11.1 杠杆 综合专题练 2026-2027学年苏科版九年级上册物理

**基本信息** 本练习以杠杆平衡条件为核心，通过8个梯度题型实现从基础公式应用到综合创新的分层训练，强化科学思维与实验探究能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|杠杆平衡公式、力臂作图|含实验调平操作（题型1）、规范作图步骤（题型7）| |中档|定性分析与定量计算|结合古文情境（题型2）、生活器具（杆秤/独轮车，题型3、8）| |拓展创新|密度测量与动态平衡|密度秤原理推导（题型4）、动态拉力变化分析（题型6）| |压轴|综合应用|临界受力模型（题型5）、不均匀杠杆多物体平衡计算|

板块 1 杠杆通用全套配套公式 1. 杠杆平衡核心公式：F₁L₁=F₂L₂ 适用条件：杠杆静止 / 匀速转动平衡；轻质杠杆直接使用；含自重杠杆需额外计入杆自身重力。 2. 重力基础公式：G=mg 3. 密度基础公式：ρ=m/V 变形：m=ρV 4. 杆秤比例推导式（约去 g）：m物·L阻=m砣·L动 5. 杠杆密度秤推导式（桶内液体体积相等）：ρ液=(F液/F水)·ρ水 6. 最小动力计算式：F最小=(F₂L₂)/L最长 ， L最长：支点到杠杆最远作用点的连线长度（最长动力臂） 7. 轮轴变形杠杆：F·R=G·r R 轮半径，r 轴半径 8. 单位强制要求：计算力臂时，全部统一换算成米 (m) 或全部厘米 (cm)，禁止单位混用。 板块 2 全专题通用高频易错汇总 ★1. 力臂基础误区：力臂≠杠杆长度，必须是支点到力作用线的垂直距离；弹簧测力计斜拉时动力臂变短，拉力示数变大。 ★2. 实验调平操作误区：平衡螺母仅能在挂钩码 / 重物前调节；挂上重物后，只能移动钩码、改变测力计位置，严禁调节平衡螺母；杠杆调至水平平衡两个目的：①直接读取力臂长度；②抵消杠杆自身重力对平衡的干扰。 ★3. 杆秤误差通用逻辑：秤砣粘泥变重→测量值偏小；秤砣磨损变轻→测量值偏大；秤尾未水平翘起就读数，测量值小于真实质量。 ★4. 最小动力通用结论：动力作用点离支点越远、力垂直支点与作用点连线时，动力最小。 ★5. 动态杠杆通用规律：拉力始终垂直杠杆抬物体，阻力臂持续变大，拉力持续变大；测力计绕作用点左右摆动，动力臂先变大后变小，拉力先变小后变大。 ★6. 均匀自重杠杆：重心在杠杆几何中点，计算阻力臂必须用中点到支点的距离。 ★7. 密度秤通用条件：必须保证容器装满液体，\(V_水=V_液\)；容器容积越大，刻度区分度越高，测量精度更高；液体未装满，测得密度偏小。 题型 1 探究杠杆的平衡条件｜难度：基础（中考实验大题） 1. 分题型整理 核心考向 1. 实验操作规范：平衡螺母调节、杠杆水平平衡目的； 2. 动态拉力分析：测力计竖直改斜拉、绕点转动时力与力臂变化； 3. 表格数据计算：利用杠杆平衡条件补全表格缺失数据； 4. 误差分析：杠杆自重、秤砣磨损、液体未装满带来测量偏差； 5. 创新拓展：自制杆秤（双提纽）、杠杆密度秤原理与精度优化。 题干识别特征 配图带刻度杠杆、钩码、弹簧测力计；设问关键词：调平衡、斜拉、装满液体、秤砣粘泥、实验表格。 细分小类 ①基础调平类 ②动态拉力变化类 ③数据表格计算类 ④杆秤误差分析类 ⑤杠杆密度测量拓展类 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 调平步骤混淆：挂钩码后仍调节平衡螺母，属于典型操作错误； ★2. 斜拉力臂判断错误：误将杠杆格长当作斜拉时的动力臂，忽略垂线要求； 3. 忽略杠杆自重干扰：实验前未调平，杠杆自重抵消部分拉力，计算结果偏差； 4. 密度秤精度优化反向判断：误以为减小桶容积能提高测量精度。 3. 标准解题思路（万能 4 步） 步骤 1：区分实验阶段 —— 空载调平阶段可动平衡螺母；悬挂重物后仅移动钩码 / 测力计； 步骤 2：判断力臂变化：竖直拉力力臂等于杠杆格长；斜拉 / 倾斜转动，力臂缩短； 步骤 3：代入核心公式列式计算；密度秤联立密度公式推导； 步骤 4：误差反向推导：秤砣、液体体积变化，反向判断测量值偏大 / 偏小。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 核心平衡公式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 密度秤联立推导组合： G水L阻=F水L动， G液L阻=F液L动 联立得：ρ液=(F液/F水)·ρ水 3. 速记结论：杠杆水平平衡两大作用：①方便直接读取力臂；②消除杠杆自重影响。 随堂练习 1．在“探究杠杆的平衡条件”实验中： （1）如图甲所示，安装杠杆时，为了使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向 　右　 移动。 （2）如图乙所示，在杠杆左边挂钩码，保持杠杆仍在水平位置平衡，当弹簧测力计由a转向b时，其示数将 　变大　 。 （3）如图丙所示，在杠杆左侧挂一轻质小桶，桶里装满水，测力计示数为0.8N时，杠杆平衡，则水的质量为 　100　 g，若保持小桶和弹簧测力计的位置不变，改装满另一种液体时，测力计示数变为1N，则这种液体的密度为 　1.25　 g/cm3。根据此原理，可以制作杠杆密度计，要使其测量精度更高一些，应选择容积更 　大　 的空桶。 【分析】（1）当杠杆保持静止或匀速转动状态时，说明杠杆处于平衡状态； 在调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母应向着杠杆高的一端移动。使杠杆在平衡位置平衡的目的是便于测量力臂，排除杠杆自重对实验的影响； （2）当弹簧测力计由位置a转至位置b的过程中，拉力F的力臂变小，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可知，测力计示数将变大； （3）根据杠杆平衡条件得出水的重力，从而得出水的质量； 桶里装满水或者液体，故体积不变，故可得：，故此得出液体密度； 根据杠杆平衡的条件可知，在动力和阻力臂不变的情况下，“增大液体的重力，即通过增大空桶的容积”，则动力臂变大，即该密度秤的精确度会增大，所以，应选择容积更大的空桶。 【解答】解：（1）实验前，杠杆在支架上静止时如图甲所示，此时杠杆处于平衡状态；接下来，她们应将杠杆的平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂，排除杠杆自重对实验的影响。 （2）当弹簧测力计由位置a转至位置b的过程中，拉力F的力臂变小，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，测力计示数将变大； （3）设图丙中一小格长度为L，右边测力计对杠杆的拉力为动力，左边小桶对杠杆的拉力为阻力，则动力臂L1＝5L，阻力臂L2＝4L，轻质小桶的重力不计，则F2＝m水g，已知F1＝0.8N， 根据杠杆的平衡条件可得F1L1＝m水gL2，即0.8N×5L＝m水×10N/kg×4L，解得m水＝0.1kg＝100g； 若保持小桶和弹簧测力计的位置不变（即两力臂不变），改装满另一种液体时，测力计示数变为1N， 根据杠杆的平衡条件可得：1N×5L＝m液×10N/kg×4L，解得m液＝0.125kg＝125g， 桶里装满水或者液体时，其体积相等，由密度公式可得：， 即：， 解得ρ液＝1.25g/cm3； 设弹簧测力计对杠杆的力为动力，则液体和桶对杠杆的力为阻力，根据杠杆平衡的条件可知，在动力和阻力臂不变的情况下，“增大液体的重力，即通过增大空桶的容积”，则动力臂变大，即该密度秤的精确度会增大，所以，应选择容积更大的空桶。 故答案为：（1）右；（2）变大；（3）100；1.25；大。 【点评】探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂大小。要熟练掌握杠杆的平衡条件，并能据此分析杠杆的力与力臂的大小。 2．学习小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。 （1）安装好杠杆，发现左端低、右端高，应将平衡螺母向　右　 调节，使之在水平位置平衡。 （2）D点悬挂两个钩码，A、B、C三点分别悬挂六个、三个、两个钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，力臂越大，对应的力越　小　 。进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是　F1l1＝F2l2 。 （3）保持D点悬挂钩码不变，在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，力的方向应　竖直向上　 ，这是因为此时　动力臂最大　 。 【分析】（1）杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移； （2）根据杠杆的平衡条件是动力×动力臂＝阻力×阻力臂，可写作F1l1＝F2l2，分析解题； （3）根据杠杆的平衡条件分析解答。 【解答】解：（1）杠杆左端下沉，应将杠杆重心向右移，所以应将两端的平衡螺母（左端和右端的均可）向右调节，使之在水平位置平衡； （2）由题意可知，D点悬挂两个钩码不变，在不同位置悬挂不同数量的钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，阻力阻力臂不变，力越小，对应的力臂越大；进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是F1l1＝F2l2； （3）保持D点悬挂钩码不变，使杠杆在水平位置平衡，在E点施加力，根据杠杆平衡条件，阻力、阻力臂不变，动力臂越大，动力越小，力的作用点与支点的连线是最长的力臂，故在E点施加竖直向上方向的力时拉力最小。 故答案为：（1）右；（2）小；F1l1＝F2l2；（3）竖直向上；动力臂最大。 【点评】本题考查了杠杆的调节以及杠杆平衡条件的应用等知识。 3．在探究“杠杆的平衡条件”实验中。 （1）实验开始前，杠杆的位置如图甲所示，应将平衡螺母向　左　 移动使杠杆在水平位置平衡。 （2）第一小组实验数据如表所示，漏填的数据应为　3　 N。 序号 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm ① 1 20 2 10 ② 2 15 1.5 20 ③ 5 1 15 （3）如图乙所示，第二小组某次实验弹簧测力计处于竖直方向时，其示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是　D　 。 A.钩码的数量适当增加； B.钩码的位置适当向左平移； C.弹簧测力计转到图中虚线位置； D.弹簧测力计位置适当向左平移。 （4）如图丙，实验结束后小华用弹簧测力计a、b吊在质量分布不均匀的木条两端，保持木条在水平位置平衡，其中AB＝BC＝CD＝DE，a、b示数分别是18N和6N。若将该木条放置在水平桌面上时，如图丁所示，在D点用力将右端刚好拉起时的最小力F1＝　8　 N。 【分析】（1）杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来； （2）根据杠杆的平衡条件和第3次实验数据中的动力臂、阻力、阻力臂，求出动力； （3）根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂和阻力×阻力臂的关系，得出结论； （4）当弹簧测力计甲在A的位置上，弹簧测力计乙在B的位置上时，以A端为支点，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出木条的重心到A点的距离；当弹簧测力计乙从B点平移到D点时，以A为支点，根据题意求出乙弹簧测力计拉力的力臂和木条重力的力臂，根据杠杆的平衡条件求出D点受到的拉力即为乙弹簧测力计的示数。 【解答】解：（1）杠杆的左端高，说明这一侧力与力臂的乘积小，应将平衡螺母向左调节，以增大这一侧的力臂，因为重力的方向是竖直向下的，杠杆只有在水平位置平衡时，支点到力的作用线的距离才正好在杠杆上，也就是正好等于相应杠杆的长，目的是便于测量力臂； （2）分析第③组数据：由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，F1×5cm＝1N×15cm，解得F1＝3N； （3）由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大， A、若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故A不符合题意； B、钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故B不符合题意； C、弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会更大，故C不符合题意； D、弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会变小，故D符合题意。 故选：D； （4）由图可知，木条受到两弹簧测力计竖直向上的拉力和竖直向下的重力，由力的平衡条件可知，木条的重力：G＝F甲+F乙＝18N+6N＝24N， 设木条的重心在O点，以E为支点，由杠杆的平衡条件可知：F甲×AE＝G×OE， 则OEAE， 弹簧测力计乙从E点平移到D点时，以A点为支点， 此时重力的力臂为OAAE，弹簧测力计乙对木条的拉力的力臂为DAAE， 由杠杆的平衡条件可知：F乙'×DA＝G×OA， 则F乙'8N。 故答案为：（1）左；（2）3；（3）D；（4）8。 【点评】知道杠杆的平衡条件，理解杠杆的力臂定义，并能结合相关的数学知识进行计算是解题的关键。 4．杆秤是我国传统的度量衡工具，项目小组开展自制杆秤的实践活动。 （一）夸克组依据“探究杠杆的平衡条件”实验进行制作： ①选取器材：筷子、小盘、细绳、笔、秤砣以及10g钩码若干。 ②组装：将小盘固定在A处作秤盘；在筷子上系上绳子作为提纽，调整悬点P的位置，使筷子在水平位置平衡（未挂秤砣），再固定好P点。 ③定标：秤盘中放置10g钩码，挂上秤砣并移动秤砣使秤杆水平平衡，秤砣所在位置标 记为“10”；按上述方法继续加放钩码，标记其余刻度。 （1）在步骤②中，使筷子在水平位置平衡的目的是：　消除筷子和小盘总的重力的影响　 。 （2）如图甲所示，C处标记示数为10g，测得PA长5.00cm，PC长2.50cm，则秤砣的质量m0＝　20　 g，测得AB总长为25.00cm，此杆秤的最大称量值为　80　 g。 （3）某次使用时，不小心在秤砣上粘上了一点橡皮泥，测得物体测量为50g，则物体的真实质量　大于　 （大于/等于/小于）50g。 （二）黑洞组依据见过的杆秤实物进行制作： i选取器材：筷子、小盘子、细绳、笔、秤砣以及10g钩码若干。 ii组装：将小盘固定在A处作秤盘；在筷子上某处Q点系牢绳子作为提纽。 iii定标：如图乙所示，秤盘中不放物体，挂上秤砣并调节秤砣位置到D点时，秤杆刚好水平平衡；再在秤盘中放置10g钩码作为重物，移动秤砣使秤杆水平平衡，秤砣所在位置标记为“10”；按上述方法继续加放钩码，标记其余刻度。 （4）此杆秤的0刻度线在　D　 点。 （5）若某次称量时，秤尾（秤杆右端）有些翘起就读数，则所测结果　小于　 真实值。若由于绳结松动，提纽略偏移到了Q点左侧，则所测结果　小于　 真实值。（均选填大于/等于/小于） （6）若夸克组和黑洞组使用的器材均相同，则黑洞组制作的杆秤的量程　大于　 （大于/等于/小于）夸克组制作的杆秤的量程。 【分析】（1）筷子在使用时会受自重的影响，所以在使用前应将筷子调至水平平衡，以消除自重的影响； （2）（3）（5）根据杠杆平衡条件分析回答； （4）秤盘中不放物体，挂上秤砣并调节秤砣位置到D点时，秤杆刚好水平平衡，据此确定杆秤的0刻度线； （6）根据夸克组和黑洞组制作过程分析回答。 