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专题五 杠杆动态变化与二次平衡
考点一、杠杆二次平衡
典例1：用细绳系住厚度不均匀的木板的O处，木板恰好处于静止状态，且上表面保持水平。如图，两玩具车同时从O点分别向木板的两端匀速运动，要使木板在此过程始终保持平衡，必须满足的条件是（ ）
A.两车的质量必须相等 B.两车的速度必须相等
C.质量较小的车速度较大 D.两车同时到达木板两端
【答案】C
【解析】两辆小车对木板的压力相当于动力和阻力，O点就是杠杆的支点；根据杠杆的平衡条件得到：
因为：；所以：； ；
因为：； 所以：； ；
那么质量小的车速度肯定大，这时杠杆才能平衡，故C正确。
变式1：如图所示，两端分别站着一个大人和一个小孩，杠杆水平平衡。如果他们同时都以相同的速度向支点缓慢走去，杠杆将( )
A.小孩那端下沉 B.大人那端下沉 C.仍保持平衡 D.无法确定
【答案】A
【解析】要使杠杆平衡，作用在杠杆上的两个力（动力和阻力）的大小跟它们的力臂成反比。动力×动力臂=阻力×阻力臂，用代数式表示为F 1× L 1=F 2×L 2。式中，F 1表示动力，L 1表示动力臂，F 2表示阻力，L 2表示阻力臂。
【解答】根据题意可知，杠杠初始平衡时G1 G2 当一个大人和一个小孩同时都以相同的速度向支点缓慢走时，两力臂的减少量相同，根据杠杆平衡的条件可知，G1 L1的减少量大于G2 L2的减少量，即G1 L1的剩余量小于G2 L2的剩余量；故小孩那端下沉；故B、C、D错误；A正确；
变式2：如图甲，有一轻质杆（不计杆的质量），左右各挂由同种金属制成、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的实心物块后恰好水平平衡。小金查阅资料后知道，这样的装置平衡是利用了杠杆相关原理，且以O点为支点时，此杠杆平衡时遵守左右两侧杠杆受到的力的大小与力臂（水平平衡时力臂长度等于支点O到悬挂点距离）乘积相等，即F1×L1＝F2×L2
（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2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”），试通过推导证明你的结论。_______
【答案】： 仍然平衡 答案见解析
【解析】(1)[1]轻质杠杆左右各挂物块后，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2
可得G1L1=G2L2即m1gL1=m2gL2
所以=
(2)[2][3]根据=可知同种金属制成的实心物块的体积分别为V1= V2=
当浸没水中后，实心物块受到的浮力分别为
=g=g=g
=g=g=
轻质杆左右两边受到的拉力分别为
F1=G1=m1gg=g(1)
F2=G2=m2gg=m2g(1)
则F1L1=m1g(1)L1
F2L2=m2g(1
由于m1gL1=m2gL2所以F1L1=F2L2即杠杆平衡。
变式3：（2023·慈溪模拟）研究科学问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为模型。在一支蜡烛中间垂直插入一枚大号缝衣针，把缝衣针的两端分别放在两个玻璃杯上，制成一个蜡烛跷跷板。用小刀对蜡烛两端加工，使跷跷板保持平衡，先后点燃A、B两端，蜡烛跷跷板上下不断翘动起来，如图甲所示。图乙是该蜡烛跷跷板的模型。
（1）请在图乙中画出蜡烛OA段所受的重力示意图和力臂(重心在M点)。
（2）请解释蜡烛跷跷板两端上下翘动的原因。
【答案】 ⑵请解释蜡烛跷跷板两端上下翘动的原因。 若先点燃左端的蜡烛，蜡烛燃烧，同时因为温度升高，蜡逐渐熔化，蜡液滴下。左端蜡烛重力减小，即动力减小，同时蜡烛变短，动力臂也减小。根据杠杆平衡原理，动力乘动力臂小于阻力乘阻力臂，跷跷板向右端转动。此时右端蜡烛处于低处，处于低处的蜡烛，向上的火焰能够给蜡烛未燃烧部分充分加热， 使其更易达到着火点，因此右端蜡烛燃烧的更快，阻力迅速减小，阻力臂也减小，当阻力乘阻力臂小于动力乘动力臂时，跷跷板向左端转动。如此往复，两端的蜡烛就会不断地上下翘动
（1）
（2）若先点燃左端的蜡烛，蜡烛燃烧，同时因为温度升高，蜡逐渐熔化，蜡液滴下。左端蜡烛重力减小，即动力减小，同时蜡烛变短，动力臂也减小。根据杠杆平衡原理，动力乘动力臂小于阻力乘阻力臂，跷跷板向右端转动。此时右端蜡烛处于低处，处于低处的蜡烛，向上的火焰能够给蜡烛未燃烧部分充分加热， 使其更易达到着火点，因此右端蜡烛燃烧的更快，阻力迅速减小，阻力臂也减小，当阻力乘阻力臂小于动力乘动力臂时，跷跷板向左端转动。如此往复，两端的蜡烛就会不断地上下翘动
【解析】（1）重力方向为竖直向下，力臂指支点到力的作用线的垂直距离；
