
【答案】A
【解析】本题主要考查杠杆的相关知识，即动力x动力臂=阻力x阻力臂。
【解答】A.物体从B点到O点的距离为阻力臂，当点向右移动时，阻力臂减少，动力臂增大，由上述平衡条件可知，动力减小，即所加液体的质量减少，又由于，所以密度也减少，即量程减少。
B.当空桶内的液体密度逐渐增大时，即A点的动力增大，此时应通过增大B到的距离来达到平衡，故B向右移动时逐渐变大。
C.只有当液体体积相同时，才能通过质量大小来判断密度的大小，即来判断其液体密度的情况。
D.M质量增大时，即阻力臂X阻力的值变大，所以可以在左侧的空桶内装上质量更大的液体，即密度更大量程更大。
4.（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（ ）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
【答案】C
【解析】判断杠杆的用力情况需要知道动力臂与阻力臂的长短关系。根据题目信息可知：阻力与动力臂大小始终不变。 由竖直位置慢慢转到水平位置过程中，阻力臂慢慢变大
【解答】A、在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故A错误。
B、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆故B错误。
C、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故C正确。
D、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故D错误。
5.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，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（ ）
A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.不变 D.无法判断
【答案】B
【解析】在杠杆上，从支点到力的作用点为力臂时最长，此时动力最小；分析拉力在转动过程中动力臂的长度变化即可。
【解答】分析可知，当力F与杠杆AB垂直时，此时动力臂最长，因此在力F转动的过程中，动力臂先变长后变短；根据杠杆的平衡条件可知，力F先变小后变大。故选B。
6.（2022九上·鄞州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
【答案】A
【解析】注意分析杠杆改变位置的过程中，动力臂和阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力F的变化即可。
根据图片可知，物体的重力为阻力，拉力F为动力；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
由于拉力F始终与杠杆垂直，所以动力臂L1保持不变；
在杠杆旋转的过程中，阻力臂L2逐渐增大，那么G×L2=F×L1中的乘积变大；因为L1不变，所以动力F不断增大，故A正确，而B、C、D错误。
7.小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个密度相同但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体（物体的密度都大于水）如果将它们都浸没在水中，则两杠杆将（ ）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
【答案】C
【解析】（1）甲杠杆：浸没水中之前G1L1=G2L2 ρ物gV1×L1=ρ物gV2×L2 则V1×L1=V2×L2
浸没水中后左端力和力臂的乘积为（G1-F浮1）×L1=（ρ物gV1-ρ水gV1）×L1=（ρ物-ρ水）gV1×L1
浸没水中后右端力和力臂的乘积为（G2-F浮2）×L2=（ρ物gV2-ρ水gV2）×L2=（ρ物-ρ水）gV2×L2
所以浸没水中后，左右两端力和力臂的乘积相等，故杠杆仍然平衡。
（2）乙杠杆：浸没水中之前
浸没水中后左端力和力臂的乘积为（G1-F浮1）×L1=（ρ1gV-ρ水gV）×L1=ρ1gV×L1-ρ水gV×L1
浸没水中后右端力和力臂的乘积为（G2-F浮2）×L2=（ρ2gV-ρ水gV）×L2=ρ2gV×L2-ρ水gV×L2
因为L1＜L2，所以，左端力和力臂的乘积大于右端力和力臂的乘积，故杠杆左端下沉。故选C。
8．（2021·浙江吴宁九年级期中）如图所示，OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物块，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则力F的力臂应是______cm，最小的力F是______N。
【答案】50 4
【解析】[1]连接OB，以这条线段作为该力的力臂时力臂最长、力最小，所以力F的力臂就是图中的OB，由勾股定理知道，直角边OA为40cm，AB为30cm，则斜边OB为50cm。
[2]物体的重力G=mg=1kg10N/kg=10N
根据杠杆的平衡条件知道
代入数据解得
9．（2023九上·安吉月考）明代宋应星在《天工开物》中记载的农业生产汲水装置——辘轳，沿用至今。图甲是一种辘轳，由具有共同转动轴的大轮和小轮组成。提水时，用力使大轮转动，小轮随之转动并缠绕井绳，提起水桶。
（1）设大轮与小轮的半径比为 3∶1，水桶受到的总重力为 90N。若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力应为 N。(不计井绳的粗细和自重)
（2）图丙所示水龙头开关的设计也应用了同样的原理，开关应选用 (选填“①”或“②”)更省力。
【答案】（1）30 （2）①
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长越省力，据此分析解答。
【解答】（1）将轴心看作支点，大轮的半径为动力臂，小轮的半径为阻力臂，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：90N×1=F×3；
解得：F=30N。
（2）根据丙图可知，轮①半径更大，即动力臂更大，那么更省力，则开关应该选用①。
10.（2022九上·舟山月考）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为 。
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向做的位置时，动力F1的大小变化是 。（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）
【答案】（1）10 （2）先变小后变大
【解析】（1）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（2）判断当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，力臂如何变化，然后由杠杆平衡条件判断力的大小如何变化。
【解答】（1）由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得：，即：，解得：F1=10N；
（2）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F1L1=F2L2可知，动力先变小后变大。
11．（2022·浙江金华·九年级阶段练习）如图，要把一圆木推上台阶。
（1）下面四种推法中，哪种方法所需推力最小_______（填序号）。
（2）已知圆木重为G，半径为R，台阶高度为 ，则最小的推力为__________。
【答案】D
【解析】(1)[1]如题干图示知道，把一圆木推上台阶，可视为一个杠杆，其支点为圆木与台阶的接触点，四种推法中，阻力和阻力臂都相等，D图中动力臂最大，由杠杆平衡条件知道，D图中的方法所需推力最小。故选D。
(2)[2]由下图所示知道，圆木重力为G，圆木半径为R，台阶的高度为，
由杠杆平衡条件知道，由此解得最小推力
12．如图所示是搬运泥土的独轮车，独轮车属于________杠杆(选填“省力”或“费力”)。设车箱和泥土的总重G=1000N，运泥土时从A点提起独轮车把手的力是F，F的大小至少是________牛。
【答案】省力 250
【解析】[1] 独轮车是一个动力臂大于阻力臂的杠杆，所以属于省力杠杆。
[2]独轮车的车辆轮轴处是支点，其中重力G是阻力，支点到重力作用线的距离是阻力臂，故阻力臂是0.4m；力F是动力，支点到力F作用线的距离是动力臂，故动力臂是1.6m；
由杠杆的平衡条件可知：G×l2=F×l1 1000N×0.4m=F×1.6m 解得F=250N。
13．（2022·浙江绍兴·九年级期末）我国古代记录传统手工技术的著作《天工开物》里记载了一种捣谷用的春，“横木穿插硬头，嘴为铁，足踏其末而舂之”，如图甲所示。图乙为脚向下施加力F1踩舂时在某一位置的示意图。
（1）若碓头质量为10千克，在图示位置保持平衡时，l1=40厘米，l2=1.2米，不计横木的重力和摩擦，则脚向下施加的力F1=___________；
（2）如果想省力些，可将脚踩点适当___________（选填“远离”或“靠近”）O点。
【答案】300N 远离
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件得到Fl11=F2l2 Fl11=mgl2
（2）如果想省力些，动力减小，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知增大动力臂，可以减小动力，可将脚踩点适当远离O点。
14.如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机，如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻。已知AB长40厘米，AC长30厘米。室外机的重力为300牛，正好处在AB中点。
（1）A处螺钉的水平拉力为多少牛？ (支架重力不计)
（2）为了安全起见，室外机AB要尽量靠墙，以减小A处所承受的拉力，请说明原因。
【答案】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：300N×=F×0.3m；解得：F=200N。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×AC=G×L2，那么在阻力和动力臂一定的情况下，减小阻力臂，从而减小A处的拉力。
【解析】（1）根据图片可知，可将C点看作支点，室外机的重力相当于阻力F2，阻力臂为AB的一半；A点螺钉的水平拉力相当于动力F1，动力臂为AC，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
15.如图所示为一种简易的捕鼠器，质量为150g、长1m材质均匀的木板放在水平桌面上，木板最左端离桌沿O点40cm。在木板的上方挂一诱饵，一只老鼠为了吃到诱饵沿木板向左端爬去，当老鼠爬过距离O点30cm位置时，木板会失去平衡，使老鼠落入水桶中，则该老鼠重为________N。(g取10N/kg)
【答案】0.5
【解析】木板的重力作用在它的中点， 那么杠杆的阻力臂L2=，
动力臂L1=30cm；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L1=G木板×L2；
G×30cm=0.15kg×10N/kg×10cm； 解得：G=0.5N。
16.（2023·杭州模拟）如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是根据壁灯建立的杠杆模型。查阅壁灯说明书，得知壁灯与支架总质量为6.0千克，B为支架ADC上一点，测得壁灯与支架总重力的作用线经过B点，BD=35厘米，DA=30厘米，DC=40厘米，DC垂直于AD。
（1）若以D点为支点，请计算上方螺丝钉A受到墙面垂直的力F.有多大?
（2）若在安装壁灯时需要使壁灯绕A点逆时针转动，请画图施加的最小动力F1，并计算至少为多大?
