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《暑假预习课》浙教版科学八升九--第12讲 杠杆（二）
考点一、杠杆最小力问题
考点精要：
由F1L1=F2L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典型分析：
1．籼米是米糕、粉干等食品的原料，温州种植籼稻已有4千多年历史。在环境温度不低于12℃时，将籼稻种子播撒到适宜的土壤中培育成幼苗，再移植到稻田中，在20℃～35℃间生长较快，4个月后可收割。回答下面小题。在古代，籼稻收割后利用前方装有石块的简易杠杆敲击谷粒去壳。下列方案中脚踩踏时最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】C
【分析】结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它们各属于哪种类型的杠杆。
【解答】解：A、用脚踏碓舂米过程中，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
BD、用脚踏碓舂米过程中，动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，故BD错误；
C、用脚踏碓舂米过程中，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C正确。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，属于基础知识考查。
举一反三：
1．（1）用如图甲小车，搬运煤气罐上楼，比直接扛上楼要省力的多，其中M、M′两处为轴连接。如图乙是小车实际搬运煤气罐上楼的情形。如果要使小车上一个台阶，正确的操作顺序是手握小车把手K，将力作用在K上，改变用力的方向就可完成。在上一个台阶过程中，abc三点都要成为支点一次。那么如图乙开始上一个新台阶，最合理的支点顺序是 。
（2）如图丙所示，将一根质量忽略不计的轻质木棒OAB，其中OA：AB＝4：3，O端用绞链固定在墙上，木棒能绕O点转动，在距O点三分之一OA处挂一重为120N的物体，若要保持此棒在如图所示位置平衡，则加在B端的最小力为 N。
【考点】杠杆中最小力问题；杠杆及其五要素．
【答案】（1）b﹣c﹣a；（2）32
【分析】（1）根据实际情况分析上台阶的过程，确定支点的位置。
（2）若在杠杆上B端施加最小的力F，使杠杆在水平位置平衡，该力的方向应该垂直OB斜向上，此时的动力臂最长，利用杠杆平衡条件求力的大小。
【解答】解：（1）①手握小车把手K，向下用力作用在K上，杠杆绕b点转动，此时杠杆的支点为b；
②当车轮上台阶后，向前推车，杠杆绕c点转动，此时支点为c；
③将力作用在K上向上用力，此时，杠杆绕轮与台阶的接触点a转动，a为支点；故最合理的支点顺序是b﹣c﹣a；
（2）在阻力、阻力臂不变的情况下，为使动力最小，根据杠杆的平衡条件而开展，动力臂要最长，当OB为动力臂时，动力臂最大，动力最小；
OA：AB＝4：3，根据勾股定理可知，OA：OB＝4：5：；
根据杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA，
所以，F＝＝＝32N。
故答案为：（1）b﹣c﹣a；（2）32。
【点评】本题考查了学生对杠杆和杠杆平衡条件的了解和掌握，难度不大。
考点二、杠杆动态分析与杠杆的计算
考点精要：
先找出杠杆的相关要素——支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，当杠杆水平时，如果动力臂最长，也就是说动力是最小的。因此，根据杠杆的平衡条件可继续分析出，当力的方向改变时，对力臂与力的影响。
典型分析：
1．如图所示，OA是起重机的吊臂，可绕O点转动。在距O点6m远的B处吊有重3000N的物体。为保证吊臂在水平位置平衡，则绕过定滑轮斜向下的拉力F为 N．将吊臂缓慢拉起，使用A点升高2m的过程中，拉力变 。（绳重、吊臂重、摩擦均不计）
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】见试题解答内容
【分析】OAB构成杠杆，F的力臂图中标出为5米，阻力臂为OB的长度。根据杠杆平衡条件可解第一问。在动态提升过程中抓好杠杆要素中的不变量与变量的关系。
【解答】解：（1）杠杆阻力为物重G＝3000N，阻力臂为OB＝6m，由图可知绳子绕过定滑轮只改变了力的方向，因此动力臂为5m。根据杠杆平衡条件F1l1＝F2l2即F×5m＝3000N×6m。所以F＝3600N。
（2）在动态提升的过程中阻力（物重）不变，阻力臂变小，动力臂同时变大。由杠杆平衡条件可知拉力变小。
故答案为：3600、变小。
【点评】对于杠杆类习题首先从确定动力、阻力、动力臂、阻力臂入手。动态杠杆问题要分析好变量与不变量。再根据杠杆平衡条件解答。
举一反三：
1．如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 （选填“上升”或“下降”）。
【考点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡条件．
【答案】（1）20；（2）②，；下降。
【分析】（1）杠杆在水平位置平衡，知道两边力臂、左边力的大小，利用杠杆平衡条件求右边力的大小；
（2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；右边的力不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，右边的力臂不变，据此确定G2应该移动到的位置；根据杠杆平衡条件分析。
【解答】解：
（1）如图甲，杠杆在水平位置平衡，
由杠杆平衡条件得：G1×OA＝G2×OB，
即：10N×0.2m＝G2×0.1m，
解得：G2＝20N；
（2）保持G1位置不变，即左边的力和力臂不变；G2不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，应该使右边的力臂不变；原来G2的力臂为OB，所以G2应该移动到②点处；
若不移动，杠杆左侧力与力臂的乘积大于右侧的力与力臂的乘积，此时杠杆A端下降。
故答案为：（1）20；（2）②，；下降。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，易错点在第二问，知道根据力臂不变得出答案是关键。
1．劳动课上，小江用如图自制的轻质拔草器拔除果园中的小灌木，使用时，将拔草器前端叉子插入植株根部，用手对拔草器后端施加压力。若将同一植株拔起，施力最小的是（ ）
B． C． D．
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】A
【分析】明确拔草器拔草时杠杆的五要素，然后根据杠杆平衡条件（F1L1＝F2L2），结合图示分析解答。
【解答】解：如图所示，拔草器相当于一个杠杆，拔草时支点在拐点，若拔同一植株，则草对拔草器的阻力一定，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，阻力臂越小，动力臂越大，动力越小。
AC图相比，动力臂相等，A图中的阻力臂更小，所以A图动力更小；B图与D图相比，动力臂相同，B的阻力臂小，B图的动力较小；A和B的阻力臂相同，A的动力臂大，所以A图动力更小，符合要求的只有A图。
故选：A。
【点评】此题考查杠杆中最小力的问题，难度不大，熟练掌握杠杆平衡条件是关键。
2．如图所示，O为杠杆的支点，A点悬挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点施加一个力并使该力最小，该力应沿（ ）
A．BM方向 B．BN方向 C．BP方向 D．BQ方向
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】D
【分析】由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】解：由图可知，O为支点，A点挂一重物，阻力方向向下，为使杠杆在水平位置平衡，在B点施加一个力，则动力F与杠杆垂直且方向向下，
要使该力最小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小；
由图可知，BQ对应的动力臂最长，所以该力应沿BQ方向。
故选：D。
【点评】首先判断最小力的力臂，一般找支点和作用点之间的最长距离为最大力臂，在该点施加的力才最小。确定好最小的力，还要根据杠杆情况判断施力方向。
3．如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。为了切断甘蔗，下列最省力的是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】B
【分析】为了能切断甘蔗，动力的方向需向下，由杠杆平衡条件判断所用动力的大小关系。
【解答】解：为了能切断甘蔗，动力的方向需向下，由动力臂的定义可知，手沿F1、F3方向用力比沿F2方向用力时的动力臂要小，由杠杆平衡条件可知，动力更大，即F1、F3＞F2，所以手沿F2方向最省力，故B正确。
故选：B。
【点评】本题通过“切甘蔗用的铡刀”考查了杠杆知识的应用，揭示了物理知识来源于生活又应用于生活的理念，是中考的常见题型。
（3题图） （4题图）
4．如图所示，O为杠杆的支点，A点挂一重物，为使杠杆在图示位置平衡，若在C点施加一个力并使该力最小，该力应沿（ ）
A．CM方向 B．CN方向 C．CP方向 D．CQ方向
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】C
【分析】由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小。所以要判断哪个动力最小，就看哪个动力对应的动力臂最长。支点与动力作用点之间的连线就是最长的动力臂，与这条动力臂垂直的力即为最小动力。
【解答】解：由图可知，O为支点，A点挂一重物，阻力方向向下，为使杠杆在水平位置平衡，在C点施加一个力，则动力F与OC垂直且方向向下，
要使该力最小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂都一定的情况下，动力臂越长则动力越小；
由图可知，CP对应的动力臂最长，所以该力应沿CP方向。
故选：C。
【点评】首先判断最小力的力臂，一般找支点和作用点之间的最长距离为最大力臂，在该点施加的力才最小。确定好最小的力，还要根据杠杆情况判断施力方向。
5．为了防止门被风吹动，常在门背后和墙上安装如图甲所示的“门吸”。门可以绕轴O自由转动，“门吸”与O位置关系、“门吸”引力作用点和方向等如图乙所示（摩擦力忽略不计）。则关门所需的最小力F的作用点和方向是（ ）
B． C． D．
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】A
【分析】由杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1×L1＝F2×L2）可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小，据此结合图示分析解答。
【解答】解：根据F1×L1＝F2×L2可知，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长。由图乙可知，门可以绕轴O自由转动，则其支点为O，当“门吸”在最右端时，动力臂最长，则“门吸”引力作用点应该在最右端，方向垂直于最长动力臂指向“门吸”时为关门所需的最小力，由图可知，只有A图符合要求。
故选：A。
【点评】此题主要考查了杠杆最小力的问题。解决此类题目的关键是找出最长的力臂，然后根据力臂的概念确定力的方向。
6．如图所示，O为杠杆AB的支点，A端挂一重物G，图中能使杠杆在水平位置平衡的最小的拉力是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】A