（2）利用杠杆的平衡知识，分析左后蜡烛燃烧的快慢，判断两边力和力臂乘积大小的变化。
【解答】（1）重力方向竖直向下，画出支点o到重力作用线的垂直距离即可；
（2） 若先点燃左端的蜡烛，蜡烛燃烧，同时因为温度升高，蜡逐渐熔化，蜡液滴下。左端蜡烛重力减小，即动力减小，同时蜡烛变短，动力臂也减小。根据杠杆平衡原理，动力乘动力臂小于阻力乘阻力臂，跷跷板向右端转动。此时右端蜡烛处于低处，处于低处的蜡烛，向上的火焰能够给蜡烛未燃烧部分充分加热，使其更易达到着火点，因此右端蜡烛燃烧的更快，阻力迅速减小，阻力臂也减小，当阻力乘阻力臂小于动力乘动力臂时，跷跷板向左端转动。如此往复，两端的蜡烛就会不断地上下翘动 。
考点二、杠杆动态变化的平衡
典例1：如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA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F乙始终与OA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F乙的大小变化是________(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙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OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势________。
【答案】不一定；变小；
【解析】（1）阻力臂为，动力F甲的方向不确定，那么动力臂的长度可能大于，也可能小于，所以该杠杆不一定是省力杠杆；
（2）在杠杆由水平位置匀速向上提升重物的过程中，阻力G保持不变，但是阻力臂L2不断减小，动力臂L1=OA保持不变；根据杠杆的平衡条件G×L2=F乙×OA可知，动力F乙逐渐变小；
（3）如下图所示：
若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向， 当动力臂为OB时最长，即动力臂先变大后变小。根据杠杆的平衡条件G×L2=F丙×L1可知，G和L2保持不变，那么动力F丙的变化应该是先变小后变大。如下图所示：
变式1：（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（ ）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
【答案】C
【解析】判断杠杆的用力情况需要知道动力臂与阻力臂的长短关系。根据题目信息可知：阻力与动力臂大小始终不变。 由竖直位置慢慢转到水平位置过程中，阻力臂慢慢变大
【解答】A、在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故A错误。
B、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆故B错误。
C、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故C正确。
D、在竖直位置时，动力臂L1>阻力臂L2，是省力杠杆。在水平位置时，动力臂L1<阻力臂L2，是费力杠杆，故D错误。
变式2：（2023九上·海曙期末）质量分布均匀、重为G的直杆AB置于水平面上(忽略杆的直径大小)，小科同学现在A端施加外力F，匀速缓慢抬起直杆至如图位置(杆与水平面成60角)，此时杆A端距地面高度为h，杆的B端始终和地面之间保持相对静止，F的方向始终和直杆垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．抬起过程中，此杠杆先省力后费力
B．抬起过程中，力F所做的功为Fh
C．抬起过程中，杆克服重力做功为
D．抬起过程中，若不计摩擦损失能量，则杆的机械能守恒
【答案】C
【解析】（1）分析动力臂和阻力臂的变化，从而确定省力或费力；
（2）（3）抬起的过程中，力F做的功等于克服重力做的功；
（4）机械能=动能+重力势能。
【解答】A.根据图片可知，B点为支点，杆的重力相当于阻力，F为动力。在抬起的过程中，阻力臂不断减小，而动力臂保持不变。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，越来越省力，故A错误；
BC.在抬起的过程中，力F做的功等于克服杠杆重力做的功。由于杆的重心升高，所以力F做的功为：W=Gh'=，故B错误，C正确；
D.在抬起的过程中，杆的高度不断增大，则它的重力势能不断增大。速度不变，则动能不变。根据”机械能=动能+重力势能“可知，杆的机械能增大，故D错误。
变式3：（2022九上·舟山月考）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为 。
