2020年中考物理试题分类命题备考方略专题11动态杠杆分析题含解析

2020年中考物理试题分类命题备考方略专题11动态杠杆分析题含解析

‎2020年物理试卷分类命题备考方略 专题十一动态杠杆分析题 ‎★命题诠释 杠杆是简单机械部分的主要内容，也是学习较难的内容。杠杆在中考试卷中所占分值较大，同时也是必考命题。动态杠杆问题在中考试卷中，常见题型有选择题、填空、作图、实验探究和计算题；从试题的内容看，作图题常考力臂画法，力臂的判断等；实验探究题涉及的内容主要是探究杠杆的平衡条件。‎ 这类试题的特点是把知识放在生活实际的情景中考查。主要有杠杆的分类以及相关的应用实例。‎ 动态杠杆分析主要涉及以下三个方面：最小力问题、力与力臂变化问题、再平衡问题。‎ ‎★题型解密 ‎1.杠杆动态分析 ‎（1）最小力问题 此类问题中“阻力×阻力臂”为一定值，要使动力最小，根据杠杆平衡条件，必须使动力臂最大。要使动力臂最大需要做到：在杠杆上找一点(动力作用点)，使这点到支点的距离最远；动力方向应该是过该点且与该连线垂直的方向，如图（1）所示，最小力应该是F3。‎ 图（1）‎ ‎（2）力与力臂的变化问题 此问题是在力与力臂变化时，如何利用杠杆平衡条件和控制变量法，分析变量之间的关系。如图（2）所示，在探究杠杆平衡条件实验时，当拉紧的弹簧测力计向左转动时，拉力会逐渐减小。‎ 图（2）图（3）‎ ‎（3）再平衡问题 杠杆再平衡的问题，实际上就是判断杠杆在发生变化前后，力和力臂的乘积是否相等，乘积大的一端 17‎ 下降，乘积小的一端上升。‎ 如图（3）所示，杠杆处于平衡状态，如果将物体A和B同时向靠近支点的方向移动相同的距离，杠杆将失去平衡，右端下沉。‎ ‎2.考前速记 ‎（1）动力臂：从支点到动力作用线的垂直距离，用“”表示；‎ ‎（2）阻力臂：从支点到阻力作用线的垂直距离，用“”表示。‎ ‎（3）杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，或F‎1l1=F‎2l2。‎ ‎（4）省力杠杆：动力臂l1＞阻力臂l2，则平衡时F1＜F2，这种杠杆使用时可省力（即用较小的动力就可以克服较大的阻力），但却费了距离（即动力作用点移动的距离大于阻力作用点移动的距离，并且比不使用杠杆，力直接作用在物体上移动的距离大）。‎ ‎（4）费力杠杆：动力臂l1＜阻力臂l2，则平衡时F1＞F2，这种杠杆叫做费力杠杆。使用费力杠杆时虽然费了力（动力大于阻力），但却省距离（可使动力作用点比阻力作用点少移动距离）。‎ ‎（5）等臂杠杆：动力臂l1=阻力臂l2，则平衡时F1=F2，这种杠杆叫做等臂杠杆。使用这种杠杆既不省力，也不费力，即不省距离也不费距离。‎ 真题呈现 一、最小力问题 ‎【典例一】（2019·达州）轻质杠杆OABC能够绕O点转动，已知OA＝BC＝‎20cm，AB＝‎30cm，在B点用细线悬挂重为100N的物体G，为了使杠杆在如图所示的位置平衡，请在杠杆上作出所施加最小动力的图示（不要求写出计算过程）。‎ ‎【解析】根据杠杆的平衡条件，要使力最小，则动力臂应最长，即连接OC为最长的力臂，力的方向与OC垂直且向上，根据勾股定理和全等三角形定理可得，动力臂OC＝‎50cm，‎ 故根据杠杆平衡条件可得：F1×OC＝G×OA，‎ 代入数值可得：F1×‎50cm＝100N×‎20cm，‎ 17‎ 解得F1＝40N，‎ 选取标度为20N，过C点作出最小动力，使线段长度为标度的2倍，如图所示：‎ ‎【典例二】（2019·衢州）如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间，其中拉力最小的是（）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】如图是起重机用四种方案将地面上的一棵大树扶起的瞬间，以树根为支点，树的重力不变、重心一定，则阻力和阻力臂一定，支点与动力作用点的连线是最长的动力臂，根据杠杆的平衡条件，动力臂越大，动力越小；图C中动力作用点离支点最远，F3与树干垂直，则可知F3最小，故C正确。故选C。‎ ‎【典例三】(2018·齐齐哈尔)如图所示的杠杆（自重和摩擦不计），O是支点，A处挂一重为50N的物体，为保证杠杆在水平位置平衡，在中点B处沿（选填“F‎1”‎、“F‎2”‎或“F‎3”‎）方向施加的力最小，为N。