【答案】（1）以D点为支点，DA=30cm，DB=35cm，
灯的重力为：G=mg=6kg×10N/ kg=60N，
根据杠杆平衡条件：DA×FA-DB×G，即30cm×FA=35cm×60N，解得，FA=70N
（2）由题意可知壁灯绕A点逆时针转动A点为支点，则AC为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件可知动力臂最长时，动力最小，
根据勾股定理可得：AC=
根据杠杆平衡条件可得F1×AC=DB×G 即
【解析】（1）根据图乙可知，D为杠杆的支点，灯的重力相当于阻力，阻力臂为DB；墙壁对A的作用力相当于动力，动力臂为AD，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
（2）壁灯绕A点逆时针转动A点为支点，则AC为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件可知动力臂最长时，动力最小。首先根据勾股定理计算出AC的长度，再根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。17.（2023九上·杭州期末）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）力最小时它的力臂L= 米。
（3）求出最小力F大小。
【答案】（1）解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2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OA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，如下图所示：
（2）0.5
（3）设在A点需加最小的力为F，并使F的方向垂直于OA，
由勾股定理可得，OA＝ ＝ ＝50cm，
根据杠杆的平衡条件F•OA＝G•OC，得：F＝ ＝40N
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到物体上最远点之间的长度为力臂时最长，此时最省力。
（2）根据勾股定理计算出最长的力臂；
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（2）根据图片可知，力最小时的力臂为OA，它是直角三角形ABC的斜边；
根据勾股定理得到： OA＝ ＝ ＝50cm =0.5m。
18.（2022九上·西湖期中）如图所示，一根粗细均匀的轻质杠杆AOBC按图水平放置（支点在O点），其各段的长度关系为AO:BO:BC=4:3:4，重量为G的物体竖直悬挂在A点，
（1）请在图上画出使杠杆水平平衡的最小力的示意图。
（2）请根据杠杆平衡条件分析，（1）中最小力F=________G。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实________（“大于”、“等于”、“小于”）F 。
【答案】（1） （2）0.8 （3）等于
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小；
（2）首先根据勾股定理计算出动力臂的长度，然后根据杠杆的平衡条件列式计算；
（3）杠杆的重力作用在中心处，当杠杆在水平方向平衡时，重力作用下恰好从支点O经过，此时杠杆的重力被支点平衡掉，对杠杆的平衡不会产生影响，因此动力F的大小保持不变。
【解答】（1）连接OC，然后通过C点作OC的垂线，在向下的方向上标上箭头表示动力F，如下图所示：
（2）三角形OBC为直角三角形，那么斜边OC=；
根据杠杆的平衡条件得到：G×OA=F×OC；G×4=F×5； 解得：。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实等于F。
19．如图所示，质量不计的木板AB长1.6m，可绕固定点O转动，离O点0.4m的B端挂一重物G，板的A端用一根与水平地面成30°夹角的细绳拉住，木板在水平位置平衡时绳的拉力是8N，木板水平平衡。
（1）在图上作出绳对木板的拉力的力臂。
（2）求重物G的大小。
（3）之后在O点的正上方放一质量为0.5kg的小球，若小球以20cm/s的速度由O点沿木板向A端匀速运动，问小球至少运动多长时间细绳的拉力减小到零？（g取10N/kg，绳的重力不计）
【答案】（1）；（2）12N；（3）4.8s
【解析】解：（1）[1]力臂是从支点到力的作用点的垂线段的长度。首先将绳子沿反方向延长，然后通过支点O做它的垂线段，这条垂线段就是拉力的力臂，如下图所示：
（2）[2]根据图片可知，动力臂L与30°角相对，
那么动力臂L等于AO长度的一半；根据杠杆平衡条件得F绳×AO＝G×BO
即8N××（1.6m－0.4m）＝G×0.4m解得G＝12N
（3）[3]球的重力G球＝m球g＝0.5kg×10N/kg＝5N
当绳子拉力为0时，设球离O点距离为L球
则根据杠杆平衡条件得G球×L球＝G×BO即5N×L球＝12N×0.4m
解得L球＝0.96m＝96cm运动时间
20．（2024九下·义乌开学考）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 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 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 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）右 （2）1 （3）变大
【解析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算；
（3）分析动力臂的长度变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力的大小变化。
【解答】（1）根据a图可知，杠杆的右端上翘，那么右端轻，因此平衡螺母向右端调节；
（2）设每格的长度为L，每个钩码重力为G，根据图b得到：
2G×2L=4L×nG；
解得：n=1；
（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，那么动力臂逐渐变小，根据杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的示数将变大。
21.（2023·衢江模拟）小科利用粗细均匀轻质细杆、钩码、螺母等材料自制简易杠杆进行实验。
（1）杠杆两端的螺母作用是 。
（2）如图乙，若用力作用在A点，使杠杆水平平衡，画出施加最小力的示意图。
（3）如图丙，小科实验时在杠杆两端叠放上不同数量的新制五角硬币，杠杆仍在水平位置平衡，用刻度尺测出L1和L2的长度，根据杠杆平衡条件他认为2L1=3L2。老师指出他的判断是错误的，他的错误在于 。
【答案】（1）使杠杆在水平位置平衡
（2）
（3）动力臂和阻力臂测量错误
【解析】（1）当杠杆不平衡时，可以通过调节杠杆两端平衡螺母，从而使杠杆实现平衡。
（2）当以杠杆的支点到力的作用点之间的距离为动力臂时最长，此时动力最小。
（3）杠杆上受到的压力由硬币的重力产生，而硬币的重力作用在硬币中心，因此从硬币的中心到杠杆支点之间的距离为力臂，据此分析解答。
【解答】（1）杠杆两端的螺母作用是使杠杆在水平位置平衡。
（2）根据图片可知，当以支点O到A之间的距离OA为动力臂时最长，即通过A点作杠杆的垂线，在向上的方向上画出箭头表示动力F即可，如下图所示：
（3）老师指出他的判断是错误的，他的错误在于动力臂和阻力臂测量错误。
22.（2022·浙江嘉兴月考）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
(1)实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向_______________调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2)杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的____________端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将__________即可。
(3)小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为__________的实验方案更好，请说明你的理由：________________________。
(4)实验中小王发现：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由：______________________________________。
【答案】(1)右 (2)左 左端的钩码去掉一个 (3)小李 弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量 (4)不影响，这个作用力在杠杆O点的力的力臂等于零
【解析】 (1)调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向右端移动。(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左l左＝F右l右，即4G×2L＞2G×3L，左端大，左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡。(3)由图可知，弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，故小李的实验方案更好。(4)杠杆在O点受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，所以这个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。
23.（2022·浙江宁波·九年级期末）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）小科同学先把杠杆的中点支在支架上，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于___________（填 “平衡”或“不平衡”）状态。
（2）杠杆在水平位置平衡后，小科按照图乙所示的实验方案，在杠杆上分别施加动力、阻力，并使杠杆在水平位置重新平衡，记录动力F1、动力臂L1、阻力F2、阻力臂L2在下表中。
该小组同学分析比较表中数据后，发现可以得出多个不同的结论。他们经过思考，认为图乙所示的方案存在缺陷。你认为图乙所示方案的缺陷是：___________。
（3）小科重新多次实验后，根据所得数据绘制成如图丙所示的L2和F2的关系图像。他发现这和数学课上学过的反比例函数y=kx的图像很相似。为了进一步确定L2和F2的函数关系，他应该利用以上数据作L2和___________之间的关系图像。
（4）小科想利用杠杆的平衡条件来测量均匀刻度尺的质量。
①将刻度尺平放在支座上，左右移动刻度尺，找出能够使刻度尺在水平位置保持平衡的支点位置，记下这个位置，它就是刻度尺的重心；
②如图丁所示，将质量为M1的物体挂在刻度尺左边某一位置，使刻度尺能够在支座上重新保持水平平衡，记录物体悬挂点到支座的距离L1和刻度尺的重心到支座的距离L2；
③根据杠杆的平衡条件，可以计算出刻度尺的质量m=___________（用题目中所给物理量表示）。
【答案】平衡 每组动力与阻力，动力臂和阻力臂大小都相等，实验数据单一重复，不具有普遍性
【解析】（1）[1]小科同学先把杠杆的中点支在支架上，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡状态。
（2）[2]观察表格数据知道，图乙所示方案的缺陷是：每组动力与阻力，动力臂和阻力臂大小都相等，实验数据单一重复，不具有普遍性。
（3）[3]为了进一步确定L2和F2的函数关系，他应该利用以上数据作L2和之间的关系图像。
（4）[4]根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知道G1L1=GL2即M1gL1=mgL2
由于M1L1=mL2，所以，直尺的质量
24．（2023·杭州模拟）由于弹簧秤的量程过小，某科学兴趣小组设计了如图所示的实验方案去测量石块的重力以及液体的密度，当杠杆（自身重力不计）处于水平静止状态时，小明测量获取的实验数据如下表所示：
（1）为了完成本实验，除弹簧秤外，还需要的测量工具有 。
（2）根据图甲以及表中的数据可求得石块的重力为 牛。
（3）根据图乙以及表中的实验数据，计算容器中液体的密度 。（请写出计算过程）
【答案】（1）刻度尺
（2）5.4
（3）1.2×103
【解析】（1）由表格数据判断出测量工具；
（2）物体在空气中时，根据杠杆的平衡条件G×LOA=F×LOB算出物体的重力；
（3）由图乙知当物体浸没在液体中时，根据杠杆的平衡条件（G-F浮）×LOA=F′×LOB算出物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出液体的密度。【解答】（1）由表格数据知实验中需要用弹簧秤测量物体在空气中和浸没在液体中示数，用刻度尺测量OA、OB的长度，所以除弹簧秤外，还需要的测量工具有刻度尺；
（2）物体在空气中时，根据杠杆的平衡条件知G×LOA=F×LOB，
解得：；
（3）由图乙知当物体浸没在液体中时，根据杠杆的平衡条件：（G-F浮）×LOA=F′×LOB，
解得：；
由F浮=ρ液gV排得液体的密度为：。
25.某同学制作了直接测量液体密度的“密度天平”．其制作过程和原理如下：如图甲所示，选择一个长杠杆，调节两边螺母使杠杆在水平位罝平衡；在左侧离支点10cm的位罝A用细线固定一个质量为110g、容积为50mL的容器．右侧用细线悬挂一质量为50g的钩码（细线的质量忽略不计）。
【测量过程】将下对实验空白处补充完整：
（1）调节杠杆平衡时，发现杠杆左端下沉，需将平衡螺母向________端调节（填“左”或“右”）；测量液体时往容器中加满待测液体，移动钩码使杠杆在水平位置平衡，在钩码悬挂位罝直接读出液体密度。
（2）当容器中没有液体时，钩码所在的位置即为“密度天平”的“零刻度”，“零刻度”距离支点O________cm。
（3）若测量某种液体的密度时，钩码在距离支点右侧31cm处，则此种液体的质量为________g，液体的密度为________g/cm3。
（4）若此“密度天平“的量程不够大，可以采用________的方法增大量程（写出一种即可）。
（5）【拓展应用】若杠杆足够长，用此“密度天平”还可以测量固体的密度．先在容器中加满水，再将待测固体轻轻浸没在水中，溢出部分水后，调节钩码的位置，使杠杆水平平衡，测出钩码离支点O的距离为56cm；用量筒测出溢出水的体枳如图乙所示，则固体的密度为________g/cm3（已知ρ水=1.0g/cm3）。
【答案】（1）右（2）22（3）45；0.9（4）增加杠杆的长度（5）5
【解析】(1)杠杆的左端下況，说明右轻,那么平衡螺母向右凋;
(2)根据杠杆的平衡条件得到:G容L2=G砝L1
0.1lkg x 10N/kgx 10cm= 0.05g x 10N/kg x L1 L=22cm;
(3)钩码在距高支点右31cm处,根据杠杆平衡条件得到:G总L2=G砝L1
m总x10cm=50gx31cm m总=155g;
液体的质量:m=m总- m容=155g-110g=45g; 液体的密度:P=m/v=0.9g/cm3;
(4)当物体的重力増大时,钩码的重カ和力臂的乘枳肯定増大,要保持杠杆平衡,要幺増加杠杆的氏度，要么増大钩码的重カ,送祥才能増大量程。
(5)根据量筒可知,物体的体积30cm3
容器内剰余水的量カ:m水=PV水=20g;
根据杠杆平衡条件得到:G总L2=G砝L1 m总L2=m砝L1
m总 x 10cm = 50g x 56cm m总=280g ;
固体的质量为:m固= m总-m容-m水= 280g -110g -20g= 150g;
固体的密度:P=5g/cm3.