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向做的位置时，动力F1的大小变化是 。（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）
【答案】（1）10 （2）先变小后变大
【解析】（1）根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2计算即可；
（2）判断当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，力臂如何变化，然后由杠杆平衡条件判断力的大小如何变化。
【解答】（1）由杠杆平衡条件F1L1=F2L2得：，即：，解得：F1=10N；
（2）如图所示，由图可知：
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F1L1=F2L2可知，动力先变小后变大。
1.（2022九上·天台月考）如图所示，可绕O点转动的轻质杠杆，在D点挂一个重为G的物体M，用一把弹簧测力计依次在 A、B、C三点沿圆O相切的方向用力拉，每次都使杠杆在水平位置平衡，读出三次的示数分别为F1、F2、F3 ， 它们的大小关系是（ ）
A.F1＜F2＜F3 B.F1＞F2＞F3 C.F1=F2=F3 D.F1＞F2=F3
【答案】C
【解析】首先分析杠杆的五要素，再根据杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，分析解答。
杠杆的平衡条件为动力×动力臂＝阻力×阻力臂。物体重力不变，位置不变，即阻力和阻力臂都不变，阻力臂为圆半径。又由于三次拉力的动力臂相等，都为圆的半径，所以三次的拉力相等，都等于物体重力，C符合题意。
2.（2021·拱墅模拟）重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 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
【答案】C
【解析】力臂的定义为支点到力的作用线的垂直距离，与动力对应的力臂叫动力臂，与阻力对应的力臂叫阻力臂；在杠杆平衡（静止或匀速转动状态）时，动力×动力臂=阻力×阻力臂；
【解答】重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 F， 让棒缓慢转到图中虚线所示位置的过程中，动力臂逐渐减小，阻力臂变大，杠杆平衡时，动力×动力臂=阻力×阻力臂，所以动力F逐渐变大；故A、B、D错误，C正确；
3.如图AB为一可绕O点转动的杠杆，在A端通过绳子作用一个拉力，使杠杆平衡，保持重物不动，而使绳绕A点沿图中虚线缓慢逆时针转动，则F（ ）
A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.不变 D.无法判断
【答案】B
【解析】在杠杆上，从支点到力的作用点为力臂时最长，此时动力最小；分析拉力在转动过程中动力臂的长度变化即可。
【解答】分析可知，当力F与杠杆AB垂直时，此时动力臂最长，因此在力F转动的过程中，动力臂先变长后变短；根据杠杆的平衡条件可知，力F先变小后变大。故选B。
4.如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中( )
A.F的力臂变小，F的大小变大 B.F的力臂变大，F的大小变小
C.重力G与它的力臂乘积保持不变 D.重力G与它的力臂乘积变大
【答案】B
【解析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的垂线段的长度；根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析即可。如下图所示，
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
即：G×OA×cosα=F×OB×sinα；
当∠α增大时，cosα变小，而sinα变大；
因此重力和它的力臂乘积变小，故C、D错误；
因为OB×sinα变大，所以动力F的力臂变大，而F却变小，故B正确，A错误。
5.（2022九上·鄞州期中）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，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
【答案】A
【解析】注意分析杠杆改变位置的过程中，动力臂和阻力臂的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析动力F的变化即可。