【分析】力臂是指从支点到力的作用线的垂直距离；使用杠杆时，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长动力越小。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小、越省力；
由图可知支点到F1作用线的距离为三格的长度；支点到F2作用线的距离小于三格的长；支点到F3作用线的距离为二格的长度；作用在杠杆上的F4和阻力作用效果一样（都会使杠杆逆时针转动），因此无法使杠杆平衡。
故选：A。
【点评】使用杠杆时，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，越省力。
（6题图） （7题图）
7．园艺师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，下列方法最省力的是（ ）
A．尽量让树枝靠近O点，手握剪刀的位置远离O点
B．尽量让树枝远离O点，手握剪刀的位置靠近O点
C．尽量让树枝靠近O点，手握剪刀的位置靠近O点
D．尽量让树枝远离O点，手握剪刀的位置远离O点
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】A
【分析】根据生活经验可知，园艺师傅使用剪刀修剪树枝时越省力越好，利用杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，对各选项注意分析即可解答。
【解答】解：使用剪刀修剪树枝时，阻力不变，由F1＝可知，阻力臂最小，动力臂最大时，动力最小。
尽量让树枝靠近O点，手握剪刀的位置远离O点，阻力不变，减小了阻力臂，增大了动力臂，根据杠杆平衡条件可知最省力。故A正确；BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，利用杠杆平衡条件分析问题，要抓住不变的量，根据变化的量进行分析解答。
8．如图所示是一种手控制动器，a是一个转动着的轮子，b是摩擦制动片，c是杠杆，O是其固定转动轴，手在A点施加一个作用力F时，b将压紧轮子，使轮子制动。若使轮子制动所需的力矩是一定的，则下列说法正确的是（ ）
A．轮a逆时针转动时，所需的力F较小
B．轮a顺时针转动时，所需的力F较小
C．无论轮a逆时针还是顺时针转动，所需的力F相同
D．无法比较F的大小
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】A
【分析】轮子a逆时针转动与顺时针转动时，对b的摩擦力的方向不同所以摩擦力产生的力矩的方向也不同，两种情况下的力矩方程就不同。分别写出两种情况下的力矩平衡方程，即可知道哪一种情况下的力大一些。
【解答】解：轮子制动需要的力矩是一定的，所以b对轮子的压力大小是一定的，所以无论轮子a逆时针转动还是顺时针转动，制动所需的摩擦力f大小相同；
选取O点为转轴，A向后拉时的力矩沿顺时针方向；轮子顺时针转动时，轮子对b的摩擦力方向向下，对转轴O产生逆时针方向的力矩；轮子逆时针转动时，轮子对b的摩擦力方向向上，对转轴O产生顺时针方向的力矩；a对b的支持力产生的力矩始终沿逆时针方向。
轮子顺时针转动时，MF＝MN+Mf
轮子逆时针转动时，MF+Mf＝MN
比较以上两式，可得在轮子制动需要的力矩MN是一定的条件下，轮子逆时针转动时，制动所需的力矩小，所以制动所需的力F也小。故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查力矩平衡条件的应用，但重点注意摩擦力的力矩的方向，由于摩擦力的方向不同，使轮子对B杆产生的压力也就不同。
（8题图） （9题图）
9．学习了杠杆知识后，小莲自制了一架天平，并将两个重物放在自制天平的秤盘上，放入重物前天平在水平位置平衡，放入重物后天平向右倾斜，秤盘最终落在桌面上如图所示。若不改变秤盘的悬挂位置，仅将重物左右互换，则互换后天平（ ）
A．不可能向右倾 B．不可能向左倾 C．不可能平衡 D．右倾、左倾、平衡都有可能
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】D
【分析】原来杠杆平衡，是因为原来杠杆两边力和力臂的乘积相等；分析互换后力和力臂的乘积是否相等，若相等，杠杆仍平衡；若不相等，杠杆将向力和力臂的乘积大的那端倾斜。
【解答】解：图中的杠杆，左边力臂小于右边力臂，由杠杆平衡条件可知，左边重力可能小于、也可能等于、也可能大于右边重力，将天平上的重物各自左右互换，左边力和力臂的乘积可能会等于、也可能会小于，也可能会大于右边力和力臂的乘积，所以杠杆右倾、左倾、平衡都有可能，故ABC错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，要知道：杠杆平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。
10．如图所示，甲、乙两人分别在A点和B点共同扛起均质木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点。当乙的作用点从B点向O点靠近时，乙对木料作用力将（ ）
A．变小 B．变大 C．不变 D．无法判断
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】B
【分析】利用杠杆平衡条件，根据杠杆的动态平衡分析即可。
【解答】解：当乙的作用点向O靠近时，此时作用点记为B′；
以A为支点，由杠杆平衡条件F1l1＝F2l2得：F乙×AB′＝G×AO；
则：F乙＝；当乙向O点靠近，AB′减小，G与AO不变，则F乙变大；
故选：B。
【点评】此题考查了杠杆平衡条件以及杠杆的动态平衡，综合性较强，需考生灵活运用杠杆平衡公式解决问题。
（10题图） （11题图）
11．如图所示，杠杆处于平衡状态，若将A处的钩码向右移动一格，为使杠杆重新平衡可以（ ）
A．把B处钩码向右移动一格
B．在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格
C．把B处钩码拿掉一个
D．在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】C
【分析】杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，据此分析。
【解答】解：设一个钩码为G，一格的长度为L；
将A处的钩码向右移动一格，左侧：3G×L＝3GL，
A、把B处钩码向右移动一格，右侧：2G×4L＝8GL≠3GL，故A错误；
B、在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格，右侧：3G×2L＝6GL≠3GL，故B错误；
C、把B处钩码拿掉一个，3G×L′＝3GL，可使杠杆在水平位置再次平衡，故C正确，
D、在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格，右侧：4G×4L＝16GL≠3GL，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查杠杆的动态平衡，属于中档题。
12．如图所示杠杆AOB能绕O点转动（杆重和摩擦均不计），已知OA＝L1，OB＝L2，F1与OA垂直，F2与OB垂直，且F1L1＝F2L2，则此杠杆在F1和F2作用下的状态（ ）
A．一定静止 B．一定匀速转动
C．可能静止或匀速转动 D．一定变速转动
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】D
【分析】杠杆的平衡状态包括两种：静止状态或匀速转动状态；当动力和阻力使杠杆转动方向相反且F1L1＝F2L2时，杠杆平衡。
【解答】解：杠杆的平衡状态包括两种：静止状态或匀速转动状态；
由图知，动力F1使杠杆顺时针转动，阻力F2也使杠杆顺时针转动，即动力和阻力使杠杆转动方向相同，虽然F1L1＝F2L2，但杠杆不会平衡，会做变速转动，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了杠杆是否能够平衡的分析，有一定的难度。
（12题图） （13题图）
13．如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（ ）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
【考点】杠杆的动态平衡分析；机械能守恒．
【答案】A
【分析】（1）如果人用力的方向总是竖直向上，先确定动力臂和阻力臂的关系，再根据杠杆的平衡条件得出动力的大小变化情况；
（2）影响动能的因素是质量和速度，影响重力势能的因素是质量和高度，动能和重力势能统称机械能。
【解答】解：如图，
AB、若动力总是竖直向上，动力臂逐渐减小，阻力臂也逐渐减小，但△OAC∽△OBD，所以 ＝为定值即动力臂和阻力臂的比值为定值，因为阻力（木棒重）不变，根据F×OB＝G×OA可得：动力F保持不变，故A正确，B错误；
C、由于木棒的重力G不变，OB逐渐减小，G×OB也减小，又因为F×OB＝G×OA，所以F和它相应的力臂的乘积减小，故C错误；
D、木棒在匀速逐渐变高的过程中，质量不变，速度不变，动能不变，高度升高，重力势能增加，机械能增加，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，由两个三角形相似得出两力臂的比值不变是本题的关键。
14．如图所示，一根木棒在一个始终竖直向上的拉力F作用下绕转轴O自由转动（不计摩擦），使木棒的下端由A处缓慢地抬升到B处。这一过程中，拉力F的大小如何变化（ ）
A．逐渐增大 B．保持不变 C．逐渐减小 D．无法确定
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】B
【分析】根据杠杆的平衡条件分析拉力的大小变化。
【解答】解：一根木棒在一个始终竖直向上的拉力F作用下绕转轴O自由转动，在转动的过程中，阻力大小不变，根据三角形知识可知，动力臂和阻力臂的比值不变，根据杠杆的平衡条件F1l1＝F2l2可知，动力的大小不变，故B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了杠杆的动态平衡分析，属于基础题。
（14题图） （15题图）
15．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（ ）
A．变小 B．不变
C．变大 D．先变大后变小
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】C
【分析】通过作图比较A、B两位置阻力G力臂的长短。然后再通过杠杆的平衡条件来分析动力的变化。
【解答】解：如图所示：
在杠杆缓慢由A到B的过程中，动力臂OA（即拉力F的力臂）不变，阻力G的大小不变，而阻力臂L（即重力G的力臂）却逐渐增大；
由杠杆的平衡条件知：F OA＝G L，当OA、G不变时，L变大，那么F也变大，即拉力F在这个过程中逐渐变大。
故选：C。
【点评】本题考查学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用，能准确判断阻力臂和动力臂的变化情况是本题的关键。
16．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实心铁球，乙图上有两个体积相同的实心铝球和铁球，如果把它们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是（ ）
A．甲、乙杠杆都保持平衡
B．甲、乙杠杆都右侧下沉
C．甲杠杆仍保持平衡，乙杠杆右侧下沉
D．甲杠杆右侧下沉，乙杠杆仍保持平衡
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】C
【分析】分析这两种情况的共同思路是：
（1）根据杠杆两端密度和体积情况，可比较出重力的大小情况；
（2）甲、乙两个物体，都浸没水中后，根据F浮＝ρ液gV排比较出受到的浮力大小情况，力与力臂的乘积都减小，减小值小的那端杠杆将下降。
【解答】解：（1）甲杠杆：
浸入水中之前，ρ铁gV1×L1＝ρ铁gV2×L2
所以V1×L1＝V2×L2
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：（ρ铁gV1﹣ρ水gV1）×L1＝（ρ铁﹣ρ水）gV1×L1