26．（2022·浙江金华·九年级期末）如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计（单位N）等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
（1）在挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆___________（填“已达到”或“未达到”）平衡状态，接下来应将杠杆两端的平衡螺母向___________（填“左”或“右”）调，使杠杆在水平位置平衡；
（2）移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图乙）。若在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则杠杆___________（填“左”或“右”）端将下沉；
（3）图丙是已经调节平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在杠杆C处竖直向上按使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力分别是___________（填字母编号）
A．A处挂3N B．A处挂2N C．B处挂3N D．B处挂2N
（4）如图丁所示为农村经常用来测量物体的质量的杆秤，它是利用杠杆原理来制作的。称量是把货物挂在A点。手提着B或C点，调节D点秤砣的位置使秤杆在水平位置平衡，对应秤杆上D点的读数就是货物的质量了。在使用时，为了称量质量较大的货物，手应该提着___________（填“B”或“C”）点的绳子；若秤砣有磨损，则所测物体的质量将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】已达到 左 左 BC B 偏大
【解析】（1）[1]杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡状态。
[2]由图甲中，杠杆的左端较高，平衡螺母应向左端移动使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是为了方便读出力臂。
（2）设杠杆上一个小格的长度为l，一个钩码重为G，由杠杆平衡条件，在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则左侧力和力臂的乘积5G×3l=15Gl
右侧力和力臂的乘积7G×2l=14Gl，因为14Gl＜15Gl所以杠杆左端会下沉。
（3）[4]当弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，数值是3N，设每个小格长度为L，在A点挂一定数量的钩码时，阻力臂为3L，根据杠杆的平衡条件得
FC×3L=3N×2L FC=2N
B和C在同一点，根据杠杆的平衡条件得FB×2L=3N×2L FB=3N故选BC。
（4）[5]根据杠杆平衡条件，杠杆秤砣一端的力不变，力臂变大，力和力臂的乘积变大，重物一端的力和力臂的乘积也会相应变大，提钮从C换到B时，力臂减小，力一定增大，称得的质量会增大，因此为了称量质量较大的货物，手应该提着B点的绳子。
[6]若秤砣有磨损，秤砣一端的力减小，重物一端的力和力臂的乘积不变，由杠杆的平衡条件，所以秤砣一端力臂要变大，杆秤所示的质量值要偏大。
27．（2022九上·金华月考）杆秤(如图甲)是我国古老的衡量工具，现今人们仍然在使用。某兴趣小组在老师的指导下，动手制作量程为20克的杆秤(如图乙)。
【制作步骤】
①做秤杆：选取一根筷子，在筷子左端选择两点依次标上“A”、“B”。
②挂秤盘：取一个小纸杯，剪去上部四分之三，系上细绳，固定在秤杆的“A"处；
③系秤纽：在秤杆的“B"处系上绳子：
④标零线：将5克的砝码系上细绳制成秤砣，挂到秤纽的右边，手提秤纽，移动秤砣，使秤杆在水平位置处于平衡状态，在秤砣所挂的位置标上“0”；
⑤定刻度……
【交流评价] 】
（1）当在秤盘上放置物体称量时，秤砣应从“0”刻度向 侧移动；
（2）步骤④标零线的目的是 ；
（3）给杆秤定刻度时，小思采用以下的方法：在秤盘上放20克物体，移动秤砣，使秤杆在水平位置处于平衡状态，在秤砣所挂的位置标上20，0和20之间分为20等份。依次标上相应刻度。你认为她的方法是否合理并简单说明理由 。
【答案】（1）右
（2）避免杆秤自重对称量的干扰
（3）合理，根据杠杆平衡条件可知，杆秤的刻度是均匀的
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析动力臂的变化即可；
（2）当秤砣在零刻线上时，此时秤盘上不放物体恰好平衡，即此时恰好将杠杆的自重平衡掉，防止对测量产生影响。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析物体的质量和动力臂的改变是否成正比即可。
【解答】（1）根据图乙可知，B点为杠杆的质点，左边秤盘上物体的重力相当于阻力，右边砝码的重力相当于动力。当秤盘上放上物体后，左边阻力和力臂的乘积会增大，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，右边动力和动力臂的乘积也会增大。由于动力保持不变，所以动力臂增大，即秤砣从“0”刻度向右移动。
（2）步骤④标零线的目的是：避免杆秤自重对称量的干扰。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G物×L2=G砝码×L1，解得：。其中L2和G砝码都是常量，因此动力臂L1与物体质量成正比，那么杆秤的刻度是均匀的，因此她的方法合理。
28．（2022·浙江中考真题）项目学习小组在使用密度计时发现由于刻度不均匀，估读时误差较大，由此准备制作一个刻度均匀的密度计。
【小组讨论】液体密度计是根据排开液体的体积变化判断密度大小；根据密度公式 ，想到是否可以通过密度与质量之间的关系来制作刻度均匀的密度计。经过查阅资料及深入讨论最后确定了制作方案。
【查阅资料】杆秤是我国古老的质量称量工具（如图甲），刻度是均匀的。使用时先把被测物体挂在秤钩处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，秤砣悬挂点对应的数值即为物体的质量。
（1）杆秤的工作原理是___________；
【产品制作】
器材：木棒、塑料杯、细线、刻度尺、金属块（代替秤砣）。
步骤：
①模仿杆秤结构，用杯子代替秤钩，先自制一根无刻度“密度秤”；
②杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度；
③杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，将此时秤砣的悬挂点B标记为“___________？___________”刻度（单位g/cm3）；
④以AB两点之间长度的为标准，在整根秤杆上均匀地标上刻度。
（2）在制作过程中，秤杆出现左低右高现象（如图丙），要调至水平位置平衡，秤砣应往___________侧移动；
（3）步骤③中，秤砣悬挂点B标记的刻度值应为___________；
【产品检验】用多种密度已知的液体对“密度秤”刻度准确度进行检验。
【产品升级】
（4）为了制作出精确度更高的“密度秤”，下列改进措施可行的是___________。
A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动 B．减小秤砣的质量
C．减少加入杯中的液体体积 D．换用更细的秤杆
【答案】杠杆平衡原理（或F1·l1=F2·l2） 右 1.0##1 AB
【解析】（1）通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用到的相关知识，杆秤的工作原理是杠杆平衡原理。
（2）秤杆出现左低右高现象，根据杠杆平衡原理，右侧的动力和动力臂的乘积小于左侧阻力和阻力臂的乘积，所以向右移动秤砣，增大动力臂，可以达到水平平衡。
（3）密度秤测量水的密度，水的密度是1.0g/cm3；故在B的位置标记为1.0。
（4）A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动，说明阻力臂增大，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2，动力和阻力不变，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，密度秤会更精确，故A正确；
B．减小秤砣的质量，说明动力减小，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，密度秤会更精确，故B正确；
C．杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时G0×L1=G陀×LA
杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（G0+G水）×L1=G陀×LB
联立两式可得
杯中加某种液体至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在AB中某一点C处，水平位置平衡时，可得
可得
当液体体积和水的体积相同时，液体和水的密度比就是重力比，也为长度比；如果减少加入杯中的液体体积，则不能通过密度秤得到液体的密度大小，故C错误；
D．由上述计算可知，秤杆的重力不影响最后的密度结果，故D错误。故选AB。
实验序号
F1
L1
F2
L2
1
2
3
2
3
2
3
4
3
4
3
4
2
4
2
金属块的体积/厘米3
弹簧秤的示数/牛
OB的长度
OA的长度
物体处于空气中（如图甲）
150
1.8
30
10
物体浸没在液体中（如图乙）
150
1.2
30
10
考点四、求最大动力臂和最小动力
由F1 x L1=F2 x L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典例分析
典例1：（2023九上·萧山期末）如图所示，质地均匀的圆柱体，重力为G。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，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 (填“F1”“F2”或“F3”)，缓慢推动圆柱体，保持推力始终垂直OA，则推力的变化是 。
【答案】F2；变小
【解析】 （1）力臂的概念：从支点到力的作用线的距离叫做力臂；在阻力、阻力臂不变的情况下，动力臂最大，根据杠杆的平衡条件可知，动力最小；
（2）运用杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析动力的大小变化 。
【解答】（1）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；
（2）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。
举一反三
变式1：（2023九上·玉环月考）在如图所示的杠杆中，O是支点，是阻力（方向竖直向下），A点是动力的作用点，该杠杆为 ▲ （选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆。在图中画出当杠杆平衡时所需的最小动力、并画出动力臂和阻力臂。
【答案】省力；