根据图片可知，物体的重力为阻力，拉力F为动力；
根据杠杆的平衡条件得到：G×L2=F×L1；
由于拉力F始终与杠杆垂直，所以动力臂L1保持不变；
在杠杆旋转的过程中，阻力臂L2逐渐增大，那么G×L2=F×L1中的乘积变大；因为L1不变，所以动力F不断增大，故A正确，而B、C、D错误。
6．如图所示，要使杠杆平衡，作用在 A 点上的力分别为 F1 、F2 、F3 ，其中最小的力是（ ）
A．沿竖直方向的力 F1
B．沿垂直杠杆方向的力 F2
C．沿水平方向的力 F3
D．无论什么方向用力一样大
【答案】B
【解析】由杠杆的平衡条件可知，要使杠杆平衡，作用在A点上的力最小时，其力臂是最长的．由图可知，图中的沿垂直杠杆方向的力F2最小。故选B。
7.（2022·浙江杭州市模拟预测）小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个同种密度但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体，（物质的密度都大于水）。如果将它们都浸没在水中，则两杠杆将（ ）
A．仍保持平衡
B．都失去平衡
C．甲失去平衡，乙仍保持平衡
D．甲仍保持平衡，乙失去平衡
【答案】D
【解析】甲杠杆：浸入水中之前：ρ物gV1×L1=ρ物gV2×L2 所以V1×L1=V2×L2
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：(ρ物gV1 ρ水gV1)×L1=(ρ物 ρ水)gV1×L1
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：(ρ物gV2 ρ水gV2)×L2=(ρ物 ρ水)gV2×L2
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：ρ1gV×L1=ρ2gV×L2
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：(ρ1gV ρ水gV)×L1=ρ1gV×L1 ρ1gV×L1
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：(ρ2gV ρ水gV)×L1=ρ2gV×L2 ρ2gV×L2
因为L1>L2 所以，左端力和力臂的乘积小于右端力和力臂的乘积，
故杠杆右端下沉，综上所述，选项D符合题意。
8.材料相同的甲、乙两个物体分别挂在杠杆A、B两端，O为支点（OA＜OB），如图所示，杠杆处于平衡状态.如果将甲、乙物体（不溶于水）浸没于水中，杠杆将会（ ）
A.A端下沉 B.B端下沉 C.仍保持平衡 D.无法确定
【答案】C
【解析】甲、乙浸没在水中后，两个物体都会受到浮力，此时它们对杠杆的拉力F=G-F浮，根据杠杆的平衡条件和阿基米德原理，冰结合必要的数学推导对两边力和力臂的乘积大小进行比较即可。
【解答】甲、乙两物体的密度相同，且OA＜OB，
根据杠杆的平衡条件可知，G甲×L甲=G乙×L乙，
即：ρgV甲L甲=ρgV乙L乙，
所以：V甲L甲=V乙L乙-------------①，
如果将甲、乙物体（不溶于水）浸没于水中，
甲乙受到的浮力分别为：F浮甲=ρ水gV甲，F浮乙=ρ水gV乙，
左边为：（G甲-ρ水gV甲）×L甲=G甲×L甲-ρ水gV甲×L甲------------②
右边为：（G乙-ρ水gV乙）×L乙=G乙×L乙-ρ水gV乙×L乙-----------③
由于V甲L甲=V乙L乙，
所以：ρ水gV甲×L甲=ρ水gV乙×L乙，
则由②③两式可知，此时左右两边拉力与力臂的乘积相同，故杠杆仍然会保持平衡。
9.（2022·浙江湖州·九年级期末）如图所示，在A点分别作用的四个力中，能使杠杆处于平衡状态的最小力________，若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中拉力F将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】F3 不变
【解析】[1]如图所示：
F1使杠杆顺时针转动，F2、F3、F4使杠杆逆时针转动，所以不能使杠杆处于平衡状态的力是F1；F2、F3、F4的力臂分别为OD、OB、OC，其中OB最长，阻力和阻力臂一定，根据杠杆的平衡条件可知，动力臂越长，动力越小，所以F3最小。
[2]若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中，阻力臂与动力臂的比值不变，阻力不变，由杠杆平衡条件可知，拉力F不变。
