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人教版物理八年级下第十二章12.1细化知识点同步练习———杠杆的动态平衡分析（2）
一、单选题
1．（2022八下·成都期末）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（ ）
①图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
②图中的B点为杠杆的支点
③“权”小于“重”时，A端一定上扬
④增大“重”时，应把“权”向A端移才能重新恢复水平平衡
A．只有①④ B．只有①② C．只有③④ D．只有②④
2．（2022九上·锡山期中）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，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的力臂不变，拉力F变大 B．拉力F先变小后变大
C．阻力和阻力臂乘积不变 D．这个杠杆先省力后费力
3．（2022九上·海安月考）如图所示，在长为L的轻质均匀杠杆OA的中点处悬挂一重物，在杠杆的最右端施加一个始终与杠杆垂直的力F，杠杆保持平衡，此时杠杆与水平方向夹角为30°（如图实线部分所示）。若不考虑杠杆的自重和阻力，则杠杆从图示位置转到水平位置的过程中（ ）
A．拉力F逐渐变大，拉力不做功
B．拉力F逐渐变小，拉力做功为GL
C．拉力F逐渐变大，拉力做功为
D．拉力F保持不变，拉力做功为
4．（2022九上·高港月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F 的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA 保持垂直（OA 为圆柱体横截面的直径）， 圆柱体在转动过程中不打滑。下列分析正确的是（ ）
A．拉力F做的功等于拉力与水平方向移动距离的乘积
B．拉力F逐渐变小
C．拉力F逐渐变大
D．由于拉力F力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变
5．（2022八下·涿州期末）如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是 （ ）
A．将左右两边的钩码均向外移动一格
B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变
C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变
D．将左边的钩码向里移动一格，同时将右边钩码去掉一个
6．（2022八下·芜湖期末）一端细一端粗的直棒AB，两端各放一支相同的蜡烛，然后支起来并使两端平衡，如图所示。然后点燃这两支蜡烛，当两支蜡烛都燃烧掉一半之后，直棒将（ ）
A．A端上升 B．B端上升 C．仍然平衡 D．无法判断
7．（2022八下·福田期末）如图所示，在轻质杠杆的中点处吊一重物G，左端能绕固定点O转动，右端施加一个始终竖直向上的动力F，使杠杆缓慢地从OA转至OB，则在转动过程中（ ）
A．F与它的力臂乘积不变 B．F的力臂不变，F的大小变大
C．F的力臂变大，F的大小变大 D．F的力臂变大，F的大小不变
8．（2022·玉林）如图所示，杠杆处于水平平衡状态，若在杠杆两侧挂钩码处各增加一个质量相同的钩码，则杠杆（ ）
A．仍然平衡 B．右端下降 C．左端下降 D．匀速转动
9．（2022八下·包河期末）如图所示，在轻质杠杆OA的中点悬挂一个重物G，在A端施加一竖直向上的拉力F，如果保持F的方向不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，拉力F的大小将（ ）
A．变大 B．不变 C．变小 D．无法判断
二、多选题
10．（2022八下·大洼期末）有一根质地均匀杠杆， 在中点支起，两边挂上砝码后， 恰能平衡在水平位置， 如图所示。那么，在下列几种情况下， 还能使杠杆保持平衡的是（ ）
A．左、右两边的砝码各向里移动1格
B．左边增加一个钩码，右边的砝码向外移动1格
C．左右两边的砝码各减少一半
D．左右两边的砝码各向外移动1格
11．（2022·湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离lAO＝2lBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A，B蜡烛重力之比为1∶2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
三、填空题