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：（ρ铁gV2﹣ρ水gV2）×L2＝（ρ铁﹣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。
（2）乙杠杆：
浸入水中之前，ρ铝gV×L1＝ρ铁gV×L2﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：（ρ铝gV﹣ρ水gV）×L1＝ρ铝gV×L1﹣ρ水gV×L1﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：（ρ铁gV﹣ρ水gV）×L2＝ρ铁gV×L2﹣ρ水gV×L2﹣﹣﹣﹣﹣﹣③，
由于L1＞L2，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。
综上所述，选项C符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、杠杆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。
17．在科普节目《加油，向未来》中有一项对抗性实验，甲、乙两人站在平衡板上，图示位置时，平衡板在空中处于水平平衡。若甲的质量大于乙的质量，平衡板质量分布均匀、绳子下端挂在重心点。接着甲向左、乙向右两人同时沿同一直线缓慢挪动相同距离时，平衡板将会（ ）
A．左右摆动 B．仍然平衡 C．右侧下倾 D．左侧下倾
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】D
【分析】因为甲的质量大于乙的质量，利用杠杆的平衡条件：F1l1＝F2l2，知l1＜l2，甲、两人同时向相反的方向沿同一直线缓慢挪动相同距离，再用极限法考虑，乙先掉下，即左侧下倾。
【解答】解：因为甲的质量大于乙的质量，可知F1＞F2，利用杠杆的平衡条件：F1l1＝F2l2，知l1＜l2，甲、两人同时
相向沿同一直线缓慢挪动相同距离，甲向左移动、乙向右移动相同的距离l，则左侧增大的力与力臂的乘积为：F1l，右侧增大的力与力臂的乘积为：F2l，由于F1＞F2，所以，F1l＞F2l，由此可知，左侧力与力臂的乘积大于右侧力与力臂的乘积，所以左侧下倾。
故选：D。
【点评】此题考查了杠杆的动态平衡分析，属于基础题。
18．下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（ ）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】C
【分析】从支点向力的作用线作垂线，垂线段的长度即力臂。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，分析阻力与阻力臂、动力与动力臂的关系，并得出正确结果。
【解答】解：
A、根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力力臂变大，所以动力变大；当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小。故动力先变大后变小，故A错误；
B、杠杆始终保持平衡，阻力和阻力臂不变，动力臂一开始垂直于杆，动力臂最大，之后动力沿顺时针方向转动，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力会一直变大，故B错误；
C、用一个始终竖直向上的力提升重棒，如图所示；
；
在提升的过程中，阻力不变，阻力臂变小，动力臂也变小；物体的重心在杠杆的中心，则动力臂始终为阻力臂的2倍，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力的大小不变，故C正确；
D、用一个始终水平向右的力提升重物，此时阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，动力变大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是动态平衡问题，考查了学生对杠杆平衡条件的理解和灵活运用。能否正确分析重力的阻力臂与动力臂的大小关系是本题的解题关键。
19．如图所示装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过一固定定滑轮，另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。现使线套逐渐向右移动，但始终使木棒保持水平，则悬线上的拉力T（棒和悬线足够长）（ ）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小 D．逐渐变小
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】A
【分析】由图知，阻力乘以阻力臂是相等的，动力的大小变化要从动力臂的大小变化上得出，所以要画出几条典型的情况下的力臂加以分析得出结论。
【解答】解：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：G×LOA＝T×L，
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。
故选：A。
【点评】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。
（19题图） （20题图）
20．有一质量分布不均匀的木条，质量为2.4kg，长度为AB，C为木条上的点，AC＝AB。现将两台完全相同的台秤甲、乙放在水平地面上，再将此木条支放在两秤上，B端支放在乙秤上。C点支放在甲秤上，此时甲科的示数是0.8kg，如图所示。则欲使乙秤的示数变为0，应将甲秤向右移动的距离是（支放木条的支架重不计）（ ）
A． AB B． AB C． AB D． AB
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】C
【分析】先根据G＝mg求出木条的重力和甲托盘受到的压力，根据相互作用力可知木条C点受到的支持力；以B点为支点，D为重心，画出动力和阻力；根据杠杆平衡条件表示出BC和BD的关系，进一步求出重心距离C点的距离。
【解答】解：木条的重力：G＝mg＝2.4kg×10N/kg＝24N；
设木条重心在D点，当C点放在托盘秤甲上，B端放在托盘秤乙上时，以B端为支点，
托盘秤甲的示数是0.8kg，则托盘受到的压力：F压＝mCg＝0.8kg×10N/kg＝8N，
根据力的作用是相互的，所以托盘秤对木条C点的支持力为8N，如图所示：
由杠杆平衡条件有：FC×CB＝G×BD，即：8N×CB＝24N×BD，
所以：CB＝3BD，
因AC＝AB，所以CB＝AB
则BD＝×AB＝AB，
CD＝AB﹣AC﹣BD＝AB﹣AB﹣AB＝AB，
欲使乙秤的示数变为0，需将甲秤移到D点，故向右移动的距离为AB。
故选：C。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件、相互作用力的应用等，正确的得出木条的重力和木条重心的位置是关键，要注意托盘秤的示数等于物体对托盘秤的压力。
21．如图所示，在均匀的直杆两端分别放上A、B两支大小相同、长度不等的蜡烛，这时直杆水平平衡。若蜡烛燃烧速度相同过一段时间后（蜡烛未燃完），杠杆将（ ）
A．仍保持平衡 B．向左转动
C．向右转动 D．无法判断
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】B
【分析】（1）根据杠杆平衡条件先分析出两力臂的大小；
（2）蜡烛燃烧速度相同，经过一段时间后，蜡烛燃烧的质量相同、重力相同，求出蜡烛燃烧后左右两边力与力臂的乘积，然后比较它们的大小，根据左右两边力与力臂乘积的大小，判断杠杆的状态。
【解答】解：
（1）由图可知，m左＞m右，由G＝mg可知G左＞G右，
开始，杠杆平衡，由杠杆平衡条件可得：G左L左＝G右L右，
因G左＞G右，L左＜L右；
（2）蜡烛燃烧速度相同，过一段时间后，蜡烛减少的质量Δm相同，减少的重力ΔG相同，
左边（G左﹣ΔG）L左，右边（G右﹣ΔG）L右，G左L左＝G右L右，
则：（G左﹣ΔG）L左﹣（G右﹣ΔG）L右＝G左L左﹣G右L右﹣ΔGL左+ΔGL右＝ΔGL右﹣ΔGL左，
由于L左＜L右，故ΔGL右﹣ΔGL左＞0，
（G左﹣ΔG）L左﹣（G右﹣ΔG）L右＞0，
即：左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，杠杆不再平衡，左端下降，向左转动。
故选：B。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，有一定难度，根据题意判断出哪边力与力臂的乘积大，是解题的关键。
（21题图） （22题图）
22．如图所示，足够长的杠杆上放着质量不相等（m1＞m2）的两个球，杠杆在水平位置平衡，若两球以相同速度同时向远离支点的方向运动相等的时间，则杠杆（ ）
A．仍平衡 B．大球那端下沉
C．小球那端下沉 D．无法确定
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】B
【分析】根据向远离支点的方向运动中两球相对于支点的力与力臂的乘积变化，通过比较可以得出杠杆的移动方向。
【解答】解：开始时两球平衡，即两边的力与力臂的乘积相等；当运动时，两球速度相同，则在相同时间内向远离支点的方向移动的距离相同，则大球的力臂增加的快，所以大球的力与力臂的乘积会大于小球的力与力臂的乘积，杠杆向大球那端下沉。
故选：B。
【点评】本解法通过比较力与力臂的乘积的变化量来求出运动后的力矩，解答起来更容易一些，做题时一定不能形成思维定势，只想着比较后来的力臂。
23．如图所示，甲、乙两个物体的体积相等，甲的质量是乙质量的2倍，现杠杆处于水平平衡状态。若将甲、乙二物体同时浸没在水中，则杠杆将（ ）
A．左端下沉 B．右端下沉
C．仍然保持水平状态 D．无法确定
【考点】杠杆的动态平衡分析；阿基米德原理．
【答案】A
【分析】（1）知道甲、乙两物体质量关系可得重力关系，根据杠杆的平衡条件，可得两边力臂大小关系；
（2）甲、乙两个物体体积相同，都浸没水中后，受到的浮力相同，力与力臂的乘积都减小，减小值小的那端杠杆将下降。
【解答】解：
（1）∵G＝mg，m甲＝2m乙，
∴G甲＝2G乙，
由杠杆平衡条件可知，G甲L甲＝G乙L乙，
∴L甲＝L乙，
（2）∵甲、乙两个物体体积相同，
∴排开水的体积相同，
∴两物体受到水的浮力相同，
可知甲减小的浮力与力臂的乘积小，所以杠杆不再平衡，甲所在一侧将下降，即左端下降。
故选：A。
【点评】本题考查了学生对阿基米德原理、杠杆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。
24．一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，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
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】B
【分析】以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，由杠杆平衡条件知F支 L支＝G LG．在C逐渐向右推移的过程中，根据支持力对轴B的力臂l逐渐减小，可知F支的变化。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。
【解答】解：
以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，两力臂如图所示：
根据杠杆平衡条件可得：F支 L支＝G LG，
水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂LG均不变，
所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；