10.（2022·富阳模拟）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA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F乙始终与OA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F乙的大小变化是________(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙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OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势________。
【答案】不一定；变小；
【解析】（1）阻力臂为，动力F甲的方向不确定，那么动力臂的长度可能大于，也可能小于，所以该杠杆不一定是省力杠杆；
（2）在杠杆由水平位置匀速向上提升重物的过程中，阻力G保持不变，但是阻力臂L2不断减小，动力臂L1=OA保持不变；根据杠杆的平衡条件G×L2=F乙×OA可知，动力F乙逐渐变小；
（3）如下图所示：
若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向， 当动力臂为OB时最长，即动力臂先变大后变小。根据杠杆的平衡条件G×L2=F丙×L1可知，G和L2保持不变，那么动力F丙的变化应该是先变小后变大。如下图所示：
11．如图所示，R是滑动变阻器，它的金属滑片垂直固定在等臂金属杠杆的中央且可以随杠杆左右转动。杠杆两端分别悬挂等质量、等体积的铁球，此时杠杆平衡。再将铁球同时分别浸没到密度相等的稀硫酸和硫酸铜溶液中、反应一段时间后会观察到：灯泡L比开始时______（填“亮”或“暗”）。请说明理由______。
【答案】亮 答案见解析
【解析】[1][2]铁球在稀硫酸中会逐渐溶解而变小，稀硫酸的密度则会因铁的溶解而增大，浮力增大，即左边铁球将上升；而铁球在硫酸铜溶液中则会在铁球溶解的同时，生成质量更大的金属铜，使铁球质量增大，溶液密度减小，浮力减小，即右端铁球将下沉；又因滑动变阻器向右滑动后，电阻减小，P=I2R灯泡变亮（合理即可）。
12．（2022·浙江·宁波市九年级期末）小宁是学校科技小组的成员，他用身边的一些器材做实验来验证杠杆的平衡条件：
（1）他要验证的杠杆平衡条件是：________；
（2）往直尺两端放不同数量的相同硬币，并调节硬币位置，使直尺在水平位置平衡，如图乙所示：
①若将左、右两侧各取下一枚硬币，则直尺________端将下沉。
②小宁误将乙图中的L1、L2作为力臂的大小，则2L1________3L2。
【答案】动力×动力臂=阻力×阻力臂 右 ＞
【解析】（1）[1]需要验证杠杆的平衡条件是动力×动力臂=阻力×阻力臂。
（2）[2]设一枚硬币的重力为G，左边为动力和动力臂，则有2Gl1=3Gl2①
现将两侧各取下一枚硬币，即为左边为Gl1，右边为2Gl2，由①可知Gl1=1.5Gl2
所以Gl1＜2Gl2直尺右端将下沉。
②[3]由图可知，L1和L2分别是支点到硬币边缘的距离，不是到力的作用线的垂直距离，不是两边力臂的大小，设硬币的半径为r，由杠杆平衡条件得到2G(L1+r)=3G(L2+r)
2L1+2r=3L2+3r 2L1-3L2=r＞0 2L1＞3L2
13.（2021九上·天台月考）小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆，每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3 ， 每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）木板的重力为________N。
（2）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起到某个位置（如图甲所示），在抬起过程中，力F的变化趋势是________。
A．变大 B．变小 C．先变大后变小 D．不变
（3）小科和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小科抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小科对木板的力F2为多少？
【答案】（1）252
（2）D
（3）墙面漆的重力为：G'=m'g=30kg×10N/kg=300N；
以A为支点，根据杠杆的平衡条件可知：G'LG=F2L2 ， 则
【解析】根据密度公式和重力公式求出重力的大小；(2)知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求动力与物重G的大小关系；确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F与物重G的大小关系；由此得出动力F的大小变化情况.