【解析】力臂的概念：力臂是指从支点到力的作用线的距离。
根据杠杆平衡条件F1L1=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，据此作出杠杆的示意图。
【解答】 根据图片可知，反向延长阻力F2作的作用线，从支点O作F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂l2；
由杠杆平衡条件F1L1=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OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图，如图所示：
变式2：（2023九上·杭州期中）按照题目要求作图
（1）用滑轮组提升重物，请在图甲中画出拉力的绳子的绕法。(不计动滑轮、绳重和摩擦)
（2）如图乙所示，0为杠杆AC的支点，在B处挂一小球，AO=OB=BC，为使杠杆在水平位置平衡，画出施加在杠杆上最小动力F₁的力臂L，并标出F₁的方向。
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）根据题意确定承担重力的绳子段数n，根据“奇动偶定”的规律确定绳头的位置，按照从内到外的顺序完成缠绕即；
（2）当以支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时最省力。
【解答】（1）根据 可知，承担重力的绳子段数n=3，则绳头应该在动滑轮上，按照从下倒上，从内到外的顺序缠绕如下：
（2）根据图片可知，O点为支点，OC的长度大于OA，则以OC为动力臂时最长，此时动力最小。即通过C点作OC的垂线，在向上的方向上表上箭头表示最小的动力即可，如下图所示：
变式3：（2023九上·杭州月考）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）求出最小力F大小。
（3）使重物G抬起10cm，求该力F至少做的功。
【答案】（1）
（2）在Rt△ABO中，，
力最小时它的力臂L=OA=50cm；
根据杠杆的平衡条件有：F•OA=G•OC，
即：F×50cm=100N××40cm，
解得：F=40N。
（3）一直角轻棒ABO不计杠杆的重力，因而不需要做额外功，该力F至少做的功W=Gh=100N×10×10-2m=10J。
【解析】（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂（F1 L1=F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。据此作图。
（2）由数学知识计算出最小力的力臂长度，再利用杠杆的平衡条件计算出最小力F的大小。
（3）根据W=Fs计算该力F做的功。
【解答】 （1）由杠杆平衡条件F1L1=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OA作为动力臂最长，据此从A点垂直OA向上作出最小力F，如图所示
考点五、杠杆平衡的条件（实验探究）
实验步骤:
A.调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡。
B.如图所示，在杠杆两边挂上不同数量的钩码，调节钩码的位置，使杠杆在水平位置平衡。这时杠杆两边受到钩码的作用力的大小都等于钩码重力的大小。
把支点右方的钩码的重力当成动力F1，支点左方的钩码的重力当成阻力F2；用刻度尺测量出杠杆平衡时的动力臂L1和阻力臂L2；把F1、F2、L1、L2的数值填入实验表格中。
C.改变力和力臂的数值，再做两次实验，将结果填入实验表格中。
分析与论证:分析实验数据，可知杠杆平衡时，如果动力臂比阻力臂大，则动力比阻力小；动力臂比阻力臂小，则动力比阻力大。如果把每次实验的动力与动力臂相乘，阻力与阻力臂相乘，虽然各次实验的乘积不相同，但每次实验中动力与动力臂的乘积跟阻力与阻力臂的乘积相等，即动力x动力臂=阻力x阻力臂，用公式表示为F1 x L1=F2 x L2
典例分析
典例1：（2023九上·玉环月考）用如图所示的实验装置测杠杆的机械效率，实验时，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓上升。
（1）实验中，将杠杆拉至图中虚线位置，测力计的示数如图所示，钩码总重G为1N，钩码上升高度h为0.1m，测力计移动距离s为0.3m，则杠杆的机械效率为 ，请写出使用该杠杆做额外功的一个原因： 。
（2）钩码从A点改挂在B点后，拉力作用点及拉力方向都不变，此时把相同的钩码匀速提升相同的高度，则所测机械效率将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）66.7%；杠杆的重力 （2）变大
【解析】（1）根据W有=Gh计算有用功，根据W总=Fs计算总功，最后根据计算机械效率。由于支点在杠杆的一侧，那么它的重力不能被抵消，因此在提升钩码的过程中要不可避免的提升杠杆，即克服杠杆的重力做额外功。
（2）根据分析杠杆机械效率的变化。
【解答】（1）该杠杆的机械效率：。使用该杠杆做额外功的一个原因：杠杆的重力。
（2）将钩码从A点改挂在B点后，将相同的钩码提升相同的高度，根据W有=Gh可知，杠杆做的有用功相等。根据相似三角形的性质可知，此时弹簧测力计上升的高度会变小，因此杠杆被提升的高度变小，根据W额=G杠杆h可知，此时对杠杆做的额外功减小。根据W总=W有+W额可知，此时的总功减小，根据可知，机械效率变大。
举一反三
变式1：（2023九上·杭州期中）小保在做“探究杠杆平衡条件”实验的装置如图所示，杠杆上相邻刻度间的距离相等。
（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时 (选填“是”或“不是”)处于杠杆平衡状态的。
（2）如图乙所示，杠杆水平位置平衡后，在A点挂了2个钩码，每个钩码重0.5N，在B点竖直向下拉弹簧测力计，仍使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数应为 N。当弹簧测力计改为斜拉时，再次使杠杆保持水平平衡，此时弹簧测力计的示数将 。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
【答案】（1）是（2）1.5；变大
【解析】（1）平衡状态包括：静止状态或运算直线运动状态；
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算；
②注意分析动力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件分析测力计的示数变化。
【解答】（1）杠杆在如图甲所示的位置静止时是处于杠杆平衡状态的。
（2）①根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：（0.5N×2）×3L=F×2L，解得：F=1.5N；
②当弹簧测力计改为斜拉时， 动力臂减小，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，此时弹簧测力计的示数变大。
变式2：（2023九上·余姚月考）如图甲所示是小明探究“杠杆的平衡条件”的实验。
（1）保持图甲中左边钩码的个数和位置不变，在右端用弹簧测力计竖直向下拉杠杆。弹簧测力计从 D 点向支点 O 移动过程中 （未到 O点），杠杆始终保持水平平衡，大致可以反映拉力 F的大小随它的力臂 l变化的关系的是：____；
A． B． C． D．
（2）小华利用图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与小明所得的杠杆平衡条件不相符。其原因是： ；
【答案】（1）B （2）受杠杆自重影响
【解析】（1）杠杆平衡状态：静止或匀速转动；为了便于测量力臂大小，应使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）用实验探究物理问题时，要多进行几次实验，总结的实验结论才具有普遍性，避免偶然性；
（3）弹簧测力计从B点向支点O移动过程中（未到O点），动力臂变小，根据杠杆平衡条件分析拉力F的大小随它的力臂l变化的关系；
【解答】（1）杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2； 阻力和阻力臂不变，动力臂减小，根据F1l1=F2l2可知动力将变大，测量计的示数变大，F2和l2成反比，图象B正确；
（2）图中支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响， 导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大。
变式3：（2023·舟山模拟）实验小组设计了一个利用刻度尺、细线、质量未知的钩码和杠杆测量石块密度的实验方案，如图所示。
（1）调节杠杆平衡。杠杆静止时如图甲所示，此时应向 调节杠杆的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，其目的是： ；
（2）测量石块密度。
①把石块挂在杠杆右侧A处，在杠杆左侧B位置挂上钩码，使杠杆水平平衡，如图乙所示，用刻度尺测量出OA的长l1；
②保持钩码及位置B不动，把石块全部浸没装有水的烧杯中；移动石块位置，使杠杆水平静止，如图丙所示，测量出长l2；
③石块密度表达式：ρ石= 。（用测量的物理量符号和ρ水表示）
【答案】（1）右；消除杠杆自身重力对平衡条件的影响，直接在杠杆上测出力臂
（2）
【解析】（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母应向上翘的一端移动，让杠杆在水平位置保持静止，便于测量力臂；
（2）①进行实验时，为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡；
②③石块在空气中时杠杆右侧的拉力等于石块的重力，石块浸没在水中时杠杆右侧的拉力等于石块重力与浮力之差，结合杠杆平衡条件列出表达式求解石块的密度。【解答】（1）由图甲可知，杠杆的左端下沉、右端上翘，则杠杆的右端轻，因此应将平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）①把石块挂在杠杆右侧A处，在杠杆左侧B位置挂上钩码，使杠杆水平平衡，如图乙所示，用刻度尺测量出OA长l1，
由杠杆平衡条件可得：G钩码×OB=G石×l1 ①
②保持钩码及位置B不动，把石块浸没在装有水的烧杯中，移动石块位置，使杠杆水平静止，如图丙所示，测量出OA'长l2，此时杠杆右侧A′处的拉力F拉=G石-F浮，
此时由杠杆平衡条件可得：G钩码×OB=（G石-F浮）×l2 ②
③由Ⅰ、Ⅱ可得：G石×l1=（G石-F浮）×l2，
因为G石=m石g=ρ石V石g，F浮=ρ水gV排=ρ水gV石，
所以ρ石V石g×l1=（ρ石V石g-ρ水gV石）×l2，
解得：。
考点六、杠杆的动态平衡问题
先找出杠杆的相关要素——支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，当杠杆水平时，如果动力臂最长，也就是说动力是最小的。因此，根据杠杆的平衡条件可继续分析出，当力的方向改变时，对力臂与力的影响。
典例分析