由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体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B正确。
故选：B。
【点评】此题考查了平衡力知识以及物体状态与受力情况的联系；结合物体状态可推断出物体受到平衡力作用，然后找出平衡力中的具体的力即可。
25．用一根长为L重为G0的均匀铁棒，插入一个边长为a、重为G的正方体物块的底部，在另一端施加一个向上的力，将物块撬起一个很小的角度（如图所示，图中的角度已被放大）．如果铁棒插入物块底部的长度为物块边长的三分之一，则要撬动物块，作用在铁棒最右端的力至少为 。
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】由题可知，铁棒的重力提供一部分阻力，作用点在铁棒的重心上，阻力臂为L2；铁棒插入正方体物块底部，由于正方体物块对铁棒的作用点在正方体物块的右端，根据杠杆平衡条件可知，对铁棒产生的阻力为重力的一半；这个阻力在杠杆铁棒上的阻力臂是L2′；力F提供动力，动力臂为L，当力F垂直于杠杆时，动力最小，根据杠杆平衡条件可以求解。
【解答】解：以正方体物块为杠杆时，对铁棒产生的阻力为F2′＝G，
由于在阻力与阻力臂一定的情况下，根据杠杆平衡条件可知：动力臂越大，动力越小，
以正方体物块为杠杆时，如图所示，当力F垂直于铁棒时，力F的力臂L1是铁棒的长度L，F的力臂最大，力F最小；
此时，正方体物块对铁棒产生的阻力的力臂L2′＝a；
即铁棒重力G0，作用点是铁棒的重心，在铁棒的中点处，力臂L2＝L，
由杠杆平衡条件可得：F2′L2′+F2L2＝FL1，
即：G×a+G0×L＝F×L；
则F＝G0+；
故答案为：G0+。
【点评】本题是关于杠杆平衡条件的应用，关键点是结合题意：把重物箱撬起一个接近于0°的角度，准确找出阻力臂和动力臂。由于解题时需要用到数学上的知识，属于综合性较强的题目。
（25题图） （26题图）
26．小金是运动会仪仗队的旗手（如图）。他竖直举旗前进时，风给红旗的水平阻力是20N，其作用点可以看成在A点。已知A、B间的距离为1.6m，B、C间的距离为0.4m，B点手对旗杆施加的最小的力是 N。如果风力变大，小金可采取哪些方法仍保持旗子竖直 （写出一种方法即可）。
【考点】杠杆中最小力问题．
【答案】100；将B点手向上移动一段距离
【分析】分析杠杆的五要素，根据杠杆的平衡条件分析解答。
【解答】解：小金在竖直举旗前进时，以C为支点时，B处垂直于旗杆向左的力为动力，A处垂直杠杆向右的力为阻力，BC为动力臂，AC为阻力臂，且AC＝BC+AB＝0.4m+1.6m＝2m；
根据杠杆的平衡条件可得：F1×BC＝F2×CA，
所以最小的动力为：F1＝＝＝100N；
风力变大，使旗子仍保持竖直，可增大动力臂，即可将B点手向上移动一段距离。
故答案为：100；将B点手向上移动一段距离。
【点评】本题考查了杠杆五要素的分析以及利用杠杆的平衡条件分析解答问题，本题的关键是判断支点的位置。
27．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直且OA＝2AB，在OA的中点处挂一个G＝10N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，此时F甲＝ ；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，则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。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。
【考点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡条件．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由杠杆平衡条件可以求出力F甲的大小；
（2）动力F乙始终与OA垂直，则动力臂一定，根据杠杆的平衡条件，从阻力臂的变化情况即可分析动力的变化情况；
（3）判断当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，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】解：
（1）由杠杆平衡条件得：G×＝F甲×OA，
即：10N×＝F甲×OA，则F甲＝5N；
（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）如图所示，
由图可知，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。且上图可以看出，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的变化趋势如图所示：
故答案为：5N；变小；见上图。
【点评】判断杠杆类型关键是比较杠杆的动力臂和阻力臂的大小关系。该题同时考查了利用杠杆平衡条件判断动力变化情况，解答的关键是找出动力臂变化情况。
28．小夏同学利用如图所示的杠杆完成探究实验（杠杆已调至平衡）。
（1）实验1中，较长时间后，杠杆左边下降，是因为 。将铁粉换成下列物质中的 （填字母），杠杆也会出现相似现象。
A.浓盐酸 B.氢氧化钠固体 C.生石灰
（2）实验2中，先往广口瓶中通入CO2一段时间，左边乒乓球上升；再往广口瓶中滴入足量的NaOH溶液，杠杆重新平衡。请解释出现上述现象的原因 。
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】（1）氧气和水蒸气；BC；
（2）实验2中，通入CO2一段时间，由于CO2密度比空气大，左边乒乓球受到的浮力增大，乒乓球上升；再往集气瓶中滴入足量NaOH溶液，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO2被吸收，空气重新进入集气瓶，杠杆重新平衡。
【分析】（1）根据铁与氧气、水蒸气发生缓慢氧化生成铁锈进行分析解答；
（2）根据二氧化碳的密度比空气的大，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，进行分析判断。
【解答】解：（1）铁与氧气、水蒸气发生缓慢氧化生成铁锈，质量增加，故较长时间后左边铁粉布包下降；氢氧化钠具有吸水性，生石灰能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙，质量均会增重，杠杆也会出现相似现象。氯化钠固体和碳酸钠固体的质量不变，不会出现此现象；
故选BC；
（2）实验2中，通入CO2一段时间，二氧化碳的密度比空气的大，左边乒乓球受到的浮力增大，左边乒乓球上升，右边乒乓球下降。再往集气瓶中滴入足量NaOH溶液，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，二氧化碳被吸收，空气重新进入集气瓶，杠杆重新平衡；
故答案为：
（1）氧气和水蒸气；BC；
（2）实验2中，通入CO2一段时间，由于CO2密度比空气大，左边乒乓球受到的浮力增大，乒乓球上升；再往集气瓶中滴入足量NaOH溶液，二氧化碳能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，CO2被吸收，空气重新进入集气瓶，杠杆重新平衡。
【点评】本题难度不大，掌握铁锈蚀的条件、二氧化碳的化学性质并能灵活运用是正确解答本题的关键。
29．小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来1张质量均匀的矩形实木板和一桶墙面漆，木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，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，小科抬着轻杆的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？
【考点】杠杆的动态平衡分析；杠杆的平衡条件．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）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。
（3）以A为支点，根据杠杆的平衡条件求出F2的大小。
【解答】解：（1）木板的重力为G＝mg＝ρgV＝0.7×103kg/m3×10N/kg×1.2m×2m×0.015m＝252N；
（2）如图所示：
；
如图，杠杆在A位置，LOA＝2LOC，
根据杠杆平衡可知：FLOA＝GLOC，则F＝＝G；
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
由ΔOC′D∽ΔOA′B得：＝＝，
根据杠杆平衡条件可知F′LOA′＝GLOC′，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的大小不变，故选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F2＝＝＝100N；
故答案为：（1）252；（2）D；（3）100N。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，（3）问中能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
30．一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）求出最小力F大小。
（3）使重物G抬起10cm，求该力F至少做的功。
【考点】杠杆中最小力问题；功的计算．
【答案】（1）见解答；（2）最小力F大小是40N；
（3）该力F至少做的功10J。
【分析】（1）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（F1 L1＝F2 L2），在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小。据此作图。
（2）由数学知识计算出最小力的力臂长度，再利用杠杆的平衡条件计算出最小力F的大小。
【解答】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂最长，据此从A点垂直OA向上作出最小力F，如图所示
；
（2）在Rt△ABO中，
OA＝＝＝50cm，
力最小时它的力臂L＝OA＝50cm；
根据杠杆的平衡条件有：F OA＝G OC，
即：F×50cm＝100N××40cm，
解得：F＝40N。
（3）一直角轻棒ABO不计杠杆的重力，因而不需要做额外功，该力F至少做的功W＝Gh＝100N×10×10﹣2m＝10J。
答：（1）见解答；（2）最小力F大小是40N；
（3）该力F至少做的功10J。
【点评】本题考查杠杆上最小力问题和功的计算，知道当力的作用点未知时，以支点到最远点间距离为力臂是最长的力臂是关键。
31．在如图中，AB、CD分别表示质量均匀、形状相同的两块长方形木板，它们的重均为G，长为L，分别可绕各自的支点O1、O2自由转动，且AOl：O1B＝CO2：O2D＝3：1，现将一根每节重为P，长度超过L的链条MN悬挂在两板的B端和D端，当两木板的B、D两端相距时，两木板恰好保持水平平衡，则该链条共有 节组成，若将支点O1、O2分别向左、向右移动，且满足AOl：O1B＝CO2：O2D＝2：1，AB板将 （填：“绕O1顺时针转动”，“仍保持水平平衡”或“绕O1逆时针转动”）。
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】n＝2；绕O1顺时针转动
【分析】对AB木板进行分析，因为杠杆的自重为G，则支点左端对杠杆竖直向下的力为杠杆的自重，并根据AO1与O1B的比值计算出力臂，以及支点右端杠杆自重以及链条对杠杆的作用力和力臂，根据杠杆平衡的条件即可求出链条的组成节数；当杠杆间的距离拉大时，再对杠杆进行受力分析，比较链条对杠杆力的作用，并结合杠杆平衡的条件即可判断出AB板的状态。
【解答】解：因为AB CD 完全相同，故链条肯定是对称挂在两根杆上的，且AO1：O1B＝CO2：O2D＝3：1，
