3.4 简单机械（杠杆）拔高训练（含答案）

杠杆拔高训练
一、选择题
1．用图所示的杠杆提升重物，设作用在A端的力F始终竖直向下，在将重物慢慢提升到一定高度的过程中，F的大小将(　　)
A．保持不变
B．逐渐变小
C．逐渐变大
D．先变大，后变小
2．用图示装置探究杠杆的平衡条件。保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点A固定，改变测力计与水平方向的夹角θ，则选项中关于动力F随夹角θ、动力臂L变化的关系图象中，可能正确的是（
）
A．B．C．
D．
3．如图所示，一根质量分布均匀的木棒，能绕O处转轴自由转动（不计摩擦）。在木棒最下端用力，使之由A处缓慢地抬升到B处。下列说法合理的是（
）
A．始终水平方向的拉力F1大小将保持不变
B．始终与杆垂直的拉力F2大小将保持不变
C．始终竖直方向的拉力F3会逐渐增大
D．三次拉力抬升木棒的过程中所做的功均相等
4．如图所示，杠杆上各小格间距相等，O为杠杆中点，甲、乙是同种金属材料制成的实心物体，甲为正方体，乙重15N，将甲、乙用能承受最大拉力为20N的细线分别挂于杠杆上A、D两刻线处时，两细线被拉直且都沿竖直方向，A、D正好在甲、乙重心正上方，杠杆在水平位置平衡，这时甲对地面的压强为4000Pa；当把乙移挂至E时，甲对地面的压强甲为3750Pa。下列说法中正确的是（　　）
A．金属块甲的重力为40N
B．金属块乙的体积一定为200cm3
C．将甲向右移动并挂于B正下方，乙挂于E正下方，放手后杠杆能平衡
D．将甲向右移动并挂于C正下方，乙移挂至F，放手后甲被拉离地面
5．如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点物重为30N，OA∶AB=1∶2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法正确的是（　　）
A．该杠杆与镊子类型相同
B．图甲位置时，拉力大小为15N
C．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3∶1
D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置拉力不变
6．重为G的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一个水平拉力F，让棒缓慢转到图中虚线所示位置。在转动的过程中（　　）
A．动力臂逐渐变大
B．阻力臂逐渐变小
C．动力F逐渐变大
D．动力F保持不变
7．如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力分别作用于水泥板的长或宽的一侧，欲使其一端抬离地面。下列对此情景的分析中，正确的是()
A．F甲＝F乙，因为动力臂都是阻力臂的2倍
B．F甲＞F乙，因为甲方法的动力臂比乙方法的短
C．F甲作用于水泥板时，水泥板可看成是费力杠杆
D．F乙作用于水泥板时，水泥板可看成是费力杠杆
8．有一圆柱铁块，想用如上甲乙两种方法使它倒下成丙图状。比较两种方法力和做功大小正确的是（
）
A．F1>F2W1>W2
B．F1C．F1=F2
W1=W2
D．F19．小聪用如图所示的装置估测书包重量，图中器材有细绳、重量可忽略的硬棒、刻度尺、一瓶500毫升的水（空瓶的质量忽略不计，g取10牛/千克），下列说法中，正确的是（　　）
A．这瓶水的质量为5千克
B．若连接水瓶的绳拉硬棒的力为动力，则此杠杆为费力杠杆
C．手提细绳，若硬棒顺时针转动，则使硬棒顺时针转动的力是水瓶的重力
D．手提细绳硬棒水平静止时，量出OA=10厘米、OB=60厘米，书包重量为30牛
10．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，托盘甲的示数是6N．线现移动托盘甲，让C点放在托盘甲上．此时托盘秤乙的示数是（
）
A．8N
B．12N
C．16N
D．18N
11．小明在水平地面上推如图所示的一只圆柱形油桶，油桶高40cm，底部直径为30cm，装满油后总重2000N．下列说法中正确的是（）
A．要使底部C稍稍离开地面，他至少应对油桶施加600N的力
B．他用水平力虽没推动油桶，但他用了力，所以他对油桶做了功
C．他用水平力没推动油桶，是因为推力小于摩擦力
D．将油桶匀速推动5米，它对油桶做功1×104J
12．某实验小组利用图示装置研究杠杆的机械效率。保持
O
点位置不变，竖直向上拉动弹簧测力计使重为
G
的钩码缓慢匀速上升，
在此过程中弹簧测力计的读数为
F，利用刻度尺分别测出
C、B
两点上升的高度为h1、h2。则下列说法错误的是
A．杠杆机械效率的表达式为
Gh1/Fh2
B．若提升的钩码重一定，则影响杠杆机械效率的主要因素是杠杆的自重
C．若只将钩码的悬挂点由
A
移至
