杠杆失去平衡，故C不符合题意；
D．取下F2下的钩码并将F3的钩码向右移至20cm处后
F1L1=2G⨯20=40G
F2L2=0
F3L3=2G⨯20=40G
F1L1=F2L2+F3L3
杠杆重新平衡，故D符合题意。
故选D。
7．如图所示，体积之比为1∶2的甲、乙两个实心物块，分别挂在杠杆两端，此时杠杆恰好水平平衡，则甲、乙两个物块的密度之比为（）
A．1∶1B．1∶2
C．4∶3D．2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图知道，甲物体挂在左边第3格处，乙物体挂在右边第2格处，由杠杆的平衡条件知道，此时
即
所以
，又因为V甲/V乙＝1/2，甲、乙两个物块的密度之比是
故C正确。
故选C。
8．如图所示，小明利用一根长为L的扁担挑水，他在扁担的左端挂上质量为m1的水桶，在右端挂上质量为m2的水桶，右手扶着扁担右侧。
已知m1>m2，不计扁担自重，下列说法正确的是（）
A．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担左端
B．若要右手不使力，小明的肩应靠近扁担右端
C．小明的肩位于扁担中点时，右手需要给扁担施加向上的力
D．扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越小
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．扁担在左端挂了m1的水桶，右端挂了m2的水桶，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件
可知，若要扁担平衡右手不使力，人的肩膀应靠近扁担左端，故A正确，B错误；
C．小明的肩位于扁担中点时，左端的重力大于右端的重力，根据杠杆的平衡条件
可知，左端下沉，为了使扁担在水平位置平衡，右手需要给扁担施加向下的力，故C错误；
D．根据压强的公式
可知，压力一定时，扁担与肩的接触面积越小，肩受到的压强越大，故D错误。
故选A。
9．如图所示，小凯用拉力F提着重为G的物体匀速缓慢上升h，下列关于杠杆的有关说法正确的是（ ）
A．拉力F所做的总功为Fh
B．杠杆的机械效率是Gh/Fh×100%
C．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，拉力的大小与原来相同
D．若把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，拉力所做的总功与原来相同
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
A．重为G的物体匀速缓慢上升h，总功应为拉力F与力的方向上的位移s的乘积，由图可知
s>h
则总功
故A项错误；
B．物体重力做的功为有用功是
而拉力做的功大于Fh，故B项错误；
C．悬挂点从A点移至B点，阻力臂增大，根据公式
，阻力不变，阻力臂增大，动力臂不变则动力增大即拉力F变大，故C项错误；
D．把悬挂点从A点移至B点，把同一物体匀速缓慢提升相同的高度，理想状态下，没有额外功，所以拉力所做的总功与原来相同，故D项正确。
故选D。
10．如图所示，轻质杠杆OA的B点挂着一个重物，A端用细绳吊在圆环M下，此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合，那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中，绳对A端的拉力大小将（）
A．保持不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先变小再变大
【答案】D
【解析】
【详解】
作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下
由图可知，动力臂先增大，再减小，阻力与阻力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知，拉力先变小后变大，故选D。
11．如图为搬运砖头的独轮车，车箱和砖头所受的总重力G为1000N（车架所受重力忽略不计），独轮车的有关尺寸如图所示，推车时，人手向上的力F的大小为（ ）
A．200NB．300NC．400ND．500N
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
由平衡条件可知
则
故选B。
12．如图所示，杠杆始终处于水平平衡状态，改变弹簧测力计拉力F的方向，使其从①→②→③，此过程中（ ）
A．①位置力臂最长B．③位置力臂最长
C．弹簧测力计示数先变大后变小D．弹簧测力计示数先变小后变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
AB．力臂是支点到力的作用点的线段，由图可知当弹簧测力计在②位置时力臂最大，故AB不符合题意；
CD．从①→②→③时动力臂先变大后变小，由图可知阻力等于钩码重力不变，在水平位置平衡所以阻力臂也不变，根据杠杆平衡的条件可知，弹簧测力计给杠杆的拉力先变小后变大，故C不符合题意，D符合题意。
故选D。
13．如图所示，是自卸车的示意图，车厢部分可视为杠杆，则下列分析正确的是
A．B点是支点，液压杆施的力是动力，货物重力是阻力
B．B点是支点，物体A放在车厢前部可省力
C．C点是支点，物体A放在车厢后部可省力
D．C点是支点，物体A放在车厢前部可省力
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
由图可知车厢绕着点C 转动,所以 点C为支点;
当物体 放在车厢的后部时,动力臂大于阻力臂,因此省力，所以选项ABD 都不正确，故答案为 C.