以AB为准，则有：AO1杆上的重力为G左＝G，G右＝G；力臂L左＝L×，L右1＝L×，L右2＝L；
根据杠杆平衡条件可得：G×L×＝G××+×L，
故n＝2；
当两木板间的距离增大时，链条对杠杆的作用力不变，力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，AB绕O1顺时针转动。
故答案为：n＝2；绕O1顺时针转动。
【点评】本题考查杠杆平衡的条件的应用，该题型的关键是对杠杆进行准确的受力分析，然后根据杠杆平衡条件进行计算。
32．我国古代著作《墨经》中最早记述了杆秤的杠杆原理。
（1）如图甲所示，当秤盘上放置质量更大的被测物体称量时，秤砣应向 侧移动；如果秤砣生锈，称量结果将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2）小宁想自制一个杆秤，设计图为图乙。
器材：总长18cm的轻质木条，轻质纸盘，细绳，50g、80g、400g的钩码各一个。
要求：①测量范围为0～300g。
②分度值为20g。
③在木条上做刻度，相邻两刻度之间的距离相等且适当大一些。
小宁通过计算得出，若纸盘上放300g的物体，当杆秤水平静止时，钩码质量m与图中l1的关系如下表所示。
请你帮小宁选一个最合适的钩码作为秤砣，并说明不选择其他钩码的理由。
m/g 50 80 400
l1/cm 18.00 11.25 2.25
（3）为了提高自制杆秤的测量范围，下列改进措施可行的是 。（可多选）
A.增加纸盘的质量 B.换用更长的木条作为秤杆
C.减小秤砣的质量 D.在原提纽左侧增加新提纽
E.换用更细的秤杆 F.增加相邻两刻度的距离
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】（1）右；偏小；
（2）选80g的钩码作为秤砣最合适；
若选50g的钩码作为秤砣时，不能满足300g的最大测量值；
若选400g的钩码作为秤砣时，不能满足相邻两刻度之间的距离相等且适当大一些的要求；
（3）BD。
【分析】（1）杆秤相当于一个杠杆，根据杠杆平衡条件结合图示分析判断；
（2）根据杠杆平衡条件，结合杆秤的设计要求分析选择作为秤砣的钩码；
（3）为了提高自制杆秤的测量范围，根据杠杆的平衡条件逐一分析，选择可行的措施。
【解答】解：（1）杆秤相当于一个杠杆，由图知，提纽处为杠杆的支点，挂秤盘处到提纽处距离为l2，挂秤砣处到提纽处距离为l1，根据杠杆的平衡条件有：
G物×l2＝G称砣×l1，则：m物×l2＝m秤砣×l1，
l2和m称砣一定，当秤盘上放置质量更大的被测物体称量时，为使杠杆平衡，应增大l1的值，即秤砣应向右侧移动；
如果秤砣生锈，秤砣质量增大，根据杠杆的平衡条件知，测量同一物体的质量时，为使杠杆平衡，应减小l1的值，所以称量结果将偏小；
（2）由图乙知，l1最长＝BC＝18cm﹣3cm＝15cm，相邻两刻度之间的距离相等，即刻度均匀。
若选50g的钩码作为秤砣时，由表中数据知，l1＝18cm＞15cm，故不能满足300g的最大测量值；
若选80g的钩码作为秤砣时，由表中数据知，l1＝11.25cm＜15cm，能满足300g的最大测量值，且相邻两刻度之间的距离为＝0.75cm，
若选400g的钩码作为秤砣时，由表中数据知，l1＝2.25cm＜15cm，能满足300g的最大测量值，且相邻两刻度之间的距离为＝0.15cm＜0.75cm，
所以要满足制作杆秤的要求，应选择质量为80g的钩码作为秤砣最合适；
（3）由图乙知，l2＝AB＝3cm，l1最大＝18cm﹣AB＝18cm﹣3cm＝15cm，秤砣的质量一定，
A.增加纸盘的质量时，由杠杆的平衡条件（m纸盘+m物）×l2＝m秤砣×l1最大知，m物减小，不能增大杆秤最大测量值，故A不可行；
B.换用更长的木条作为秤杆，可增大力臂l1，由m物×l2＝m秤砣×l1最大知，m物增大，能增大杆秤最大测量值，故B可行；
C.减小秤砣的质量，由m物×l2＝m秤砣×l1最大知，m物减小，不能增大杆秤最大测量值，故C不可行；
D.在原提纽左侧增加新提纽，l2减小，l1最大增大，由m物×l2＝m秤砣×l1最大知，m物增大，能增大杆秤最大测量值，故D可行；
E.换用更细的秤杆，由m物×l2＝m秤砣×l1最大知，m物不变，不能增大杆秤最大测量值，故E不可行；
F.由m物×l2＝m秤砣×l1最大知，增加相邻两刻度的距离，m物不变，只是增大了分度值，故F不可行。
故选：BD。
【点评】本题以古代著作《墨经》中杆秤的杠杆原理为情景，通过杆秤的制作，考查了学生对杆秤的了解、杠杆平衡条件的应用以及改进措施，是一道好题。
33．在体育锻炼时，小金双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置，此时墙壁对手掌的支撑力是F，如图所示。不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）小金质量为48kg，则墙壁对人的支撑力约为多少？（g取10N/kg）
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F变大还是变小？分析并说明理由。
（3）若要做撑墙俯卧撑，增加该锻炼的功率的方法有哪些？举1例： 。
【考点】杠杆的动态平衡分析；功率大小的比较；杠杆的平衡条件．
【答案】（1）小金质量为48kg，则墙壁对人的支撑力约为180N；
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大；
（3）负重锻炼（增加速度）。
【分析】（1）根据杠杆平衡条件计算即可；
（2）根据杠杆的平衡条件分析支撑力的变化；
（3）增加功率就是在相同的时间内增加做功的多少。
【解答】解：（1）假设小正方形的边长为a，由图可知，支撑力F的力臂为L1＝8 a，阻力F2的力臂为L2＝3a，根据杠杆条件，可得F1L1＝F2L2，且F2＝mg，则支撑力：
F＝＝＝180N；
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大；
（3）在相同的时间内增加做功的多少可以增加功率，所以可以通过负重锻炼，增加速度等来增加功率。
答：（1）小金质量为48kg，则墙壁对人的支撑力约为180N；
（2）锻炼时，脚尖离开墙壁越远，支撑点会下移，则由图可知动力臂会减小，阻力臂会增大，阻力（人的重力）大小不变，根据杠杆平衡条件可知人受到的支撑力会变大；
（3）负重锻炼（增加速度）。
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用即功率的相关知识，综合性题目，难度适中。
34．图1为蜡烛跷跷板，其制作过程是取一支蜡烛，用一枚大号缝衣针从蜡烛中间垂直穿过，把缝衣针的两端分别架在两个玻璃杯上，图2为其简化示意图，用小刀对蜡烛的两端进行削尖和加工，使跷跷板能在水平位置平衡。先后点燃蜡烛的A端和B端，A端蜡油滴落后，会出现上升运动后又会下降，周而复始从而呈现跷跷板的现象。试分析蜡烛跷跷板应用的科学原理，并解释出现跷跷板现象的原因。
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】点燃蜡烛，先点的一端燃烧（设为A端），蜡液滴下，该端重力减小，跷跷板向另外一端（设为B端）倾斜。此时，A端朝上，B端朝下，朝下的一端会出现火焰烧烤蜡烛，加速蜡烛的熔化，而朝上的A端则不会，于是B端的蜡液快速熔化滴落，B端的重量快速减小，于是A端的重力又大于B端的重力，A端向下倾斜，蜡烛快速熔化，重力快速减小。如此往复，跷跷板就会来回自动翘个不停。此现象判断的依据是杠杆平衡原理
【分析】蜡烛两头燃烧不均匀，速度时快时慢，燃烧慢的那头较重，根据杠杆平衡条件分析。
【解答】答：点燃蜡烛，先点的一端燃烧（设为A端），蜡液滴下，该端重力减小，跷跷板向另外一端（设为B端）倾斜。此时，A端朝上，B端朝下，朝下的一端会出现火焰烧烤蜡烛，加速蜡烛的熔化，而朝上的A端则不会，于是B端的蜡液快速熔化滴落，B端的重量快速减小，于是A端的重力又大于B端的重力，A端向下倾斜，蜡烛快速熔化，重力快速减小。如此往复，跷跷板就会来回自动翘个不停。此现象判断的依据是杠杆平衡原理。
【点评】杠杆使用时杠杆的重力会对杠杆平衡产生影响，会利用杠杆的平衡条件进行合理的解释，是一道理论联系实际的题目。
（34题图） （35题图）
35．如图所示，在杠杆的两端分别挂上铜丝团和钩码，用细绳系在杠杆中点，恰好保持平衡。
（1）点燃酒精灯，加热铜丝团一段时间后移走酒精灯，可观察到什么现象？并说明原因。
（2）在不增减实验器材的前提下，为使杠杆再次保持平衡，应如何操作？
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）铜丝在加热条件下与空气中的氧气反应生成黑色氧化铜，质量增加，根据杠杆的平衡条件回答；
（2）因G左L左＞G右L右，为使杠杆再次保持平衡，根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】解：（1）现象：铜丝变黑，杠杆左端下降；
原因：铜丝在加热条件下与空气中的氧气反应生成黑色氧化铜，质量增加，重力增加，故作用在杠杆左端的力变大，根据杠杆的平衡条件可知，杠杆左端下降；
（2）因G左L左＞G右L右，要使杠杆平衡，就要减小G左L左的值，或增大G右L右的值；
方法一：把铜丝团向右移动适当的距离；
方法二：把支点向左移动适当的距离。
答：（1）现象：铜丝变黑，杠杆左端下降；
原因：铜丝在加热条件下与空气中的氧气反应生成黑色氧化铜，质量增加，重力增加，故作用在杠杆左端的力变大；
（2）方法一：把铜丝团向右移动适当的距离；
方法二：把支点向左移动适当的距离。
【点评】本题考查杠杆的平衡条件，体现了物理与化学知识的结合。
36．钓鱼是目前最受欢迎的户外休闲活动之一。如图甲所示是人坐在钓箱上垂钓时的情景。该钓箱（如图乙所示）长50cm、宽30cm、高40cm，容量大、功能齐全，带有四只可升降脚，每只脚的高度都可以独立调节，使箱体上表面呈水平状态，方便人坐，空箱时，整箱质量仅6kg，轻便易携，还可以安装遮阳伞等配件。
（1）若该钓箱每只脚的着地面积为4cm2，空箱时，钓箱对水平地面的压强是多少？
（2）在有风的天气，安装遮阳伞后，钓箱容易发生翻倒。整个装置的简图如图丙所示（无人坐），除遮阳伞外，钓箱（包括箱内的物品）重心可近似看作在钓箱的几何中心。遮阳伞（包括伞杆）的质量为4kg，重心在M点下方30cm处。若风从左往右吹，已知遮阳伞承受风压的面积为1.2m2，某时刻风压为40N/m2，风压作用点可视为M点。当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放多少千克的重物？（空气对遮阳伞的升力忽略不计）
【考点】杠杆的平衡条件；压强的计算．
【答案】（1）空箱时，钓箱对水平地面的压强是37500Pa；
（2）当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放27.6kg的重物。
【分析】（1）空箱时，钓箱对水平地面的压力等于自身的重力，根据G＝mg计算钓箱的重力，根据压强公式计算此时钓箱对水平地面的压强；
（2）首先计算风力的大小，根据杠杆平衡条件、重力公式计算当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放多少kg的重物。
【解答】解：（1）空箱时，钓箱对水平地面的压力等于自身的重力，即F＝G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N，
空箱时，钓箱对水平地面的压强：p＝＝＝37500Pa；
（2）遮阳伞承受风压的面积为1.2m2，某时刻风压为40N/m2，则风力的大小为：F1＝1.2m2×40N/m2＝48N，
根据杠杆平衡条件可得G0L0＝F1L1，即G0×＝48N×（130cm+40cm+5cm），解方程可得G0＝336N，
钓箱内放重物的质量：m′＝＝＝27.6kg。
答：（1）空箱时，钓箱对水平地面的压强是37500Pa；
（2）当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放27.6kg的重物。
【点评】本题考查重力公式、压强公式、阿基米德原理、杠杆平衡条件的灵活运用，综合性强。