【解答】解：（1）筷子在使用时会受自重的影响，所以在使用前应将筷子调至水平平衡，以消除筷子和小盘总的重力的影响； （2）如图甲所示，C处标记示数为10g，测得PA长5.00cm，PC长2.50cm，根据杠杆平衡条件可知，m1g×PA＝m0g×PC，即m1×PA＝m0×PC， 代入数据，10g×5.00cm＝m0×2.50cm， 解得：m0＝20g； 测得AB总长为25.00cm，则PB＝AB﹣PA＝25.00cm﹣5.00cm＝20.00cm， 根据杠杆平衡条件可知，m大g×PA＝m0g×PB，即m大×PA＝m0×PB， 代入数据，m大×5.00cm＝20g×20.00cm， 解得：m大＝80g； （3）某次使用时，不小心在秤砣上粘上了一点橡皮泥，则秤砣的质量增大，左边的力和力臂不变，右边的力增大，根据杠杆的平衡条件可知右边的力臂需减小，所以杆秤所示的质量值要偏小，即物体的真实质量大于50g； （4）秤盘中不放物体，挂上秤砣并调节秤砣位置到D点时，秤杆刚好水平平衡，根据杠杆平衡条件可知，提纽两边力和力臂的乘积相等，即此杆秤的0刻度线在D点； （5）若某次称量时，秤尾（秤杆右端）有些翘起就读数，说明右边力臂偏小，读数偏小，即所测结果小于真实值； 若由于绳结松动，提纽略偏移到了Q点左侧，即左边力臂减小，根据杠杆平衡条件可知，右边力臂也会减小，读数偏小，则所测结果小于真实值； （6）夸克组：在筷子上系上绳子作为提纽，调整悬点P的位置，使筷子在水平位置平衡（未挂秤砣），再固定好P点，说明P点为0刻度线； 黑洞组：如图乙所示，秤盘中不放物体，挂上秤砣并调节秤砣位置到D点时，秤杆刚好水平平衡，说明D点为0刻度线； 由图可知，D点到B的距离大于P点到B的距离，说明黑洞组制作的杆秤的力臂大于夸克组，即黑洞组制作的杆秤的量程大于夸克组制作的杆秤的量程。 故答案为：（1）消除筷子和小盘总的重力的影响；（2）20；80；（3）大于；（4）D；（5）小于；小于；（6）大于。 【点评】本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程以及实验误差分析，有一定的难度。 5．小华同学进行了“探究杠杆平衡条件”的实验。 （1）杠杆的位置如图甲所示，此时杠杆是 　平衡　 （平衡/不平衡）的，应调节杠杆的平衡螺母向 　右　 （左/右）移动，使杠杆在水平位置平衡，实验时施加的动力和阻力的方向都是竖直方向，这样做的好处是 　便于测量力臂　 。 （2）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆将 　左端下沉　 （仍保持平衡/左端下沉/右端下沉）。 （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，如图丙，当弹簧测力计由位置2转至位置1的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，则测力计的示数变化情况为 　D　 。 A．变大 B．先变大后变小 C．变小 D．先变小后变大 （4）如图丁所示，杠杆在水平位置平衡。小华将图中杠杆转至图中虚线位置并保持静止，若不计杠杆自重和摩擦，则轻轻松手后杠杆在虚线处 　能　 （不能/能）平衡。 （5）完成以上实验后，小华利用杠杆来测量杠杆的机械效率，如图戊，实验时竖直向上拉动弹簧测力计，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。如果仅将拉力作用点由C移至B，两次都将钩码移动相同高度，对物体所做的有用功将 　不变　 ，此杠杆的机械效率将 　不变　 （两空均选填：变大/变小/不变）（不计摩擦）。 【分析】（1）杠杆静止时，就是处于平衡状态；调节杠杆平衡的原则是螺母的调节方向是向上翘的那端调节；调节杠杆在水平位置平衡，便于在杠杆上直接读出力臂的大小； （2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出力和力臂的乘积，大的一端下沉； （3）根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析解题； （4）当用手转过一个角度后松手，杠杆的力臂都减小，利用F1l1＝F2l2判断杠杆能否平衡； （5）分析题中有用功，总功的变化情况，根据机械效率公式η判断杠杆的机械效率的变化情况。 【解答】解：（1）由图甲可知，杠杆此时静止，则杠杆处于平衡状态。 杠杆静止时，放手后发现杠杆左端下沉，右端上翘，要想使杠杆在水平位置平衡，无论左端还是右端的平衡螺母都向上翘的一端调节，则应将平衡螺母向右端调节。 杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，这要做的好处是便于测量力臂，简化实验。 （2）设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，如图乙所示，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2， 则3G×3L＞2G×4L，所以杠杆左端下沉； （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，如图丙，当弹簧测力计由位置2转至位置1的过程中，拉力的力臂先变大后变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知测力计的示数先变小后变大。 故选：D。 （4）由题可知，杠杆能在图中虚线位置保持静止，说明杠杆左侧动力与动力臂的乘积等于右侧阻力与阻力臂的乘积，则松手后杠杆在虚线处保持平衡。 （5）用杠杆提升钩码时，对钩码做的功为有用功，因为两次都将钩码移动相同高度，且钩码的重力不变，所以对物体所做的有用功不变。 不计摩擦，用杠杆提升钩码时，克服杠杆自身重力做的功为额外功；如果仅将拉力作用点由C移至B，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆重心上升的高度h不变，根据W额＝G杠h可知所做的额外功不变，根据W总＝W有+W额可知总功不变，由公式可知杠杆的机械效率不变。 故答案为：（1）平衡；右；便于测量力臂；（2）左端下沉；（3）D；（4）能；（5）不变；不 变。 【点评】本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算，有一定难度。 题型 2 杠杆平衡条件定性分析｜难度：中档（概念辨析选择） 1. 分题型整理 核心考向 1. 古文情境：《墨经》杠杆 “标、本、权、重” 概念解读； 2. 生活器具：杆秤、独轮车、衣架支点识别； 3. 定性逻辑判断：抬木棒两端拉力大小、秤砣磨损误差趋势； 4. 文字比例推导：等体积球体结合密度判断力臂长短关系。 题干识别特征 文字描述占比高、数值少，设问多为 “偏大 / 偏小、省力费力、哪端下沉”。 细分小类 ①古文概念辨析 ②杆秤定性误差 ③抬杆重心受力分析 ④多物体杠杆倾斜判断 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 《墨经》概念颠倒：混淆 “权、重（力）” 和 “标、本（力臂）”； ★2. 抬木棒支点选错：拉起一端时误将离地一端作为支点； ★3. 定性误差逻辑反向：秤砣磨损、秤尾翘起时，判断测量值偏差出错； 4. 多球杠杆倾斜判断：漏数悬挂物体总重力，乘积对比失误。 3. 标准解题思路 步骤 1：锁定支点，清晰区分动力、阻力； 步骤 2：对比动力臂、阻力臂长度； 步骤 3：依据平衡公式定性推导力的大小、测量值偏差； 步骤 4：杠杆倾斜判断：对比两侧 “力 × 力臂” 乘积，乘积大的一侧下沉。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 基础平衡式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 速记：权小标长，可称重物；秤砣变轻，测量读数偏大。 随堂练习 1．如图所示，是我国古代《墨经》最早记述的秤的杠杆原理，有关它的说法正确的是（　　） A．“标”“本”表示力，“权”“重”表示力臂 B．图中的B点为杠杆的支点，A点为动力作用点 C．增大“重”时，应把“权”向远离B端方移动 D．“权”小于“重”时，杠杆的A端一定会上扬 【分析】由题意可知，“权”、“重”分别为杠杆的动力和阻力，“标”、“本”分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理条件可知，“权”ד标”＝“重”ד本”。 【解答】解：A、力臂是支点到力的作用线的距离，“权”相当于现在的砝码，即动力，把秤的支点到权的距离称之为“标”，在物理中，我们把它称之为动力臂； 重就是重物，相当于杠杆的阻力，把秤的支点到权的距离称之为“本”，在物理中，我们把它称之为阻力臂；则“标”、“本”表示为力臂，“权”、“重”表示为力，故A错误； B、图中的B点为阻力的作用点，杠杆的支点是O点，故B错误； C、增大“重”时，由于“权”和“本”不变 根据杠杆平衡原理条件“权”ד标”＝“重”ד本”可知：应把“标”变大，即把“权”向A端移，故C正确； D、“权”小于“重”时，根据杠杆平衡原理条件“权”ד标”＝“重”ד本”可知：“标”大于“本”，杠杆可能在水平位置平衡，所以A端不一定上扬，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了杠杆及杠杆平衡条件的应用。 2．同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.08g B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程 【分析】根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，杆秤水平平衡时，秤砣所在的位置显示的示数即物体的质量。 【解答】解： A、当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，则在B点所示的质量为物体的质量，在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线，从O到B点共50个小格，则每一小格表示的质量为m02g，故A错误； B、称中药（称取一定量的中药）时B端翘起，杆秤不能水平平衡，说明秤盘内中药的质量大于所需的质量，所以应减少中药的质量来使杆秤恢复水平平衡，故B正确； C、根据G＝mg和杠杆平衡条件可得m物g×OA＝m砣g×OB，如果秤砣磨损了，OB变大，则测量结果将偏大，故C错误； D、若将提纽移到O点右侧，测量相同质量的物体时，左边力臂变大，则其量程变小，故D错误。 故选：B。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，涉及到杠杆的五要素、杠杆的调节、杆秤的测量原理，有一定难题。 3．如图所示，一根木棒AB（重心为O）置于水平地面上，保持弹簧测力计方向为竖直方向，将棒B端缓慢拉起，A端离地前，弹簧测力计示数为F1。若将棒A端缓慢拉起，B端离地前，竖直向上的弹簧测力计示数为F2。若F1与F2大小之比为5：4，则OA与OB长度之比为（　　） A．5：4 B．4：5 C．5：9 D．9：5 【分析】由于拉力和木棒的重力方向都不变，所以两个力的力臂的比值始终不变。 根据杠杆的平衡条件F1×L1＝F2×L2，由题意列方程组成方程组，解方程组即可得出答案。 【解答】根据杠杆的平衡条件F1×L1＝F2×L2及相似三角形知识可得： F1×AB＝G×OA……① F2×AB＝G×OB……② 由①②可得OA：OB═F1：F2＝5：4。 故选：A。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的理解和应用能力，最关键的点是在提升木棒的过程中，拉力和重力的力臂的比值不变。 4．如图，由不同合金制成的黑、白两种实心球体积相等，黑、白两球的密度之比为3：5，此时杠杆水平平衡（不计杠杆、挂盘和细线的质量）。则m黑：m白＝　3：5　 ，AO：OB＝　13：11　 ；若在左边增加1个白球的同时，再在右边增加1个黑球，则杠杆　左　 端下降（选填“左”或“右”）。 【分析】（1）根据m＝ρV，在体积相等时，质量与密度成正比； （2）根据杠杆的平衡条件结合黑、白两球的质量之比求左右两边的力臂之比； （3）若在左边增加1个白球的同时，再在右边增加1个黑球，根据左右两边力与力臂积大小确定哪端下降。 【解答】解： （1）根据m＝ρV可知，在体积相等时，质量与密度成正比， 黑、白两种球的密度之比为ρ黑：ρ白＝3：5，则黑、白两球的质量之比为3：5； （2）因黑、白两球的质量之比为3：5，则可设黑球的质量为3m，白球的质量为5m， 设杠杆左边的力臂为L1，右边的力臂为L2， 根据图示和杠杆平衡条件可得：（3m×2+5m）g×L1＝（3m+5m×2）g×L2， 化简可得左右两边的力臂之比为L1：L2＝13：11； 则： AO：OB＝L1：L2＝13：11； （3）若在左边增加1个白球的同时，再在右边增加1个黑球，则两边力与力臂之积分别为： 左边：（3m×2+5m×2）g×L1＝16mgL1， 右边：（3m×2+5m×2）g×L2＝16mgL2， 因L1：L2＝13：11； 所以，比较可知，左边力与力臂之积大于右边力与力臂之积， 故杠杆左端将下沉。 故答案为：3：5； 13：11；左。 【点评】本题考查密度公式和杠杆平衡条件的运用。当左边力与力臂之积等于右边力与力臂之积时，杠杆平衡；当左边力与力臂之积大于右边力与力臂之积，左端下沉。 5．如图所示是生活中常见的杆秤。称量时杆秤在水平位置平衡，被测物体和秤砣到提纽的距离分别为0.05m、0.2m，秤砣的质量为0.1kg，秤杆的质量忽略不计，则被测物体的质量为 　0.4　 kg。若秤砣有缺损，则杆秤所测物体的质量会 　偏大　 （选填“偏大”或“偏小”）。 【分析】知道秤砣的质量和两边力臂的大小，利用重力公式和杠杆的平衡条件求被测物的质量； 若秤砣有缺损时，左边的力和力臂不变，右边的力减小，根据杠杆的平衡条件知道右边的力臂增大，即：杆秤所示的质量值要大于被测物的真实质量值。 【解答】解：如图， 由杠杆平衡可知G1•OA＝G2•OB， 即：m1g•OA＝m2g•OB， ∴m10.4kg。 若秤砣有缺损，m2减小，而G1•OA不变，所以OB要变大， 杆秤所示的质量值要偏大。 故答案为：0.4；偏大。 【点评】本题考查了学生对杠杆的平衡条件的掌握和运用，找出力臂大小是本题的关键。 6．如图是学校里面常用的一种移动指示牌，其中AB为牌面，CD和BE为支架，并且测得牌面长AB为60cm，宽为55cm，支架长度BE＝2CE＝2ED＝50cm，指示牌的质量为2kg（所有支架的受风面积忽略不计），假设此时指示牌重力的作用线通过E点，只考虑风对指示牌的作用点在AB中点，根据图示风向可计算出刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力大小为　6.25　 N。 【分析】根据图示确定支点位置，然后利用杠杆平衡条件求出风力的大小。 【解答】解： 根据题意可知，当指示牌刚好把D端吹离地面时，支点为C点； 根据杠杆平衡条件可得： mg×CE＝F×（AB+BE） 解得：F6.25N。 故答案为：6.25。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，会熟练应该杠杆平衡的条件进行计算。 7．小红和小华用一只弹簧测力计，一根长度为1m、质量为1kg、粗细均匀、质量均匀分布的圆柱形螺纹钢AB，一只金属筐，制成了如图所示的机械装置。 （1）制作时，她们将金属筐系于螺纹钢上的B端，当悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，他们这样操作的目的是 　便于测量力臂的大小　 。 （2）测得OB＝10cm，则金属筐的质量为多大？ （3）称重时，将重物放入金属筐中，用弹簧测力计竖直向下拉住螺纹钢的A端，使之再次在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为20N，则重物的质量是为多大。若在她们制作的装置中仅将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，制成杆秤，从O点开始，沿OA每隔1cm标出对应的质量刻度，则该杆秤的分度值为多少kg（g取10N/kg）？ 【分析】（1）悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件求出金属筐的质量； （2）根据弹簧测力计的示数，利用杠杆的平衡条件求出金属筐和重物的总质量，从而求出重物的质量； （3）将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，根据杠杆的平衡条件求出物体的最大质量，然后得出分度值的大小。 