‎ ‎【答案】F2；100。‎ ‎【解析】为使拉力最小，动力臂要最长，拉力F的方向应该垂直杠杆向上，即竖直向上（F2），动力臂为OB最长，‎ 杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件：F2×OB=G×OA，由于OA是OB的二倍，‎ 所以：F=‎2G=100N。‎ 故答案为：F2；100。‎ 17‎ 二、力与力臂变化问题 ‎【典例一】（2019·益阳）如图所示是吊车吊起货物的示意图，已知AB=‎4m，BC=‎6m。吊臂是一个杠杆，当吊臂吊着2t的货物处于静止状态时，杠杆的支点是______点（选填“A”、“B”或“C”），伸缩撑杆对吊臂的支持力大小为______N．g=10N/kg。‎ ‎【答案】A；50000。‎ ‎【解析】吊臂在升起过程中，围绕着A转动，故A为支点；‎ 货物重：G=mg=‎2000kg×10N/kg=20000N，AC=AB+BC=‎4m+‎6m=‎10m，‎ 伸缩撑杆对吊臂的支持力竖直向上，其力臂为ABcosθ，‎ 由杠杆的平衡条件得F×ABcosθ=G×ACcosθ。‎ ‎。‎ 故答案为：A；50000。‎ ‎【典例二】（2018·潍坊）如图所示，杠杆处于平衡状态。如果杠杆两侧的钩码各减少一个，杠杆将（）。‎ A．左端下降 B．右端下降 C．仍然平衡 D．无法判断 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】图中杠杆处于平衡状态，设一个钩码的重为G，杠杆上一格的长度为L，根据杠杆平衡条件可得：‎2G×‎3L=‎3G×‎2L；如果杠杆两侧的钩码各减少一个，则：左边力与力臂的乘积：‎1G×‎3L，右边力与力臂 17‎ 的乘积：‎2G×‎2L，由于此时右边力与力臂的乘积较大，所以右端下降。故选B。‎ ‎【典例三】（2018·临沂）图（a）所示的杠杆是水平平衡的。如果在支点两侧的物体下方分别加挂一个等重的物体，如图（b）所示，则杠杆（）。‎ A．右端下沉；‎ B．左端下沉；‎ C．要保持平衡应将左端的物体向右移动；‎ D．要保持平衡应在右端再加挂一个物体 ‎【答案】A。‎ ‎【解析】AB、设一个钩码重为G，杠杆一格长为L，（a）图杠杆平衡是因为：‎2G×‎2L=G×‎4L；‎ ‎（b）图分别加挂一个等重的物体后（为便于研究，设物体的重也为G），‎ 左边力与力臂的乘积：‎3G×‎2L，右边力与力臂的乘积：‎2G×‎4L，‎ 因为‎3G×‎2L＜‎2G×‎4L，即右边力与力臂的乘积较大，‎ 所以杠杆不能平衡，右端下沉；故A正确，B错误；‎ CD、若想让杠杆能够平衡，可以将左端的物体向左移动，从而增大左边的力臂，使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积，故C错误；‎ 若想让杠杆能够平衡，可以在左端再加挂一个物体，左边的力变大，使左边的力与力臂的乘积等于右边的力与力臂的乘积，故D错误。故选A。‎ 三、再平衡问题 ‎【典例一】（2019·河北）如图所示，一轻质杠杆AB．长‎1m，支点在它中点O．将重分别为10N和2N的正方体M、N用细绳系于杆杆的B点和C点，已知OC：OB＝1：2，M的边长l＝‎0.1m。‎ ‎（1）在图中画出N受力的示意图。‎ ‎（2）求此时M对地面的压强。‎ 17‎ ‎（3）若沿竖直方向将M左右两边各切去厚度为h的部分，然后将C点处系着N的细绳向右移动h时，M对地面的压强减小了60Pa，求h为多少。‎ ‎【解析】（1）对N进行受力分析，由于N在空中处于静止状态，则N受到的重力和细绳对它的拉力是一对平衡力，所以二力的大小相等（F＝G＝2N），方向相反；‎ 过N的重心分别沿力的方向各画一条有向线段，并标上力的符号及大小，注意两线段要一样长，图所示：‎ ‎（2）设B端受到细绳的拉力为FB，‎ 由杠杆平衡条件得，GN×OC＝FB×OB，已知OC：OB＝1：2，‎ 则有：FB＝GN×＝2N×＝1N；‎ 根据力的作用是相互的可知，细绳对M的拉力：F＝FB＝1N，‎ 此时M对地面的压力：F压＝F支＝GM﹣F＝10N﹣1N＝9N，‎ M与地面的接触面积：S＝l2＝（‎0.1m）2＝‎0.01m2‎，‎ 则此时M对地面的压强：p＝＝＝900Pa。