【解答】（1）木板的重力为G=Mg=pgV=x1.2m×2mx0.015m=252 N，
（2）
如图，杠杆在Α位置，LOA=2 Loc，根据杠杆平衡可知：FLOA=GLOC ， 则F=G；杠杆在Β位置，0A‘为动力臂，0C为阻力臂，阻力不变为G，由得根据杠杆平衡条件可知FLOA=GLOC ， 则F=G.由此可知当杠从Α位置匀速提到Β位置的过程中，力F的大小不变，故选D.
14．（2022·浙江杭州·九年级期末）如图所示，小乐用轻质杠杆（自身重力不计）、完全相同的铝块甲和乙、细线、密度值已知的A、B两种液体（密度分别为ρA、ρB），自制了可测量液体密度的杠杆密度计。分析下列步骤后，回答问题：
步骤一：杠杆两端分别挂甲和乙，将乙浸没于液体A，用细线将杠杆悬于O点，使杠杆水平平衡。在杠杆上挂甲处标记刻度ρA。
步骤二：将乙浸没于液体B，只将挂甲的细线向右移动，使杠杆再次水平平衡。在杠杆上挂甲处标记刻度ρB。
步骤三：通过等分法均匀画出其他刻度线。
（1）如图所示，杠杆水平平衡时，细线拉力大小关系是F1______F2（选填“＞”或“＜”）。
（2）A、B两液体的密度大小关系是ρA______ρB（选填“＞”或“＜”）。
（3）当液体密度变化时，若挂甲的细线到悬挂点O的距离lx与液体密度ρx是一次函数关系，则该密度秤的刻度是均匀的。据此判断：小乐“通过等分法均匀画出其他刻度线”的方法是__（选填“合理的”或“不合理的”）。
【答案】＞ ＜ 合理的
【解析】（1）根据图片可知，动力臂l1小于阻力臂l2，再根据杠杠的平衡公式F1l1=F2l2可知，细线拉力的大小F1>F2
（2）根据杠杠的平衡公式F1l1=F2l2得到G甲×l1=（G乙-F浮）×l2
G甲×l1=（G乙-ρ液gV排）×l2
在A液体中时，得到G甲×l1=（G乙-ρAgV排）×l2 -------------- ①
在B液体中时，得到G甲×l1'=（G乙-ρBgV排）×l2--------------②
①÷②得到;
因为l1>l1'所以G乙-ρAgV排>G乙-ρBgV排
则ρAgV排<ρBgV排即ρA<ρB
（3）当液体密度变化时，若挂甲的细线到悬挂点O的距离lx与液体密度ρx是一次函数关系，则当液体密度增大相同的数值时，lx也增大相同的数值，因此刻度线是均匀的，则小乐的方法是合理的。
典例分析
举一反三
典例分析
举一反三
课后巩固
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专题五 杠杆动态变化与二次平衡
考点一、杠杆二次平衡
典例1：用细绳系住厚度不均匀的木板的O处，木板恰好处于静止状态，且上表面保持水平。如图，两玩具车同时从O点分别向木板的两端匀速运动，要使木板在此过程始终保持平衡，必须满足的条件是（ ）
A.两车的质量必须相等 B.两车的速度必须相等
C.质量较小的车速度较大 D.两车同时到达木板两端
变式1：如图所示，两端分别站着一个大人和一个小孩，杠杆水平平衡。如果他们同时都以相同的速度向支点缓慢走去，杠杆将( )
A.小孩那端下沉 B.大人那端下沉 C.仍保持平衡 D.无法确定
变式2：如图甲，有一轻质杆（不计杆的质量），左右各挂由同种金属制成、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的实心物块后恰好水平平衡。小金查阅资料后知道，这样的装置平衡是利用了杠杆相关原理，且以O点为支点时，此杠杆平衡时遵守左右两侧杠杆受到的力的大小与力臂（水平平衡时力臂长度等于支点O到悬挂点距离）乘积相等，即F1×L1＝F2×L2
（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2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”），试通过推导证明你的结论。_______
变式3：（2023·慈溪模拟）研究科学问题时，常需要突出研究对象的主要因素，忽略次要因素，将其简化为模型。在一支蜡烛中间垂直插入一枚大号缝衣针，把缝衣针的两端分别放在两个玻璃杯上，制成一个蜡烛跷跷板。用小刀对蜡烛两端加工，使跷跷板保持平衡，先后点燃A、B两端，蜡烛跷跷板上下不断翘动起来，如图甲所示。图乙是该蜡烛跷跷板的模型。
（1）请在图乙中画出蜡烛OA段所受的重力示意图和力臂(重心在M点)。
（2）请解释蜡烛跷跷板两端上下翘动的原因。