37．如图甲所示的隐形床因美观且节约空间的特点，近些年备受年轻人喜爱。其工作原理和科学有着密不可分的关系。将隐形床处于水平位置时的结构进行简化，可抽象成如图乙所示的模型。隐形床可围绕O点转动，把床架和床垫看成一个质量分布均匀的整体，床两侧各装一根液压杆连接在床架上B处和墙体上A处，通过控制液压杆的开关可以用10秒钟的时间收起床体。已知床架上B处与O点的距离为0.5m，床的长度为2m，整个床体（包含床垫）质量为80kg，整个床体厚度为0.2m。求：
（1）收起床体时，每个液压杆至少要提供多大的力？
（2）计算液压杆收起床体过程中，对床体做功的功率大小？
（3）如果液压杆产生的最大拉力不足以将床体收起时，可以将安装点A适当向 （填“上”或“下”）移动以解决问题。
【考点】杠杆的平衡条件；功率的计算．
【答案】（1）当收起床体时，每个液压杆至少要提供1600N的力；（2）液压杆收起床体过程中，对床体做功的功率为72W；（3）上。
【分析】（1）根据G＝mg求出床体的重力，床的最大长度为L，设每个液压杆的拉力为F，根据数学知识计算动力臂和阻力臂；
根据杠杆平衡条件计算当收起床体时，每个液压杆至少要提供多大的力；
（2）根据W＝Gh计算液压杆收起床体过程中对床体做功的多少，根据功率公式计算液压杆收起床体过程中对床体做功的功率大小；
（3）利用杠杆平衡条件分析。
【解答】解：（1）床体的重力：G床＝mg＝80kg×10N/kg＝800N，
床的最大长度为L，设每个液压杆的拉力为F，则F的力臂为：L1＝OBsin30°＝0.5m×＝0.25m，阻力G的力臂为：L2＝L＝×2m＝1m，
L1＜L2，图乙中液压杆和床架构成了费力杠杆；
根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知2F×L1＝G床L2，
即2F×0.25m＝800N×1m，
则每根弹簧的最大拉力：F＝1600N；
（2）如下图所示，下面的红点表示床体平放时的重心位置，上面的红点表示床体竖放时（床体收起来）的重心位置，
根据题意和图示可知，平放时重心距底面的高度为：h1＝×0.2m＝0.1m，
竖放时重心距底面的高度为：h2＝×2m＝1m，
所以，床的重心上升的高度为：h＝h2﹣h1＝1m﹣0.1m＝0.9m，
液压杆收起床体过程中，对床体做的功：W＝Gh＝800N×0.9m＝720J，
液压杆收起床体过程中，对床体做功的功率：P＝＝72W；
（3）要想增大液压杆产生的最大拉力，可以将安装点A适当向上移动，在阻力和阻力臂不变的情况下，动力臂越小，动力越大。
答：（1）当收起床体时，每个液压杆至少要提供1600N的力；（2）液压杆收起床体过程中，对床体做功的功率为72W；（3）上。
【点评】本题考查重力公式、杠杆平衡条件、做功公式、功率公式的灵活运用。
38．在一次学农活动中，小江用一根扁担挑起了两桶水，水桶挂在扁担两端，扁担保持水平状态（扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计）。扁担的A处挂的水重20牛，AB之间的距离为1.2米，肩上支点O与A的距离为0.9米。
（1）扁担B处挂的水受到的重力是多少？
（2）小江肩膀受到扁担的压力大小是多少？
（3）到达某处后，小江将B处的水倒出20牛，在不改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向A移动多少距离，才能再次平衡？
【考点】杠杆的平衡条件．
【答案】（1）扁担B处挂的水受到的重力是60N。 （2）小金肩膀受到扁担的压力大小是80N。
（3）到达某处后，小金将B处的水倒出20牛，在不改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向A移动0.1m，才能再次平衡。
【分析】杠杆平衡条件：F1L1＝F2L2。
【解答】解：
（1）由题根据杠杆的平衡条件有：
FA×OA＝FB×OB，
即：20N×0.9m＝FB×（1.2m﹣0.9m），
解得：FB＝60N，即扁担B处挂的水受到的重力是60N。
（2）由于扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计，则根据受力分析可知，肩膀受到扁担的压力大小：
F＝FA+FB＝20N+60N＝80N。
（3）根据杠杆的平衡条件有：
FA×O'A＝FA×O'B，
即：20N×O'A＝（60N﹣20N）×O'B，
解得：O'A：O'B＝2：1 ①，
因为AB之间的距离为1.2米，则有：
0'A+0'B＝1.2m ②，
联立①②解得：O'A＝0.8m，所以，肩上支点O需要向前移动的距离为：
0.9m﹣0.8m＝0.1m。
答：（1）扁担B处挂的水受到的重力是60N；
（2）小金肩膀受到扁担的压力大小是80N；
（3）到达某处后，小金将B处的水倒出20牛，在不
改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向
A移动0.1m，才能再次平衡。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，偏难。
39．高架桥逐渐进入了我们的生活，它主要是由柱墩与箱梁组成。科学兴趣小组调查发现：目前少数高架桥采用独柱墩支撑箱梁，如图甲；多数采用双柱支撑箱梁，如图乙。（g取10N/kg）
（1）图甲中，若独柱墩保持不动，箱梁可视为杠杆，当箱梁发生侧翻时，请在图中画出支点O；
（2）图乙中，若双柱墩AB之间的宽度为10米，箱梁的质量为60吨，箱梁重心、AB中点都在中心线上，测试货车行驶时对桥面压力作用点到中心线的距离为17米，为防止箱梁侧翻，求测试货车的最大质量（测试时桥面上无其它车辆通行）；
（3）针对已建成的双柱墩高架，请你提出一条有效防止箱梁侧翻的措施并说明理由。
【考点】杠杆的平衡条件；杠杆及其五要素．
【答案】（1）见解答；
（2）测试货车的最大质量为25t；
（3）不超载且尽量靠桥面中心行驶。
【分析】（1）根据支点的定义分析支点的位置；
（2）根据G＝mg求出箱梁的重力，根据杠杆平衡条件求出货车的重力，根据G＝mg求出货车的质量；
（3）根据杠杆平衡条件分析解答。
【解答】解：（1）支点是杠杆绕着转到的点，由图可知，箱梁倾覆瞬间，杠杆顺时针转动，杠杆绕着独柱墩的右边缘转到，因此支点在独柱墩的右侧边缘，如图所示：
（2）箱梁的重力：G＝mg＝60×103kg×10N/kg＝6×105N，
由图可知，箱梁重力的力臂L箱＝×10m＝5m，
货车重力的力臂L车＝17m﹣5m＝12m，
由杠杆平衡条件可得：G箱×L箱＝G车×L车，
代入数据有：6×105N×5m＝G车×12m，
解得：G车＝2.5×105N，
由G＝mg可知，货车的质量：m车＝＝＝2.5×104kg＝25t；
（3）由杠杆平衡条件可知，当箱梁的重力和箱梁重力的力臂不变时，可以减小货车的重力或者减小货车重力的力臂，因此为了减少高架桥侧翻事故，应不超载，尽量靠桥面中心行驶。
答：（1）见解答；
（2）测试货车的最大质量为25t；
（3）不超载且尽量靠桥面中心行驶。
【点评】本题考查杠杆支点的定义和杠杆平衡条件的应用，正确分析出杠杆支点是解题的关键。
40．国庆假期，小科和家人一起去野炊。饭后小金用矿泉水瓶自制了一个筷筒，他将洗好的一双筷子按图所示放入筷筒中，筷筒没倒，接着他将另一双筷子仍按图所示筷子位置放入，筷筒倾倒。已知筷筒直径6cm，高8cm，质量5g；筷子长22cm，一双筷子质量20g（筷子简化成圆柱体，质量分布均匀；筷筒受到重力的作用线经过圆底的圆心）。
（1）请判断筷筒朝哪个方向倾倒。
（2）请通过计算，解释筷筒倾倒的原因。
（3）帮小科想一个方法防止筷筒倾倒。
【考点】杠杆的平衡条件．
【答案】（1）顺时针方向倾倒；（2）筷子重力与力臂的乘积大于筷筒重力与力臂的乘积；
（3）将另一双筷子放在对面；增大筷筒的底面积；做筷筒时，提升筷筒的高度。
【分析】（1）根据筷子的重力作用效果分析；
（2）根据杠杆平衡条件分析；
（3）根据增大稳度、减小力臂的角度分析。
【解答】解：（1）筷子长22cm，重心在筒右边缘外侧，使得筷筒顺时针转动，故顺时针方向倾倒；
（2）筷筒倾倒时以右侧边缘底部为支点，筷子重心在筷筒外的长度为＝2cm；
根据相似三角形知识，，此时重心到右边缘的水平距离L1＝1.2cm；
筷子作为动力的动力臂与动力的乘积F1L1＝mgL1＝0.04kg×10N/kg×1.2cm＝0.48N cm；
筷筒自身重力的阻力与阻力臂的乘积F2L2＝0.005kg×10N/kg×3cm＝0.15N cm；
筷子的动力臂与动力的乘积较大，故向右倾倒；
（3）要增大稳度，可以将另一双筷子放在对面；增大筷筒的底面积；做筷筒时，提升筷筒的高度。
故答案为：（1）顺时针方向倾倒；（2）筷子重力与力臂的乘积大于筷筒重力与力臂的乘积；
（3）将另一双筷子放在对面；增大筷筒的底面积；做筷筒时，提升筷筒的高度。
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，属于中档题。
41．如图为利用瓦特蒸汽机提升物体的工作示意图，蒸汽机的工作原理为：通过控制阀门A、B的开闭使高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行；当活塞到达汽缸顶部时，重新调整阀门A、B的开闭，使蒸汽进入冷凝器，汽缸内压强减小，活塞下降，如此循环往复。其中，重物质量为200千克，活塞横面积为0.1米2，活塞、杠杆、细绳质量和摩擦力均忽略不计（外界大气压为1.0×105帕）.
（1）高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行过程中阀门 A、B的开闭状态分别为 。
（2）蒸汽机活塞往复运动，重物每次上升高度为0.3米，活塞每分钟上下运动100次，该蒸汽机克服物体重物做功的功率是多少？
（3）若要提升重物，则气缸内气体压强至少要达到多少帕？
【考点】杠杆的平衡条件；压强的计算；功率的计算．
【答案】（1）阀门A打开，阀门B关闭；
（2）该蒸汽机克服物体重物做功的功率是1000W；
（3）若要提升重物，则气缸内气体压强至少要达到1.1×105Pa。
【分析】（1）为了使锅炉中产生的高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行，确定阀门A、B的开闭情况；
（2）先计算蒸汽机克服重物做一次功的大小，再计算出一分钟内蒸汽机克服重物做的功，利用P＝计算做功的功率；
（3）根据定滑轮的特点求出杠杆右端受到拉力，利用杠杆平衡条件求出杠杆左端受到的动力，此动力也等于活塞对杠杆施加的动力，利用压强公式计算气缸内气体压强的最小值。
【解答】解：
（1）为了使锅炉中产生的高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行过程中，应将阀门A打开、阀门B关闭；
（2）蒸汽机克服物体重物做一次功：
W＝Gh＝mgh＝200kg×10N/kg×0.3m＝600J，
每分钟蒸汽机克服物体重物做功：
W总＝100×600J＝60000J，
蒸汽机克服物体重物做功的功率：
P＝＝＝1000W；
（3）由定滑轮的特点可知，杠杆右端受到的拉力：
F2＝G＝mg＝200kg×10N/kg＝2000N；
根据杠杆平衡条件可得，杠杆左端受到的动力：
F1＝＝＝1000N；
因活塞、杠杆、细绳质量和摩擦力均忽略不计，所以活塞对杠杆左端的压力F1′＝F1＝1000N，
又因为F1′＝（p蒸汽﹣p外界）S，
则有气缸内高压蒸汽对活塞的压强：
p蒸汽＝＝＝1.1×105Pa，
所以若要提升重物，则气缸内气体压强至少要达到1.1×105Pa。
故答案为：（1）阀门A打开，阀门B关闭；
（2）该蒸汽机克服物体重物做功的功率是1000W；
（3）若要提升重物，则气缸内气体压强至少要达到1.1×105Pa。
【点评】本题考查了定滑轮的特点、杠杆的平衡条件的应用、功、功率、压强的计算，综合较强，难度较大。
42．由我国自主研制、体现中国力量与中国速度的大国重器，世界首台千吨级运、架一体机“昆仑号”，可为高铁、道路桥梁的建设高效铺设箱梁。某次架桥时，要将一段重为1.0×107N的箱梁运到铺设位置。
（1）当箱梁静止在水平桥面时，箱梁与桥面的接触面积为200m2，求箱梁对桥面的压强；
（2）工作时，“昆仑号”将箱梁自桥面竖直向上提升0.6m，固定好后，载着箱梁水平向前运动了30m。求此过程中克服箱梁所受重力做的功；