C，O、B
位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将变大
D．若弹簧测力计始终竖直向上拉，则测力计示数不断变化
13．如图所示，用一根自重可以忽略不计的撬棒撬动石块，若撬棒C点受到石块的压力为1500N，且AB=1.5m，BC=0.3m，CD=0.2m，则撬动石块的力应不小于
A．500N
B．300N
C．200N
D．150N
14．如图所示的装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过某定滑轮，另一端套在木棒上使木棒保持水平，现使线套逐渐向右移动，但始终保持木棒水平，则悬线上的拉力(棒和悬线均足够长)()
A．逐渐变小
B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又变小
D．先逐渐变小，后又变大
15．一根金属棒AB置于水平地面上，现通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示。在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示。根据图像，下列说法中正确的是（
）
A．该金属棒的长度L＝1.6m
B．在B端拉起的过程中，当x1＝0.6m时，测力计的示数为F1＝1.5N
C．当x2＝1.6m时，测力计的示数为F2＝5N
D．金属棒的重心到A端的距离为0.6m
16．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图，杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重，下列说法正确的是（　　）
A．制作舂米工具时，为了使作用在A点的力F更小，在其它条件相同时，只改变支点O点的位置，应将O点更靠近A端
B．若作用在A点的动力F方向始终竖直向下，则杆从水平位置缓慢转动10°角的过程中，动力F大小的变化是不变
C．若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化一直增大
D．若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化先增大后减小
17．一均匀木板AB，B端定在端壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平，如图所示，现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（
）
A．大小不变
B．逐渐增大
C．逐渐减小
D．先增加后减小
18．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，则下列说法中不正确的是
A．木棒自重60N
B．若把B端竖直向下稍微压下一点距离至少要用力60N
C．若把A端竖直向上稍微抬起一点距离至少要用力40N
D．若把A端竖直向下稍微压下一点距离至少要用力60N
二、填空题
19．如图所示，质量为m的人站在质量为m/2的均匀木板AB中点，木板可以绕B端转动，要使木板处于水平状态不动，此人拉力的大小为___________。（摩擦忽略不计）
20．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0.4m，AC长0.3m。室外机的重力为300N，正好装在AB中点处，则A处螺钉的水平拉力为_____N（支架重力不计）。为了安全，室外机的位置应尽量_____（填“靠近”或“远离”）墙壁。
21．修车师傅对汽车的发动机做检修时要将引擎盖拉起，引擎盖的实图和模型如图所示。引擎盖可绕O点自由转动，A为引擎盖重心（可视为重力作用点）的位置。据此回答：
（1）若引擎盖所受重力为200牛，OA的距离为0.9米，OB的距离为1.2米，师傅对引擎盖在B点的作用力至少为______牛才能把引擎盖抬起。
（2）放下引擎盖后师傅发现双手抬引擎盖处的皮肤出现了凹痕，已知抬盖时引擎和双手的受力面积为，最小力抬住引擎盖时双手受到的压强为______。
22．图甲是一种市场上使用率较髙的易拉罐内嵌式拉环，图乙是简化后的模型。O点是铆接点，拉动拉环A点时会绕O点转动。AB长为，OB为。如图所示，作用在B点的力达到时，可以将封口顶开。
（1）拉开拉环所需最小的力是___________牛。
（2）若拉环与手指的接触面积为，则作用在手指上的压强为___________帕。
23．如图所示，质量不计的木板AB处于水平位置平衡，且可绕O点无摩擦转动，OA=0.2m，OB=0.5m，在A端挂一个重4N的物体甲，另一重2N的小滑块乙在拉力作用下，以0.1m/s的速度从O点匀速向右滑动。