考点二、杠杆动态变化的平衡
典例1：如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA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F乙始终与OA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F乙的大小变化是________(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙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OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势________。
变式1：（2023九上·余姚期末）如图所示，一直杆可绕O点转动，杠杆下端挂一重物，为了提高重物，用一个始终跟杠杆垂直的力使杠杆由竖直位置慢慢转到水平位置，在这个过程中直杆（ ）
A．始终是省力杠杆
B．始终是费力杠杆
C．先是省力的，后是费力的
D．先是费力的，后是省力的
变式2：（2023九上·海曙期末）质量分布均匀、重为G的直杆AB置于水平面上(忽略杆的直径大小)，小科同学现在A端施加外力F，匀速缓慢抬起直杆至如图位置(杆与水平面成60角)，此时杆A端距地面高度为h，杆的B端始终和地面之间保持相对静止，F的方向始终和直杆垂直，则下列说法中正确的是（ ）
A．抬起过程中，此杠杆先省力后费力
B．抬起过程中，力F所做的功为Fh
C．抬起过程中，杆克服重力做功为
D．抬起过程中，若不计摩擦损失能量，则杆的机械能守恒
变式3：（2022九上·舟山月考）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。
（1）当F1竖直向上时，F1的大小为 。
（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向做的位置时，动力F1的大小变化是 。（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）
1.（2022九上·天台月考）如图所示，可绕O点转动的轻质杠杆，在D点挂一个重为G的物体M，用一把弹簧测力计依次在 A、B、C三点沿圆O相切的方向用力拉，每次都使杠杆在水平位置平衡，读出三次的示数分别为F1、F2、F3 ， 它们的大小关系是（ ）
A.F1＜F2＜F3 B.F1＞F2＞F3 C.F1=F2=F3 D.F1＞F2=F3
2.（2021·拱墅模拟）重为 G 的均匀木棒竖直悬于 O 点，在其下端施一水平拉力 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
3.如图AB为一可绕O点转动的杠杆，在A端通过绳子作用一个拉力，使杠杆平衡，保持重物不动，而使绳绕A点沿图中虚线缓慢逆时针转动，则F（ ）
A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.不变 D.无法判断
4.如图所示，一根可绕O点转动的均匀硬棒重为G，在棒的一端始终施加水平力F，将棒从图示．位置缓慢提起至虚线位置的过程中( )
A.F的力臂变小，F的大小变大 B.F的力臂变大，F的大小变小
C.重力G与它的力臂乘积保持不变 D.重力G与它的力臂乘积变大
5.（2022九上·鄞州期中）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，在这个过程中力F的大小将( )
A.变大 B.不变 C.变小 D.先变大后变小
6．如图所示，要使杠杆平衡，作用在 A 点上的力分别为 F1 、F2 、F3 ，其中最小的力是（ ）
A．沿竖直方向的力 F1
B．沿垂直杠杆方向的力 F2
C．沿水平方向的力 F3
D．无论什么方向用力一样大
7.（2022·浙江杭州市模拟预测）小华在做实验时提出了如图所示两个模型，两杠杆均处于平衡状态，甲杠杆上平衡的是两个同种密度但体积不同的实心物体，乙杠杆上平衡的是两个体积相同但密度不同的实心物体，（物质的密度都大于水）。如果将它们都浸没在水中，则两杠杆将（ ）
A．仍保持平衡
B．都失去平衡
C．甲失去平衡，乙仍保持平衡
D．甲仍保持平衡，乙失去平衡