‎ ‎（2）若沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后，‎ 剩余M的底面积：S′＝l（l﹣h﹣h）＝l×（l﹣h），‎ 剩余M的体积：V′＝S′l＝l2×（l﹣h），‎ 剩余M的密度不变，则剩余部分的重力与原来重力的比值：‎ ‎＝＝，‎ 所以剩余M的重力：GM′＝×GM＝×10N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 剩余的物体M对地面的压强：p′＝p﹣△p＝900Pa﹣60Pa＝840Pa，‎ 剩余M的底面积：S′＝l×（l﹣h）＝‎0.1m×（‎0.1m﹣h），‎ 地面对剩余的物体M的支持力：‎ 17‎ F支′＝F压′＝p′S′＝840Pa×‎0.1m×（‎0.1m﹣h）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 沿竖直方向将M两边各切去厚度为h后，将C点处系着N的细绳向右移动h，‎ 设此时B端受到细绳的拉力为FB′，‎ 由杠杆平衡条件得，GN×（OC﹣h）＝FB′×OB，‎ 则有：FB′＝＝，‎ 即细绳对剩余M的拉力：F′＝FB′＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 对剩余M进行受力分析，由力的平衡条件得，F支′+F′＝GM′﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④‎ 将①②③式代入④式得：‎ ‎840Pa×‎0.1m×（‎0.1m﹣h）+＝×10N，‎ 解得：h＝‎0.05m。‎ 答：（1）如上图所示；（2）此时M对地面的压强为900Pa；（3）h为‎0.05m。‎ ‎【典例二】（2019·泸州）如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为‎2cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（）。‎ A. 杠杆的动力臂为‎8cm；B. 该杠杆为费力杠杆；‎ C. 该杠杆的阻力大小为；D. 动力F的大小为 ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：OA=×4×‎2cm=‎4cm，故A错误；‎ B、阻力臂OB，3×‎2cm=‎6cm＞OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；‎ C、该杠杆的阻力大小为：G=4×0.5N=2N，故C错误；‎ D、根据杠杆的平衡条件，F‎1l1=F‎2l2，G×OB=F×OA 代入数据，2N×‎8cm=F×‎4cm，解得，F=4N，故D错误。故选B。‎ 17‎ ‎【典例三】（2019·温州）晾晒三条相同的湿毛巾，下列做法最有可能让衣架保持水平的是（）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】设每条湿毛巾重力为G，每个小格的长度为L，‎ A、左侧力与力臂的乘积为‎2G×‎2L=4GL，右侧力与力臂的乘积为G×L=GL，左侧≠右侧，故A错误；‎ B、左侧力与力臂的乘积为‎2G×L=2GL，右侧力与力臂的乘积为G×‎2L=2GL，左侧=右侧，故B正确；‎ C、左侧力与力臂的乘积为‎2G×L=2GL，右侧力与力臂的乘积为G×L=GL，左侧≠右侧，故C错误；‎ D、左侧力与力臂的乘积为‎2G×‎2L=4GL，右侧力与力臂的乘积为G×‎2L=2GL，左侧≠右侧，故D错误；故选B。‎ ‎★专项突破 一、最小力问题 ‎1．（2018·聊城）人体中的许多部位都具有杠杆的功能。如图是人用手托住物体时手臂的示意图，当人手托‎5kg的物体保持平衡时，肱二头肌收缩对桡骨所施加力的大小一定B A．大于‎5kg B大于49N C小于49N D.等于49N ‎【答案】B。‎ ‎【解析】A、力的单位是N，质量的单位是kg，题目是求力的大小，不能用kg左单位，故A错误；‎ BCD、由图知，物体的重力为G=mg=‎5kg×9.8N/kg=49N；‎ 肱二头肌的拉力为动力，物体对手的压力为阻力，支点在肘，如图所示：‎ 所以动力臂小于阻力臂，根据杠杆平衡条件：F‎1L1=F‎2L2‎ 17‎ 因为L1＜L2‎ 所以F1＞F2‎ 即肱二头肌收缩所承受的力一定大于49N．故B正确，CD错误。故选B。