典例1：（2024九上·临海期末）某同学锻炼时，双脚并拢，脚尖触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，如图所示。A为人体重心所在位置，此时墙壁对手掌的支持力为，不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）该同学自重600N，则墙壁对人的支持力为 N。
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，则支持力F的变化是 (填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】（1）225 （2）变大
【解析】（1）根据杠杆平衡条件FL = F2L2分析解题。
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，根据图示判断动力臂和阻力臂的大小变化，且阻力大小不变，根据杠杆的平衡条件分析人受到支撑力的变化。
【解答】（1）过重心作竖直向下的重力即为F2，从支点O向力F2的作用线作垂线段，即为阻力臂L2。L为8个小格、L2为3个小格，则，根据杠杆平衡条件可得FL=F2L2，且F2=G，则支撑力：。
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会減小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大。
举一反三
变式1：（2024九上·武义月考）如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中（ ）
A．F的力臂变小，F的大小变大B．F的力臂变大，F的大小变小
C．重力G与它的力臂乘积保持不变D．重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【解析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
【解答】如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×csα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，csα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
故选B。
变式2：（2023九上·义乌月考）如图所示，在A点分别作用的四个力中，能使杠杆处于平衡状态的最小力 ，若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中拉力F将 （选填“增大”、“减小”或“不变”）
【答案】F3；不变
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力臂最长时最省力；
（2）注意分析动力臂和阻力臂的比值是否发生改变即可。
【解答】（1）F2、F3、F4的力臂分别为OD、OB、OC， 其中OB最长，
阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件FL=GL′，
因此F3最小。
（3）若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中，
阻力臂与动力臂的比值不变，阻力不变，
由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，拉力F不变。
变式3：（2023九下·杭州月考）一轻质杠杆OAB可绕O点转动，物重G＝20N的物体挂在中点A。（1）如图甲所示，杠杆在水平位置平衡时，求F；
（2）用竖直向上的动力F1缓慢提起杠杆至图乙所示位置，请画出动力臂l1和阻力臂l2；
（3）利用几何知识证明：F1＝F。
【答案】（1）根据图片可知，物体重力G为阻力，阻力臂为OA；F为动力，动力臂为OB，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G×OA=F×OB；
20N×OA=F×2OA；
解得：F=10N；
（2）从杠杆的支点分别向力的作用线作垂线，从支点到垂足之间的距离就是力臂，如下图所示：
（3）原来杠杆是平衡的，根据杠杆的平衡原理得到：G×OA=F×OB；
即：①；
后来杠杆也是平衡的，同理得到：②；
根据上图可知，G和F力的作用线相互平行，
根据平行线的性质得到：③；
三式联立得到：；
解得：F'=F。
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析计算；
（2）力臂是从杠杆支点到力的作用线的垂直距离，据此完成作图；
（3）根据平行线的性质分析解答。
课后巩固
1．（2023·浦江模拟）如图所示，家用衣架上挂了两件质量分别为m1、m2的湿衣物，此时衣架处于静止状态。下列说法中正确的是（ ）
A．图中的衣架是一个等臂杠杆
B．此时的衣架处于杠杆平衡状态
C．湿衣物的质量m1、m2大小相等
D．衣物对衣架的拉力就是衣物的重力
【答案】B
【解析】杠杆平衡的条件：F1L1=F2L2 F1=m1g F2=m2g
【解答】A. m1和m2无法确定是否相等，L1和L2也无法确定是否相等，A错误
B.衣架处于静止状态，说明杠杆平衡，B正确
C.L1和L2也无法确定是否相等，m1和m2无法确定是否相等，C错误
D.衣物对衣架的拉力大小等于衣物的重力，但不能说拉力就是衣物的重力，D错误
2.（2022九上·宁波月考）有一根一端粗一端细的木棒，用绳子拴住木棒的O点，将它悬挂起来，恰好处于水平位置平衡，如图所示，若把木棒从绳子悬挂处锯开，则被锯开的木棒（ ）
A.粗细两端一样重 B.粗端较重 C.细端较重 D.无法判定
【答案】B
【解析】将悬挂点O看做支点，左边木棒的重力为阻力，右边木棒的重力为动力。根据图片可知，左端的阻力臂肯定小于右端的动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，左端木棒的重力肯定大于右端木棒的重力，故B正确，而A、C、D错误。故选B。
3．（2023·定海模拟）如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端的空桶内分别注入密度已知的不同液体，改变物体M悬挂点B的位置，当杠杆在水平位置平衡时，在M悬挂点处标出相应液体的密度值，下列关于密度秤制作的说法中，错误的是（ ）
A．悬点O适当右移，秤的量程会增大
B．秤的刻度值向右越来越大
C．每次倒入空桶的液体体积相同
D．增大M的质量，秤的量程会增大
【答案】A
【解析】本题主要考查杠杆的相关知识，即动力x动力臂=阻力x阻力臂。
【解答】A.物体从B点到O点的距离为阻力臂，当点向右移动时，阻力臂减少，动力臂增大，由上述平衡条件可知，动力减小，即所加液体的质量减少，又由于，所以密度也减少，即量程减少。
B.当空桶内的液体密度逐渐增大时，即A点的动力增大，此时应通过增大B到的距离来达到平衡，故B向右移动时逐渐变大。
C.只有当液体体积相同时，才能通过质量大小来判断密度的大小，即来判断其液体密度的情况。
D.M质量增大时，即阻力臂X阻力的值变大，所以可以在左侧的空桶内装上质量更大的液体，即密度更大量程更大。
4.（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（ ）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
【答案】C
【解析】判断杠杆的用力情况需要知道动力臂与阻力臂的长短关系。根据题目信息可知：阻力与动力臂大小始终不变。 由竖直位置慢慢转到水平位置过程中，阻力臂慢慢变大
【解答】A、在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故A错误。
B、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆故B错误。
C、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故C正确。
D、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故D错误。
5.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，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（ ）
A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.不变 D.无法判断
【答案】B
【解析】在杠杆上，从支点到力的作用点为力臂时最长，此时动力最小；分析拉力在转动过程中动力臂的长度变化即可。
【解答】分析可知，当力F与杠杆AB垂直时，此时动力臂最长，因此在力F转动的过程中，动力臂先变长后变短；根据杠杆的平衡条件可知，力F先变小后变大。故选B。
6.（2022九上·鄞州期中）如图所示，作用在杠杆一端始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢匀速地由位置A拉至位置B，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
【答案】A
【解析】注意分析杠杆改变位置的过程中，动力臂和阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力F的变化即可。
根据图片可知，物体的重力为阻力，拉力F为动力；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
由于拉力F始终与杠杆垂直，所以动力臂L1保持不变；
在杠杆旋转的过程中，阻力臂L2逐渐增大，那么G×L2=F×L1中的乘积变大；因为L1不变，所以动力F不断增大，故A正确，而B、C、D错误。
7.小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个密度相同但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体（物体的密度都大于水）如果将它们都浸没在水中，则两杠杆将（ ）
A．仍保持平衡 B．都失去平衡
C．甲仍保持平衡，乙失去平衡 D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
【答案】C
【解析】（1）甲杠杆：浸没水中之前G1L1=G2L2 ρ物gV1×L1=ρ物gV2×L2 则V1×L1=V2×L2
浸没水中后左端力和力臂的乘积为（G1-F浮1）×L1=（ρ物gV1-ρ水gV1）×L1=（ρ物-ρ水）gV1×L1
浸没水中后右端力和力臂的乘积为（G2-F浮2）×L2=（ρ物gV2-ρ水gV2）×L2=（ρ物-ρ水）gV2×L2
所以浸没水中后，左右两端力和力臂的乘积相等，故杠杆仍然平衡。
（2）乙杠杆：浸没水中之前
浸没水中后左端力和力臂的乘积为（G1-F浮1）×L1=（ρ1gV-ρ水gV）×L1=ρ1gV×L1-ρ水gV×L1
浸没水中后右端力和力臂的乘积为（G2-F浮2）×L2=（ρ2gV-ρ水gV）×L2=ρ2gV×L2-ρ水gV×L2
因为L1＜L2，所以，左端力和力臂的乘积大于右端力和力臂的乘积，故杠杆左端下沉。故选C。
8．（2021·浙江吴宁九年级期中）如图所示，OAB为一可绕O点自由转动的轻质杠杆，OA垂直于AB，且OA长度为40cm，AB长度为30cm，在OA中点C处挂一质量为1kg的物块，要求在端点B处施加一个最小的力F，使杠杆在图示位置平衡，则力F的力臂应是______cm，最小的力F是______N。