（1）若甲与地面接触面积为0.04m2，乙处于O点时，则甲对地面的压强为___________Pa、
（2）乙从O点运动到C点时，A端刚好翘起，请计算C点与O点的距离___________。
（3）请画出物体乙在OB上运动时，杠杆A端所受拉力随时间的变化图___________。
24．如图所示，杠杆AB放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽CD中，杠杆AB能以凹槽两端的C点或D点为支点在竖直平面内转动，长度，左端重物。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）
（1）当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕___________（选填“C”或“D”）点翻转。
（2）为使杠杆AB保持水平位置平衡，拉力最小值___________，最大值___________。
25．如图所示OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个10N的重物，加在B点的动力F1（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，杠杆在水平位置保持静止，F1的大小为______N；
（2）保持杠杆平衡位置不变，当F1从竖直向上沿逆时针方向缓慢转动90°，动力F1______（填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）。
26．如图为油桶，油桶质量为50kg，油桶高为0.8m，底部直径为0.6m，据此回答(视油桶的重力集中点在几何中心O点，g取10N/kg)。
(1)在推翻油桶如图甲→乙的过程中，至少需要对油桶做功________J。
(2)若将翻倒的空油桶(如图乙)重新竖起来所用最小力为F，F＝________N。
27．木条AB的质量较大，超出了实验室台秤的量程，小金利用水平放置的两架完全相同的台秤甲和乙进行称量。如图台秤正中间各固定有一个大小和质量不计的支架，将木条的两端A和B分别放在甲和乙台秤的支架上，此时甲的示数是3N，乙是9N。
（1）木棒的重力为______；
（2）若向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，则乙的示数______（选填“变大”或“不变”或“变小”）。
28．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____（“大于”、“等于”，“小于”）F。
29．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
60
cm，宽为
55
cm，支架长度
BE＝2CE＝2ED＝50
cm，指示牌的质量为
2
kg（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。(g取10N/kg)
30．一根金属棒AB置于水平地面上，今通过弹簧测力计竖直地将棒的右端B缓慢拉起，如图甲所示，在此过程中，弹簧测力计对棒所做的功W与B端离开地面的高度x的关系如图乙所示，请根据图象解答下列问题。
(1)该金属棒的长度1=_____m；
(2)在B端拉起的过程中，当时，测力计的示数为_____N；当时，测力计的示数_____N。
(3)求金属棒的重心到A端的距离d。_____
31．如图所示，小晨实验时在一平衡轻质杠杆的两端放上不同数量的相同硬币，杠杆仍在水平位置平衡。她用刻度尺测出l1和l2，则2l1_____3l2（选填“>”、“<”或“=”）。
32．如图所示，是杠杆，与垂直，在的中点处挂一个的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在点的动力使在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆_____（选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力始终与垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力的大小变化是_____（选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中始终保持水平静止，如图丙所示，请画出动力随时间的变化趋势_____。
33．王强同学设计了如图所示的装置进行实验，其中杠杆OAB支点为O（杠杆OAB质量不计），。他实验的步骤如下：
步骤一：用一细绳将体积为的金属块悬挂于A点，然后向容器中加水，使金属块浸没在水中。
步骤二：使杠杆OAB在水平位置静止，读出弹簧测力计此时的读数为。
（1）金属块浸没在水中时受到的浮力为______。