【解答】解：（1）螺纹钢在水平位置平衡，他们这样操作的目的是便于测量力臂的大小； （2）将金属筐系于螺纹钢上的B端，当悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，测得OB＝10cm； 圆柱形螺纹钢AB质量分布均匀，则其重心的位置到O点的距离为：L10cm＝40cm； 则OA＝100cm﹣10cm＝90cm； 根据杠杆的平衡条件可知：m螺gL＝m筐g×OB， 代入数据：1kg×g×40m＝m筐×g×10cm， 解得：m筐＝4kg； （3）称重时，将重物放入金属筐中，用弹簧测力计竖直向下拉住螺纹钢的A端，使之再次在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为20N； 根据杠杆的平衡条件可知：F×OA＝m重g×OB， 代入数据：20N×（100cm﹣10cm）＝m重×10N/kg×10cm， 解得：m重＝18kg； 若在她们制作的装置中仅将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，根据杠杆的平衡条件可知，当秤砣在A点时，所测物体的重力最大，即质量最大： m秤砣g×OA＝m'重g×OB， 代入数据：1kg×10N/kg×（100cm﹣10cm）＝m'重×10N/kg×10cm， 解得：m'重＝9kg； 即秤砣在A处时对应的物体的质量是9kg，则该杆秤的分度值为 0.1kg。 答：（1）便于测量力臂的大小； （2）金属筐的质量为4kg； （3）用20N竖直向下拉住螺纹钢的A端时，金属筐中重物的质量是为18kg；该杆秤的分度值为0.1kg。 【点评】本题考查了杠杆的平衡条件的应用，明确力臂的大小是解题的关键。 题型 3 杠杆平衡条件定量计算｜难度：中档（数值计算填空选择） 1. 分题型整理 核心考向 1. 基础定量计算：已知 3 个物理量，求剩余力 / 力臂； 2. 比例联立计算：合金球密度、质量、力臂比值求解； 3. 复合模型：托盘双支点不均匀木条、轮轴变形杠杆； 4. 图像定量计算：小车移动 F-s 图像，求解物体重力、截距数值。 题干识别特征 给出明确数字、坐标图像、多支点结构，要求算出具体数值。 细分小类 ①单一杠杆数值计算 ②密度比例联立计算 ③双支点托盘秤计算 ④轮轴计算 ⑤图像结合定量求解 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 单位混用：力臂 cm、m 不统一直接代入公式，计算结果出错； ★2. 多物体漏计重力：杠杆两端悬挂多个重物，只算单个物体重力； 3. 图像信息误解：分不清 F-s 图像截距、斜率对应的物理意义； 4. 轮轴动力阻力搞反：分不清轮半径、轴半径对应的力。 3. 标准解题思路 步骤 1：找准支点，列出全部动力、阻力与对应力臂； 步骤 2：统一所有力臂单位（全 cm 或全 m）； 步骤 3：代入平衡公式列方程；比例题型联立重力密度公式方程组求解；轮轴使用轮轴公式； 步骤 4：图像题取特殊点（起点、终点）代入公式计算。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 杠杆平衡： F₁L₁=F₂L₂ 2. 重力密度联立： G=ρVg 3. 轮轴专用公式： F·R=G·r R = 轮半径，r = 轴半径 随堂练习 1．如图所示两个轮轴使用时，两图中拉力F大小相等，轮轴的轮半径是轴半径的二倍，则所挂重物G1、G2的重力比是（　　） A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．1：4 【分析】轮轴实际上是一种特殊的杠杆，应用杠杆平衡条件即可答题。 【解答】解：由题意知，轮半径R是轴半径r的2倍，即R＝2r， 根据杠杆平衡条件，动力×动力臂＝阻力×阻力臂， 由图示可知，a图中：F×R＝G1×r，则G1＝2F， b图中：F×r＝G2×R，则G2F， 所以G1：G2＝2F：F＝4：1， 故选：C。 【点评】分析图示情景、熟练应用杠杆平衡条件即可正确解题。 2．如图所示，被固定的拉力传感器1和拉力传感器2分别通过竖直细线连接在轻质杠杆的A点和B点，轻质杠杆的重力可忽略不计。将一辆玩具小车置于杠杆的B点，保持杠杆水平静止。玩具小车从杠杆上B点开始向左匀速运动，传感器2的示数F与小车运动的路程s的关系如图所示。已知：BC＝2AB＝2m，忽略小车的体积，下列说法正确的是（　　） A．小车运动过程中，传感器2的示数保持不变 B．玩具小车的重量为1.5N C．在“F﹣s”图像中，图像与纵坐标交点F0＝1N D．小车运动过程中，两传感器示数之差逐渐变大 【分析】（1）轻质杠杆，不计重力，如果以A为支点，当小车向左运动过程中，车对杠杆的作用力大小不变，其力臂变大，根据杠杆平衡条件分析传感器2的示数； （2）不计杠杆的自重，小车在B点时，传感器2示数为小车重力；根据最大距离时的拉力结合杠杆平衡条件计算小车的重力； （3）根据整体受力平衡，结合平衡条件分析传感器示数之差。 【解答】解：A、如果以A为支点，车对杠杆的作用力大小不变，当小车向左运动过程中，其力臂变大，传感器2对杠杆的作用的力臂不变，根据杠杆平衡条件，传感器2的示数变大，故A错误； BC、根据图像可知，不计杠杆的自重，小车在B点时，传感器2示数为小车重力，传感器1应无示数，故传感器的示数F与小车运动的路程s的关系图中传感器应为传感器2，当小车移动到C点时，移动距离为2m，对应的传感器2的拉力为3N，以A为支点，根据杠杆平衡条件可得G×CA＝F×AB，则小车的重力为G1N； 因此玩具小车的重量为1N，则图像与纵坐标交点F0＝1N，故B错误，C正确； D、杠杆始终处于平衡状态，受力平衡，传感器2向上的拉力与重力和传感器1向下拉力平衡，即F2＝F1+G，故小车运动过程中，两传感器示数之差等于小车的重力，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查杠杆平衡条件与物体受力平衡的分析，属于中档题。 3．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。此时托盘秤甲的示数是（　　） A．8N B．12N C．16N D．18N 【分析】假设木条的重心处在D点，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得FA×LBA＝G×LBD，将盘秤甲的示数、木条的重力，代入可得LBA与LBD的关系；当盘秤甲放在C处时，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得FC×LBC＝G×LBD，据此得出LBC与LBD的关系，根据杠杆平衡条件求C处施加力，即托盘秤甲的示数。 【解答】解：假设木条的重心处在D点，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得：FA×LBA＝G×LBD， 将盘秤甲的示数6N，则FA＝6N，木条的重力G＝24N，代入上式可得：LBA＝4LBD， 当盘秤甲放在C处时，以B点为支点，由杠杆平衡公式可得：FC×LBC＝G×LBD， 因为AO＝BO，AC＝OC，BA＝4BD 所以LBC＝3LBD， 可得： FCG24N＝8N。 故选：A。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，确定两种情况下的力臂大小是关键。 4．如图所示为等刻度的轻质杠杆，在A处挂一个重为4N的物体，若要使杠杆在水平位置 平衡，则在B处施加的力（　　） A．可能是5N B．可能是1.8N C．一定是2N D．一定是4N 【分析】根据杠杆平衡的条件和杠杆中最小力的问题进行分析，在B点施加的力的方向不同、力臂不同，用力的大小不同，支点与力的作用点的连线为最长力臂时用力最小。 【解答】解：设杠杆每一格长度是L，当B处的作用力与杠杆垂直时，力臂最大，此时作用力最小， 由杠杆平衡条件可得：FALA＝FB最小LB，即4N×2L＝FB最小×4L，解得FB最小＝2N， 当作用在B处的力与杠杆不垂直时，力臂小于4L，作用力大于2N，因此要使杠杆平衡，作用在B处的力F≥2N，故BCD错误、A正确。 故选：A。 【点评】知道杠杆平衡的条件，会根据杠杆平衡的条件分析杠杆中最小力的问题。 5．如图所示，电子秤上支架质量不计，均匀细木棒OAB可绕O点自由转动，当支架支撑在A点时，调节O点高度，使木棒水平平衡，此时电子秤示数如图1所示，已知OA：AB＝2：3，细木棒的自重为 　4　 N。现在B点施加竖直向上拉力FB，电子秤示数与FB的关系图像为图2中的①，则图像中横坐标x点的数值为 　2　 N。若将支架从A点移至C点，电子秤示数与FB的关系图像变为图2中的 　②　 （选填数字序号）。 【分析】（1）当电子秤示数为500g时，根据F＝G＝mg可知支架对电子秤的压力，由力的相互性可知支架对木棒的支持力大小，根据杠杆平衡条件可以求出木棒的自重； （2）在B点施加竖直向上的拉力后，当电子秤示数为零时，杠杆的自重与拉力平衡，根据杠杆平衡条件得出拉力的大小，即x点的数值； （3）将支架从A点移至C点，当电子秤示数为零时，杠杆OAB的自重与拉力平衡，因自重及其力臂和拉力的力臂均不变，所以此时x的值不变；当在B点没有施加竖直向上的拉力时，杠杆OAB的自重与支架的支持力平衡，由于支架的力臂变小，而自重及其力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知支持力的变化，即支架对电子秤的压力变化和电子秤的示数变化，从而可知电子秤示数与FB的关系图线。 【解答】解：当电子秤示数为500g时，由力的相互性可知支架对木棒的支持力大小，即支架对电子秤的压力为：F＝G＝mg＝500×10﹣3kg×10N/kg＝5N； 杠杆OAB的自重与支架的支持力平衡，此时自重的力臂等于，支持力的力臂为：； 根据杠杆平衡条件可得：，代入数据解得：G棒＝4N； 在B点施加竖直向处的拉力后，当电子秤示数为零时，杠杆的自重与拉力平衡，根据杠杆平衡条件可得：，代入数据解得：FB＝2N； 将支架从A点移至C点，当电子秤示数为零时，杠杆OAB的自重与拉力平衡，因自重及其力臂和拉力的力臂均不变，所以此时x的值不变； 当在C点没有施加竖直向上的力时，杠杆OAB的自重与支架的支持力平衡，由于支架的力臂变大，而自重及其力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知支持力小于5N，即电子秤的示数小于500g，故若将支架从A点移至C点，电子秤示数与FB的关系图线变为图2中的②所示。 故答案为：4；2；②。 【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，明确各力和相应的力臂是关键。 6．利用杠杆投掷石球，如图，作用在A点的力沿 　b　 时最小，此杠杆属于 　费力　 杠杆。已知石球重100N，OA：OB＝1：4，则作用在A点力的最小值为 　400　 N（不计杠杆自重及摩擦）。 【分析】此题是求杠杆最小力的问题，已知点A是动力作用点，因为阻力（G）和阻力臂（OB）一定，只需找出最长动力臂即可得出最省力的动力方向，可根据这个思路进行求解。 【解答】解： （1）在A端施力F，当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大，此时最省力，即作用在A点的力沿b时最小； （2）根据杠杆的平衡条件知： F×LOA＝G×LOB，其中：LOA：LOB＝1：4，G＝100N， 所以，F＝4G＝4×100N＝400N； 则此杠杆属于费力杠杆。 故答案为：b；费力；400。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，找到在什么方向施加力使动力臂最长是解决问题的关键。 7．如图所示，某人用一根轻质木棒挑着重为180N的物体站在水平地面上，木棒保持水平，棒AB长为1.2m，重物悬挂处离肩膀距离BO为0.8m，手在A端对木棒竖直向下的力为FA，肩膀对木棒O处竖直向上的力为FO，则FA：FO＝　2：3　 ，若向左移动木棒AB，减小OB的长且保持OA的长不变，则手作用在A端的力将 　变小　 （变大/变小/不变），人肩受到木棒的压力将 　变小　 。（变大/变小/不变） 【分析】（1）根据图分析并求出力臂，杠杆平衡条件求出FA的大小，根据力的平衡条件求出FO的大小，进而求出FA：FO； （2）根据图分析减小OB的长且保持OA的长不变时力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析手作用在A端力的变化； （3）根据力的平衡条件和力的作用是相互的分析人肩受到木棒压力的变化。 【解答】解：（1）由图可知，支点为O，A端动力FA的力臂为OA＝AB﹣OB＝1.2m﹣0.8m＝0.4m，B端阻力G的力臂为OB， 由杠杆平衡条件可得：FA×OA＝G×OB， 则FAG180N＝360N， 由力的平衡条件可知，肩膀对木棒O处竖直向上的力为FO＝FA+G＝360N+180N＝540N， 则FA：FO＝360N：540N＝2：3； （2）由图可知，减小OB的长且保持OA的长不变时，FA的力臂OA不变，G的力臂减小， 由杠杆平衡条件可知，阻力G和动力臂OA不变，阻力臂OB减小，动力FA变小； （3）G不变，FA减小，由力的平衡条件可知，肩膀对木棒O处竖直向上的力减小， 人肩受到木棒的压力与肩膀对木棒O处竖直向上的力是一对相互作用力，由力的作用是相互的可知，此时人肩受到木棒的压力变小。 故答案为：2：3；变小；变小。 【点评】本题考查力的平衡条件、力的作用是相互的和杠杆平衡条件的应用，正确分析出力臂是解题的关键。 8．1971年5月15日，尼加拉瓜发行了十张一套题为“改变世界面貌的十个数学公式”邮票，第三枚邮票上画着一个天平，旁边写着F1X1＝F2X2，其中F为作用力，X为力臂，其表彰最早由古希腊学者 　阿基米德　 总结出来的杠杆平衡条件，也称为杠杆原理。 俯卧撑是常见的健身运动，主要锻炼上肢、腰部及腹部的肌肉，尤其有助于增加胸大肌锻炼效果。若把身体看作一个杠杆，则可以看作为 　省力　 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”），O为支点，A为重心，他的体重为700N，地面对手的支持力F大小为 　400　 N。 【分析】阿基米德总结出了杠杆平衡的条件；支点到力的作用线的距离是力臂，由图示可以求出力的力臂，根据动力臂和阻力臂的大小关系判定杠杆的种类；应用杠杆平衡的条件可以求出地面对手的支持力。 【解答】解：古希腊学者阿基米德总结出来的杠杆平衡条件； 由图示可知，地面对手的支持力的力臂L＝0.6m+0.8m＝1.4m；人体重力的力臂为LG＝0.8m；动力臂大于阻力臂，故此时身体可看成为省力杠杆； 由杠杆平衡条件得：FL＝GLG，即F×1.4m＝700N×0.8m，解得：F＝400N。 故答案为：阿基米德；省力；400。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，解题关键是找准力臂的大小。 9．如图所示，推走独轮车之前，先将其撑脚抬离地面。慢慢抬起的过程中，独轮车属于 　省力　 （选填“省力”或“费力”）杠杆。已知车厢和砖头的总重力G＝800N，则图中人手竖直向上的力为 　160　 N．若施加在车把手向上的力始终与把手垂直，则慢慢抬起的过程中这个力的大小 　逐渐减小　 （选填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“始终不变”）。 【分析】（1）结合图片和生活经验，判断独轮车在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆； （2）根据杠杆的平衡条件求出图中人手竖直向上的力； （3）分析动力臂、阻力臂的大小变化情况，利用杠杆平衡条件分析判断。 【解答】解： （1）独轮车在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆； （2）由图可知，LG＝0.2m，LF＝1m， 由杠杆的平衡条件可得：G•LG＝F•LF， 则图中人手竖直向上的力FG800N＝160N； （3）向上施加在车把手上的力始终与把手垂直，则动力臂大小不变，而阻力G不变，阻力臂变小，由杠杆平衡条件可得，动力F将变小。 故答案为：省力；160；逐渐减小。 【点评】本题考查了杠杆的分类和杠杆平衡条件的应用，易错点在第三问，确定动力臂不变、阻力臂变小是关键。 10．如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA＝AB，物块G重30N，∠α＝∠β＝30°。在B点作用一个竖直向上的拉力F使杠杆在水平位置平衡，则F的大小为　15　 N；保持杠杆在水平位置平衡，若仅将拉力F沿顺时针方向转动，则在转至虚线①所示位置的过程中，拉力大小将变　大　 ，再转至虚线②所示位置静止时，拉力F大小为　30　 N。 【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件动力×动力力臂＝阻力×阻力力臂求出F，分析力臂变化可知力的变化。 