【答案】50 4
【解析】[1]连接OB，以这条线段作为该力的力臂时力臂最长、力最小，所以力F的力臂就是图中的OB，由勾股定理知道，直角边OA为40cm，AB为30cm，则斜边OB为50cm。
[2]物体的重力G=mg=1kg10N/kg=10N
根据杠杆的平衡条件知道
代入数据解得
9．（2023九上·安吉月考）明代宋应星在《天工开物》中记载的农业生产汲水装置——辘轳，沿用至今。图甲是一种辘轳，由具有共同转动轴的大轮和小轮组成。提水时，用力使大轮转动，小轮随之转动并缠绕井绳，提起水桶。
（1）设大轮与小轮的半径比为 3∶1，水桶受到的总重力为 90N。若要使辘轳静止在图乙所示位置，作用在C点最小的力应为 N。(不计井绳的粗细和自重)
（2）图丙所示水龙头开关的设计也应用了同样的原理，开关应选用 (选填“①”或“②”)更省力。
【答案】（1）30 （2）①
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长越省力，据此分析解答。
【解答】（1）将轴心看作支点，大轮的半径为动力臂，小轮的半径为阻力臂，
根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：90N×1=F×3；
解得：F=30N。
（2）根据丙图可知，轮①半径更大，即动力臂更大，那么更省力，则开关应该选用①。
10.（2022九上·舟山月考）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为 。
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向做的位置时，动力F1的大小变化是 。（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）
【答案】（1）10 （2）先变小后变大
【解析】（1）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（2）判断当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，力臂如何变化，然后由杠杆平衡条件判断力的大小如何变化。
【解答】（1）由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得：，即：，解得：F1=10N；
（2）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F1L1=F2L2可知，动力先变小后变大。
11．（2022·浙江金华·九年级阶段练习）如图，要把一圆木推上台阶。
（1）下面四种推法中，哪种方法所需推力最小_______（填序号）。
（2）已知圆木重为G，半径为R，台阶高度为 ，则最小的推力为__________。
【答案】D
【解析】(1)[1]如题干图示知道，把一圆木推上台阶，可视为一个杠杆，其支点为圆木与台阶的接触点，四种推法中，阻力和阻力臂都相等，D图中动力臂最大，由杠杆平衡条件知道，D图中的方法所需推力最小。故选D。
(2)[2]由下图所示知道，圆木重力为G，圆木半径为R，台阶的高度为，
由杠杆平衡条件知道，由此解得最小推力
12．如图所示是搬运泥土的独轮车，独轮车属于________杠杆(选填“省力”或“费力”)。设车箱和泥土的总重G=1000N，运泥土时从A点提起独轮车把手的力是F，F的大小至少是________牛。
【答案】省力 250
【解析】[1] 独轮车是一个动力臂大于阻力臂的杠杆，所以属于省力杠杆。
[2]独轮车的车辆轮轴处是支点，其中重力G是阻力，支点到重力作用线的距离是阻力臂，故阻力臂是0.4m；力F是动力，支点到力F作用线的距离是动力臂，故动力臂是1.6m；
由杠杆的平衡条件可知：G×l2=F×l1 1000N×0.4m=F×1.6m 解得F=250N。
13．（2022·浙江绍兴·九年级期末）我国古代记录传统手工技术的著作《天工开物》里记载了一种捣谷用的春，“横木穿插硬头，嘴为铁，足踏其末而舂之”，如图甲所示。图乙为脚向下施加力F1踩舂时在某一位置的示意图。
（1）若碓头质量为10千克，在图示位置保持平衡时，l1=40厘米，l2=1.2米，不计横木的重力和摩擦，则脚向下施加的力F1=___________；
（2）如果想省力些，可将脚踩点适当___________（选填“远离”或“靠近”）O点。
【答案】300N 远离
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件得到Fl11=F2l2 Fl11=mgl2
（2）如果想省力些，动力减小，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知增大动力臂，可以减小动力，可将脚踩点适当远离O点。
14.如图所示，用固定在墙上的三角支架ABC放置空调室外机，如果A处螺钉松脱，则支架会绕C点倾翻。已知AB长40厘米，AC长30厘米。室外机的重力为300牛，正好处在AB中点。
（1）A处螺钉的水平拉力为多少牛？ (支架重力不计)
（2）为了安全起见，室外机AB要尽量靠墙，以减小A处所承受的拉力，请说明原因。
【答案】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：300N×=F×0.3m；解得：F=200N。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：F×AC=G×L2，那么在阻力和动力臂一定的情况下，减小阻力臂，从而减小A处的拉力。
【解析】（1）根据图片可知，可将C点看作支点，室外机的重力相当于阻力F2，阻力臂为AB的一半；A点螺钉的水平拉力相当于动力F1，动力臂为AC，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算即可。
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。
15.如图所示为一种简易的捕鼠器，质量为150g、长1m材质均匀的木板放在水平桌面上，木板最左端离桌沿O点40cm。在木板的上方挂一诱饵，一只老鼠为了吃到诱饵沿木板向左端爬去，当老鼠爬过距离O点30cm位置时，木板会失去平衡，使老鼠落入水桶中，则该老鼠重为________N。(g取10N/kg)
【答案】0.5
【解析】木板的重力作用在它的中点， 那么杠杆的阻力臂L2=，
动力臂L1=30cm；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L1=G木板×L2；
G×30cm=0.15kg×10N/kg×10cm； 解得：G=0.5N。
16.（2023·杭州模拟）如图甲所示是生活中常见的壁灯，图乙是根据壁灯建立的杠杆模型。查阅壁灯说明书，得知壁灯与支架总质量为6.0千克，B为支架ADC上一点，测得壁灯与支架总重力的作用线经过B点，BD=35厘米，DA=30厘米，DC=40厘米，DC垂直于AD。
（1）若以D点为支点，请计算上方螺丝钉A受到墙面垂直的力F.有多大?
（2）若在安装壁灯时需要使壁灯绕A点逆时针转动，请画图施加的最小动力F1，并计算至少为多大?
【答案】（1）以D点为支点，DA=30cm，DB=35cm，
灯的重力为：G=mg=6kg×10N/ kg=60N，
根据杠杆平衡条件：DA×FA-DB×G，即30cm×FA=35cm×60N，解得，FA=70N
（2）由题意可知壁灯绕A点逆时针转动A点为支点，则AC为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件可知动力臂最长时，动力最小，
根据勾股定理可得：AC=
根据杠杆平衡条件可得F1×AC=DB×G 即
【解析】（1）根据图乙可知，D为杠杆的支点，灯的重力相当于阻力，阻力臂为DB；墙壁对A的作用力相当于动力，动力臂为AD，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
（2）壁灯绕A点逆时针转动A点为支点，则AC为最长的动力臂，根据杠杆平衡条件可知动力臂最长时，动力最小。首先根据勾股定理计算出AC的长度，再根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。17.（2023九上·杭州期末）一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）力最小时它的力臂L= 米。
（3）求出最小力F大小。
【答案】（1）解：由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2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OA作为动力臂最长，由图知动力的方向应该向上，如下图所示：
（2）0.5
（3）设在A点需加最小的力为F，并使F的方向垂直于OA，
由勾股定理可得，OA＝ ＝ ＝50cm，
根据杠杆的平衡条件F•OA＝G•OC，得：F＝ ＝40N
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到物体上最远点之间的长度为力臂时最长，此时最省力。
（2）根据勾股定理计算出最长的力臂；
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2列式计算即可。
【解答】（2）根据图片可知，力最小时的力臂为OA，它是直角三角形ABC的斜边；
根据勾股定理得到： OA＝ ＝ ＝50cm =0.5m。
18.（2022九上·西湖期中）如图所示，一根粗细均匀的轻质杠杆AOBC按图水平放置（支点在O点），其各段的长度关系为AO:BO:BC=4:3:4，重量为G的物体竖直悬挂在A点，
（1）请在图上画出使杠杆水平平衡的最小力的示意图。
（2）请根据杠杆平衡条件分析，（1）中最小力F=________G。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实________（“大于”、“等于”、“小于”）F 。
【答案】（1） （2）0.8 （3）等于
【解析】（1）在杠杆上，当以支点到力的作用点之间的线段为动力臂时最长，此时动力最小；
（2）首先根据勾股定理计算出动力臂的长度，然后根据杠杆的平衡条件列式计算；
（3）杠杆的重力作用在中心处，当杠杆在水平方向平衡时，重力作用下恰好从支点O经过，此时杠杆的重力被支点平衡掉，对杠杆的平衡不会产生影响，因此动力F的大小保持不变。
【解答】（1）连接OC，然后通过C点作OC的垂线，在向下的方向上标上箭头表示动力F，如下图所示：
（2）三角形OBC为直角三角形，那么斜边OC=；
根据杠杆的平衡条件得到：G×OA=F×OC；G×4=F×5； 解得：。
（3）若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则（2）中最小力的实际大小F实等于F。
19．如图所示，质量不计的木板AB长1.6m，可绕固定点O转动，离O点0.4m的B端挂一重物G，板的A端用一根与水平地面成30°夹角的细绳拉住，木板在水平位置平衡时绳的拉力是8N，木板水平平衡。
（1）在图上作出绳对木板的拉力的力臂。
（2）求重物G的大小。
（3）之后在O点的正上方放一质量为0.5kg的小球，若小球以20cm/s的速度由O点沿木板向A端匀速运动，问小球至少运动多长时间细绳的拉力减小到零？（g取10N/kg，绳的重力不计）
【答案】（1）；（2）12N；（3）4.8s