（2）被测金属块密度：=______千克/米3。
三、简答题
34．据中国地震台网中心网站消息，云南省普洱市景谷傣族彝族自治县7日21时49分发生6.6级地震，在救援过程中，队员们使用了“高压起重气垫”。它由如图甲所示的高压气瓶、气管、阀门与气垫连接而成。起重时，气垫放入重物与地面的间隙之间，由高压气瓶向气垫内充气，气垫在短时间内可把重物举起一定高度。
（1）高压气瓶向气垫内充气时，气瓶内的气体温度___________，内能___________。
（2）图乙中，质地均匀的长方体石板长为2m、重为6×104N。当气垫内最高气压比外界高106Pa时，石板恰好被顶起，此时气垫和石板的接触面是连长为20cm的正方形。
①请在图乙中画出气垫恰好顶起石板时的阻力臂l2。（________）
②气垫恰好顶起石板时，气垫的中心至少离石板右端的支点O多远？（________）
35．如图甲，有一轻质杆，左右各挂由同种金属制成、质量分别为和（）的实心物块后恰好水平平衡。求：
（1）左右悬挂点到支点O的距离与之比_________。
（2）将两物分别浸没于水中（如图乙）杆将会_________（选填“左端下降”“右端下降”或“仍然平衡”），试通过推导说明_________。
36．一块质量分布均匀的光滑薄平板AB可以绕水平转轴自由转动(截面图中以O点表示)，平板与水平地面的夹角为30°，AO长为0.6米，OB长为0.4米，平板质量为2千克。小球离地面高为H=0.5米处由静止开始释放，沿光滑轨道到达AB上。(所有运动过程均无机械能转化为其他能量)
（1）要使平板会绕水平轴转动起来，小球的质量m至少为多少？
（2）如果一个质量为4m的小球从离地高度为0.2米的地方由静止开始释放，能否使平板翻转？请判断并说明理由。
37．如图所示，一位同学的质量为50kg，再将木棒支在O点，物体挂在A点，OB=1m，OA=0.2m。让该同学站在体重秤上用手将木棒抬到图示位置，此时体重秤的读数为60kg。试求（g取10N/kg）：
（1）该同学单独测体重时，双脚与体重秤的接触面积为0.04m2，他对体重秤的压强为多大___________？
（2）该同学的手对杠杆B端的托力F为多大___________？
（3）求物体的重力为多大___________？
（4）若此时该同学用双手竖直向上匀速抬起木棒，体重秤的读数将___________（选填“增大”“不变”或“减小”）。
38．人体旗帜是一种流行于欧美国家的运动，运动者要完成如图甲所示的动作，用手抓着垂直于地面的杆，使身体与地面保持平行。我们把这个动作简化成如图乙所示的模型，假设人体的重心在O点，人体重力为G，OD长度为L1，AB的长度为L2，两手与杆的夹角均为45度。为了研究方便，我们假定杆对手施加的力是沿着手臂的方向。
（1）杆子对该运动员右手（甲图中上方手臂）作用力的方向为沿手臂______（选填“斜向上”或“斜向下”）。
（2）图乙所示的杠杆若以A为支点，人的重力为阻力，画出阻力臂。（____）
（3）试推导杆子对该运动员右手作用力的大小F（____）（请写出推导过程，所得结果用字母表示）。
试卷第1页，总3页
参考答案
1．A
【详解】
由杠杆平衡条件可知Gl1
=Fl2
，图中由几何关系可知：l1与l2之比始终等于两边的杆长之比，即两力臂之比是常数
F=
即F为定值，故不论杆怎样变换位置，力F都是不变的。
故选A。
2．D
【详解】
A.动力F和θ的关系，当从水平→90°→水平，F对应的动力臂，先变小后变大，所以A错误。
B.当θ等于90°时动力最小但不为零，所以B错误。
CD.根据杠杆平衡条件
FL=F2L2
得
则F和L成反比，所以C错误，D正确。
故选D。
3．D
【详解】
分析杠杆的五要素，如如图所示：。
A.设杠杆与竖直方向的夹角为θ，F1的力臂
L1=cosθ×OA
重力的力臂
根据杠杆的平衡条件
因θ变大时，F1也变大，A错误。
B.F2与杠杆垂直，动力臂大小等于OA，保持不变，杠杆的G不变，在上升的过程中，阻力臂变大，根据杠杆的平衡条件，F2逐渐变大，B错误；
C.F3始终沿即沿竖直方向，由图可知，动力臂始终是阻力臂的2倍，根据杠杆的平衡条件，F3始终等于，故C错误。
D.由功的原理，使用任何机械不省功，三次拉力抬升木棒的过程中所做的功均相等，D正确。
故选D。
4．C
【详解】
A．设甲的重力为G，甲的底面积为S，杠杆上1小格为L，则根据杠杆平衡条件可得
F甲×6L=G乙×2L
F甲×6L=15N×2L
解得F甲=5N，此时甲对地面的压强为
p==4000Pa
同理可得
F甲′×6L=15N×3L
解得F甲′=7.5N，此时甲对地面的压强为
p′==3750Pa
两式联立解得G=45N，故A错误；
B．甲的底面积为
S==0.01m2
甲是正立方体，边长为
=0.1m
故其体积为
V甲=(0.1m)3=0.001m3
又因为