14．如图，用橇棒撬起石块并保持平衡，下列说法正确的是（）
A．动力对橇棒的转动效果小于阻力对橇棒的转动效果
B．手在A点竖直向下施力时，撬棒是个省力杠杆
C．手在A点向不同方向施力时，力的大小都相等
D．手分别在A、B两点沿竖直向下方向施力时，在B点比在A点费力
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
A．因用撬棒撬起石块并保持平衡，根据杠杆的平衡条件，动力乘动力臂等于阻力乘阻力臂。
所以动力对撬棒的转动效果等于于阻力对撬棒的转动效，A选项错误；
B．手在A点竖直向下施力时，动力臂大于阻力臂，根据杠杆的平衡条件，动力小于阻力，撬棒是个省力杠杆，B选项正确；
C．手在A点向不同方向施力时，动力的力臂大小随方向的改变而改变，而阻力和阻力臂大小不变，所以动力的大小不相等，C选项错误；
D．手分别在A、B两点沿竖直向下方向施力时，在A点的动力臂小于在B点的动力臂，根据杠杆的平衡条件，手在A点沿竖直向下方向施力大于在B点沿竖直向下方向施加的力，即在A点比在B点费力，D选项错误。
故选B。
15．如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到图中间虚线所示位置，在转动的过程中（）
A．动力臂逐渐变大
B．阻力臂逐渐变大
C．动力F保持不变
D．动力F逐渐减小
【答案】B
【解析】
【分析】
先确定阻力臂、动力臂的变化，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。
【详解】
A．由图示可知，木棒是一个杠杆，力F是动力，力F始终垂直与木棒，则木棒的长度是动力臂，木棒长度保持不变，动力臂保持不变，故A不符合题意；
B．木棒的重力是阻力，阻力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过θ角后，重力力臂（阻力臂）逐渐增大，故B符合题意；
CD．已知G、L保持不变，LG逐渐变大，由杠杆平衡条件有
GLG=FL
动力F逐渐增大，故CD不符合题意。
故选B。
【点睛】
本题考查了杠杆平衡条件的应用，知道杠杆平衡的条件，会熟练应用杠杆平衡的条件分析问题解决问题是关键。
16．将打足气的篮球和套扎在气针上的未充气的气球，一起悬挂在杠杆右端，左端挂适量钩码使杠杆水平平衡。
将气针插入篮球气孔中，篮球中的部分空气充入气球后，杠杆左端下降，如图所示。
这个现象说明（ ）
A．大气压的存在
B．钩码重大于篮球与气球总重
C．空气充入气球后，钩码对杠杆的拉力与其力臂的乘积变大
D．空气充入气球后，篮球和气球受到总的空气浮力变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
开始杠杆平衡，由杠杆平衡条件得
G钩码×L左=F绳拉力×L右
篮球与气球受到竖直向下的重力G、竖直向上的绳子拉力F、空气的浮力F浮作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得
G=F+F浮
则
F=G-F浮
将气针插入篮球的孔中，篮球中的部分空气就充入气球后，篮球与气球受到的浮力F浮变大，而重力G不变，绳子的拉力F变小，因为球对杠杆的拉力F绳拉力等于球受到的拉力F，所以杠杆右端受到的拉力F绳拉力变小，而G钩码、L左、L右不变，因此
G钩码×L左>F绳拉力×L右
杠杆左端下沉。
故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故选D。
17．如图所示甲乙两杠杆处于水平位置平衡，甲图上有两个体积不同的铁球，乙图上有两个体积相向的铝球和铁球，如果把他们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是
A．仍保持平衡B．甲仍保持平衡，乙失去平衡
C．都失去平衡D．甲失去平衡，乙仍保持平衡
【答案】B
【解析】
【详解】
甲杠杆：
浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得
即
所以
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
所以浸入水中后，左右两端力和力臂的乘积相等，故杠杆仍然平衡。
乙杠杆：
浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得
即
①
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
②
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
③
由于
，结合①可知，左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积，故杠杆失去平衡、右端下沉，故选B。
【点睛】