‎ ‎2．（2018•湖州）一根均匀的长方体细长直棒重1.5牛，下底面积为20厘米2，将它放在水平桌面上，并有的长度露出桌面外，如图所示。在棒的右端至少应施加牛的竖直向下的力，才能让它的左端离开桌面。‎ ‎【答案】（2）1.5。‎ ‎【解析】（2）在棒的右端施加力，使左端抬起，此时直棒相当于杠杆，支点在桌边，根据杠杆的平衡条件，要使动力最小，应该使动力臂最长，所以应在最右端施加一个竖直向下的力，如图所示：‎ 设直棒的长为L，由题知L1=L，重力的力臂L2=﹣=L，‎ 根据杠杆的平衡条件可得：F•L1=G•L2，‎ 即：F×L=1.5N×L，解得：F=1.5N。‎ 故答案为：（2）1.5。‎ ‎3.（2018·常州）今年2月，我国台湾省发生地震，一个结构坚固的水塔因地基松软而倾斜，为阻止水塔继续倾斜，救援队借助山石用钢缆拉住水塔。下列方案中，钢缆对水塔拉力最小的是（）。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【解析】钢缆对水塔在力臂最长时，拉力最小，图中只有B时力臂最长；故选B。‎ ‎4.（2017·嘉兴）如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。下列有关说法正确的是（）。‎ 17‎ A．刀刃很薄可以增大压力； B．铡刀实质上是一种费力杠杆；‎ C．甘蔗放在a点比b点更易被切断；D．手沿F1方向用力比沿F2方向更省力 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A：刀刃很薄是通过减小接触面积来增大压强的，故A错误。‎ B：铡刀在使用时动力臂大于阻力臂，实质上是一种省力杠杆，故B错误。‎ C：甘蔗放在a点比b点时的阻力臂更小，根据杠杆的平衡条件可知，动力会越小，更易被切断，故C正确。‎ D：手沿F1方向用力比沿F2方向时的动力臂要小，根据杠杆平衡条件可知，动力越大，故D错误。‎ ‎5.（2017•聊城）如图所示，在“探究杠杆的平衡条件”实验中，已知杠杆上每个小格长度为‎2cm，当弹簧测力计在A点斜向上拉(与水平方向成30°角)杠杆。使杠杆在水平位置平衡时。下列说法正确的是（）。‎ A．动力臂为‎0.08m； B．此时为省力杠杆；‎ C．弹簧测力计的示数为4N；D．钩码总重为2N ‎【答案】D。‎ ‎【解析】A：当弹簧测力计在A点与水平方向成30º角斜向上拉杠杆时，动力臂等于，故A错误。‎ B：阻力臂为：，杠杆为费力杠杆，故B错误。‎ C：由图中弹簧测力计可以读出，弹簧测力计示数为3N，故C错误。‎ D：根据杠杆平衡条件：，得，故D正确。‎ 17‎ ‎6.（2017•哈尔滨）如图所示，杠杆水平放置且自重忽略不计，O是支点，左侧挂一重物，动力F1大小为3N，整个装置处于静止状态，则物体的重力为N。此时杠杆属于杠杆（选填“省力”或“费力”）。‎ ‎【答案】6、省力。‎ ‎【解析】设杠杆上每一个格的长度为L，则重物的力臂LG=‎2L，动力的力臂LF=‎4L，由杠杆的平衡条件可得：G•LG=F1•LF，‎ 则物体的重力G=F1=×3N=6N，‎ 因LG＜LF，所以，此时杠杆属于省力杠杆。‎ 故答案为：6、省力。‎ ‎7．（2019·菏泽市中考模拟5月份）拉杆式旅行箱可看成杠杆，如图所示。已知OA＝‎1.0m，OB＝‎0.2m，箱重G＝120N．请画出使箱子在图示位置静止时，施加在端点A的最小作用力F的示意图，且F＝N。‎ ‎【答案】施加在端点A的最小作用力F的示意图见解答；24。‎ ‎【解析】要求动力最小，即动力臂最长，支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，力的方向与动力臂垂直向上，如下图所示：‎ 杠杆平衡条件可得，G×OB＝F×OA，‎ 即120N×‎0.2m＝F×‎1.0m，解得F＝24N。‎ 17‎ 故答案为：施加在端点A的最小作用力F的示意图见解答；24。‎ 二、力与力臂变化问题 ‎1.（2018·广西北部湾）在探究“杠杆平衡条件“实验中，杠杆在力F作用下水平平衡，如图所示，现将弹簧测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F与其力臂的乘积变化情况是（）。‎ A.一直变小 B.一直变大 C.一直不变 D.先变小后变大 ‎【答案】C。