G甲∶G乙=ρV甲g∶ρV乙g=V甲∶V乙=45N∶15N=3∶1
故乙的体积为
V乙=×0.001m3≈0.00033m3=330cm3
故B错误；
C．如果将甲向右移动并挂于B正下方，乙仍挂于E，此时
F′×4L=G乙×3L
F′×4L=15N×3L
解得
F'=11.25N＜20N
所以放手后杠杆仍能平衡，故C正确；
D．将甲向右移动并挂于C正下方，乙移挂至F，假设杠杆平衡，则
F″×2L=G乙×7L
F″×2L=15N×7L
解得
F''=52.5N＞20N
所以放手后细线拉力会大于20N，细线会断，则甲不会被拉离地面，故D错误。
故选C。
5．D
【详解】
A．根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；
B．已知物重为
则
由杠杆平衡条件可得
解得
故B错误；
C．图甲位置时，若仅增加物重，根据杠杆平衡条件可得
则
因
故
故C错误；
D．保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：
为动力臂，为阻力臂，阻力不变为G，因为
所以
由杠杆平衡条件可知
即
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】
AB．杠杆在转动的过程中符合杠杆平衡的条件，即阻力为硬棒的重力，大小不变，硬棒在竖直位置时，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不符合题意；当硬棒在竖直位置时，F的力臂是杠杆的长度，且力臂最长，当杠杆转过θ后，力与杠杆不再垂直，所以动力臂变小，故A不符合题意；
CD．根据杠杆平衡的条件可得，阻力与阻力臂的乘积增大，而动力臂减小，所以动力逐渐增大，故C符合题意，D不符合题意。
故选C。
7．A
【解析】
【详解】
把木板看做一根杠杆，抬起一端，则另一端为支点；两次抬起木板时的情况如图所示(第一次动力臂较小):
两种情况下，动力克服的都是木板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以阻力臂都等于动力臂的二分之一，都是省力杠杆，故CD错误A正确；
根据杠杆的平衡条件可得F=GL阻L动=G，所以前后两次所用的力相同，故B错误。
8．D
【详解】
如图
按照甲的方法，支点为B，F1力臂为BD；按照乙图方法，支点为C，F2力臂为D′C。因为BD大于D′C，用甲乙两种方法，阻力和阻力臂不变，故根据杠杆平衡条件可知，所用力的大小关系为：F1＜F2。
无论如何将圆柱铁块倒下都是克服重力做功，两种方法使得柱体重心移动距离相等，故两个力做功相等，故比较使用甲乙两种方法，人至少要做的功的大小为：W1=W2。
故选D。
9．D
【详解】
A．水的质量
m=ρ水V=1g/cm3×500cm3=500g=0.5kg
故A错误；
B．若连接水瓶的绳拉硬棒的力为动力，由图可知动力臂大于阻力臂，所以此杠杆为省力杠杆，故B错误；
C．手提细绳，若感触棒顺时针转动，即
G瓶l1＞G包l2
所以使棒顺时针转动的力是由于水瓶的重力而产生的对棒的拉力，故C错误；
D．瓶和水的总重力
G瓶=G水=mg=0.5kg×10N/kg=5N
手提细绳硬棒水平静止时，根据杠杆的平衡条件可得
G瓶lOB=G包lOA
=30N
故D正确。
故选D。
10．C
【分析】
在做双支点的题目时，求左边的力应以右边支点为支点，求右边的力应以左边支点为支点；本题A端放在托盘秤甲上，以B点支点，根据杠杆平衡条件先表示出木条重心D到B的距离，当C点放在托盘秤甲上C为支点，再根据杠杆平衡条件计算托盘秤乙的示数．
【详解】
设木条重心在D点，当A端放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，托盘秤甲的示数是6N，根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条A端的支持力为6N，如图所示：
由杠杆平衡条件有：，即：，所以：，，当C点放在托盘秤甲上时，仍以C为支点，此时托盘秤乙对木条B处的支持力为FB，
因为所以，由杠杆平衡条件有：，即：，所以：FB=16N，则托盘秤乙的示数为16N．
故选C．
【点睛】
本题考查了杠杆平衡条件的应用，关键正确找到力臂，难点是根据杠杆的平衡条件计算出木条重心的位置．
11．A
【解析】
【详解】
A.要使底部C稍稍离开地面，阻力和阻力臂不变时，根据杠杆的平衡条件可知，动力最小时，动力臂最长，由图可知，最长的力臂为：BC===50cm，
根据杠杆的平衡条件得：
FBC=G，则他至少应对油桶施加的力：
F===600N，故A正确；
B.他用水平力虽没推动油桶，虽然他用了力，但没有在力的方向上移动距离，所以他对油桶不做功，故B错误；
C.他用水平力没推动油桶，油桶受力平衡，则推力等于摩擦力，故C错误；
D.