12．（2022九上·泗洪月考）如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA=AB，用细线将重为G的物体悬挂在A点，在B点施加竖直向上的拉力F。在保持杠杆水平静止的情况下，拉力F＝ G；若将拉力F改为沿图中虚线方向F将 （
增大/不变/减小），这是因为动力臂 （ 增大/不变/减小）。
13．（2022九上·江都月考）图中AOB是可绕O点无摩擦转动的轻杆，A端挂重300N的物块，AO与OB长度之比为5∶4．人始终沿竖直方向拉挂在B端的轻环．要使轻杆水平平衡，人应施加拉力为 N，人要不被拉起，则人重至少为
N，与水平平衡相比，当轻杆在图中虚线位置平衡时，人的拉力将
（选填“变大”、“变小”、或“不变”）。
14．（2022八下·娄星期末）如图，AB为能绕B点转动的轻质杠杆，中点C处用细线悬挂一重物，在A端施加一个竖直向上的大小为20N的拉力F，使杠杆在水平位置保持平衡，则重物G= N。若保持拉力F方向不变，将拉力F缓慢向左移动一小段距离，在移动的过程中，拉力F将 （选填“增大”、“不变”或者“减小”）。
四、综合题
15．（2022九上·锡山期中）
（1）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重G＝60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则F＝ N。保持F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F将 填“变大”、“不变”或“变小”）
（2）如图所示，有一根均匀铁棒重为600N，长为L，O为重心，OA=，为了不使这根铁棒的B端下沉，所需外力F至少应为 N，若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端，所需外力F′应为 N。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】①由图可知“标”表示力臂，“本”表示力臂；“权”“重”分别表示动力和阻力；②图中的O点为杠杆的支点；③由图可知“权”的力臂大于“重”的力臂，根据杠杆的平衡条件得，“权”小于“重”时，A端不一定上扬；④增大“重”时，根据杠杆的平衡条件得，在“权”不变时，向A端移才能重新恢复水平平衡，所以①④正确，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】作用在杠杆上的力分别是动力和阻力；根据杠杆的平衡条件，判断力的变化和力臂的变化。
2．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】重物G通过细线对杠杆的拉力为F′大小等于物体的重力G，即F′=G
由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，细线对杠杆的拉力F′的大小没有变化。由杠杆的平衡条件知F×OA=GL
当OA、G不变时，L越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大。由于该过程中，动力臂始终大于阻力臂，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】使用杠杆时，当阻力臂变大时，阻力和动力臂不变，动力变大。
3．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，阻力G不变，其阻力臂不断增大，而动力臂不变，所以动力F逐渐增大，由图可知，物体的重心升高 ，由于不考虑杠杆的自重和阻力，所以拉力做的功等于克服物重做的功，即 ，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，判断拉力变化；根据，判断做功大小。
4．【答案】B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．由功的定义可知，由于拉力在拉力方向上移动的距离并不是水平方向移动的距离，因此拉力F做的功不等于拉力与水平方向移动距离的乘积，A不符合题意；
BCD．由题意可知，圆柱体匀速转动过程中处于平衡状态，且拉力F始终与OA保持垂直，杠杆平衡原理有F·OA=G·OB，其中OB是重力的力臂，圆柱体转动过程中F的力臂OA保持不变，但是重力的力臂OB 逐渐减小，所以拉力F逐渐减小。B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于拉力在拉力方向上移动的距离并不是水平方向移动的距离，因此拉力F做的功不等于拉力与水平方向移动距离的乘积；根据杠杆平衡原理有F·OA=G·OB，判断力的大小。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】设杠杆的一个小格是1cm，一个钩码重1N.