【解答】解： （1）因为OA＝AB，则OB＝2OA； 由杠杆平衡条件得：F×OB＝G×OA， 所以，F15N， （2）保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F沿顺时针方向转动，在转至①位置时，拉力的力臂变小，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，拉力变大； （3）保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F沿顺时针方向转动，在转至②位置时，由于∠β＝30°，由直角三角形的知识可知，动力F的力臂ODOB， 由杠杆平衡条件得：F′×OD＝G×OA， 即：F′OB＝GOB， 所以此时的拉力F′＝G＝30N。 故答案为：15；变大；30。 【点评】考查杠杆平衡条件的应用，利用平衡条件公式，分析力臂变化可知力的变化，注意灵活运用。 11．如图所示，均匀木棒AB长为1m，水平放置在O、O′两个支点上，已知AO、O′B的长均为0.25m，若把B端竖直向上稍微抬起一点距离，至少要用力20N，则木棒自重 　60　 N，把B端竖直向下稍微压下一点距离需要 　60　 N的力。 【分析】从B端竖直向上稍微抬起一点距离时，可将杆AB看作一个以O为支点，B处拉力为动力、杆自重为阻力的杠杆；利用杠杆的平衡条件可求出木棒的自重。 将B段竖直向下压时，方法同上。 【解答】解：设木棒的重心为C，由于木棒质地均匀，则C为AB的中点； 已知AB＝1m，AO＝O′B＝0.25m，所以OC＝O′C＝0.25m。 如图1，从B端竖直向上抬木棒时，杠杆OCB以O为支点，由杠杆的平衡条件得： F1×OB＝G×OC，代入数据，得：20N×（1m﹣0.25m）＝G×0.25m， 解得：G＝60N。 如图2，从B端竖直向下压木棒时，杠杆CO′B以O′为支点，则： G×O′C＝F2×O′B，即：60N×0.25m＝F2×0.25m， 解得：F2＝60N。 故答案为：60；60。 【点评】在B端施加的动力方向不同时，相应的支点也会改变，准确找出对应的杠杆是突破题目的关键。 题型 4 利用杠杆测量密度｜难度：拓展创新（区分度拔高题） 1. 分题型整理 核心考向 1. 密度秤原理推导：装满水、待测液体，体积相等联立求液体密度； 2. 刻度均匀性分析：推导密度与秤砣移动距离函数关系； 3. 实验步骤补全、液体未装满误差分析； 4. 装置改良：调整器材扩大密度测量量程。 题干识别特征 轻质杠杆 + 固定容积小桶 / 容器，设问：密度、刻度均匀吗、如何提升精度。 细分小类 ①定量求液体密度 ②刻度均匀性辨析 ③误差分析 ④装置改良优化 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 忽略 “装满液体 V 相等” 核心条件，直接用质量代替密度计算； ★2. 刻度均匀性判断错误：误以为密度与力臂非线性，实际刻度均匀； 3. 误差反向判断：液体未装满，阻力偏小，误判测量密度偏大。 3. 标准解题思路 步骤 1：实验前空桶调平，抵消容器自身重力； 步骤 2：装满清水列平衡式，算出桶容积 V=m水/ρ水； 步骤 3：换待测液体，再次列平衡式求出液体质量； 步骤 4：联立得密度推导式；误差分析对比装满标准情况。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 密度秤专用推导： ρ液=(F液/F水)·ρ水 2. 容积计算： V=m水/ρ水 3. 速记：桶容积越大，密度秤精度越高；刻度均匀。 随堂练习 1．小金用轻质木棒、小桶（容积100mL）等器材，制作了一个“密度秤”（如图所示）。已知AO＝10cm，秤砣质量为100g，桶内不装任何液体时，移动秤砣到B处，秤杆恰好处于平衡状态，请回答下列问题： （1）若OA＞OB，秤砣的质量 　＞　 小桶的质量（填“＞”、“＜”或“＝”）； （2）该秤的刻度是 　均匀　 （选填“均匀”或“不均匀”）的； （3）当小金向桶内装满某种液体后，需将秤砣向右移动8cm，秤杆再次达到平衡状态，则该液体的密度为 　0.8×103 kg/m3。 【分析】（1）由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得出结论； （2）设桶内装满密度为ρ液的某种液体后，秤砣由B点向右移动到C点，秤杆再次达到平衡状态后，由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得（m桶+m液）g×OA＝m秤砣g×（OB+BC），又m桶g×OA＝m秤砣g×OB，由此可得m液×OA＝m秤砣×BC，又m液＝ρ液V液，代入可得ρ液，由此可得出结论； （3）把AO＝10cm，BC＝8cm，m秤砣＝100g，V液＝100mL＝100cm3代入ρ液中可得出结论。 【解答】解：（1）由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得m桶g×OA＝m秤砣g×OB，即m桶×OA＝m秤砣×OB，由于OA＞OB，所以m桶＜m秤砣； （2）设桶内装满密度为ρ液的某种液体后，秤砣由B点向右移动到C点，秤杆再次达到平衡状态后， 由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可得：（m桶+m液）g×OA＝m秤砣g×（OB+BC）， 又m桶g×OA＝m秤砣g×OB， 化简得：m液×OA＝m秤砣×BC， 又m液＝ρ液V液，代入可得：ρ液，由于OA、m秤砣、V液是定值，所以ρ液与BC成正比，即该秤的刻度是均匀的； （3）把OA＝10cm，BC＝8cm，m秤砣＝100g，V液＝100mL＝100cm3代入ρ液中可得：ρ液0.8g/cm3＝0.8×103kg/m3。 故答案为：（1）＞；（2）均匀；（3）0.8×103。 【点评】本题主要考查杠杆的平衡条件的应用，密度公式的应用，其中根据杠杆的平衡条件求解出液体的密度与秤砣移动的距离之间的关系是解本题的难点，也是解题的关键。 2．某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的相同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前，需将两容器挂在直尺两端固定的挂钩上，静止时如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的“0g”刻度线处，某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V＝30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积的待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡（左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和），如图乙，他根据相关数据，算出了该液体的密度。 （1）图甲中杠杆　是　 （选填“是”或“否”）平衡；要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向　右　 调节； （2）小明测出的待测液体密度为　0.7　 g/cm3，液体的重力为　0.21　 N； （3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线　b　 符合此关系； （4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，且通过将重物A从“0g”移动到“10g”的过程来实现，请具体描述如何调整：　改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且装入容器的液体体积为50mL　 。 【分析】（1）杠杆处于静止状态和匀速转动状态都称为杠杆平衡；为了使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动； （2）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式求出待测液体的密度，并求出液体的重力； （3）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式写出待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式，据此分析； （4）根据（3）待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式分析回答。 【解答】解：（1）杠杆停在如图甲所示的位置，保持静止状态，杠杆处于平衡状态；此时左端低、右端高，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节； （2）由图乙可知，重物A对应的刻度为9g，左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m＝ρV可知， 1.0g/cm3×30cm3＝ρ液×30cm3+9g， 解得：ρ液＝0.7g/cm3； 该液体的重力为： G液＝m液g＝ρ液V液g＝0.7×103kg/m3×30×10﹣6m3×10N/kg＝0.21N； （3）左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m＝ρV可知，ρ水V＝ρ液V+m，即ρ液ρ水mm+ρ水， 液体的体积和水的密度一定，所以待测液体密度ρ液与重物A所示质量m成一次函数关系，且重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系； （4）由（3）可知，重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，因此可将右侧容器装水，左侧容器装待测液体，由于左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m＝ρV可知， ρ液V＝ρ水V+m，即ρ液ρ水m， 重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越大； 要使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，当液体密度为1.2g/cm3，重物A的质量为10g，代入上式，解得V＝50cm3＝50mL，故调整措施为：改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且装入容器的液体体积为50mL。 故答案为：（1）是；右；（2）0.7；0.21；（3）b；（4）改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且装入容器的液体体积为50mL。 【点评】本题考查了利用杠杆测量密度，综合性较强，有一定的难度。 3．星星中学跨学科实践小组思考用杠杆的平衡条件测量未知液体的密度（实验使用的杠杆重力忽略不计）。 （1）将一个质量不计的矿泉水瓶装满水挂在杠杆的A点，将质量为m的钩码悬挂在O点另一边，调节钩码的位置，直至杠杆在水平位置平衡，标记此时钩码悬挂点的位置，记为B点，如图甲所示，用刻度尺测量BO的长度为L1。 （2）保持钩码位置不变，用同一矿泉水瓶装满待测液体，挂在A点，此时发现右端下沉，接着移动钩码直至杠杆水平平衡，标记此时钩码悬挂点的位置为C点，再　测量CO的长度为L2 （补充实验步骤）。 （3）实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是　便于测量力臂　 。 （4）待测液体的密度是ρ＝　　 （用ρ水及测得的物理量符号表示）。 （5）若装待测液体时液体并未装满，则液体密度的测量值与真实值相比　偏小　 。（选填“偏大”，“偏小”或“不影响”） 【分析】（2）根据杠杆平衡条件和密度公式求出待测液体密度与水的密度的关系； （3）当杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆重合，便于测量力臂； （4）根据杠杆平衡条件和密度公式求出待测液体的密度； （5）若装待测液体时液体并未装满，液体体积计算偏大，由杠杆的平衡条件可得：G液×OA＝G钩码×L2液体密度的测量值与真实值的关系。 【解答】解：（2）由杠杆的平衡条件可得：G水×OA＝G钩码×L1， 因为G＝mg＝ρVg， 所以ρ水Vg×OA＝mg×L1， 即ρ水V×OA＝m×L1……① 更换液体后，由题意可知：G液×OA＜G钩码×L1， 因此ρ液Vg×OA＜mg×L1， 即ρ液V×OA＜m×L1……② 由①②解得，ρ液＜ρ水； 因为G液×OA＜G钩码×L1，左侧的力臂固定， 所以减小右侧的力臂才能使杠杆再次水平平衡，因此应向左移动钩码，标记此时钩码悬挂点的位置为C点，用刻度尺测量CO的长度为L2； （3）实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是让力臂与杠杆重合，便于测量力臂； （4）在（2）调节杠杆平衡后，由杠杆的平衡条件可得：G液×OA＝G钩码×L2， 因此ρ液Vg×OA＝mg×L2， 即ρ液V×OA＝m×L2……③ 由①③解得：ρ液 （5）若装待测液体时液体并未装满，液体体积计算偏大，由杠杆的平衡条件可得：G液×OA＝G钩码×L2液体密度的测量值比真实值小。 故答案为：（2）测量 CO 的长度为 L2； （3）便于测量力臂； （4）； （5）偏小。 【点评】本题用杠杆的平衡条件测量未知液体的密度，考查重力公式、密度公式和杠杆平衡条件的应用，关键是根据杠杆的平衡条件列方程求解液体的密度。 题型 5 杠杆平衡综合培优计算｜难度：压轴满分难点 1. 分题型整理 核心考向 1. 临界受力模型：移动指示牌防风、抬起木条一端临界状态； 2. 自重不均匀杠杆：均匀杆重心中点、不均匀木条双支撑受力； 3. 机械效率结合杠杆：拉力作用点改变，分析有用功、机械效率； 4. 多人抬重物：三角形木板、长木杆多人分担力大小对比； 5. 古代机械：桔槔汲水综合定量计算。 题干识别特征：多条件复合、临界瞬间、多物体自重、多个人受力，计算步骤多。 细分小类 ①临界状态计算 ②不均匀自重杠杆 ③杠杆机械效率 ④多人抬物受力 ⑤桔槔综合计算 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 临界支点找错：吹翻指示牌、抬起木条时选错支点； ★2. 均匀杠杆自重遗漏：计算时忽略杆中点重力带来的阻力； 3. 机械效率概念混淆：误改变拉力作用点会改变有用功大小； 4. 多人抬杆受力分析漏支点，平衡方程列写不全。 3. 标准解题思路 步骤 1：锁定临界支点，标出全部阻力（物体重力 + 杠杆自重）； 步骤 2：统一单位，标出动力臂、所有阻力臂； 步骤 3：列平衡方程，多重力分阻力叠加计算； 步骤 4：机械效率区分：有用功 = 提升物体做功；不计摩擦，仅改变拉力点，有用功不变、效率不变。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 多阻力叠加杠杆平衡： F动L动=G物L阻₁+G杆L阻₂ 基础式：F₁L₁=F₂L₂ 2. 有用功计算： W有=G物h 3. 速记：不计摩擦，拉力作用点远近不改变杠杆机械效率。 随堂练习 1．如图所示是一块三角形的均匀大木板ABC，已知AB＜AC＜BC．现在有甲、乙、丙三个人来抬木板，甲抬A角，乙抬B角，丙抬C角，则抬起来后，每个人所用力的大小关系是（　　） A．F甲＞F乙＞F丙 B．F甲＜F乙＜F丙 C．F甲＝F乙＝F丙 D．无法判断 【分析】以三角形的一个边为杠杆转动的支点，根据杠杆平衡条件分别求出甲、乙、丙三个人抬木板所用的力与均匀大木板的重力之间的关系，然后比较其大小。 【解答】解：如图，O为三角形的重心（各边中线交点），木板受到向上的力FA、FB、FC，向下的重力G，木板水平平衡， 先以三角形木板的以BC为轴，则三角形在A的抬力F甲和三角形木板重力G作用下，处于平衡状态，力臂为A01、OO2， 则：F甲×A01＝G×OO2， 由三角形的中线、重心的几何知识得：A01＝3OO2， ∴F甲G， 同理可得：F乙G，F丙G， ∴F甲＝F乙＝F丙 故选：C。 【点评】本题的解答过程应从另一各角度分析，关键是将三角形的一个边为转动的支点，这样能简化解答分析过程，便于理解，这类似于关门的杠杆平衡。难点是力臂的确定和在AO1A′的三角形中利用的几何知识判断出A01＝3OO2。 2．如图所示，甲、乙、丙三个小和尚抬着一根长木头向寺庙走去，甲和尚抬着较粗的一端，乙和尚抬着木头的中间部位，丙和尚抬着较细的一端。则下列判断正确的是（　　） A．当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变轻，乙的负担顿时加重 B．