将油桶匀速推动5米，它对油桶做功:W=Fs=600N
5m=3000J.故D错误。
12．D
【解析】
【详解】
A.有用功为W有=Gh1，总功W总=Fh2，则机械效率的表达式==，故A正确；
B.有用功是提升钩码所做的功，额外功主要是克服杠杆重力做的功，影响机械效率的因素主要是有用功和总功所占的比例；提升的钩码重一定，重物升高的距离一定，说明有用功一定，所以影响杠杆机械效率的主要因素是杠杆自身的重力。故B正确；
C.杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额=W总，设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h=Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，钩码从A点到C点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，所以Gh1+G杠h变小，所以Fh2也变小。根据=，分母变小，分子不变，所以η变大！故C正确；
D.若弹簧测力计拉力方向始终竖直向上拉动，阻力不变，动力臂和阻力臂的比值不变，动力不变，所以测力计示数不变小。故D错误。
13．D
【详解】
以D为支点,动力臂L1=AD=AB+BC+CD=1.5m+0.3m+0.2m=2m，,阻力臂L2=CD=0.2m；
由杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2，得：F1×2m=1500N×0.2m,即：F1=150N，故D选项正确。
14．D
【解析】
如图所示，G表示杆AB的自重，LOA表示杆的重心到A端的距离，T表示悬线拉力的大小，L表示作用于杆AB上的悬线拉力对A点的力臂．
把AB视为一根可绕A端转动的杠杆，则由杠杆的平衡条件应有：，
由此得：当线套在杆上逐渐向右移动时，拉力T的动力L（L1、L2、L3、L4）经历了先逐渐变大后又逐渐变小的过程，故悬线的拉力T则是逐渐变小后逐渐变大．故D正确，ABC错误．
故选：D．
【点睛】本题考查力矩平衡条件，当阻力和阻力臂的乘积一定时，分析省力情况就要看动力臂的大小变化，所以本题画出图中动力臂是解决本题的关键。
15．C
【详解】
A.由于拉力始终竖直向上，由杠杆的平衡条件可知，拉力不变（动力臂与阻力臂之比不变）。
由图乙可知，当B端离地1.2m时，A端刚离地，所以金属棒长1.2米，故A错误；
BC.因为
W=Gh
所以金属棒的重力
即
F2=5N
杆未离地前，动力臂与阻力臂的比值不变，拉力大小不变，
由图乙可知拉力
故B错误、C正确。
D.由杠杆平衡条件得重心到A端的距离
故D错误。
故选C。
16．D
【详解】
A．为了使作用在A点的力F更小，应使动力臂变大，故在其它条件相同时，只改变支点O点的位置，应将O点更远离A端，故A错误；
B．杆从水平位置缓慢转动10度时，动力臂减小，因为OB与柱形物体固定，始终垂直，阻力为圆柱形物体的重力，阻力臂为l，当转动后，阻力的作用点提升，阻力向右移动，所以O点到阻力的作用线，即阻力臂增大，根据杠杆平衡原理，则阻力不变，阻力臂增大，动力臂减小，则动力增大，故B错误；
CD．在杆从水平位置缓慢转动45°角过程中，如图所示，
拉力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变。阻力臂先增大，当柱形物体的重心P在竖直方向上升0.5L，即重心P上升到水平位置时，阻力臂最大，此后阻力臂减小，当杠杆转动45度时，P在竖直方向上升，因此整个过程中阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡可知，动力F先增大后减小。故C错误，D正确。
故选D。
17．B
【分析】
以木板AB为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力，由杠杆平衡条件知；在C逐渐向右推移的过程中，根据支持力对轴B的力臂逐渐减小，可知的变化；由此可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，然后再由平衡条件知，水平推力F的变化。
【详解】
以木板AB为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力，两力臂如图所示：
根据杠杆平衡条件可得
水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，的力臂在减小，重力G及其力臂均不变，则根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中在逐渐增大，根据力的作用是相互的，则可知杆对物体C的压力也逐渐变大，根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由力的平衡条件知，水平推力F也逐渐增大。
故选B。
18．C
【详解】
A．
如图1，支点为，，，
木棒平衡，
，
，
故A正确，不符合题意；
B．
如图2，支点为，，，
木棒平衡，
，
，
故B正确，不符合题意；
C．
如图3，支点为，，，
木棒平衡，
，
，
故C错误，符合题意；
D．
如图4，支点为，，，