A、将左右两边的钩码均向外移动一格，4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm，杠杆的左端下沉，故不符合题意；
B、在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm，杠杆的右端下沉，故不符合题意；
C、将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，（4﹣1）N×3cm＞（3﹣1）N×4cm，杠杆的左端下沉，故不符合题意；
D、将左边的钩码向里移动一格，同时将右边钩码去掉一个并保持位置不变，4N×（3﹣1）cm＝（3﹣1）N×4cm，杠杆的平衡，故符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上的力和力臂的大小，进而确定钩码数量及位置。
6．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】由图可知，OA>OB，当燃烧相同的蜡烛后，由于左侧减少的力与力臂的乘积较大，即FALOA>FBLOB，剩余蜡烛与相应力臂的乘积B端大于A端，根据杠杆平衡条件可知，A端上升，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】杠杆平衡时，力臂若不相同，力的大小不同，当改变的力相同时，杠杆不再平衡。
7．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，拉力F的方向始终是竖直向上的，阻力也就是下面物体的重力是始终不变的，杠杆的长度也始终没变，由几何知识可知拉力F在拉动杠杆从A到B的过程中，动力臂的长度在变大，同时阻力臂的长度也在变大，并且它们之比是一个定值，该值在杠杆运动过程中大小不变，再由杠杆平衡的条件可知
F是一个定值，前后大小不变。ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据杠杆的平衡条件，当阻力和动力臂不变时，阻力臂变大，动力变大。
8．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】设杠杆上每一格的长度为l，每个钩码的重力为G，原来杠杆水平平衡时，有2G×3l=3G×2l
在杠杆两侧挂钩码处各增加一个质量相同的钩码时，左侧动力与动力臂的乘积为3G×3l=9Gl
右侧阻力与阻力臂的乘积为4G×2l=8Gl
因为9Gl>8Gl
根据杠杆平条件可知，杠杆左端会下降，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，判断杠杆是否平衡。
9．【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】杠杆在A位置，轻质杠杆OA 中点悬挂重物，则阻力臂
在A 端施加一竖直向上的力F，则动力臂l1=OA
杠杆平衡条件可得Fl1=Gl2
杠杆在B位置时，由图可知：OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，由ΔOC′D∽ΔOA′B
得
由杠杆平衡条件可得F′×OA′=G×OC′
则F′= =G
由此可知，当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的力臂将变小，但力F的大小不变。B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】使用杠杆时，若拉力和重力方向平行，力臂的改变比值不变，力的大小不变。
10．【答案】B,C
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．左右两边砝码向里各移动一个格，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆不再平衡，向右端下沉，A不符合题意；
B．左边增加一个钩码，右边的砝码向外移动1格，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆保持平衡，B符合题意；
C．左右两边的砝码各减少一半，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆保持平衡，C符合题意；
D．左右两边的砝码各向外移动1格， 假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆不再平衡，向左端下沉，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上的力的大小及力臂的变化，进而确定钩码数量
11．【答案】A,B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．点燃前A、B蜡烛前，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可知
GAlAO＝GBlBO
变形得
A符合题意；
BCD．经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力ΔG相同，则支点左边力与力臂的乘积为(GA-ΔG)lAO＝GAlAO﹣ΔGLAO