当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变重，丙的负担顿时变轻 C．当乙的作用力减小时，甲、丙两人的作用力均增加，但ΔF甲＞ΔF丙 D．当甲的作用力增加时，乙、丙两人的作用力均减小，但|ΔF乙|＜|ΔF丙| 【分析】A、当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，分别以A、B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，分析F丙和F乙的大小变化； B、当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，分别以A、C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙和F甲的大小变化； C、当乙的作用力减小时，分别以A、C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，知道F甲、F丙的力臂和F乙的力臂的关系，可得ΔF甲与ΔF丙的大小关系； D、当甲作用力增加时，分别以B、C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F丙和F乙的变化情况。 【解答】解： A、当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图， 若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，要增大F乙，乙的负担顿时加重； 若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F丙去掉，减小F甲，甲的负担顿时变轻；故A正确； B、当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，如下图， 若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，要增大F丙，丙的负担顿时加重； 若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F乙去掉，甲的负担顿时变重；故B错； C、当乙的作用力减小时，如下图， 若以A为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F丙的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF丙ΔF乙； 若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，减小的力和力臂乘积相等，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲ΔF乙；所以ΔF甲＝ΔF丙，故C错误； D、当甲作用力增加时，如下图， 若以B为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F丙也增大，ΔF甲＝ΔF丙； 若以C为支点，阻力和阻力臂不变，动力臂不变，由杠杆平衡条件可知，F甲增大，F乙减小，F甲的力臂等于F乙的力臂的2倍，所以ΔF甲ΔF乙；|ΔF乙|＞|ΔF丙|；故D错。 故选：A。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，能画出图帮助解题、利用好杠杆平衡条件是本题的关键。 3．如图所示，质量分布均匀的细杆水平放置，支座A在杆重心的右侧，杆的右端被位于其上面的支座B顶住。现在杆的左端C处施加一个向下的作用力，则（　　） A．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＝ΔFB B．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＞ΔFB C．A处的弹力减小，B处的弹力增大，且|ΔFA|＞ΔFB D．A处的弹力增大，B处的弹力减小，且ΔFA＞|ΔFB| 【分析】①在C点不施加力时，分别以B、O为支点，由杠杆平衡条件得出关于在A、B处弹力的方程； ②在C点施加力F时，分别以B、O为支点，由杠杆平衡条件得出关于在A、B处弹力的方程； 联立方程组求得弹力变化值进行比较得出答案。 【解答】解： （1）在C点不施加力时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，G×BO＝FA×BA；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣① 以A为支点，由杠杆平衡条件可知，G×AO＝FB×AB；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣② （2）在C点施加力F时，以B为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CB+G×BO＝FA′×BA；﹣﹣﹣﹣﹣③ 以A为支点，由杠杆平衡条件可知，F×CA+G×AO＝FB′×AB；﹣﹣﹣﹣﹣﹣④ ③﹣①得： FA′×BA﹣FA×BA＝F×CB+G×BO﹣G×BO＝F×CB， ∴ΔFA＝FA′﹣FA， ④﹣②得： FB′×AB﹣FB×AB＝F×CA+G×AO﹣G×AO＝F×CB ∴ΔFB＝FB′﹣FB， ∴ΔFA＞ΔFB， 故选：B。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的应用，知道选择不同的支点求弹力是本题的关键。 4．如图所示，重力不计的杠杆OA，O为支点，用力F提起重为30N的物体，恰在水平位置平衡。已知OA＝80cm，AB＝50cm，杠杆与转轴间摩擦忽略不计，下列说法中不正确的是（　　） A．利用该机械提起重物时不能省功 B．拉力F的力臂为40cm C．拉力F的大小为22.5N D．拉力F为作用在A点的最小动力 【分析】（1）根据功的原理可知：使用任何机械都不省功； （2）画出动力臂，根据三角形的角边关系得出动力臂的大小； （3）又知道阻力和阻力臂的大小；利用杠杆的平衡条件求动力的大小。 （4）根据杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，在阻力×阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力将越小。判断出最小拉力的大小， 【解答】解：A、根据功的原理可知：使用任何机械都不省功；所以，利用该机械提起重物时不能省功，故A正确；B、如图，在ΔACO中，知道∠CAO＝30°，则拉力F的力臂L＝OCOA80cm＝40cm，故B正确； C、重力的力臂为OB＝OA﹣AB＝80cm﹣50cm＝30cm，G＝30N， 根据杠杆平衡条件得： F•OC＝G•OB， ∴F22.5N，故C正确； D、在阻力×阻力臂一定的情况下，动力臂越大，动力将越小。由图示可知，当OA为动力臂时，作用在A点的动力最小，即力垂直于杠杆向上，故现在的拉力F不是最小作用力，故D错误。 故选：D。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和利用，画出动力臂根据三角形的角边关系求出动力臂的大小是本题的突破口。 5．桔槔是中国古代一项伟大的发明。如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，在它的前端A处用一根轻质细杆系一个水桶，在后端B处绑一块配重的石块，O1为支点且O1A＝3O1B。汲水时，先缓慢向下拉杆；装水后，缓慢向上提杆。配重石块质量为30kg，桶重20N，桔槔的自重及摩擦不计。（g取10N/kg） （1）当人沿AC方向向下拉杆时，桔槔是 　省力　 杠杆；若移动支架，以O2为支点，则拉力F1的大小将 　变大　 ； （2）向上提杆时人不施力，只借助配重石块，一次最多可以提起 　8　 kg水； （3）为满足不同场合的提水需求，可以更换配重石块。若汲水时，向下拉杆的力为F1′，装满水后，水和桶总重为200N，向上提桶的力为F2'，当F1'和F2'的大小相等时，配重石块质量应为 　33　 kg。 【分析】（1）根据动力臂与阻力臂的大小关系，确定是省力杠杆还是费力杠杆，根据力臂变化分析； （2）根据杠杆的平衡条件分析回答； （3）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2求出人的拉力。 【解答】解：（1）向下拉绳放下空桶时，在A端的力为动力，B端的力为阻力，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；若移动支架，以O2为支点，拉力的力臂减小，而阻力臂变大，故拉力变大； （2）向上提杆时人不施力，只借助配重石块，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得，30kg×10N/kg×O1Bcosθ＝（20N+m×10N/kg）×O1Acosθ， O1A＝3O1B， 解得m＝8kg； （3）若汲水时，向下拉杆的力为F1′，装满水后，水和桶总重为200N，向上提桶的力为F2'，当F1'和F2'的大小相等时， 根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得，下拉时，有m'×10N/kg×O1B＝（20N+F1′）×O1A， 上提时有：m'×10N/kg×O1B＝（200N﹣F2'）×O1A， 解得m'＝33kg。 故答案为：（1）省力；变大；（2）8；（3）33。 【点评】本题考查了杠杆的分类和杠杆平衡条件的应用，是一道基础题。 题型 6 杠杆动态平衡分析｜难度：高频易错题（选择必考） 1. 分题型整理 核心考向 拉力始终垂直杠杆：缓慢抬升物体，阻力臂持续变化，判断拉力变化； 人体模型（颈椎、舞蹈姿势）：角度变化改变重力力臂，拉力同步变化； 测力计绕点摆动：动力臂先大后小，拉力先小后大； 两侧力同步缩放：所有力同时减半 / 加倍，判断杠杆是否倾斜。 题干识别特征：“缓慢抬起、始终垂直、低头角度变大、测力计转动” 动态描述。 细分小类 ①垂直拉力抬杆模型 ②人体杠杆角度模型 ③测力计摆动模型 ④力同步缩放平衡判断 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 阻力臂变化判断颠倒：抬升杠杆，重力阻力臂变大，误判变小； ★2. 颈椎模型误区：直立头部重力过支点，拉力为 0，易误判存在拉力； 3. 两种动态模型混淆：分不清 “垂直抬杆拉力持续变大” 与 “测力计摆动拉力先小后大”。 3. 标准解题思路 步骤 1：支点固定，阻力恒定为物体重力； 步骤 2：分析转动过程中阻力臂、动力臂长短变化； 步骤 3：由拉力变形公式推导拉力变化趋势； 步骤 4：同步缩放题型：两侧\(F·L\)同比例缩小，乘积相等，杠杆仍平衡。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 拉力变形推导式： F₁=(F₂L₂)/L₁ 2. 速记：拉力垂直杠杆抬物体→阻力臂变大，拉力持续变大；测力计左右摆动→拉力先小后大。 随堂练习 1．如图所示，一杠杆在三个大小相同的力F作用下保持平衡，如果将力F均减小一半，则该杠杆将： （　　） A．向左倾斜 B．向右倾斜 C．仍旧平衡 D．无法确定 【分析】首先要掌握杠杆的平衡条件，使杠杆向顺时针转动的力和力臂的乘积等于向逆时针转动的力和力臂的乘积。然后根据F减小一半，判断力和力臂乘积的变化情况。 【解答】解：做出三个力所对应的力臂，如图 根据杠杆的平衡条件：F•L1+F•L2＝F•L3• 若将力减小一半，则两边力和力臂的乘积均减小为原来的一半，所以杠杆仍平衡。 故选：C。 【点评】此题主要考查了杠杆平衡条件的应用，首先掌握杠杆的平衡条件。此题受三个力的作用，可将力分为使杠杆沿顺时针转动和逆时针转动两种情况。若两边的乘积仍相等，则杠杆仍平衡，否则，向乘积大的一侧倾斜。 2．春晚节目《只此青绿》舞绘千里江山图，其中“青绿腰”惊艳众人，演员能保持图甲状态一定时间。若用F1、F2、G表示舞蹈演员前脚、后脚受到的支持力和舞蹈演员的重力，则下列说法正确的是（　　） A．演员为非平衡状态 B．演员受力示意图为图乙 C．演员缓慢起身过程，F2变小 D．适当增大两脚之间的距离，F1变大 【分析】（1）物体处于静止或匀速直线运动状态时物体处于平衡状态； （2）从平衡的角度看，舞者左腿前伸，右腿后撤，身体后仰至水平，人体的重心依然处于两脚之间，重力的作用线并未落在两脚形成的支持面之外，据此作出受力示意图； （3）根据杠杆的平衡条件分析。 【解答】解：A、演员能保持图甲状态一定时间，处于静止状态，为平衡状态，故A错误； B、如图所示， A、B两点为地面对该舞蹈演员两脚支持力的作用点，O为舞蹈演员的重心，重力从重心竖直向下画，标出符号G，支持力分别从两个支持点A、B竖直向上画，标出符号F1、F2，如图丙所示，故B错误； C、演员缓慢起身过程，要判断F2如何变化，则此时应以A点为支点，B点的位置不变，即F2的力臂不变，重心O向左移动，重力的力臂变小，且重力大小不变，根据杠杆的平衡条件可知F2L2＝GLG，所以F2变小，故C正确； D、适当增大两脚之间的距离，要判断F1如何变化，则此时应以B点为支点，因重心的位置几乎不变，则重力的力臂几乎不变，但F1的力臂变大，且重力大小不变，根据杠杆的平衡条件可知F1L1＝GLG，所以F1变小，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查了物体的受力分析、杠杆平衡条件的应用、运动状态的判定，难度不大。 3．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点。在其下端施加一个始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中阻力臂　变大　 ，拉力F　变大　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 【分析】先确定阻力臂、动力臂的变化，然后根据杠杆平衡的条件（动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂）分析动力的变化。 【解答】解：将木棒缓慢地由最初位置拉到水平位置的过程中，拉力F始终垂直于棒，则动力臂不变，阻力为杠杆的重力，其大小也不变； 当木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过一定角度后，重力的力臂（阻力臂）逐渐变大， 因阻力（即重力）不变，阻力臂变大，动力臂不变， 所以，由杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，动力F变大。 故答案为：变大；变大。 【点评】本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用，能否正确分析阻力臂的变化是解题的关键。 4．安安探究颈椎亚健康的成因及预防。如图模型，头部（G＝50N）、颈椎和颈部肌肉简化为支点在颈椎O处的杠杆AOB，A点为头部模型的重心。在图中画出头部模型重力的力臂 ，低头时，颈部肌肉会在B点产生始终垂直于OB的拉力F。低头角度θ增大时，头部模型重力的力臂　增大　 ，拉力F逐渐　增大　 （增大/减小/不变）；低头角度θ＝0°时，拉力F为　0　 N。 【分析】（1）从支点作力的作用线的垂线段，即可作出力的力臂。 （2）根据杠杆平衡：F1L1＝F2L2，阻力、动力臂不变，阻力臂变大据此分析拉力变化；θ＝0°为直立抬头，此时头部重力的阻力臂为0，由杠杆平衡：F•L动＝G•0。 【解答】解：（1）过支点O作力G作用线的垂线段，即可做出力臂l，如图所示； （2）重力方向始终竖直向下，低头角度θ增大时，支点O到重力作用线的垂直距离（重力的力臂）会逐渐增大。 根据杠杆平衡条件G•LG＝F•LF，本题中重力G不变，拉力F始终垂直OB，因此拉力的力臂LF＝OB，大小不变；重力力臂LG增大，因此拉力F也会逐渐增大。 当θ＝0°时，重心A落在支点O的竖直线上，重力作用线经过支点，重力力臂LG＝0，代入杠杆平衡公式可得F＝0N。 故答案为：；增大；增大；0。 【点评】本题考查了力臂的画法以及杠杆平衡条件的应用，需要动态分析，分析时可在纸上把杠杆处于另一位置时的图做出来，难度适中。 题型 7 最小动力 + 杠杆规范作图｜难度：基础作图填空 1. 分题型整理 核心考向 最小动力计算：根据最长动力臂求最小拉力数值； 力臂规范作图：过支点作力作用线垂线，标注符号、直角； 生活工具作图：核桃钳、起吊杠杆、抬重物最小力示意图绘制。 