【解析】解：（1）[1]力臂是从支点到力的作用点的垂线段的长度。首先将绳子沿反方向延长，然后通过支点O做它的垂线段，这条垂线段就是拉力的力臂，如下图所示：
（2）[2]根据图片可知，动力臂L与30°角相对，
那么动力臂L等于AO长度的一半；根据杠杆平衡条件得F绳×AO＝G×BO
即8N××（1.6m－0.4m）＝G×0.4m解得G＝12N
（3）[3]球的重力G球＝m球g＝0.5kg×10N/kg＝5N
当绳子拉力为0时，设球离O点距离为L球
则根据杠杆平衡条件得G球×L球＝G×BO即5N×L球＝12N×0.4m
解得L球＝0.96m＝96cm运动时间
20．（2024九下·义乌开学考）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 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 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 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）右 （2）1 （3）变大
【解析】（1）平衡螺母总是向轻的那端调节；
（2）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算；
（3）分析动力臂的长度变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力的大小变化。
【解答】（1）根据a图可知，杠杆的右端上翘，那么右端轻，因此平衡螺母向右端调节；
（2）设每格的长度为L，每个钩码重力为G，根据图b得到：
2G×2L=4L×nG；
解得：n=1；
（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，那么动力臂逐渐变小，根据杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的示数将变大。
21.（2023·衢江模拟）小科利用粗细均匀轻质细杆、钩码、螺母等材料自制简易杠杆进行实验。
（1）杠杆两端的螺母作用是 。
（2）如图乙，若用力作用在A点，使杠杆水平平衡，画出施加最小力的示意图。
（3）如图丙，小科实验时在杠杆两端叠放上不同数量的新制五角硬币，杠杆仍在水平位置平衡，用刻度尺测出L1和L2的长度，根据杠杆平衡条件他认为2L1=3L2。老师指出他的判断是错误的，他的错误在于 。
【答案】（1）使杠杆在水平位置平衡
（2）
（3）动力臂和阻力臂测量错误
【解析】（1）当杠杆不平衡时，可以通过调节杠杆两端平衡螺母，从而使杠杆实现平衡。
（2）当以杠杆的支点到力的作用点之间的距离为动力臂时最长，此时动力最小。
（3）杠杆上受到的压力由硬币的重力产生，而硬币的重力作用在硬币中心，因此从硬币的中心到杠杆支点之间的距离为力臂，据此分析解答。
【解答】（1）杠杆两端的螺母作用是使杠杆在水平位置平衡。
（2）根据图片可知，当以支点O到A之间的距离OA为动力臂时最长，即通过A点作杠杆的垂线，在向上的方向上画出箭头表示动力F即可，如下图所示：
（3）老师指出他的判断是错误的，他的错误在于动力臂和阻力臂测量错误。
22.（2022·浙江嘉兴月考）如图所示是小李和小王利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
(1)实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示，此时应将螺母向_______________调节，使杠杆在水平位置平衡。
(2)杠杆平衡后，小李在左右两侧分别挂上钩码，如图乙所示，杠杆的____________端会下沉，要使杠杆重新在水平位置平衡，在不改变钩码悬挂点的位置和改变较少钩码的前提下，只需将__________即可。
(3)小李和小王又分别设计了两种实验方案，小李的方案如图丙所示，小王的方案如图丁所示。你认为__________的实验方案更好，请说明你的理由：________________________。
(4)实验中小王发现：如果在杠杆的O点用弹簧测力计施加一个向上的力，这个力在探究实验时是否影响到杠杆的平衡？请说明理由：______________________________________。
【答案】(1)右 (2)左 左端的钩码去掉一个 (3)小李 弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量 (4)不影响，这个作用力在杠杆O点的力的力臂等于零
【解析】 (1)调节杠杆在水平位置平衡，杠杆右端偏高，左端的平衡螺母应向右端移动。(2)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左l左＝F右l右，即4G×2L＞2G×3L，左端大，左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不改变悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个即可平衡。(3)由图可知，弹簧测力计在图丙的力与杠杆垂直，力臂在杠杆上便于测量，图丁的力不与杠杆垂直，力臂不方便测量，故小李的实验方案更好。(4)杠杆在O点受到一个向上的力，这个力与杠杆自身重力都过杠杆的支点，力臂为零，所以这个力在探究杠杆平衡时不会影响到杠杆的平衡。
23.（2022·浙江宁波·九年级期末）在“探究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）小科同学先把杠杆的中点支在支架上，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于___________（填 “平衡”或“不平衡”）状态。
（2）杠杆在水平位置平衡后，小科按照图乙所示的实验方案，在杠杆上分别施加动力、阻力，并使杠杆在水平位置重新平衡，记录动力F1、动力臂L1、阻力F2、阻力臂L2在下表中。
该小组同学分析比较表中数据后，发现可以得出多个不同的结论。他们经过思考，认为图乙所示的方案存在缺陷。你认为图乙所示方案的缺陷是：___________。
（3）小科重新多次实验后，根据所得数据绘制成如图丙所示的L2和F2的关系图像。他发现这和数学课上学过的反比例函数y=kx的图像很相似。为了进一步确定L2和F2的函数关系，他应该利用以上数据作L2和___________之间的关系图像。
（4）小科想利用杠杆的平衡条件来测量均匀刻度尺的质量。
①将刻度尺平放在支座上，左右移动刻度尺，找出能够使刻度尺在水平位置保持平衡的支点位置，记下这个位置，它就是刻度尺的重心；
②如图丁所示，将质量为M1的物体挂在刻度尺左边某一位置，使刻度尺能够在支座上重新保持水平平衡，记录物体悬挂点到支座的距离L1和刻度尺的重心到支座的距离L2；
③根据杠杆的平衡条件，可以计算出刻度尺的质量m=___________（用题目中所给物理量表示）。
【答案】平衡 每组动力与阻力，动力臂和阻力臂大小都相等，实验数据单一重复，不具有普遍性
【解析】（1）[1]小科同学先把杠杆的中点支在支架上，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于平衡状态。
（2）[2]观察表格数据知道，图乙所示方案的缺陷是：每组动力与阻力，动力臂和阻力臂大小都相等，实验数据单一重复，不具有普遍性。
（3）[3]为了进一步确定L2和F2的函数关系，他应该利用以上数据作L2和之间的关系图像。
（4）[4]根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2知道G1L1=GL2即M1gL1=mgL2
由于M1L1=mL2，所以，直尺的质量
24．（2023·杭州模拟）由于弹簧秤的量程过小，某科学兴趣小组设计了如图所示的实验方案去测量石块的重力以及液体的密度，当杠杆（自身重力不计）处于水平静止状态时，小明测量获取的实验数据如下表所示：
（1）为了完成本实验，除弹簧秤外，还需要的测量工具有 。
（2）根据图甲以及表中的数据可求得石块的重力为 牛。
（3）根据图乙以及表中的实验数据，计算容器中液体的密度 。（请写出计算过程）
【答案】（1）刻度尺
（2）5.4
（3）1.2×103
【解析】（1）由表格数据判断出测量工具；
（2）物体在空气中时，根据杠杆的平衡条件G×LOA=F×LOB算出物体的重力；
（3）由图乙知当物体浸没在液体中时，根据杠杆的平衡条件（G-F浮）×LOA=F′×LOB算出物体受到的浮力，由F浮=ρ液gV排算出液体的密度。【解答】（1）由表格数据知实验中需要用弹簧秤测量物体在空气中和浸没在液体中示数，用刻度尺测量OA、OB的长度，所以除弹簧秤外，还需要的测量工具有刻度尺；
（2）物体在空气中时，根据杠杆的平衡条件知G×LOA=F×LOB，
解得：；
（3）由图乙知当物体浸没在液体中时，根据杠杆的平衡条件：（G-F浮）×LOA=F′×LOB，
解得：；
由F浮=ρ液gV排得液体的密度为：。
25.某同学制作了直接测量液体密度的“密度天平”．其制作过程和原理如下：如图甲所示，选择一个长杠杆，调节两边螺母使杠杆在水平位罝平衡；在左侧离支点10cm的位罝A用细线固定一个质量为110g、容积为50mL的容器．右侧用细线悬挂一质量为50g的钩码（细线的质量忽略不计）。
【测量过程】将下对实验空白处补充完整：
（1）调节杠杆平衡时，发现杠杆左端下沉，需将平衡螺母向________端调节（填“左”或“右”）；测量液体时往容器中加满待测液体，移动钩码使杠杆在水平位置平衡，在钩码悬挂位罝直接读出液体密度。
（2）当容器中没有液体时，钩码所在的位置即为“密度天平”的“零刻度”，“零刻度”距离支点O________cm。
（3）若测量某种液体的密度时，钩码在距离支点右侧31cm处，则此种液体的质量为________g，液体的密度为________g/cm3。
（4）若此“密度天平“的量程不够大，可以采用________的方法增大量程（写出一种即可）。
（5）【拓展应用】若杠杆足够长，用此“密度天平”还可以测量固体的密度．先在容器中加满水，再将待测固体轻轻浸没在水中，溢出部分水后，调节钩码的位置，使杠杆水平平衡，测出钩码离支点O的距离为56cm；用量筒测出溢出水的体枳如图乙所示，则固体的密度为________g/cm3（已知ρ水=1.0g/cm3）。
【答案】（1）右（2）22（3）45；0.9（4）增加杠杆的长度（5）5
【解析】(1)杠杆的左端下況，说明右轻,那么平衡螺母向右凋;
(2)根据杠杆的平衡条件得到:G容L2=G砝L1
0.1lkg x 10N/kgx 10cm= 0.05g x 10N/kg x L1 L=22cm;
(3)钩码在距高支点右31cm处,根据杠杆平衡条件得到:G总L2=G砝L1
m总x10cm=50gx31cm m总=155g;
液体的质量:m=m总- m容=155g-110g=45g; 液体的密度:P=m/v=0.9g/cm3;
(4)当物体的重力増大时,钩码的重カ和力臂的乘枳肯定増大,要保持杠杆平衡,要幺増加杠杆的氏度，要么増大钩码的重カ,送祥才能増大量程。
(5)根据量筒可知,物体的体积30cm3
容器内剰余水的量カ:m水=PV水=20g;
根据杠杆平衡条件得到:G总L2=G砝L1 m总L2=m砝L1
m总 x 10cm = 50g x 56cm m总=280g ;
固体的质量为:m固= m总-m容-m水= 280g -110g -20g= 150g;
固体的密度:P=5g/cm3.