支点右边力与力臂的乘积为(GB-ΔG)lBO＝GBlBO-ΔGlBO
由于lAO＞lBO，所以ΔGlAO＞ΔGlBO，GAlAO＝GBlBO
则有GAlAO﹣ΔGlAO＜GBlBO-ΔGlBO
所以杠杆右端下沉，B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合力臂的不同，判断力的大小；判断杠杆是否平衡。
12．【答案】0.5；增大；减小
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】竖直向上的拉力F为动力，动力臂为OB=2OA，重物通过悬绳对A点施加竖直向下的拉力为阻力，阻力臂为OA，依据杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，则有F×2OA=G×OA，解得F=0.5G
当拉力F改为沿图中的虚线方向时，由力臂的定义，动力臂将减小，在阻力×阻力臂不变的条件下，动力F增大。
【分析】根据杠杆上力和力臂关系，结合杠杆的平衡条件，计算力的大小；杠杆上的拉力与杠杆不垂直时，拉力的力臂减小，拉力变大。
13．【答案】375；375；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，动力臂与阻力臂之比为4∶5，根据杠杆的平衡条件可知，动力与阻力之比应为5∶4，已知阻力为300N，所以动力应为375N，人要不被拉起，人的重力至少应等于拉力的大小375N。杠杆在转动过程中拉力与重力的方向都是在竖直方向，所动力臂与阻力臂之比是不变的，由于物重一定，所以人的拉力也是不变的。
【分析】使用杠杆时，根据杠杆上的力臂的比值， 计算力的比值和力的大小；动力和阻力方向相同时，杠杆的位置改变，力的大小不变。
14．【答案】40；增大
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，当杠杆在水平位置平衡时，动力臂BA等于阻力臂BC的2倍，即BA=2BC，根据杠杆平衡条件可知，当杠杆平衡时，物体的重力为
即物体的重力为40N。
保持拉力F方向不变，将A端缓慢向左移动一小段距离， 动力的力臂变小，阻力臂不变，阻力大小不变，由杠杆平衡条件可知，动力F变大。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算未知力的大小；杠杆平衡时，力臂减小，力变大。
15．【答案】（1）30；不变
（2）200；300
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）根据杠杆的平衡条件可得
F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，动力臂、阻力臂之比不变，又重力不变，故力F将大小不变。
（2）根据杠杆的平衡条件可得
所以
若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端
所以
【分析】（1）根据杠杆上的阻力和动力臂、阻力臂，结合杠杆平衡条件，可以计算拉力的大小；当杠杆上的拉力和阻力方向相反时，改变杠杆的位置，拉力大小不变；
（2）根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上拉力的大小。
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人教版物理八年级下第十二章12.1细化知识点同步练习———杠杆的动态平衡分析（2）
一、单选题
1．（2022八下·成都期末）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（ ）
①图中“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
②图中的B点为杠杆的支点
③“权”小于“重”时，A端一定上扬
④增大“重”时，应把“权”向A端移才能重新恢复水平平衡
A．只有①④ B．只有①② C．只有③④ D．只有②④
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】①由图可知“标”表示力臂，“本”表示力臂；“权”“重”分别表示动力和阻力；②图中的O点为杠杆的支点；③由图可知“权”的力臂大于“重”的力臂，根据杠杆的平衡条件得，“权”小于“重”时，A端不一定上扬；④增大“重”时，根据杠杆的平衡条件得，在“权”不变时，向A端移才能重新恢复水平平衡，所以①④正确，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】作用在杠杆上的力分别是动力和阻力；根据杠杆的平衡条件，判断力的变化和力臂的变化。
2．（2022九上·锡山期中）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，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F的力臂不变，拉力F变大 B．拉力F先变小后变大
C．阻力和阻力臂乘积不变 D．这个杠杆先省力后费力