（3）如图所示，“昆仑号”将箱梁运到桥墩A、B之间的正上方时水平静止。图中l1表示MN的水平距离，l2表示ON的水平距离，G表示“昆仑号”与箱梁受到的总重力（不包括轮车A受到的重力）、其重心在O点，F表示桥墩B上的支腿对“昆仑号”竖直向上的支持力。请推导支持力F的表达式（用字母表示）。
【考点】杠杆的平衡条件；压强的计算；功的计算．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）箱梁对水平桥面的压力大小等于箱梁的重力，根据p＝求箱梁对桥面的压强；
（2）做功的两个必要条件：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动一段距离，二者缺一不可；根据W＝Gh求出此过程中克服箱梁所受重力做的功；
（3）以M点为支点，根据杠杆的平衡条件表示出支持力F的表达式。
【解答】解：（1）箱梁对水平桥面的压力：F压＝G箱＝1.0×107N，
箱梁对桥面的压强：p＝＝＝5×104Pa；
（2）因为重力方向竖直向下，所以在水平方向移动箱梁时没有克服重力做功，只有在竖直方向上移动时克服箱梁所受重力做了的功，
因此此过程中克服箱梁所受重力做的功：W＝G箱h＝1.0×107N×0.6m＝6×106J；
（3）以M点为支点，则支持力的力臂为LF＝l1，重力的力臂为LG＝l1﹣l2，
由杠杆的平衡条件可知：F×LF＝G×LG，
则F＝×G＝×G。
答：（1）箱梁对桥面的压强为5×104Pa；
（2）此过程中克服箱梁所受重力做的功为6×106J；
（3）支持力F的表达式：F＝×G。
【点评】本题考查固体压强的计算、功的计算和杠杆平衡条件的应用，关键知道物体做功的条件是有力作用在物体上和物体在力的方向上移动距离，合理选择支点是本题的难点。
43．现有两根粗细不同的长方体铝条AB和CD，长度分别为LAB和LCD，两铝条质量分布均匀，不考虑形变。若将铝条CD叠在铝条AB上且右端对齐，然后放置在三棱柱形支架O上，铝条AB恰好能水平平衡，如图所示；此时OB的长度与LCD相同，且LAB：LCD＝4：1。
（1）如图所示，若将铝条AB的重力作为杠杆的动力，铝条CD的重力作为杠杆的阻力，则动力臂的长度为 。
（2）若铝条AB和CD的横截面积分别为S1和S2，计算S1：S2的值。
【考点】杠杆的平衡条件．
【答案】（1）动力臂的长度为LCD；（2）S1：S2＝1：8。
【分析】（1）铝条质量分布均匀，则重心在其中点，铝条AB的重心到支点的距离即为动力臂；
（2）明确动力、动力臂和阻力、阻力臂，根据杠杆平衡条件列方程可求。
【解答】解：（1）因为铝条质量分布均匀，则重心在其中点处，故AB的重心在AB的中点，又因为LAB：LCD＝4：1……①，所以AB的中点到O的距离为动力臂L1＝LCD；
（2）因为铝条CD质量分布均匀，则重心在其中点处，即CD的中点到O的距离为阻力臂L2＝LCD；
由密度公式ρ=可知：m＝ρV＝ρSL，G＝mg，
所以GAB＝ρS1LAB，GCD＝ρS2LCD，
由杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂可得：GAB×L1＝GCD×L2，即：ρS1LAB×LCD＝ρS2LCD×LCD……②
解①②两式得：；
答：（1）动力臂的长度为LCD；
（2）S1：S2＝1：8。
【点评】本题考查杠杆平衡条件及其应用的知识，明确动力、动力臂、阻力和阻力臂的表达式是解答本题的关键。
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《暑假预习课》浙教版科学八升九--第12讲 杠杆（二）
考点一、杠杆最小力问题
考点精要：
由F1L1=F2L2知，当阻力、阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小，动力臂最长时，动力最小。要求最小动力，应先求最大动力臂。
(1)找最大动力臂的方法:
①动力作用点确定时，支点到动力作用点的线段长即为最大动力臂；
②动力作用点没有确定时，应看杠杆上哪一点离支点最远，则这一点到支点线段长即为最大动力臂。
(2)最小动力的作法:
①作出最大动力臂(即连接支点与最远点作为最大动力臂)；
②过动力作用点作最大动力臂的垂线，根据实际情况确定动力方向。
(3)若动力臂和阻力一定时，由杠杆平衡条件可知，阻力臂最小时，动力最小。
典型分析：
1．籼米是米糕、粉干等食品的原料，温州种植籼稻已有4千多年历史。在环境温度不低于12℃时，将籼稻种子播撒到适宜的土壤中培育成幼苗，再移植到稻田中，在20℃～35℃间生长较快，4个月后可收割。回答下面小题。在古代，籼稻收割后利用前方装有石块的简易杠杆敲击谷粒去壳。下列方案中脚踩踏时最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
举一反三：
1．（1）用如图甲小车，搬运煤气罐上楼，比直接扛上楼要省力的多，其中M、M′两处为轴连接。如图乙是小车实际搬运煤气罐上楼的情形。如果要使小车上一个台阶，正确的操作顺序是手握小车把手K，将力作用在K上，改变用力的方向就可完成。在上一个台阶过程中，abc三点都要成为支点一次。那么如图乙开始上一个新台阶，最合理的支点顺序是 。
（2）如图丙所示，将一根质量忽略不计的轻质木棒OAB，其中OA：AB＝4：3，O端用绞链固定在墙上，木棒能绕O点转动，在距O点三分之一OA处挂一重为120N的物体，若要保持此棒在如图所示位置平衡，则加在B端的最小力为 N。
考点二、杠杆动态分析与杠杆的计算
考点精要：
先找出杠杆的相关要素——支点、动力、动力臂、阻力、阻力臂，当杠杆水平时，如果动力臂最长，也就是说动力是最小的。因此，根据杠杆的平衡条件可继续分析出，当力的方向改变时，对力臂与力的影响。
典型分析：
1．如图所示，OA是起重机的吊臂，可绕O点转动。在距O点6m远的B处吊有重3000N的物体。为保证吊臂在水平位置平衡，则绕过定滑轮斜向下的拉力F为 N．将吊臂缓慢拉起，使用A点升高2m的过程中，拉力变 。（绳重、吊臂重、摩擦均不计）
举一反三：
1．如图为“杠杆力臂演示仪”，杠杆AOB可绕O点（螺母）转动，OA＝2OB，G1＝10牛，杠杆自身重力和摩擦不计，固定装置未画出。
（1）当杠杆处于甲图所示水平位置平衡时，G2的重力为 牛；
（2）松开螺母保持OA不动，使OB向下折一个角度后，再拧紧螺母形成一根可绕O点转动的杠杆AOB'（OB'＝OB），保持G1位置不变，要使杠杆在图乙位置保持平衡，则G2的悬挂点应该移动至 点处（选填“①”、“②”或“③”）。若不移动，则A端将 （选填“上升”或“下降”）。
1．劳动课上，小江用如图自制的轻质拔草器拔除果园中的小灌木，使用时，将拔草器前端叉子插入植株根部，用手对拔草器后端施加压力。若将同一植株拔起，施力最小的是（ ）
B． C． D．
2．如图所示，O为杠杆的支点，A点悬挂一重物，为使杠杆在水平位置平衡，若在B点施加一个力并使该力最小，该力应沿（ ）
A．BM方向 B．BN方向 C．BP方向 D．BQ方向
3．如图是一种切甘蔗用的铡刀示意图。为了切断甘蔗，下列最省力的是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
（3题图） （4题图）
4．如图所示，O为杠杆的支点，A点挂一重物，为使杠杆在图示位置平衡，若在C点施加一个力并使该力最小，该力应沿（ ）
A．CM方向 B．CN方向 C．CP方向 D．CQ方向
5．为了防止门被风吹动，常在门背后和墙上安装如图甲所示的“门吸”。门可以绕轴O自由转动，“门吸”与O位置关系、“门吸”引力作用点和方向等如图乙所示（摩擦力忽略不计）。则关门所需的最小力F的作用点和方向是（ ）
B． C． D．
6．如图所示，O为杠杆AB的支点，A端挂一重物G，图中能使杠杆在水平位置平衡的最小的拉力是（ ）
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
（6题图） （7题图）
7．园艺师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，下列方法最省力的是（ ）
A．尽量让树枝靠近O点，手握剪刀的位置远离O点
B．尽量让树枝远离O点，手握剪刀的位置靠近O点
C．尽量让树枝靠近O点，手握剪刀的位置靠近O点
D．尽量让树枝远离O点，手握剪刀的位置远离O点
8．如图所示是一种手控制动器，a是一个转动着的轮子，b是摩擦制动片，c是杠杆，O是其固定转动轴，手在A点施加一个作用力F时，b将压紧轮子，使轮子制动。若使轮子制动所需的力矩是一定的，则下列说法正确的是（ ）
A．轮a逆时针转动时，所需的力F较小
B．轮a顺时针转动时，所需的力F较小
C．无论轮a逆时针还是顺时针转动，所需的力F相同
D．无法比较F的大小
（8题图） （9题图）
9．学习了杠杆知识后，小莲自制了一架天平，并将两个重物放在自制天平的秤盘上，放入重物前天平在水平位置平衡，放入重物后天平向右倾斜，秤盘最终落在桌面上如图所示。若不改变秤盘的悬挂位置，仅将重物左右互换，则互换后天平（ ）
A．不可能向右倾 B．不可能向左倾 C．不可能平衡 D．右倾、左倾、平衡都有可能
10．如图所示，甲、乙两人分别在A点和B点共同扛起均质木料并恰好水平，其中AO＝BO，O为木料的中点。当乙的作用点从B点向O点靠近时，乙对木料作用力将（ ）
A．变小 B．变大 C．不变 D．无法判断
（10题图） （11题图）
11．如图所示，杠杆处于平衡状态，若将A处的钩码向右移动一格，为使杠杆重新平衡可以（ ）
A．把B处钩码向右移动一格
B．在B处钩码下再挂一个同样的钩码并向左移动一格
C．把B处钩码拿掉一个
D．在B处钩码下再挂两个同样的钩码并向右移动一格
12．如图所示杠杆AOB能绕O点转动（杆重和摩擦均不计），已知OA＝L1，OB＝L2，F1与OA垂直，F2与OB垂直，且F1L1＝F2L2，则此杠杆在F1和F2作用下的状态（ ）
A．一定静止 B．一定匀速转动
C．可能静止或匀速转动 D．一定变速转动
（12题图） （13题图）
13．如图，用竖直向上的力F抬起一根放在水平地面上的均匀木棒的一端，使木棒能够绕另一端转动，关于这一过程的下列说法正确的是（ ）
A．F的力臂逐渐变小
B．F逐渐变小
C．F和它相应的力臂的乘积保持不变
D．木棒具有的机械能保持不变
14．如图所示，一根木棒在一个始终竖直向上的拉力F作用下绕转轴O自由转动（不计摩擦），使木棒的下端由A处缓慢地抬升到B处。这一过程中，拉力F的大小如何变化（ ）
A．逐渐增大 B．保持不变 C．逐渐减小 D．无法确定
（14题图） （15题图）
15．如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置B，在这个过程中，力F的大小将（ ）
A．变小 B．不变
C．变大 D．先变大后变小
16．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实心铁球，乙图上有两个体积相同的实心铝球和铁球，如果把它们都浸没在水中，则杠杆将发生的变化是（ ）
A．甲、乙杠杆都保持平衡
B．甲、乙杠杆都右侧下沉
C．甲杠杆仍保持平衡，乙杠杆右侧下沉
D．甲杠杆右侧下沉，乙杠杆仍保持平衡
17．在科普节目《加油，向未来》中有一项对抗性实验，甲、乙两人站在平衡板上，图示位置时，平衡板在空中处于水平平衡。若甲的质量大于乙的质量，平衡板质量分布均匀、绳子下端挂在重心点。接着甲向左、乙向右两人同时沿同一直线缓慢挪动相同距离时，平衡板将会（ ）
A．左右摆动 B．仍然平衡 C．右侧下倾 D．左侧下倾
18．下面四种情形中，若杠杆始终保持平衡状态且不计甲、乙、丁杠杆的自重，则对所施加力的大小变化情况作出的判定正确的是（ ）
A．甲：用一个始终垂直于杠杆的力提升重物，所施加的力将先变小后变大
B．乙：杠杆始终静止，F1经顺时针方向到F2过程中将先变小后变大
C．丙：用一个始终竖直向上的力提升重棒，所施加的力将大小不变
D．丁：用一个始终水平向右的力提升重物，所施加的力先变小后变大
19．如图所示装置中，均匀木棒AB的A端固定在铰链上，悬线一端绕过一固定定滑轮，另一端用线套套在木棒上使棒保持水平。现使线套逐渐向右移动，但始终使木棒保持水平，则悬线上的拉力T（棒和悬线足够长）（ ）
A．先逐渐变小，后又逐渐变大 B．逐渐变大
C．先逐渐变大，后又逐渐变小 D．逐渐变小
（19题图） （20题图）