题干识别特征：“画出最小动力、画出力臂、最小力为多少 N”。 细分小类 ①最小动力数值计算 ②标准力臂作图 ③最小动力示意图绘制 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 最长动力臂找错：不选用支点到杠杆最远端点连线； ★2. 动力方向画反：阻力顺时针转动，最小动力需逆时针，方向颠倒； 3. 作图扣分点：漏画垂直符号、力臂不用虚线、未标注\(L_1/L_2\)。 3. 标准解题思路（作图专用分步） 计算步骤 步骤 1：找到杠杆上离支点最远的端点，连线为最长动力臂\(L_{最长}\)； 步骤 2：使用最小动力公式计算。 作图步骤 步骤 1：连接支点与最远作用点（虚线，最长力臂）； 步骤 2：过作用点作连线的垂线，标注动力方向（阻碍杠杆转动）； 步骤 3：力臂标注虚线 + 直角符号，标出力臂符号L。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 最小动力专用公式： F最小=(F₂L₂)/L最长 2. 作图规范速记：最长力臂 = 支点→最远端点；力垂直最长力臂时动力最小。 随堂练习 1．如图所示，AOB为一轻质杠杆（杠杆自重忽略不计），O为支点，OA＝OB，在杠杆的B端挂一重20N的重物，要使杠杆平衡，则在A端施加的力F至少　20　 N．如果在A端施加一个竖直向下的力，要使杠杆平衡，这个力为　40　 N。 【分析】（1）已知点A是动力作用点，只需找出最长动力臂，阻力和阻力臂一定，根据杠杆平衡条件求出在A端施加的最小力； （2）如果在A端施加一个竖直向下的力，先确定动力臂大小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件求出在A端施加的力。 【解答】解： （1）如下图，若在A点施力F，阻力臂为LOB，当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大，此时最省力， ∵杠杆平衡， ∴F×LOA＝G×LOB， ∵LOA＝LOB，G＝20N， ∴F＝G＝20N； （2）如下图，如果在A端施加一个竖直向下的力，动力臂为LOC，阻力臂为LOB，在Rt△OAC中，LOC＝OA×cos60°OA， ∵杠杆平衡， ∴F′×LOC＝G×LOB， 即：F′×LOC＝G×LOB， ∵LOCOA，LOA＝LOB，G＝20N， ∴F′＝40N。 故答案为：20；40。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，能确定两种情况下动力臂的大小（①要最小动力，关键是找到动力作用点A到支点O的最长动力臂；②知道动力方向，画出力臂，确定其大小）是本题的关键。 2．如图1甲所示是个压核桃钳子，其简化示意图如图乙所示，请在图乙中画出压核桃时的最小动力F1。 【分析】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。 【解答】解：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；由图乙可知，O为支点，因此OB作为动力臂最长；动力的方向应该向下，过点B垂直于OB向下作出最小动力F1，如下图所示： 。 【点评】本题的解题关键是通过杠杆的平衡条件得出：在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小的结论。 题型 8 杠杆分类与生活应用｜难度：概念综合 1. 分题型整理 核心考向 1. 三类杠杆区分：省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆判断； 2. 工程应用：斜拉索桥优化方案，调整桥塔高度改变钢索拉力； 3. 生活实例辨析：独轮车、钓鱼竿、筷子、天平归类； 4. 杆秤量程、刻度均匀性综合判断。 题干识别特征：生活工具、桥梁、杆秤，设问 “省力 / 费力、如何减小拉力、量程变化”。 细分小类 ①三类杠杆分类判断 ②斜拉索桥优化分析 ③杆秤量程刻度综合 ④生活器具辨析 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 杠杆分类判断错误：投掷石球杠杆动力臂短，属于费力杠杆，易误判省力； ★2. 斜拉桥逻辑颠倒：降低桥塔高度减小动力臂，拉力变大，易反向选择； 3. 杆秤量程误区：误将增大秤砣质量当作缩小量程。 3. 标准解题思路 步骤 1：找到支点，对比动力臂、阻力臂长度； 步骤 2：分类规则：动力臂＞阻力臂 = 省力杠杆；动力臂＜阻力臂 = 费力杠杆；相等 = 等臂； 步骤 3：桥梁拉力分析：增大动力臂（加高桥塔），钢索拉力减小； 步骤 4：杆秤量程：增大秤砣质量、左移悬点 O，量程变大。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 基础平衡公式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 分类速记：省力杠杆（独轮车、撬棍）；费力杠杆（鱼竿、筷子、投石杠杆）；等臂（天平）。 随堂练习 1．如图（a），是某斜拉索桥的实景图，可逐步抽象成图b、图c所示的模型，为了减小钢索承受的拉力，在可能的前提下，下列做法可行的是（　　） A．增加桥塔高度 B．降低桥塔高度 C．选用更粗的钢索 D．增加桥面厚度 【分析】通过桥高度的变化，结合图示模型分析出杠杆五要素中哪个量发生了变化，然后再利用杠杆平衡条件分析解答。 【解答】解：AB．图c中，斜拉索桥相当于杠杆，O为支点，力F2是阻力，钢索承受的拉力F1为动力，增加桥塔的高度，则F1对应的力臂增大，在阻力和阻力臂不变时，据杠杆的平衡条件知，动力F1减小，故A正确，B错误； C．选用更粗的钢索，阻力及阻力臂和动力臂不变，不能减小动力，即拉力F1，故C错误； D．增加桥面厚度，会增大桥面的重力，则阻力F2增大，在阻力臂及动力臂不变的情况下，据杠杆的平衡条件知，动力增大，故D错误。 故选：A。 【点评】此题考查杠杆的应用，将图示的钢索斜拉桥抽象成杠杆模型是解决第一小题的突破口。 2．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端空桶中加入若干密度未知的液体，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，正确的是（　　） A．每次倒入空桶的液体质量相同 B．密度秤的刻度不均匀 C．增大 M 的质量，秤的量程会减小 D．悬点 O 适当左移，秤的量程会增大 【分析】根据ρ可知，在液体体积相同时，液体的密度越大，质量越大。把密度秤当作杠杆，其支点在O点，左侧分别是阻力和阻力臂，右侧可看作动力和动力臂。再根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2分析即可。 【解答】解： A、在液体体积相同时，液体的密度越大，质量越大，因此只有每次倒入空桶的液体体积相同，才能通过杠杆平衡条件得出液体质量的大小，从而判断液体密度的情况，故A错误； B、根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2，当阻力臂和动力一定时，动力臂与阻力的大小成正比，因此，密度秤的刻度是均匀的，故B错误； C、增大M的质量，根据杠杆平衡的条件F1L1＝F2L2，秤的量程会增大，故C错误； D、悬点O适当左移，则左侧力臂减小，根据杠杆的平衡条件可知，在左侧力与力臂乘积不变的情况下，左侧的力可以更大一些，即秤的量程会相应增大，故D正确。 故选：D。 【点评】本题关键是正确运用杠杆的平衡条件，同时在处理方程的时候也要注意技巧。 3．杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种，映射出中国古代劳动人民的聪明才智。如图所示是杆秤的示意图，秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，则杆秤上的刻度是 　均匀　 （选填“均匀”或“不均匀”）的。某标准杆秤的秤砣质量为1kg，秤和秤钩的总质量为0.5kg，O点为提纽悬点，OC＝4cm，OD＝10cm，要称量真实质量为2.0kg的物体，则秤砣离O点 　24　 cm。如因长期使用，秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，称出来的质量为 　2.6　 kg。 【分析】根据杠杆平衡条件分析杆秤刻度是否均匀的； 由杠杆平衡条件得G秤×L秤＝G秤砣×L秤砣，代入数据可得杆秤重力的力臂L秤（重心与O点的距离）， 由杠杆平衡条件得：GL+G秤×L秤＝G秤砣×L秤砣1，代入数据可得称量真实质量为2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣1（秤砣离O点的距离）； 根据杠杆平衡条件进一步计算秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时秤砣对杆秤作用力的力臂L秤砣2（秤砣离O点的距离）； 根据杆秤刻度是均匀的进一步计算称出来的质量。 【解答】解：如图所示 秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，此时C点就是杆秤的0刻度线，杆秤、秤钩的总自重为G0，重心在A点，不挂重物，秤砣在0刻度线位置时，杆秤在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件得 G0×OA＝G秤砣×OC ① 当在秤钩挂重物Gx时，秤砣移动到距离零刻度线l处时，杠杆在水平位置平衡，则 G0×OA+Gx×OD＝G秤砣×（l+OC） ② 由①②可得 则l与Gx成正比，故此杆秤刻度是均匀的。 秤杆和秤盘的重心为A，当杠杆平衡时秤砣放在C点，则G秤×OA＝G砣×OC 即0.5kg×OA＝1kg×4cm 解得OA＝8cm，使用1kg秤砣（正常情况下），设秤砣到O点的距离L，则m物g×OD+m秤g×OA＝m砣g×L 即2kg×g×10cm+0.5kg×g×8cm＝1kg×g×L 解得L＝24cm，即秤砣离O点是24cm。 秤砣磨损，质量变为0.8kg，设秤砣到O点的距离L′，则m物g×OD+m秤g×OA＝m砣g×L′ 即2kg×g×10cm+0.5kg×g×8cm＝0.8kg×g×L′ 解得L′＝30cm，此杆秤刻度是均匀的，当秤砣离O点是24cm，由于零刻度线在C点，OC＝4cm，秤砣离C点是20cm，对应物体的质量是2kg，杆秤1cm对应的质量为 此时秤砣到O点的距离是30cm，秤砣到C点的距离是26cm，对应的质量为 m′＝0.1kg×26＝2.6kg 故答案为：均匀；24；2.6。 【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的掌握和运用，求出秤杆和秤盘的重心位置是本题的突破口。 4．如图是小柯制作的“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝0.2m，OB＝0.1m，G1＝2N，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。 （1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 　4　 N； （2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（B′点对应B点），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2应该移动到何处？请在图乙中画出G2的位置及其力臂L2。 【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，知道两边力臂、左边力的大小，利用杠杆平衡条件求右边力的大小； （2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；右边的力不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，右边的力臂不变，据此确定G2应该移动到的位置。 【解答】解： （1）如图甲，杠杆在水平位置平衡， 由杠杆平衡条件得：G1×OA＝G2×OB， 即：2N×0.2m＝G2×0.1m， 解得：G2＝4N； （2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；G2不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，应该使右边的力臂不变；原来G2的力臂为OB，则G2应该移动到的位置如图所示。 故答案为：（1）4；（2）如上图。 【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，易错点在第二问，知道根据力臂不变得出答案是关键。 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11.1杠杆 板块 1 杠杆通用全套配套公式 1. 杠杆平衡核心公式：F₁L₁=F₂L₂ 适用条件：杠杆静止 / 匀速转动平衡；轻质杠杆直接使用；含自重杠杆需额外计入杆自身重力。 2. 重力基础公式：G=mg 3. 密度基础公式：ρ=m/V 变形：m=ρV 4. 杆秤比例推导式（约去 g）：m物·L阻=m砣·L动 5. 杠杆密度秤推导式（桶内液体体积相等）：ρ液=(F液/F水)·ρ水 6. 最小动力计算式：F最小=(F₂L₂)/L最长 ， L最长：支点到杠杆最远作用点的连线长度（最长动力臂） 7. 轮轴变形杠杆：F·R=G·r R 轮半径，r 轴半径 8. 单位强制要求：计算力臂时，全部统一换算成米 (m) 或全部厘米 (cm)，禁止单位混用。 板块 2 全专题通用高频易错汇总 ★1. 力臂基础误区：力臂≠杠杆长度，必须是支点到力作用线的垂直距离；弹簧测力计斜拉时动力臂变短，拉力示数变大。 ★2. 实验调平操作误区：平衡螺母仅能在挂钩码 / 重物前调节；挂上重物后，只能移动钩码、改变测力计位置，严禁调节平衡螺母；杠杆调至水平平衡两个目的：①直接读取力臂长度；②抵消杠杆自身重力对平衡的干扰。 ★3. 杆秤误差通用逻辑：秤砣粘泥变重→测量值偏小；秤砣磨损变轻→测量值偏大；秤尾未水平翘起就读数，测量值小于真实质量。 ★4. 最小动力通用结论：动力作用点离支点越远、力垂直支点与作用点连线时，动力最小。 ★5. 动态杠杆通用规律：拉力始终垂直杠杆抬物体，阻力臂持续变大，拉力持续变大；测力计绕作用点左右摆动，动力臂先变大后变小，拉力先变小后变大。 ★6. 均匀自重杠杆：重心在杠杆几何中点，计算阻力臂必须用中点到支点的距离。 ★7. 密度秤通用条件：必须保证容器装满液体，\(V_水=V_液\)；容器容积越大，刻度区分度越高，测量精度更高；液体未装满，测得密度偏小。 题型 1 探究杠杆的平衡条件｜难度：基础（中考实验大题） 1. 分题型整理 核心考向 1. 实验操作规范：平衡螺母调节、杠杆水平平衡目的； 2. 动态拉力分析：测力计竖直改斜拉、绕点转动时力与力臂变化； 3. 表格数据计算：利用杠杆平衡条件补全表格缺失数据； 4. 误差分析：杠杆自重、秤砣磨损、液体未装满带来测量偏差； 5. 创新拓展：自制杆秤（双提纽）、杠杆密度秤原理与精度优化。 题干识别特征 配图带刻度杠杆、钩码、弹簧测力计；设问关键词：调平衡、斜拉、装满液体、秤砣粘泥、实验表格。 细分小类 ①基础调平类 ②动态拉力变化类 ③数据表格计算类 ④杆秤误差分析类 ⑤杠杆密度测量拓展类 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 调平步骤混淆：挂钩码后仍调节平衡螺母，属于典型操作错误； ★2. 斜拉力臂判断错误：误将杠杆格长当作斜拉时的动力臂，忽略垂线要求； 3. 忽略杠杆自重干扰：实验前未调平，杠杆自重抵消部分拉力，计算结果偏差； 4. 密度秤精度优化反向判断：误以为减小桶容积能提高测量精度。 3. 标准解题思路（万能 4 步） 步骤 1：区分实验阶段 —— 空载调平阶段可动平衡螺母；悬挂重物后仅移动钩码 / 测力计； 步骤 2：判断力臂变化：竖直拉力力臂等于杠杆格长；斜拉 / 倾斜转动，力臂缩短； 步骤 3：代入核心公式列式计算；密度秤联立密度公式推导； 步骤 4：误差反向推导：秤砣、液体体积变化，反向判断测量值偏大 / 偏小。