26．（2022·浙江金华·九年级期末）如图所示，小科同学利用铁架台、带有刻度的杠杆、细线、若干相同钩码、弹簧测力计（单位N）等实验器材“探究杠杆的平衡条件”，一起完成以下问题：
（1）在挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆___________（填“已达到”或“未达到”）平衡状态，接下来应将杠杆两端的平衡螺母向___________（填“左”或“右”）调，使杠杆在水平位置平衡；
（2）移动钩码的位置，使杠杆重新在水平位置平衡（如图乙）。若在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则杠杆___________（填“左”或“右”）端将下沉；
（3）图丙是已经调节平衡的杠杆，在某处挂上适当的钩码后，用弹簧测力计在杠杆C处竖直向上按使杠杆在水平位置重新平衡，则所挂钩码的位置和重力分别是___________（填字母编号）
A．A处挂3N B．A处挂2N C．B处挂3N D．B处挂2N
（4）如图丁所示为农村经常用来测量物体的质量的杆秤，它是利用杠杆原理来制作的。称量是把货物挂在A点。手提着B或C点，调节D点秤砣的位置使秤杆在水平位置平衡，对应秤杆上D点的读数就是货物的质量了。在使用时，为了称量质量较大的货物，手应该提着___________（填“B”或“C”）点的绳子；若秤砣有磨损，则所测物体的质量将___________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】已达到 左 左 BC B 偏大
【解析】（1）[1]杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于静止状态，达到平衡状态。
[2]由图甲中，杠杆的左端较高，平衡螺母应向左端移动使杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是为了方便读出力臂。
（2）设杠杆上一个小格的长度为l，一个钩码重为G，由杠杆平衡条件，在A、B下方再增挂一个相同的钩码，则左侧力和力臂的乘积5G×3l=15Gl
右侧力和力臂的乘积7G×2l=14Gl，因为14Gl＜15Gl所以杠杆左端会下沉。
（3）[4]当弹簧测力计在C点竖直向上拉杠杆，弹簧测力计的示数如图所示，分度值是0.2N，数值是3N，设每个小格长度为L，在A点挂一定数量的钩码时，阻力臂为3L，根据杠杆的平衡条件得
FC×3L=3N×2L FC=2N
B和C在同一点，根据杠杆的平衡条件得FB×2L=3N×2L FB=3N故选BC。
（4）[5]根据杠杆平衡条件，杠杆秤砣一端的力不变，力臂变大，力和力臂的乘积变大，重物一端的力和力臂的乘积也会相应变大，提钮从C换到B时，力臂减小，力一定增大，称得的质量会增大，因此为了称量质量较大的货物，手应该提着B点的绳子。
[6]若秤砣有磨损，秤砣一端的力减小，重物一端的力和力臂的乘积不变，由杠杆的平衡条件，所以秤砣一端力臂要变大，杆秤所示的质量值要偏大。
27．（2022九上·金华月考）杆秤(如图甲)是我国古老的衡量工具，现今人们仍然在使用。某兴趣小组在老师的指导下，动手制作量程为20克的杆秤(如图乙)。
【制作步骤】
①做秤杆：选取一根筷子，在筷子左端选择两点依次标上“A”、“B”。
②挂秤盘：取一个小纸杯，剪去上部四分之三，系上细绳，固定在秤杆的“A"处；
③系秤纽：在秤杆的“B"处系上绳子：
④标零线：将5克的砝码系上细绳制成秤砣，挂到秤纽的右边，手提秤纽，移动秤砣，使秤杆在水平位置处于平衡状态，在秤砣所挂的位置标上“0”；
⑤定刻度……
【交流评价] 】
（1）当在秤盘上放置物体称量时，秤砣应从“0”刻度向 侧移动；
（2）步骤④标零线的目的是 ；
（3）给杆秤定刻度时，小思采用以下的方法：在秤盘上放20克物体，移动秤砣，使秤杆在水平位置处于平衡状态，在秤砣所挂的位置标上20，0和20之间分为20等份。依次标上相应刻度。你认为她的方法是否合理并简单说明理由 。
【答案】（1）右
（2）避免杆秤自重对称量的干扰
（3）合理，根据杠杆平衡条件可知，杆秤的刻度是均匀的
【解析】（1）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析动力臂的变化即可；
（2）当秤砣在零刻线上时，此时秤盘上不放物体恰好平衡，即此时恰好将杠杆的自重平衡掉，防止对测量产生影响。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析物体的质量和动力臂的改变是否成正比即可。
【解答】（1）根据图乙可知，B点为杠杆的质点，左边秤盘上物体的重力相当于阻力，右边砝码的重力相当于动力。当秤盘上放上物体后，左边阻力和力臂的乘积会增大，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，右边动力和动力臂的乘积也会增大。由于动力保持不变，所以动力臂增大，即秤砣从“0”刻度向右移动。
（2）步骤④标零线的目的是：避免杆秤自重对称量的干扰。
（3）根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G物×L2=G砝码×L1，解得：。其中L2和G砝码都是常量，因此动力臂L1与物体质量成正比，那么杆秤的刻度是均匀的，因此她的方法合理。
28．（2022·浙江中考真题）项目学习小组在使用密度计时发现由于刻度不均匀，估读时误差较大，由此准备制作一个刻度均匀的密度计。
【小组讨论】液体密度计是根据排开液体的体积变化判断密度大小；根据密度公式 ，想到是否可以通过密度与质量之间的关系来制作刻度均匀的密度计。经过查阅资料及深入讨论最后确定了制作方案。
【查阅资料】杆秤是我国古老的质量称量工具（如图甲），刻度是均匀的。使用时先把被测物体挂在秤钩处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，秤砣悬挂点对应的数值即为物体的质量。
（1）杆秤的工作原理是___________；
【产品制作】
器材：木棒、塑料杯、细线、刻度尺、金属块（代替秤砣）。
步骤：
①模仿杆秤结构，用杯子代替秤钩，先自制一根无刻度“密度秤”；
②杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（如图乙），将此时秤砣的悬挂点A标记为“0”刻度；
③杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时，将此时秤砣的悬挂点B标记为“___________？___________”刻度（单位g/cm3）；
④以AB两点之间长度的为标准，在整根秤杆上均匀地标上刻度。
（2）在制作过程中，秤杆出现左低右高现象（如图丙），要调至水平位置平衡，秤砣应往___________侧移动；
（3）步骤③中，秤砣悬挂点B标记的刻度值应为___________；
【产品检验】用多种密度已知的液体对“密度秤”刻度准确度进行检验。
【产品升级】
（4）为了制作出精确度更高的“密度秤”，下列改进措施可行的是___________。
A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动 B．减小秤砣的质量
C．减少加入杯中的液体体积 D．换用更细的秤杆
【答案】杠杆平衡原理（或F1·l1=F2·l2） 右 1.0##1 AB
【解析】（1）通过图示的模型结合杠杆的定义，即可确定它用到的相关知识，杆秤的工作原理是杠杆平衡原理。
（2）秤杆出现左低右高现象，根据杠杆平衡原理，右侧的动力和动力臂的乘积小于左侧阻力和阻力臂的乘积，所以向右移动秤砣，增大动力臂，可以达到水平平衡。
（3）密度秤测量水的密度，水的密度是1.0g/cm3；故在B的位置标记为1.0。
（4）A．把秤纽位置往远离秤钩一侧移动，说明阻力臂增大，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2，动力和阻力不变，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，密度秤会更精确，故A正确；
B．减小秤砣的质量，说明动力减小，根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2，动力臂也要随着增大，AB两点之间长度增大，密度秤会更精确，故B正确；
C．杯中不加液体，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时G0×L1=G陀×LA
杯中加水至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在水平位置平衡时（G0+G水）×L1=G陀×LB
联立两式可得
杯中加某种液体至a处，提起秤纽，移动秤砣，当秤杆在AB中某一点C处，水平位置平衡时，可得
可得
当液体体积和水的体积相同时，液体和水的密度比就是重力比，也为长度比；如果减少加入杯中的液体体积，则不能通过密度秤得到液体的密度大小，故C错误；
D．由上述计算可知，秤杆的重力不影响最后的密度结果，故D错误。故选AB。
实验序号
F1
L1
F2
L2
1
2
3
2
3
2
3
4
3
4
3
4
2
4
2
金属块的体积/厘米3
弹簧秤的示数/牛
OB的长度
OA的长度
物体处于空气中（如图甲）
150
1.8
30
10
物体浸没在液体中（如图乙）
150
1.2
30
10
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