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】重物G通过细线对杠杆的拉力为F′大小等于物体的重力G，即F′=G
由图知，在杠杆缓慢由A到B的过程中，细线对杠杆的拉力F′的大小没有变化。由杠杆的平衡条件知F×OA=GL
当OA、G不变时，L越大，那么F越大，因此拉力F在这个过程中逐渐变大。由于该过程中，动力臂始终大于阻力臂，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】使用杠杆时，当阻力臂变大时，阻力和动力臂不变，动力变大。
3．（2022九上·海安月考）如图所示，在长为L的轻质均匀杠杆OA的中点处悬挂一重物，在杠杆的最右端施加一个始终与杠杆垂直的力F，杠杆保持平衡，此时杠杆与水平方向夹角为30°（如图实线部分所示）。若不考虑杠杆的自重和阻力，则杠杆从图示位置转到水平位置的过程中（ ）
A．拉力F逐渐变大，拉力不做功
B．拉力F逐渐变小，拉力做功为GL
C．拉力F逐渐变大，拉力做功为
D．拉力F保持不变，拉力做功为
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2可知，阻力G不变，其阻力臂不断增大，而动力臂不变，所以动力F逐渐增大，由图可知，物体的重心升高 ，由于不考虑杠杆的自重和阻力，所以拉力做的功等于克服物重做的功，即 ，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据杠杆平衡条件F1l1=F2l2，判断拉力变化；根据，判断做功大小。
4．（2022九上·高港月考）如图所示，质地均匀的圆柱体，在拉力F 的作用下，由实线位置匀速转到虚线所示位置，整个过程中，拉力F始终作用于A点且与OA 保持垂直（OA 为圆柱体横截面的直径）， 圆柱体在转动过程中不打滑。下列分析正确的是（ ）
A．拉力F做的功等于拉力与水平方向移动距离的乘积
B．拉力F逐渐变小
C．拉力F逐渐变大
D．由于拉力F力臂始终保持最长，拉力F始终保持最小值不变
【答案】B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．由功的定义可知，由于拉力在拉力方向上移动的距离并不是水平方向移动的距离，因此拉力F做的功不等于拉力与水平方向移动距离的乘积，A不符合题意；
BCD．由题意可知，圆柱体匀速转动过程中处于平衡状态，且拉力F始终与OA保持垂直，杠杆平衡原理有F·OA=G·OB，其中OB是重力的力臂，圆柱体转动过程中F的力臂OA保持不变，但是重力的力臂OB 逐渐减小，所以拉力F逐渐减小。B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】由于拉力在拉力方向上移动的距离并不是水平方向移动的距离，因此拉力F做的功不等于拉力与水平方向移动距离的乘积；根据杠杆平衡原理有F·OA=G·OB，判断力的大小。
5．（2022八下·涿州期末）如图所示，杠杆处于平衡状态，下列操作中能让杠杆继续保持平衡的是 （ ）
A．将左右两边的钩码均向外移动一格
B．在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变
C．将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变
D．将左边的钩码向里移动一格，同时将右边钩码去掉一个
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】设杠杆的一个小格是1cm，一个钩码重1N.
A、将左右两边的钩码均向外移动一格，4N×（3+1）cm＞3N×（4+1）cm，杠杆的左端下沉，故不符合题意；
B、在左右两边钩码的下方各加一个钩码，位置保持不变，（4+1）N×3cm＜（3+1）N×4cm，杠杆的右端下沉，故不符合题意；
C、将左右两边的钩码各去掉一个，位置保持不变，（4﹣1）N×3cm＞（3﹣1）N×4cm，杠杆的左端下沉，故不符合题意；
D、将左边的钩码向里移动一格，同时将右边钩码去掉一个并保持位置不变，4N×（3﹣1）cm＝（3﹣1）N×4cm，杠杆的平衡，故符合题意．
故答案为：D.
【分析】根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上的力和力臂的大小，进而确定钩码数量及位置。
6．（2022八下·芜湖期末）一端细一端粗的直棒AB，两端各放一支相同的蜡烛，然后支起来并使两端平衡，如图所示。然后点燃这两支蜡烛，当两支蜡烛都燃烧掉一半之后，直棒将（ ）
A．A端上升 B．B端上升 C．仍然平衡 D．无法判断
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】由图可知，OA>OB，当燃烧相同的蜡烛后，由于左侧减少的力与力臂的乘积较大，即FALOA>FBLOB，剩余蜡烛与相应力臂的乘积B端大于A端，根据杠杆平衡条件可知，A端上升，A符合题意，BCD不符合题意。
故答案为：A。
【分析】杠杆平衡时，力臂若不相同，力的大小不同，当改变的力相同时，杠杆不再平衡。
7．（2022八下·福田期末）如图所示，在轻质杠杆的中点处吊一重物G，左端能绕固定点O转动，右端施加一个始终竖直向上的动力F，使杠杆缓慢地从OA转至OB，则在转动过程中（ ）