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 核心平衡公式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 密度秤联立推导组合： G水L阻=F水L动， G液L阻=F液L动 联立得：ρ液=(F液/F水)·ρ水 3. 速记结论：杠杆水平平衡两大作用：①方便直接读取力臂；②消除杠杆自重影响。 随堂练习 1．在“探究杠杆的平衡条件”实验中： （1）如图甲所示，安装杠杆时，为了使杠杆在水平位置平衡，应调节杠杆右端的平衡螺母向 　 　 移动。 （2）如图乙所示，在杠杆左边挂钩码，保持杠杆仍在水平位置平衡，当弹簧测力计由a转向b时，其示数将 　 　 。 （3）如图丙所示，在杠杆左侧挂一轻质小桶，桶里装满水，测力计示数为0.8N时，杠杆平衡，则水的质量为 　 　 g，若保持小桶和弹簧测力计的位置不变，改装满另一种液体时，测力计示数变为1N，则这种液体的密度为 　 　 g/cm3。根据此原理，可以制作杠杆密度计，要使其测量精度更高一些，应选择容积更 　 　 的空桶。 2．学习小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。 （1）安装好杠杆，发现左端低、右端高，应将平衡螺母向　 　 调节，使之在水平位置平衡。 （2）D点悬挂两个钩码，A、B、C三点分别悬挂六个、三个、两个钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，力臂越大，对应的力越　 　 。进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是　 　 。 （3）保持D点悬挂钩码不变，在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，力的方向应　 　 ，这是因为此时　 　 。 3．在探究“杠杆的平衡条件”实验中。 （1）实验开始前，杠杆的位置如图甲所示，应将平衡螺母向　 　 移动使杠杆在水平位置平衡。 （2）第一小组实验数据如表所示，漏填的数据应为　 　 N。 序号 动力F1/N 动力臂l1/cm 阻力F2/N 阻力臂l2/cm ① 1 20 2 10 ② 2 15 1.5 20 ③ 5 1 15 （3）如图乙所示，第二小组某次实验弹簧测力计处于竖直方向时，其示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是　 　 。 A.钩码的数量适当增加； B.钩码的位置适当向左平移； C.弹簧测力计转到图中虚线位置； D.弹簧测力计位置适当向左平移。 （4）如图丙，实验结束后小华用弹簧测力计a、b吊在质量分布不均匀的木条两端，保持木条在水平位置平衡，其中AB＝BC＝CD＝DE，a、b示数分别是18N和6N。若将该木条放置在水平桌面上时，如图丁所示，在D点用力将右端刚好拉起时的最小力F1＝　 　 N。 4．杆秤是我国传统的度量衡工具，项目小组开展自制杆秤的实践活动。 （一）夸克组依据“探究杠杆的平衡条件”实验进行制作： ①选取器材：筷子、小盘、细绳、笔、秤砣以及10g钩码若干。 ②组装：将小盘固定在A处作秤盘；在筷子上系上绳子作为提纽，调整悬点P的位置，使筷子在水平位置平衡（未挂秤砣），再固定好P点。 ③定标：秤盘中放置10g钩码，挂上秤砣并移动秤砣使秤杆水平平衡，秤砣所在位置标 记为“10”；按上述方法继续加放钩码，标记其余刻度。 （1）在步骤②中，使筷子在水平位置平衡的目的是：　 　 。 （2）如图甲所示，C处标记示数为10g，测得PA长5.00cm，PC长2.50cm，则秤砣的质量m0＝　 　 g，测得AB总长为25.00cm，此杆秤的最大称量值为　 　 g。 （3）某次使用时，不小心在秤砣上粘上了一点橡皮泥，测得物体测量为50g，则物体的真实质量　 　 （大于/等于/小于）50g。 （二）黑洞组依据见过的杆秤实物进行制作： i选取器材：筷子、小盘子、细绳、笔、秤砣以及10g钩码若干。 ii组装：将小盘固定在A处作秤盘；在筷子上某处Q点系牢绳子作为提纽。 iii定标：如图乙所示，秤盘中不放物体，挂上秤砣并调节秤砣位置到D点时，秤杆刚好水平平衡；再在秤盘中放置10g钩码作为重物，移动秤砣使秤杆水平平衡，秤砣所在位置标记为“10”；按上述方法继续加放钩码，标记其余刻度。 （4）此杆秤的0刻度线在　 　 点。 （5）若某次称量时，秤尾（秤杆右端）有些翘起就读数，则所测结果　 　 真实值。若由于绳结松动，提纽略偏移到了Q点左侧，则所测结果　 　 真实值。（均选填大于/等于/小于） （6）若夸克组和黑洞组使用的器材均相同，则黑洞组制作的杆秤的量程　 　 （大于/等于/小于）夸克组制作的杆秤的量程。 5．小华同学进行了“探究杠杆平衡条件”的实验。 （1）杠杆的位置如图甲所示，此时杠杆是 　 　 （平衡/不平衡）的，应调节杠杆的平衡螺母向 　 　 （左/右）移动，使杠杆在水平位置平衡，实验时施加的动力和阻力的方向都是竖直方向，这样做的好处是 　 　 。 （2）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，若将A、B两点下方挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆将 　 　 （仍保持平衡/左端下沉/右端下沉）。 （3）取下B位置的钩码，改用弹簧测力计拉杠杆的C点，如图丙，当弹簧测力计由位置2转至位置1的过程中，杠杆在水平位置始终保持平衡，则测力计的示数变化情况为 　 　 。 A．变大 B．先变大后变小 C．变小 D．先变小后变大 （4）如图丁所示，杠杆在水平位置平衡。小华将图中杠杆转至图中虚线位置并保持静止，若不计杠杆自重和摩擦，则轻轻松手后杠杆在虚线处 　 　 （不能/能）平衡。 （5）完成以上实验后，小华利用杠杆来测量杠杆的机械效率，如图戊，实验时竖直向上拉动弹簧测力计，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升。如果仅将拉力作用点由C移至B，两次都将钩码移动相同高度，对物体所做的有用功将 　 　 ，此杠杆的机械效率将 　 　 （两空均选填：变大/变小/不变）（不计摩擦）。 题型 2 杠杆平衡条件定性分析｜难度：中档（概念辨析选择） 1. 分题型整理 核心考向 1. 古文情境：《墨经》杠杆 “标、本、权、重” 概念解读； 2. 生活器具：杆秤、独轮车、衣架支点识别； 3. 定性逻辑判断：抬木棒两端拉力大小、秤砣磨损误差趋势； 4. 文字比例推导：等体积球体结合密度判断力臂长短关系。 题干识别特征 文字描述占比高、数值少，设问多为 “偏大 / 偏小、省力费力、哪端下沉”。 细分小类 ①古文概念辨析 ②杆秤定性误差 ③抬杆重心受力分析 ④多物体杠杆倾斜判断 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 《墨经》概念颠倒：混淆 “权、重（力）” 和 “标、本（力臂）”； ★2. 抬木棒支点选错：拉起一端时误将离地一端作为支点； ★3. 定性误差逻辑反向：秤砣磨损、秤尾翘起时，判断测量值偏差出错； 4. 多球杠杆倾斜判断：漏数悬挂物体总重力，乘积对比失误。 3. 标准解题思路 步骤 1：锁定支点，清晰区分动力、阻力； 步骤 2：对比动力臂、阻力臂长度； 步骤 3：依据平衡公式定性推导力的大小、测量值偏差； 步骤 4：杠杆倾斜判断：对比两侧 “力 × 力臂” 乘积，乘积大的一侧下沉。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 基础平衡式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 速记：权小标长，可称重物；秤砣变轻，测量读数偏大。 随堂练习 1．如图所示，是我国古代《墨经》最早记述的秤的杠杆原理，有关它的说法正确的是（　　） A．“标”“本”表示力，“权”“重”表示力臂 B．图中的B点为杠杆的支点，A点为动力作用点 C．增大“重”时，应把“权”向远离B端方移动 D．“权”小于“重”时，杠杆的A端一定会上扬 2．同学们模仿中药房的戥秤制作杆秤，用筷子做秤杆，用钩码做秤砣，用细线将秤盘系在A点。当不挂秤砣、且秤盘不放物体时，在O点提起提纽，秤杆水平平衡；当秤盘放100g物体、秤砣移到B点时，秤杆再次水平平衡，如图所示。在O到B两条刻线之间均匀地画上49条刻度线。下列说法正确的是（　　） A．自制杆秤的每一格约表示2.08g B．称中药时B端翘起应减少中药恢复水平平衡 C．如果秤砣磨损则测量结果会比真实质量偏小 D．若将提纽移到O点右侧可以增大杆秤的量程 3．如图所示，一根木棒AB（重心为O）置于水平地面上，保持弹簧测力计方向为竖直方向，将棒B端缓慢拉起，A端离地前，弹簧测力计示数为F1。若将棒A端缓慢拉起，B端离地前，竖直向上的弹簧测力计示数为F2。若F1与F2大小之比为5：4，则OA与OB长度之比为（　　） A．5：4 B．4：5 C．5：9 D．9：5 4．如图，由不同合金制成的黑、白两种实心球体积相等，黑、白两球的密度之比为3：5，此时杠杆水平平衡（不计杠杆、挂盘和细线的质量）。则m黑：m白＝　 　 ，AO：OB＝　 　 ；若在左边增加1个白球的同时，再在右边增加1个黑球，则杠杆　 　 端下降（选填“左”或“右”）。 5．如图所示是生活中常见的杆秤。称量时杆秤在水平位置平衡，被测物体和秤砣到提纽的距离分别为0.05m、0.2m，秤砣的质量为0.1kg，秤杆的质量忽略不计，则被测物体的质量为 　 　 kg。若秤砣有缺损，则杆秤所测物体的质量会 　 　 （选填“偏大”或“偏小”）。 6．如图是学校里面常用的一种移动指示牌，其中AB为牌面，CD和BE为支架，并且测得牌面长AB为60cm，宽为55cm，支架长度BE＝2CE＝2ED＝50cm，指示牌的质量为2kg（所有支架的受风面积忽略不计），假设此时指示牌重力的作用线通过E点，只考虑风对指示牌的作用点在AB中点，根据图示风向可计算出刚好把D端吹离地面这一瞬间的风力大小为　 　 N。 7．小红和小华用一只弹簧测力计，一根长度为1m、质量为1kg、粗细均匀、质量均匀分布的圆柱形螺纹钢AB，一只金属筐，制成了如图所示的机械装置。 （1）制作时，她们将金属筐系于螺纹钢上的B端，当悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，他们这样操作的目的是 　 　 。 （2）测得OB＝10cm，则金属筐的质量为多大？ （3）称重时，将重物放入金属筐中，用弹簧测力计竖直向下拉住螺纹钢的A端，使之再次在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为20N，则重物的质量是为多大。若在她们制作的装置中仅将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，制成杆秤，从O点开始，沿OA每隔1cm标出对应的质量刻度，则该杆秤的分度值为多少kg（g取10N/kg）？ 题型 3 杠杆平衡条件定量计算｜难度：中档（数值计算填空选择） 1. 分题型整理 核心考向 1. 基础定量计算：已知 3 个物理量，求剩余力 / 力臂； 2. 比例联立计算：合金球密度、质量、力臂比值求解； 3. 复合模型：托盘双支点不均匀木条、轮轴变形杠杆； 4. 图像定量计算：小车移动 F-s 图像，求解物体重力、截距数值。 题干识别特征 给出明确数字、坐标图像、多支点结构，要求算出具体数值。 细分小类 ①单一杠杆数值计算 ②密度比例联立计算 ③双支点托盘秤计算 ④轮轴计算 ⑤图像结合定量求解 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 单位混用：力臂 cm、m 不统一直接代入公式，计算结果出错； ★2. 多物体漏计重力：杠杆两端悬挂多个重物，只算单个物体重力； 3. 图像信息误解：分不清 F-s 图像截距、斜率对应的物理意义； 4. 轮轴动力阻力搞反：分不清轮半径、轴半径对应的力。 3. 标准解题思路 步骤 1：找准支点，列出全部动力、阻力与对应力臂； 步骤 2：统一所有力臂单位（全 cm 或全 m）； 步骤 3：代入平衡公式列方程；比例题型联立重力密度公式方程组求解；轮轴使用轮轴公式； 步骤 4：图像题取特殊点（起点、终点）代入公式计算。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 杠杆平衡： F₁L₁=F₂L₂ 2. 重力密度联立： G=ρVg 3. 轮轴专用公式： F·R=G·r R = 轮半径，r = 轴半径 随堂练习 1．如图所示两个轮轴使用时，两图中拉力F大小相等，轮轴的轮半径是轴半径的二倍，则所挂重物G1、G2的重力比是（　　） A．1：1 B．2：1 C．4：1 D．1：4 2．如图所示，被固定的拉力传感器1和拉力传感器2分别通过竖直细线连接在轻质杠杆的A点和B点，轻质杠杆的重力可忽略不计。将一辆玩具小车置于杠杆的B点，保持杠杆水平静止。玩具小车从杠杆上B点开始向左匀速运动，传感器2的示数F与小车运动的路程s的关系如图所示。已知：BC＝2AB＝2m，忽略小车的体积，下列说法正确的是（　　） A．小车运动过程中，传感器2的示数保持不变 B．玩具小车的重量为1.5N C．在“F﹣s”图像中，图像与纵坐标交点F0＝1N D．小车运动过程中，两传感器示数之差逐渐变大 3．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。此时托盘秤甲的示数是（　　） A．8N B．12N C．16N D．18N 4．如图所示为等刻度的轻质杠杆，在A处挂一个重为4N的物体，若要使杠杆在水平位置 平衡，则在B处施加的力（　　） A．可能是5N B．可能是1.8N C．一定是2N D．一定是4N 5．如图所示，电子秤上支架质量不计，均匀细木棒OAB可绕O点自由转动，当支架支撑在A点时，调节O点高度，使木棒水平平衡，此时电子秤示数如图1所示，已知OA：AB＝2：3，细木棒的自重为 　 　 N。现在B点施加竖直向上拉力FB，电子秤示数与FB的关系图像为图2中的①，则图像中横坐标x点的数值为 　 　 N。若将支架从A点移至C点，电子秤示数与FB的关系图像变为图2中的 　 　 （选填数字序号）。 6．利用杠杆投掷石球，如图，作用在A点的力沿 　 　 时最小，此杠杆属于 　 　 杠杆。已知石球重100N，OA：OB＝1：4，则作用在A点力的最小值为 　 　 N（不计杠杆自重及摩擦）。 7．如图所示，某人用一根轻质木棒挑着重为180N的物体站在水平地面上，木棒保持水平，棒AB长为1.2m，重物悬挂处离肩膀距离BO为0.8m，手在A端对木棒竖直向下的力为FA，肩膀对木棒O处竖直向上的力为FO，则FA：FO＝　 　 ，若向左移动木棒AB，减小OB的长且保持OA的长不变，则手作用在A端的力将 　 　 （变大/变小/不变），人肩受到木棒的压力将 　 　 。（变大/变小/不变） 8．1971年5月15日，尼加拉瓜发行了十张一套题为“改变世界面貌的十个数学公式”邮票，第三枚邮票上画着一个天平，旁边写着F1X1＝F2X2，其中F为作用力，X为力臂，其表彰最早由古希腊学者 　 　 总结出来的杠杆平衡条件，也称为杠杆原理。 俯卧撑是常见的健身运动，主要锻炼上肢、腰部及腹部的肌肉，尤其有助于增加胸大肌锻炼效果。若把身体看作一个杠杆，则可以看作为 　 　 杠杆（选填“省力”、“费力”或“等臂”），O为支点，A为重心，他的体重为700N，地面对手的支持力F大小为 　 　 N。 9．如图所示，推走独轮车之前，先将其撑脚抬离地面。慢慢抬起的过程中，独轮车属于 　 　 （选填“省力”或“费力”）杠杆。已知车厢和砖头的总重力G＝800N，则图中人手竖直向上的力为 　 　 N．若施加在车把手向上的力始终与把手垂直，则慢慢抬起的过程中这个力的大小 　 　 （选填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“始终不变”）。 10．如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA＝AB，物块G重30N，∠α＝∠β＝30°。在B点作用一个竖直向上的拉力F使杠杆在水平位置平衡，则F的大小为　 　 N；保持杠杆在水平位置平衡，若仅将拉力F沿顺时针方向转动，则在转至虚线①所示位置的过程中，拉力大小将变　 　 ，再转至虚线②所示位置静止时，拉力F大小为　 　 N。 11．如图所示，均匀木棒AB长为1m，水平放置在O、O′两个支点上，已知AO、O′B的长均为0.25m，若把B端竖直向上稍微抬起一点距离，至少要用力20N，则木棒自重 　 　 N，把B端竖直向下稍微压下一点距离需要 　 　 N的力。 题型 4 利用杠杆测量密度｜难度：拓展创新（区分度拔高题） 1. 分题型整理 核心考向 1. 密度秤原理推导：装满水、待测液体，体积相等联立求液体密度； 2. 