本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠平衡条件的掌握和运用，利用好力臂大小关系和受到的浮力大小关系是本题的关键。
18．如图所示，AC硬棒质量忽略不计，在棒的B点悬挂一个重物，在棒的C点施加一个方向沿
的力F，棒在力F的作用下从水平位置被缓慢提升到图示位置。
则下列相关描述正确的是（ ）
A．力F的方向沿
向下B．ABC是费力杠杆
C．阻碍杠杆转动的力是悬挂在杠杆上的物体的重力D．在提升过程中，力F变小
【答案】D
【解析】
【详解】
A．F1对杠杆的拉力向下，则为了将杠杆抬起，力F的方向应沿
向上，故A错误；
B．由于力F的方向应沿
向上，则动力臂为S2，阻力臂小于动力臂，则杠杆为省力杠杆，故B错误；
C．与杠杆接触的是悬挂在杠杆上的绳子，则阻碍杠杆转动的力是绳子对杠杆的拉力，故C错误；
D．在移动过程中，F1的力臂逐渐变小，拉力F力臂不变，则由杠杆平衡公式F1l1=F2l2可知力F变小，故D正确。
故选D。
19．C点为硬棒AD的重心，硬棒可绕A点转动。
在棒的B点施加力F1，F1的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态。
则
A．F1>GB．F1=
C．重力的力臂等于S1D．F1方向沿OO′线向下
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
AB．由图像可得，A点到F1的距离为s2，若令A点到重力的距离为s3，根据杠杆的平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”可知
可以推出
由于
可得
故A选项正确，符合题意，B选项错误，不符合题意；
C．重力的力臂为支点A到重力的距离，重力竖直向下，因此力臂为水平方向，故C选项错误，不符合题意；
D．F1与G在支点同侧，重力方向竖直向下，所以F１的方向应该向上，故D选项错误，不符合题意。
20．如图所示，轻质均匀杠杆分别挂有重物GA和GB（GA>GB）,杠杆水平位置平衡，当两端各再加重力相同的物体后，杠杆
A．仍能保持平衡
B．不能平衡，左端下沉
C．不能平衡，右端下沉
D．不能确定哪端下沉
【答案】C
【解析】
【详解】
杠杆原来在水平位置处于平衡状态,此时作用在杠杆上的力分别为GA和GB,其对应的力臂分别为lA和lB，如图所示：
根据杠杆平衡条件可得：
GAlA=GBlB；
已知GA>GB所以lA（GA+G）⋅lA=GAlA+GlA
右边力和力臂的乘积：
（GB+G）⋅lB=GBlB+GlB
由于lA所以：
GAlA+GlA即右边力和力臂的乘积较大，所以杠杆不能平衡，向右端下沉。
故选C。
21．如图所示，一块厚度很薄、质量分布均匀的长方体水泥板放在水平地面上，若分别用一竖直向上的动力F1、F2作用在水泥板一端的中间，欲使其一端抬离地面，则（）
A．F1>F2，因为甲中的动力臂长
B．F1C．F1>F2，因为乙中的阻力臂短
D．F1=F2，因为动力臂都是阻力臂的2倍
【答案】D
【解析】
【分析】
把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点；由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半；在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F1与F2的大小关系。
【详解】
两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2倍；依据
可得，
，
所以，前后两次所用的力相同，即
，故ABC都错误，D正确。
【点睛】
本题作为考查杠杆平衡条件应用的一道经典例题，很容易让学生在第一印象中选错，一定要仔细分析，重点记忆！
22．如图所示，在探究杠杆平衡条件的实验中，杠杆处于水平平衡状态，所用钩码完全相同。
下列做法中能使杠杆再次平衡的是
A．分别在两边钩码下再增加一个相同钩码
B．左边减少1个钩码，右边减少2个钩码
C．两边钩码均向支点移动相同的距离
D．左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm
【答案】D
【解析】
【详解】
设一个钩码的重力为G，左边钩码到支点的距离为3l，因为杠杆正处于水平平衡，所以由杠杆平衡条件可得
，
解得
，即右边钩码到支点的距离为2l；
A．若分别在两边钩码下再增加一个相同钩码，则
，
此时杠杆不再平衡，不符合题意；
B．若左边减少1个钩码，右边减少2个钩码，则
，
此时杠杆不再平衡，不符合题意；
C．若两边的钩码均向支点移动相同的距离l，则
，
此时杠杆不再平衡，不符合题意；
D．若左边钩码向左移1.5cm，右边钩码向右移1cm，则
，
此时杠杆平衡，符合题意。
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