A．F与它的力臂乘积不变 B．F的力臂不变，F的大小变大
C．F的力臂变大，F的大小变大 D．F的力臂变大，F的大小不变
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，拉力F的方向始终是竖直向上的，阻力也就是下面物体的重力是始终不变的，杠杆的长度也始终没变，由几何知识可知拉力F在拉动杠杆从A到B的过程中，动力臂的长度在变大，同时阻力臂的长度也在变大，并且它们之比是一个定值，该值在杠杆运动过程中大小不变，再由杠杆平衡的条件可知
F是一个定值，前后大小不变。ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据杠杆的平衡条件，当阻力和动力臂不变时，阻力臂变大，动力变大。
8．（2022·玉林）如图所示，杠杆处于水平平衡状态，若在杠杆两侧挂钩码处各增加一个质量相同的钩码，则杠杆（ ）
A．仍然平衡 B．右端下降 C．左端下降 D．匀速转动
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】设杠杆上每一格的长度为l，每个钩码的重力为G，原来杠杆水平平衡时，有2G×3l=3G×2l
在杠杆两侧挂钩码处各增加一个质量相同的钩码时，左侧动力与动力臂的乘积为3G×3l=9Gl
右侧阻力与阻力臂的乘积为4G×2l=8Gl
因为9Gl>8Gl
根据杠杆平条件可知，杠杆左端会下降，ABD不符合题意，C符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，判断杠杆是否平衡。
9．（2022八下·包河期末）如图所示，在轻质杠杆OA的中点悬挂一个重物G，在A端施加一竖直向上的拉力F，如果保持F的方向不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，拉力F的大小将（ ）
A．变大 B．不变 C．变小 D．无法判断
【答案】B
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】杠杆在A位置，轻质杠杆OA 中点悬挂重物，则阻力臂
在A 端施加一竖直向上的力F，则动力臂l1=OA
杠杆平衡条件可得Fl1=Gl2
杠杆在B位置时，由图可知：OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，由ΔOC′D∽ΔOA′B
得
由杠杆平衡条件可得F′×OA′=G×OC′
则F′= =G
由此可知，当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的力臂将变小，但力F的大小不变。B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】使用杠杆时，若拉力和重力方向平行，力臂的改变比值不变，力的大小不变。
二、多选题
10．（2022八下·大洼期末）有一根质地均匀杠杆， 在中点支起，两边挂上砝码后， 恰能平衡在水平位置， 如图所示。那么，在下列几种情况下， 还能使杠杆保持平衡的是（ ）
A．左、右两边的砝码各向里移动1格
B．左边增加一个钩码，右边的砝码向外移动1格
C．左右两边的砝码各减少一半
D．左右两边的砝码各向外移动1格
【答案】B,C
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．左右两边砝码向里各移动一个格，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆不再平衡，向右端下沉，A不符合题意；
B．左边增加一个钩码，右边的砝码向外移动1格，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆保持平衡，B符合题意；
C．左右两边的砝码各减少一半，假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆保持平衡，C符合题意；
D．左右两边的砝码各向外移动1格， 假设每个钩码为1N，每个格子为1m，根据杠杆的平衡条件可知，变成了
杠杆不再平衡，向左端下沉，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上的力的大小及力臂的变化，进而确定钩码数量
11．（2022·湘潭）如图所示，一均匀杠杆可以绕中点O自由转动，杠杆上垂直粘有A、B两根粗细相同的蜡烛且刚好在水平位置平衡，两蜡烛所处位置到O点的水平距离lAO＝2lBO，现同时点燃蜡烛，经时间t，它们减少了相等的质量，下列说法正确的是（ ）
A．点燃前A，B蜡烛重力之比为1∶2
B．经时间t，杠杆右端下沉
C．经时间t，杠杆左端下沉
D．经时间t，杠杆继续保持水平平衡
【答案】A,B
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】A．点燃前A、B蜡烛前，杠杆处于平衡状态，根据杠杆的平衡条件可知
GAlAO＝GBlBO
变形得
A符合题意；
BCD．经时间t，蜡烛燃烧后减小的重力ΔG相同，则支点左边力与力臂的乘积为(GA-ΔG)lAO＝GAlAO﹣ΔGLAO