木棒平衡，
，
，
故D正确，不符合题意。
19．
【详解】
G=F支+F拉
在图中，使用了两个定滑轮，摩擦阻力忽略不计
则FA=F拉?…①
根据力的作用是相互的，人对杠杆的压力
FC=F支=G?F拉=mg?F拉?…②
∵杠杆平衡
∴FA×BA=FC×BC+mg×BC
又
∵BA=2BC，
∴FA×2BC=FC×BC+mg×BC…③
由①②③得
F拉=mg
20．200
靠近
【详解】
[1]A处螺钉的水平拉力为：
F=G-------①。
代入已知量得：
F=×300N=200N；
[2]为了安全，即减小水平拉力F；由①知，在AC、G不变的前提下，要减小AB，故A处螺钉的水平拉力室外机的位置应尽量靠近墙壁。
21．150
75000
【详解】
（1）[1]根据杠杆的平衡条件得到
G×OA=F×OB
F==150N
（2）[2]最小力抬住引擎盖时双手受到的压强
=75000Pa
22．5
1.25×105
【详解】
（1）[1]根据杠杆的平衡条件得到
F1×AO=F2×OB
F1×(2.4cm-0.6cm)=15N×0.6cm
F1=5N
（2）[2]作用在手指上的压强
23．100
0.4m
【详解】
（1）[1]乙处于O点时，甲对地面压力
F甲=G甲=4N
则甲对地面的压强
。
（2）[2]乙从O点运动到C点时，A端刚好翘起，甲对地面的压力为零，根据杠杆平衡公式可得
可得
OC=0.4m。
（3）[3]根据杠杆平衡件得
力臂OA、G乙不变，当乙匀速向右滑动时，G乙的力臂增大，杠杆A端受到的拉力FA增大。当物体离开地面后，杠杆A段所受压力等于甲的重力，压力不再增大。
当物体地面地面时，物体乙运动0.4m，速度为
0.1m/s，所以运动时间为
杠杆A端所受拉力随时间的变化图为
。
24．D
6
24
【详解】
（1）[1]由图可知，D点更加靠近拉力一端，故当作用在B点竖直向下的拉力F足够大时，杠杆容易绕D点翻转。
（2）[2][3]当以C点为支点时拉力最小，以D点为支点时拉力最大，则根据杠杆平衡条件可得
F1×BC=G×AC
F2×BD=G×AD
因为
AC=CD=DB
所以
BC∶AC=2∶1
BD∶AD=1∶2
可得
F1==6N
F2==24N
解得
F1=6N，F2=24N
25．5
先变小后变大
【详解】
(1)[1]由杠杆平衡条件得
G×=F1×OA
10N×=F1×OA
F1=5N
(2)[2]如图所示：
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，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。
26．50
200
【分析】
（1）在推翻油桶的过程中，油桶的重心会升高，根据W=Gh计算对油桶做的功即可。
（2）将油桶看做一个杠杆，而对角线就是最长的力臂，根据杠杆的平衡条件计算即可。
【详解】
（1）[1]根据勾股定理可知，油桶的对角线
=1m
在推翻油桶的过程中，重心上升的高度为
=0.1m
那么至少需要对油桶做功
W=Gh=50kg×10N/kg×0.1m=50J。
（2）[2]根据乙图可知，可以将B点看做支点，那么重力为阻力，阻力臂为BD；对角线BC的长度最大，因此动力臂为BC，动力与BC垂直。
根据杠杆的平衡条件得到
G×BD=F×BC
500N××0.8m=F×1m
解得
F=200N。
27．12N
变小
【详解】
(1)[1]木条受到竖直向下的重力和支架对木条竖直向上的支持力，由二力平衡
G=FA+FB
两支架对木条的支持力和木条对托盘的压力为作用力和反作用力，大小相等，故木棒的重力为
G=3N+9N=12N
(2)[2]
O为木条的重心，若向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，以B为支点，木条的重力G为阻力，C点对木条的支持力FC为动力，杠杆的示意图如图所示：
由杠杆的平衡条件得到
G×lB=FC×(lC+lB)
因G和lB不变，当向右移动甲台秤，使C点放在甲的支架上，lC变小，故动力臂变小，故FC变大，因乙台秤示数等于木条的重力与甲台秤示数之差，故则乙的示数变小。
28．
大于
【详解】
(1)[1]
O为支点，所以，力作用在杠杆的最右端C点，并且力臂是OC时，力臂最长，此时的力最小，确定出力臂然后做力臂的垂线即为力F，如下图
(2)[2]由勾股定理知道，在三角形ΔBOC中，
BO：BC：OC=3：4：5
由杠杆的平衡条件知道，
由此解得，最小力
(3)[3]若考虑到粗细均匀杠杆的实际重力存在，则左侧实际值较大，又因为OC不变，所以，最小力的实际大小大于F。
29．6.25
【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。
【详解】
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)
代入数据解得
F===6.25N
30．1.2
3
5
0.72m
【详解】
（1）由于拉力始终竖直向上，由杠杆的平衡条件可知，拉力不变（动力臂与阻力臂之比不变）．
由图乙可知，当B端离地1.2m时，A端刚离地，所以金属棒长1.2米；
（2）因为W=Gh，
所以金属棒的重力，即F2=5N；由图乙可知拉力
（3）由杠杆平衡条件得，
重心到A端的距离