刻度均匀性分析：推导密度与秤砣移动距离函数关系； 3. 实验步骤补全、液体未装满误差分析； 4. 装置改良：调整器材扩大密度测量量程。 题干识别特征 轻质杠杆 + 固定容积小桶 / 容器，设问：密度、刻度均匀吗、如何提升精度。 细分小类 ①定量求液体密度 ②刻度均匀性辨析 ③误差分析 ④装置改良优化 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 忽略 “装满液体 V 相等” 核心条件，直接用质量代替密度计算； ★2. 刻度均匀性判断错误：误以为密度与力臂非线性，实际刻度均匀； 3. 误差反向判断：液体未装满，阻力偏小，误判测量密度偏大。 3. 标准解题思路 步骤 1：实验前空桶调平，抵消容器自身重力； 步骤 2：装满清水列平衡式，算出桶容积 V=m水/ρ水； 步骤 3：换待测液体，再次列平衡式求出液体质量； 步骤 4：联立得密度推导式；误差分析对比装满标准情况。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 密度秤专用推导： ρ液=(F液/F水)·ρ水 2. 容积计算： V=m水/ρ水 3. 速记：桶容积越大，密度秤精度越高；刻度均匀。 随堂练习 1．小金用轻质木棒、小桶（容积100mL）等器材，制作了一个“密度秤”（如图所示）。已知AO＝10cm，秤砣质量为100g，桶内不装任何液体时，移动秤砣到B处，秤杆恰好处于平衡状态，请回答下列问题： （1）若OA＞OB，秤砣的质量 　 　 小桶的质量（填“＞”、“＜”或“＝”）； （2）该秤的刻度是 　 　 （选填“均匀”或“不均匀”）的； （3）当小金向桶内装满某种液体后，需将秤砣向右移动8cm，秤杆再次达到平衡状态，则该液体的密度为 　 　 kg/m3。 2．某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的相同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前，需将两容器挂在直尺两端固定的挂钩上，静止时如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的“0g”刻度线处，某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V＝30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积的待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡（左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和），如图乙，他根据相关数据，算出了该液体的密度。 （1）图甲中杠杆　 　 （选填“是”或“否”）平衡；要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向　 　 调节； （2）小明测出的待测液体密度为　 　 g/cm3，液体的重力为　 　 N； （3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线　 　 符合此关系； （4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，且通过将重物A从“0g”移动到“10g”的过程来实现，请具体描述如何调整：　 　 。 3．星星中学跨学科实践小组思考用杠杆的平衡条件测量未知液体的密度（实验使用的杠杆重力忽略不计）。 （1）将一个质量不计的矿泉水瓶装满水挂在杠杆的A点，将质量为m的钩码悬挂在O点另一边，调节钩码的位置，直至杠杆在水平位置平衡，标记此时钩码悬挂点的位置，记为B点，如图甲所示，用刻度尺测量BO的长度为L1。 （2）保持钩码位置不变，用同一矿泉水瓶装满待测液体，挂在A点，此时发现右端下沉，接着移动钩码直至杠杆水平平衡，标记此时钩码悬挂点的位置为C点，再　 　 （补充实验步骤）。 （3）实验过程中，调节杠杆在水平位置平衡的目的是　 　 。 （4）待测液体的密度是ρ＝　 　 （用ρ水及测得的物理量符号表示）。 （5）若装待测液体时液体并未装满，则液体密度的测量值与真实值相比　 　 。（选填“偏大”，“偏小”或“不影响”） 题型 5 杠杆平衡综合培优计算｜难度：压轴满分难点 1. 分题型整理 核心考向 1. 临界受力模型：移动指示牌防风、抬起木条一端临界状态； 2. 自重不均匀杠杆：均匀杆重心中点、不均匀木条双支撑受力； 3. 机械效率结合杠杆：拉力作用点改变，分析有用功、机械效率； 4. 多人抬重物：三角形木板、长木杆多人分担力大小对比； 5. 古代机械：桔槔汲水综合定量计算。 题干识别特征：多条件复合、临界瞬间、多物体自重、多个人受力，计算步骤多。 细分小类 ①临界状态计算 ②不均匀自重杠杆 ③杠杆机械效率 ④多人抬物受力 ⑤桔槔综合计算 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 临界支点找错：吹翻指示牌、抬起木条时选错支点； ★2. 均匀杠杆自重遗漏：计算时忽略杆中点重力带来的阻力； 3. 机械效率概念混淆：误改变拉力作用点会改变有用功大小； 4. 多人抬杆受力分析漏支点，平衡方程列写不全。 3. 标准解题思路 步骤 1：锁定临界支点，标出全部阻力（物体重力 + 杠杆自重）； 步骤 2：统一单位，标出动力臂、所有阻力臂； 步骤 3：列平衡方程，多重力分阻力叠加计算； 步骤 4：机械效率区分：有用功 = 提升物体做功；不计摩擦，仅改变拉力点，有用功不变、效率不变。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 多阻力叠加杠杆平衡： F动L动=G物L阻₁+G杆L阻₂ 基础式：F₁L₁=F₂L₂ 2. 有用功计算： W有=G物h 3. 速记：不计摩擦，拉力作用点远近不改变杠杆机械效率。 随堂练习 1．如图所示是一块三角形的均匀大木板ABC，已知AB＜AC＜BC．现在有甲、乙、丙三个人来抬木板，甲抬A角，乙抬B角，丙抬C角，则抬起来后，每个人所用力的大小关系是（　　） A．F甲＞F乙＞F丙 B．F甲＜F乙＜F丙 C．F甲＝F乙＝F丙 D．无法判断 2．如图所示，甲、乙、丙三个小和尚抬着一根长木头向寺庙走去，甲和尚抬着较粗的一端，乙和尚抬着木头的中间部位，丙和尚抬着较细的一端。则下列判断正确的是（　　） A．当丙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变轻，乙的负担顿时加重 B．当乙由于肩膀酸痛而撤掉作用力后，甲的负担顿时变重，丙的负担顿时变轻 C．当乙的作用力减小时，甲、丙两人的作用力均增加，但ΔF甲＞ΔF丙 D．当甲的作用力增加时，乙、丙两人的作用力均减小，但|ΔF乙|＜|ΔF丙| 3．如图所示，质量分布均匀的细杆水平放置，支座A在杆重心的右侧，杆的右端被位于其上面的支座B顶住。现在杆的左端C处施加一个向下的作用力，则（　　） A．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＝ΔFB B．A、B两处的弹力均增加，且ΔFA＞ΔFB C．A处的弹力减小，B处的弹力增大，且|ΔFA|＞ΔFB D．A处的弹力增大，B处的弹力减小，且ΔFA＞|ΔFB| 4．如图所示，重力不计的杠杆OA，O为支点，用力F提起重为30N的物体，恰在水平位置平衡。已知OA＝80cm，AB＝50cm，杠杆与转轴间摩擦忽略不计，下列说法中不正确的是（　　） A．利用该机械提起重物时不能省功 B．拉力F的力臂为40cm C．拉力F的大小为22.5N D．拉力F为作用在A点的最小动力 5．桔槔是中国古代一项伟大的发明。如图是古人利用桔槔从井里汲水的示意图，在它的前端A处用一根轻质细杆系一个水桶，在后端B处绑一块配重的石块，O1为支点且O1A＝3O1B。汲水时，先缓慢向下拉杆；装水后，缓慢向上提杆。配重石块质量为30kg，桶重20N，桔槔的自重及摩擦不计。（g取10N/kg） （1）当人沿AC方向向下拉杆时，桔槔是 　 　 杠杆；若移动支架，以O2为支点，则拉力F1的大小将 　 　 ； （2）向上提杆时人不施力，只借助配重石块，一次最多可以提起 　 　 kg水； （3）为满足不同场合的提水需求，可以更换配重石块。若汲水时，向下拉杆的力为F1′，装满水后，水和桶总重为200N，向上提桶的力为F2'，当F1'和F2'的大小相等时，配重石块质量应为 　 　 kg。 题型 6 杠杆动态平衡分析｜难度：高频易错题（选择必考） 1. 分题型整理 核心考向 拉力始终垂直杠杆：缓慢抬升物体，阻力臂持续变化，判断拉力变化； 人体模型（颈椎、舞蹈姿势）：角度变化改变重力力臂，拉力同步变化； 测力计绕点摆动：动力臂先大后小，拉力先小后大； 两侧力同步缩放：所有力同时减半 / 加倍，判断杠杆是否倾斜。 题干识别特征：“缓慢抬起、始终垂直、低头角度变大、测力计转动” 动态描述。 细分小类 ①垂直拉力抬杆模型 ②人体杠杆角度模型 ③测力计摆动模型 ④力同步缩放平衡判断 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 阻力臂变化判断颠倒：抬升杠杆，重力阻力臂变大，误判变小； ★2. 颈椎模型误区：直立头部重力过支点，拉力为 0，易误判存在拉力； 3. 两种动态模型混淆：分不清 “垂直抬杆拉力持续变大” 与 “测力计摆动拉力先小后大”。 3. 标准解题思路 步骤 1：支点固定，阻力恒定为物体重力； 步骤 2：分析转动过程中阻力臂、动力臂长短变化； 步骤 3：由拉力变形公式推导拉力变化趋势； 步骤 4：同步缩放题型：两侧\(F·L\)同比例缩小，乘积相等，杠杆仍平衡。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 拉力变形推导式： F₁=(F₂L₂)/L₁ 2. 速记：拉力垂直杠杆抬物体→阻力臂变大，拉力持续变大；测力计左右摆动→拉力先小后大。 随堂练习 1．如图所示，一杠杆在三个大小相同的力F作用下保持平衡，如果将力F均减小一半，则该杠杆将： （　　） A．向左倾斜 B．向右倾斜 C．仍旧平衡 D．无法确定 2．春晚节目《只此青绿》舞绘千里江山图，其中“青绿腰”惊艳众人，演员能保持图甲状态一定时间。若用F1、F2、G表示舞蹈演员前脚、后脚受到的支持力和舞蹈演员的重力，则下列说法正确的是（　　） A．演员为非平衡状态 B．演员受力示意图为图乙 C．演员缓慢起身过程，F2变小 D．适当增大两脚之间的距离，F1变大 3．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点。在其下端施加一个始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置，在转动的过程中阻力臂　 　 ，拉力F　 　 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。 4．安安探究颈椎亚健康的成因及预防。如图模型，头部（G＝50N）、颈椎和颈部肌肉简化为支点在颈椎O处的杠杆AOB，A点为头部模型的重心。在图中画出头部模型重力的力臂　 　 ，低头时，颈部肌肉会在B点产生始终垂直于OB的拉力F。低头角度θ增大时，头部模型重力的力臂　 　 ，拉力F逐渐　 　 （增大/减小/不变）；低头角度θ＝0°时，拉力F为　 　 N。 题型 7 最小动力 + 杠杆规范作图｜难度：基础作图填空 1. 分题型整理 核心考向 最小动力计算：根据最长动力臂求最小拉力数值； 力臂规范作图：过支点作力作用线垂线，标注符号、直角； 生活工具作图：核桃钳、起吊杠杆、抬重物最小力示意图绘制。 题干识别特征：“画出最小动力、画出力臂、最小力为多少 N”。 细分小类 ①最小动力数值计算 ②标准力臂作图 ③最小动力示意图绘制 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 最长动力臂找错：不选用支点到杠杆最远端点连线； ★2. 动力方向画反：阻力顺时针转动，最小动力需逆时针，方向颠倒； 3. 作图扣分点：漏画垂直符号、力臂不用虚线、未标注\(L_1/L_2\)。 3. 标准解题思路（作图专用分步） 计算步骤 步骤 1：找到杠杆上离支点最远的端点，连线为最长动力臂\(L_{最长}\)； 步骤 2：使用最小动力公式计算。 作图步骤 步骤 1：连接支点与最远作用点（虚线，最长力臂）； 步骤 2：过作用点作连线的垂线，标注动力方向（阻碍杠杆转动）； 步骤 3：力臂标注虚线 + 直角符号，标出力臂符号L。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 最小动力专用公式： F最小=(F₂L₂)/L最长 2. 作图规范速记：最长力臂 = 支点→最远端点；力垂直最长力臂时动力最小。 随堂练习 1．如图所示，AOB为一轻质杠杆（杠杆自重忽略不计），O为支点，OA＝OB，在杠杆的B端挂一重20N的重物，要使杠杆平衡，则在A端施加的力F至少　 　 N．如果在A端施加一个竖直向下的力，要使杠杆平衡，这个力为　 　 N。 2．如图1甲所示是个压核桃钳子，其简化示意图如图乙所示，请在图乙中画出压核桃时的最小动力F1。 题型 8 杠杆分类与生活应用｜难度：概念综合 1. 分题型整理 核心考向 1. 三类杠杆区分：省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆判断； 2. 工程应用：斜拉索桥优化方案，调整桥塔高度改变钢索拉力； 3. 生活实例辨析：独轮车、钓鱼竿、筷子、天平归类； 4. 杆秤量程、刻度均匀性综合判断。 题干识别特征：生活工具、桥梁、杆秤，设问 “省力 / 费力、如何减小拉力、量程变化”。 细分小类 ①三类杠杆分类判断 ②斜拉索桥优化分析 ③杆秤量程刻度综合 ④生活器具辨析 2. 高频易错点（本题型专属） ★1. 杠杆分类判断错误：投掷石球杠杆动力臂短，属于费力杠杆，易误判省力； ★2. 斜拉桥逻辑颠倒：降低桥塔高度减小动力臂，拉力变大，易反向选择； 3. 杆秤量程误区：误将增大秤砣质量当作缩小量程。 3. 标准解题思路 步骤 1：找到支点，对比动力臂、阻力臂长度； 步骤 2：分类规则：动力臂＞阻力臂 = 省力杠杆；动力臂＜阻力臂 = 费力杠杆；相等 = 等臂； 步骤 3：桥梁拉力分析：增大动力臂（加高桥塔），钢索拉力减小； 步骤 4：杆秤量程：增大秤砣质量、左移悬点 O，量程变大。 4. 配套可复制公式 & 速记结论 1. 基础平衡公式： F₁L₁=F₂L₂ 2. 分类速记：省力杠杆（独轮车、撬棍）；费力杠杆（鱼竿、筷子、投石杠杆）；等臂（天平）。 随堂练习 1．如图（a），是某斜拉索桥的实景图，可逐步抽象成图b、图c所示的模型，为了减小钢索承受的拉力，在可能的前提下，下列做法可行的是（　　） A．增加桥塔高度 B．降低桥塔高度 C．选用更粗的钢索 D．增加桥面厚度 2．如图，小明用一轻质杠杆自制简易密度秤的过程中，在A端空桶中加入若干密度未知的液体，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，正确的是（　　） A．每次倒入空桶的液体质量相同 B．密度秤的刻度不均匀 C．增大 M 的质量，秤的量程会减小 D．悬点 O 适当左移，秤的量程会增大 3．杆秤是人类发明的各种衡器中历史最悠久的一种，映射出中国古代劳动人民的聪明才智。如图所示是杆秤的示意图，秤钩上不挂物体，提起秤纽，当秤砣移动到C点时，杆秤刚好水平平衡，则杆秤上的刻度是 　 　 （选填“均匀”或“不均匀”）的。某标准杆秤的秤砣质量为1kg，秤和秤钩的总质量为0.5kg，O点为提纽悬点，OC＝4cm，OD＝10cm，要称量真实质量为2.0kg的物体，则秤砣离O点 　 　 cm。如因长期使用，秤砣磨损，质量变为0.8kg，再测真实质量2.0kg的物体时，称出来的质量为 　 　 kg。 4．如图是小柯制作的“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝0.2m，OB＝0.1m，G1＝2N，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。 （1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 　 　 N； （2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB′（B′点对应B点），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2应该移动到何处？请在图乙中画出G2的位置及其力臂L2。 2 学科网（北京）股份有限公司 $