8.材料相同的甲、乙两个物体分别挂在杠杆A、B两端，O为支点（OA＜OB），如图所示，杠杆处于平衡状态.如果将甲、乙物体（不溶于水）浸没于水中，杠杆将会（ ）
A.A端下沉 B.B端下沉 C.仍保持平衡 D.无法确定
9.（2022·浙江湖州·九年级期末）如图所示，在A点分别作用的四个力中，能使杠杆处于平衡状态的最小力________，若作用力F始终沿竖直方向则将杠杆抬到水平位置的过程中拉力F将________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
10.（2022·富阳模拟）如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N的重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA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F乙始终与OA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F乙的大小变化是________(选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”)；若动力F丙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OA始终保持水平静止，如图丙所示，请在答题卷上画出动力F丙随时间t的变化趋势________。
11．如图所示，R是滑动变阻器，它的金属滑片垂直固定在等臂金属杠杆的中央且可以随杠杆左右转动。杠杆两端分别悬挂等质量、等体积的铁球，此时杠杆平衡。再将铁球同时分别浸没到密度相等的稀硫酸和硫酸铜溶液中、反应一段时间后会观察到：灯泡L比开始时______（填“亮”或“暗”）。请说明理由______。
12．（2022·浙江·宁波市九年级期末）小宁是学校科技小组的成员，他用身边的一些器材做实验来验证杠杆的平衡条件：
（1）他要验证的杠杆平衡条件是：________；
（2）往直尺两端放不同数量的相同硬币，并调节硬币位置，使直尺在水平位置平衡，如图乙所示：
①若将左、右两侧各取下一枚硬币，则直尺________端将下沉。
②小宁误将乙图中的L1、L2作为力臂的大小，则2L1________3L2。
13.（2021九上·天台月考）小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来一些质量均匀的矩形实木板和墙面漆，每块木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3 ， 每一桶墙面漆的质量为30kg。
（1）木板的重力为________N。
（2）工人用一个竖直向上的力F将木板的一端匀速抬起到某个位置（如图甲所示），在抬起过程中，力F的变化趋势是________。
A．变大 B．变小 C．先变大后变小 D．不变
（3）小科和工人身形相近，他们一起用一根轻杆将墙面漆抬起，工人抬起轻杆的A端，小科抬着B端，两人施力的方向都为竖直向上，且保持轻杆水平（如图乙所示），其中，AB为1.2m，桶悬挂点C离A端为0.4m，则小科对木板的力F2为多少？
14．（2022·浙江杭州·九年级期末）如图所示，小乐用轻质杠杆（自身重力不计）、完全相同的铝块甲和乙、细线、密度值已知的A、B两种液体（密度分别为ρA、ρB），自制了可测量液体密度的杠杆密度计。分析下列步骤后，回答问题：
步骤一：杠杆两端分别挂甲和乙，将乙浸没于液体A，用细线将杠杆悬于O点，使杠杆水平平衡。在杠杆上挂甲处标记刻度ρA。
步骤二：将乙浸没于液体B，只将挂甲的细线向右移动，使杠杆再次水平平衡。在杠杆上挂甲处标记刻度ρB。
步骤三：通过等分法均匀画出其他刻度线。
（1）如图所示，杠杆水平平衡时，细线拉力大小关系是F1______F2（选填“＞”或“＜”）。
（2）A、B两液体的密度大小关系是ρA______ρB（选填“＞”或“＜”）。
（3）当液体密度变化时，若挂甲的细线到悬挂点O的距离lx与液体密度ρx是一次函数关系，则该密度秤的刻度是均匀的。据此判断：小乐“通过等分法均匀画出其他刻度线”的方法是__（选填“合理的”或“不合理的”）。
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