20．有一质量分布不均匀的木条，质量为2.4kg，长度为AB，C为木条上的点，AC＝AB。现将两台完全相同的台秤甲、乙放在水平地面上，再将此木条支放在两秤上，B端支放在乙秤上。C点支放在甲秤上，此时甲科的示数是0.8kg，如图所示。则欲使乙秤的示数变为0，应将甲秤向右移动的距离是（支放木条的支架重不计）（ ）
A． AB B． AB C． AB D． AB
21．如图所示，在均匀的直杆两端分别放上A、B两支大小相同、长度不等的蜡烛，这时直杆水平平衡。若蜡烛燃烧速度相同过一段时间后（蜡烛未燃完），杠杆将（ ）
A．仍保持平衡 B．向左转动
C．向右转动 D．无法判断
（21题图） （22题图）
22．如图所示，足够长的杠杆上放着质量不相等（m1＞m2）的两个球，杠杆在水平位置平衡，若两球以相同速度同时向远离支点的方向运动相等的时间，则杠杆（ ）
A．仍平衡 B．大球那端下沉
C．小球那端下沉 D．无法确定
23．如图所示，甲、乙两个物体的体积相等，甲的质量是乙质量的2倍，现杠杆处于水平平衡状态。若将甲、乙二物体同时浸没在水中，则杠杆将（ ）
A．左端下沉 B．右端下沉
C．仍然保持水平状态 D．无法确定
24．一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，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
25．用一根长为L重为G0的均匀铁棒，插入一个边长为a、重为G的正方体物块的底部，在另一端施加一个向上的力，将物块撬起一个很小的角度（如图所示，图中的角度已被放大）．如果铁棒插入物块底部的长度为物块边长的三分之一，则要撬动物块，作用在铁棒最右端的力至少为 。
（25题图） （26题图）
26．小金是运动会仪仗队的旗手（如图）。他竖直举旗前进时，风给红旗的水平阻力是20N，其作用点可以看成在A点。已知A、B间的距离为1.6m，B、C间的距离为0.4m，B点手对旗杆施加的最小的力是 N。如果风力变大，小金可采取哪些方法仍保持旗子竖直 （写出一种方法即可）。
27．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直且OA＝2AB，在OA的中点处挂一个G＝10N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，此时F甲＝ ；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，则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。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。
28．小夏同学利用如图所示的杠杆完成探究实验（杠杆已调至平衡）。
（1）实验1中，较长时间后，杠杆左边下降，是因为 。将铁粉换成下列物质中的 （填字母），杠杆也会出现相似现象。
A.浓盐酸 B.氢氧化钠固体 C.生石灰
（2）实验2中，先往广口瓶中通入CO2一段时间，左边乒乓球上升；再往广口瓶中滴入足量的NaOH溶液，杠杆重新平衡。请解释出现上述现象的原因 。
29．小科家里进行装修，装修的工人从建材市场运来1张质量均匀的矩形实木板和一桶墙面漆，木板的规格是1.2m×2m×0.015m，密度为0.7×103kg/m3，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，小科抬着轻杆的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？
30．一直角轻棒ABO，可绕O点自由转动，AB＝30cm，OB＝40cm，现在OB中点C处挂一重物G＝100N，试画出：
（1）欲使OB在与墙面垂直的位置上保持平衡，在图中画出最小力F。
（2）求出最小力F大小。
（3）使重物G抬起10cm，求该力F至少做的功。
31．在如图中，AB、CD分别表示质量均匀、形状相同的两块长方形木板，它们的重均为G，长为L，分别可绕各自的支点O1、O2自由转动，且AOl：O1B＝CO2：O2D＝3：1，现将一根每节重为P，长度超过L的链条MN悬挂在两板的B端和D端，当两木板的B、D两端相距时，两木板恰好保持水平平衡，则该链条共有 节组成，若将支点O1、O2分别向左、向右移动，且满足AOl：O1B＝CO2：O2D＝2：1，AB板将 （填：“绕O1顺时针转动”，“仍保持水平平衡”或“绕O1逆时针转动”）。
32．我国古代著作《墨经》中最早记述了杆秤的杠杆原理。
（1）如图甲所示，当秤盘上放置质量更大的被测物体称量时，秤砣应向 侧移动；如果秤砣生锈，称量结果将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（2）小宁想自制一个杆秤，设计图为图乙。
器材：总长18cm的轻质木条，轻质纸盘，细绳，50g、80g、400g的钩码各一个。
要求：①测量范围为0～300g。
②分度值为20g。
③在木条上做刻度，相邻两刻度之间的距离相等且适当大一些。
小宁通过计算得出，若纸盘上放300g的物体，当杆秤水平静止时，钩码质量m与图中l1的关系如下表所示。
请你帮小宁选一个最合适的钩码作为秤砣，并说明不选择其他钩码的理由。
m/g 50 80 400
l1/cm 18.00 11.25 2.25
（3）为了提高自制杆秤的测量范围，下列改进措施可行的是 。（可多选）
A.增加纸盘的质量 B.换用更长的木条作为秤杆
C.减小秤砣的质量 D.在原提纽左侧增加新提纽
E.换用更细的秤杆 F.增加相邻两刻度的距离
33．在体育锻炼时，小金双脚并拢，脚尖O触地，脚后跟踮起，手掌支撑在竖直墙壁上，手臂水平，A为人体重心所在位置，此时墙壁对手掌的支撑力是F，如图所示。不计墙壁对手掌的摩擦力。
（1）小金质量为48kg，则墙壁对人的支撑力约为多少？（g取10N/kg）
（2）若增大脚尖与墙壁的距离，手臂仍然水平支撑在墙壁上，支撑力F变大还是变小？分析并说明理由。
（3）若要做撑墙俯卧撑，增加该锻炼的功率的方法有哪些？举1例： 。
34．图1为蜡烛跷跷板，其制作过程是取一支蜡烛，用一枚大号缝衣针从蜡烛中间垂直穿过，把缝衣针的两端分别架在两个玻璃杯上，图2为其简化示意图，用小刀对蜡烛的两端进行削尖和加工，使跷跷板能在水平位置平衡。先后点燃蜡烛的A端和B端，A端蜡油滴落后，会出现上升运动后又会下降，周而复始从而呈现跷跷板的现象。试分析蜡烛跷跷板应用的科学原理，并解释出现跷跷板现象的原因。
（34题图） （35题图）
35．如图所示，在杠杆的两端分别挂上铜丝团和钩码，用细绳系在杠杆中点，恰好保持平衡。
（1）点燃酒精灯，加热铜丝团一段时间后移走酒精灯，可观察到什么现象？并说明原因。
（2）在不增减实验器材的前提下，为使杠杆再次保持平衡，应如何操作？
36．钓鱼是目前最受欢迎的户外休闲活动之一。如图甲所示是人坐在钓箱上垂钓时的情景。该钓箱（如图乙所示）长50cm、宽30cm、高40cm，容量大、功能齐全，带有四只可升降脚，每只脚的高度都可以独立调节，使箱体上表面呈水平状态，方便人坐，空箱时，整箱质量仅6kg，轻便易携，还可以安装遮阳伞等配件。
（1）若该钓箱每只脚的着地面积为4cm2，空箱时，钓箱对水平地面的压强是多少？
（2）在有风的天气，安装遮阳伞后，钓箱容易发生翻倒。整个装置的简图如图丙所示（无人坐），除遮阳伞外，钓箱（包括箱内的物品）重心可近似看作在钓箱的几何中心。遮阳伞（包括伞杆）的质量为4kg，重心在M点下方30cm处。若风从左往右吹，已知遮阳伞承受风压的面积为1.2m2，某时刻风压为40N/m2，风压作用点可视为M点。当人离开钓箱后，为了使钓箱不翻倒，至少应该在钓箱内放多少千克的重物？（空气对遮阳伞的升力忽略不计）
37．如图甲所示的隐形床因美观且节约空间的特点，近些年备受年轻人喜爱。其工作原理和科学有着密不可分的关系。将隐形床处于水平位置时的结构进行简化，可抽象成如图乙所示的模型。隐形床可围绕O点转动，把床架和床垫看成一个质量分布均匀的整体，床两侧各装一根液压杆连接在床架上B处和墙体上A处，通过控制液压杆的开关可以用10秒钟的时间收起床体。已知床架上B处与O点的距离为0.5m，床的长度为2m，整个床体（包含床垫）质量为80kg，整个床体厚度为0.2m。求：
（1）收起床体时，每个液压杆至少要提供多大的力？
（2）计算液压杆收起床体过程中，对床体做功的功率大小？
（3）如果液压杆产生的最大拉力不足以将床体收起时，可以将安装点A适当向 （填“上”或“下”）移动以解决问题。
38．在一次学农活动中，小江用一根扁担挑起了两桶水，水桶挂在扁担两端，扁担保持水平状态（扁担和水桶的质量，手对扁担和水桶的作用力均忽略不计）。扁担的A处挂的水重20牛，AB之间的距离为1.2米，肩上支点O与A的距离为0.9米。
（1）扁担B处挂的水受到的重力是多少？
（2）小江肩膀受到扁担的压力大小是多少？
（3）到达某处后，小江将B处的水倒出20牛，在不改变水桶悬挂位置的情况下，需要将肩上支点O向A移动多少距离，才能再次平衡？
39．高架桥逐渐进入了我们的生活，它主要是由柱墩与箱梁组成。科学兴趣小组调查发现：目前少数高架桥采用独柱墩支撑箱梁，如图甲；多数采用双柱支撑箱梁，如图乙。（g取10N/kg）
（1）图甲中，若独柱墩保持不动，箱梁可视为杠杆，当箱梁发生侧翻时，请在图中画出支点O；
（2）图乙中，若双柱墩AB之间的宽度为10米，箱梁的质量为60吨，箱梁重心、AB中点都在中心线上，测试货车行驶时对桥面压力作用点到中心线的距离为17米，为防止箱梁侧翻，求测试货车的最大质量（测试时桥面上无其它车辆通行）；
（3）针对已建成的双柱墩高架，请你提出一条有效防止箱梁侧翻的措施并说明理由。
40．国庆假期，小科和家人一起去野炊。饭后小金用矿泉水瓶自制了一个筷筒，他将洗好的一双筷子按图所示放入筷筒中，筷筒没倒，接着他将另一双筷子仍按图所示筷子位置放入，筷筒倾倒。已知筷筒直径6cm，高8cm，质量5g；筷子长22cm，一双筷子质量20g（筷子简化成圆柱体，质量分布均匀；筷筒受到重力的作用线经过圆底的圆心）。
（1）请判断筷筒朝哪个方向倾倒。
（2）请通过计算，解释筷筒倾倒的原因。
（3）帮小科想一个方法防止筷筒倾倒。
41．如图为利用瓦特蒸汽机提升物体的工作示意图，蒸汽机的工作原理为：通过控制阀门A、B的开闭使高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行；当活塞到达汽缸顶部时，重新调整阀门A、B的开闭，使蒸汽进入冷凝器，汽缸内压强减小，活塞下降，如此循环往复。其中，重物质量为200千克，活塞横面积为0.1米2，活塞、杠杆、细绳质量和摩擦力均忽略不计（外界大气压为1.0×105帕）.
（1）高压蒸汽进入汽缸，推动活塞上行过程中阀门 A、B的开闭状态分别为 。
（2）蒸汽机活塞往复运动，重物每次上升高度为0.3米，活塞每分钟上下运动100次，该蒸汽机克服物体重物做功的功率是多少？
（3）若要提升重物，则气缸内气体压强至少要达到多少帕？
42．由我国自主研制、体现中国力量与中国速度的大国重器，世界首台千吨级运、架一体机“昆仑号”，可为高铁、道路桥梁的建设高效铺设箱梁。某次架桥时，要将一段重为1.0×107N的箱梁运到铺设位置。
（1）当箱梁静止在水平桥面时，箱梁与桥面的接触面积为200m2，求箱梁对桥面的压强；
（2）工作时，“昆仑号”将箱梁自桥面竖直向上提升0.6m，固定好后，载着箱梁水平向前运动了30m。求此过程中克服箱梁所受重力做的功；
（3）如图所示，“昆仑号”将箱梁运到桥墩A、B之间的正上方时水平静止。图中l1表示MN的水平距离，l2表示ON的水平距离，G表示“昆仑号”与箱梁受到的总重力（不包括轮车A受到的重力）、其重心在O点，F表示桥墩B上的支腿对“昆仑号”竖直向上的支持力。请推导支持力F的表达式（用字母表示）。
43．现有两根粗细不同的长方体铝条AB和CD，长度分别为LAB和LCD，两铝条质量分布均匀，不考虑形变。若将铝条CD叠在铝条AB上且右端对齐，然后放置在三棱柱形支架O上，铝条AB恰好能水平平衡，如图所示；此时OB的长度与LCD相同，且LAB：LCD＝4：1。
（1）如图所示，若将铝条AB的重力作为杠杆的动力，铝条CD的重力作为杠杆的阻力，则动力臂的长度为 。
（2）若铝条AB和CD的横截面积分别为S1和S2，计算S1：S2的值。
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