‎ ‎【解析】将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；由于杠杆始终保持水平平衡，所以根据杠杆的平衡条件可知，拉力F与其力臂的乘积也是不变的。故选：C。‎ ‎2．（2018·东营）如图所示，杠杆AOB能绕O点转动。在A点挂一重物G，为使杠杆保持平衡且用力最小，在B点施加一个力，这个力应该是图中的_________。‎ ‎【答案】F2。‎ ‎【解析】在B点施力F，阻力的方向向下，为使杠杆平衡，动力的方向应向下，F4方向向上，不符合要求；当F的方向与杠杆垂直时动力臂最大，此时最省力，即F2的方向与OB垂直，故F2最小。‎ 故答案为：F2。‎ ‎3．（2018•玉林）如图所示，长为‎40cm、重为10N的匀质杠杆可绕着O点转动，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置（忽略摩擦阻力），在这个过程中，力F的大小将（选填“增大”、“不变”或“减小”），力F所做的功为J。‎ 17‎ ‎【答案】增大；1。‎ ‎【解析】（1）在杠杆缓慢地由与水平方向夹角为30°的位置拉至水平位置的过程中，动力臂L的长度没有变化，阻力G的大小没有变化，而阻力臂L却逐渐增大；‎ 由杠杆的平衡条件知：F•L=G•L′，当L、G不变时，L′越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐增大；‎ ‎（2）物体重心上升的高度h=Lsin30°=×‎40cm×=‎10cm=‎0.1m，‎ 拉力做的功W=Gh=10N×‎0.1m=1J。‎ 故答案为：增大；1。‎ ‎4.(2018·益阳)如图所示，轻质杠杆在中点处悬挂重物，在杠杆的最右端施加一个竖直向上的力F，杠杆保持平衡，保持力F方向不变，当将重物向右移动时，要使杠杆保持平衡，力F将；将杠杆顺时针方向缓慢转动，力F将（两空均填“变大”、“变小”、“不变”）。‎ ‎【答案】变大；不变。‎ ‎【解析】（1）由题知，杠杆最右端的力F竖直向上（方向不变），当重物向右移动时，重物对杠杆拉力的力臂L2变大，F的力臂L1不变（等于杠杆的长），阻力G不变，由杠杆平衡条件FL1=GL2可知，力F将变大；‎ ‎（2）如图：‎ 17‎ 重物悬挂在杠杆的中点，水平平衡时，动力臂和阻力臂的关系：L1=‎2L2，‎ 保持力F方向不变，杠杆顺时针方向缓慢转动后，由图根据相似三角形知识可知，动力臂和阻力臂的关系：L1′=‎2L2′，‎ 物重G不变，动力臂与阻力臂的比值不变，由杠杆平衡条件可知，动力F的大小始终等于G，即力F将不变。‎ 故答案为：变大；不变。‎ 三、再平衡问题 ‎1.（2018•广安）如图，AB是能绕B点转动的轻质杠杆，在中点C处用绳子悬挂重为100N的物体（不计绳重）在A端施加竖直向上的拉力使杠杆在水平位置平衡，则拉力F=N。若保持拉力方向始终垂直于杠杆，将A端缓慢向上提升一小段距离，在提升的过程中，拉力F将（选填“增大”、“减小”或“不变”）。‎ ‎【答案】50；减小。‎ ‎【解析】杠杆在水平位置保持平衡，由F‎1l1=F‎2l2可得，拉力的大小：‎ F1=G=G=×100N=50N。‎ 若将A端缓慢向上提升一小段距离，则阻力臂l2将变小，阻力G不变，即F‎2l2变小，‎ 因为拉力方向始终垂直于杠杆，所以动力臂不变，l1始终等于BA，根据F‎1l1=F‎2l2可知F1变小，即拉力F减小；‎ 故答案为：50；减小。‎ ‎2．(2018·福建A)《墨经》最早记述了秤的杠杆原理，如图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力，以下说法符合杠杆平衡原理的是（）。‎ A．“权”小于“重”时，A端一定上扬；B．“权”小于“重”时，“标”一定小于“本”；‎ 17‎ C．增大“重”时，应把“权”向A端移；D．增大“重”时，应更换更小的“权”‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】A．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，因为不知道“标”和“本”的大小关系，无法确定“权”和“标”的乘积与“重”和“本”乘积的大小的关系，故A错误。‎ B．根据杠杆平衡条件，“权”小于“重”时，“标”一定大于“本”，故B错误。