=0.72m．
31．>
【分析】
动力臂是从支点到动力作用线的垂直距离，阻力臂是从支点到阻力作用线的垂直距离，据此判断。
【详解】
设每个硬币的重量为G，硬币的半径为r，根据杠杆的平衡条件结合图示可得
则有，即。
32．不一定
变小
【详解】
[1]由于根据题意只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，故无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以，无法确定它是哪种杠杆。
[2]若动力F乙
始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，此过程中，阻力和动力臂不变，阻力臂逐渐减小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小。
[3]由图知道，当F丙
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，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。且上图知道，F丙水平时，比F垂直OA时力臂小，所以动力更大，动力F丙随时间t的变化趋势如下图
33．1.8
【详解】
(1)[1]金属块浸没在水中时受到的浮力为
F浮=ρ水gV排=103kg/m3×10N/kg×180×10-6m3=1.8N
(2)[2]根据杠杆平衡条件得到
FB×OB=FA×OA
因为，得
1.2N×3=FA×1
解得
FA=3.6N
金属块的重力
G=F浮+FA=3.6N+1.8N=5.4N
金属块的密度
34．减小
降低
1.5m
【详解】
（1）[1][2]高压气瓶向气垫内充气时，气体会对外做功，内能转化为机械能，气瓶内的气体的内能减小，温度降低。
（2）[3]①由题意知，支点在石板的右下角O点，所受阻力为石板的重力，方向竖直向下，作用点在石板的中点上，首先做出阻力的示意图，然后从支点到阻力的作用线引垂线段，垂线段的长即为阻力臂，如图所示：
[4]②由p=
可得
F1=pS=106Pa×0.2m×0.2m=4×104N
根据F1L1=F2L2得
。
35．m2∶m1
仍然平衡
见解析
【详解】
（1）[1]由杠杆平衡公式可得
则
l1∶l2=m2∶m1
（2）[2][3]浸入水中之后左边向下拉力
浸入水中之后右边向下拉力
则动力与动力臂乘积为
①
阻力与阻力臂乘积为
②
又由
得
则
故代入①②可得
杠杆依然保持平衡。
36．(1)0.5kg；(2)见解析
【分析】
(1)机械能守恒结合数学知识分析小球离从地面高为H=0.5米处由静止开始释放，静止后仍能上升到的位置，根据杠杆的平衡条件结合几何知识求出要使平板会绕水平轴转动起来，小球的质量m至少为多少。
(2)根据题目条件结合数学知识，分析小球升高的位置，若动力和阻力都在支点O的同侧，则不能使平板翻转。
【详解】
(1)因所有运动过程均无机械能转化为其他能量，故机械能守恒，即小球离从地面高为H=0.5m处由静止开始释放，静止后仍能上升到高0.5m的位置，由数学知识，如图1所示，
BE=AB=(0.6m+0.4m)=0.5m
小球静止时刚好在B端，根据杠杆的平衡条件得到
m板g×OC=m球g×OD
根据几何知识
m球=×m板=×2kg=0.5kg
即要使平板会绕水平轴转动起来，小球的质量m至少为0.5kg。
(2)如果一个质量为4m的小球从离地高度为0.2m的地方由静止开始释放，由机械能守恒，小球上升的高度为0.2m，由数学知识，即运动到H处，AH=0.4m米，由图2所示，动力和阻力都在支点O的左侧，故不能使平板翻转。
答：(1)要使平板会绕水平轴转动起来，小球的质量m至少为0.5kg；
(2)如果一个质量为4m的小球从离地高度为0.2米的地方由静止开始释放，不能使平板翻转，因为小球上升到最高处的位置在支点左侧。
37．1.25×104Pa
100N
500N
不变
【详解】
（1）[1]对秤的压力为
F=G=mg=50kg×10N/kg=500N
对秤的压强为
p===1.25×104Pa
（2）[2]由题意知，体重计的示数变化为
m=60kg?50kg=10kg
根据力的作用的相互性可知，对B的提力
F=mg=10kg×10N/kg=100N。
（3）[3]根据杠杆的平衡条件可得
G×OA=F×OB
则
G===500N。
（4）[4]如果该同学用双手竖直向上匀速抬起木棒，物体的重力不变，动力臂和阻力臂的比值也不变，所以力F不变，则体重计显示的读数将不变。
38．斜向上
【详解】
(1)[1]要完成图甲所示的动作，使身体与地面保持平行，右手（甲图中上方手臂）对杆子有沿手臂向下的力，根据力的作用是相互的可知，杆子对该手臂作用力的方向为沿着手臂斜向上。
(2)[2]以A为支点，人的重力方向竖直向下，重力为阻力，由支点A向重力作用线作垂线，垂线段长为阻力臂，如图所示：
(3)[3]为使身体与地面保持平行，杆子对右手斜向上的力F为动力，人的重力为阻力，此时B为支点，阻力臂l1=OD，由图知，两手与杆夹角均为45°，所以∠ACB=90°，则BC长为动力臂，△ACB为等腰直角三角形，由几何知识可知，动力臂
BC=
由杠杆的平衡条件有
F×BC=G×OD
F=
答案第1页，总2页
答案第1页，总2页