支点右边力与力臂的乘积为(GB-ΔG)lBO＝GBlBO-ΔGlBO
由于lAO＞lBO，所以ΔGlAO＞ΔGlBO，GAlAO＝GBlBO
则有GAlAO﹣ΔGlAO＜GBlBO-ΔGlBO
所以杠杆右端下沉，B符合题意，CD不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合力臂的不同，判断力的大小；判断杠杆是否平衡。
三、填空题
12．（2022九上·泗洪月考）如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA=AB，用细线将重为G的物体悬挂在A点，在B点施加竖直向上的拉力F。在保持杠杆水平静止的情况下，拉力F＝ G；若将拉力F改为沿图中虚线方向F将 （
增大/不变/减小），这是因为动力臂 （ 增大/不变/减小）。
【答案】0.5；增大；减小
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】竖直向上的拉力F为动力，动力臂为OB=2OA，重物通过悬绳对A点施加竖直向下的拉力为阻力，阻力臂为OA，依据杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂，则有F×2OA=G×OA，解得F=0.5G
当拉力F改为沿图中的虚线方向时，由力臂的定义，动力臂将减小，在阻力×阻力臂不变的条件下，动力F增大。
【分析】根据杠杆上力和力臂关系，结合杠杆的平衡条件，计算力的大小；杠杆上的拉力与杠杆不垂直时，拉力的力臂减小，拉力变大。
13．（2022九上·江都月考）图中AOB是可绕O点无摩擦转动的轻杆，A端挂重300N的物块，AO与OB长度之比为5∶4．人始终沿竖直方向拉挂在B端的轻环．要使轻杆水平平衡，人应施加拉力为 N，人要不被拉起，则人重至少为
N，与水平平衡相比，当轻杆在图中虚线位置平衡时，人的拉力将
（选填“变大”、“变小”、或“不变”）。
【答案】375；375；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，动力臂与阻力臂之比为4∶5，根据杠杆的平衡条件可知，动力与阻力之比应为5∶4，已知阻力为300N，所以动力应为375N，人要不被拉起，人的重力至少应等于拉力的大小375N。杠杆在转动过程中拉力与重力的方向都是在竖直方向，所动力臂与阻力臂之比是不变的，由于物重一定，所以人的拉力也是不变的。
【分析】使用杠杆时，根据杠杆上的力臂的比值， 计算力的比值和力的大小；动力和阻力方向相同时，杠杆的位置改变，力的大小不变。
14．（2022八下·娄星期末）如图，AB为能绕B点转动的轻质杠杆，中点C处用细线悬挂一重物，在A端施加一个竖直向上的大小为20N的拉力F，使杠杆在水平位置保持平衡，则重物G= N。若保持拉力F方向不变，将拉力F缓慢向左移动一小段距离，在移动的过程中，拉力F将 （选填“增大”、“不变”或者“减小”）。
【答案】40；增大
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由题意可知，当杠杆在水平位置平衡时，动力臂BA等于阻力臂BC的2倍，即BA=2BC，根据杠杆平衡条件可知，当杠杆平衡时，物体的重力为
即物体的重力为40N。
保持拉力F方向不变，将A端缓慢向左移动一小段距离， 动力的力臂变小，阻力臂不变，阻力大小不变，由杠杆平衡条件可知，动力F变大。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算未知力的大小；杠杆平衡时，力臂减小，力变大。
四、综合题
15．（2022九上·锡山期中）
（1）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重G＝60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，则F＝ N。保持F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F将 填“变大”、“不变”或“变小”）
（2）如图所示，有一根均匀铁棒重为600N，长为L，O为重心，OA=，为了不使这根铁棒的B端下沉，所需外力F至少应为 N，若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端，所需外力F′应为 N。
【答案】（1）30；不变
（2）200；300
【知识点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）根据杠杆的平衡条件可得
F的方向不变，在将杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，动力臂、阻力臂之比不变，又重力不变，故力F将大小不变。
（2）根据杠杆的平衡条件可得
所以
若F的方向不变，微微抬起这根铁棒的B端
所以
【分析】（1）根据杠杆上的阻力和动力臂、阻力臂，结合杠杆平衡条件，可以计算拉力的大小；当杠杆上的拉力和阻力方向相反时，改变杠杆的位置，拉力大小不变；
（2）根据杠杆的平衡条件，计算杠杆上拉力的大小。
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