‎ C．根据杠杆平衡条件，“本”不变，增大“重”时，因为“权”不变，“标”会变大，即应把“权”向A端移，故C正确。‎ D．使用杆秤时，同一杆秤“权”不变，“重”可变，不同的“重”对应不同的“标”。若更换更小的“权”，“标”也会变得更大，不符合秤的原理，故D错误。答案为C。‎ ‎3．（2019·贵港市覃塘区中考一模）大山同学在“研究杠杆的平衡条件”的实验中，他将杠杆挂在支架上，结果发现杠杆左端向下倾斜。‎ ‎（1）调杠杆在水平位置平衡后，在杠杆上的A点挂三个重均为0.5N的钩码，用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆上的B点，使杠杆保持水平平衡，如图，则弹簧测力计的拉力大小是N；‎ ‎（2）如果将测力计沿图中虚线方向拉，仍使杠杆在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将（选填“变大”、“变小”或“不变”）。‎ ‎（3）如图中，去掉弹簧测力计，为了使杠杆保持水平平衡，可从A点取下个钩码，挂到杠杆的左边处。‎ ‎【答案】（1）1；（2）变大；（3）1；1。‎ ‎【解析】（1）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G＝0.5N，‎ 由杠杆平衡条件得，‎3G×‎2L＝F×‎3L，‎ 所以，F＝‎2G＝2×0.5N＝1N。‎ ‎（2）图中，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OB，弹簧测力计逐渐向右倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OB，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。‎ ‎（3）设杠杆的一个小格为L，一个钩码重为G，取下1个钩码，‎ 17‎ 由杠杆平衡条件得，‎2G×‎2L＝G×nL，‎ 解得，n＝4，‎ 故挂到杠杆的左边1处；‎ 故答案为：（1）1；（2）变大；（3）1；1。‎ ‎4．（2019·潍坊市青州市中考一模）如图所示，O为杠杆的支点，杠杆右端挂有重为G的物体，杠杆在力F1的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力F1使杠杆仍在水平位置保持平衡，下列关系中正确的是（）。‎ A．F1＜F2 B．F1＞F‎2‎‎ C．F2＜G D．F1＝G ‎【答案】B。‎ ‎【解析】AB、设动力臂为L2，杠杆长为L（即阻力臂为L）；‎ 由图可知，F2与杠杆垂直，因此其力臂为最长的动力臂，由杠杆平衡条件可知F2为最小的动力，则F1＞F2，故A错误，B正确；‎ CD、用力F2使杠杆在水平位置保持平衡时，‎ 由杠杆平衡条件可得：F2•L2＝G•L，‎ 由图知L2＜L，‎ 所以F2＞G；故C错误；‎ 因为F1＞F2，F2＞G，所以F1＞F2＞G，故D错误。故选：B。‎ ‎5．（2019·玉溪市红塔区第一学区第三次模拟考）如图所示，每只砝码质量相等，这时杠杆处于平衡状态，当发生下列哪一种变化时杠杆仍能保持平衡？（）‎ A．两端各加一只同规格的砝码；‎ B．G1、G2都向O点移动2厘米；‎ C．G1向O点移动，G2向O点移动；‎ D．G1向O点移动2厘米，G2向O点移动1厘米 17‎ ‎【答案】C。‎ ‎【解析】由图知，设一个砝码的质量为m，因为杠杆平衡，所以2mg×L1＝mg×L2，可得L1＝L2，设L1＝‎9cm，则L2＝‎18cm，‎ A、两端各加一只同规格的砝码，3mg×‎9cm＜2mg×‎18cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；‎ B、G1、G2都向O点移动‎2cm，2mg×‎7cm＜1mg×‎16cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；‎ C、G1向O点移动L1＝‎3cm，G2向O点移动L2＝‎6cm，2mg×‎6cm＝1mg×‎12cm，杠杆仍平衡，符合题意；‎ D、G1向O点移动‎2cm，G2向O点移动‎1cm，2mg×‎7cm＜1mg×‎17cm，杠杆的右端下沉，不符合题意；‎ 故选：C。‎ 17‎