江苏省初中物理中考真题专项复习-运动力学：简单机械
一、选择题
1．（2025·常州）花生大丰收，小明用手剥壳，手指又酸又痛。他用硬棒自制“碎壳神器”，用手对上面硬棒施加压力，即可压碎花生壳。下列图中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】据图可知，该工具满足 杠杆的工作原理，O为支点，阻力为花生壳对硬棒的支持力，阻力臂为花生壳到O的距离，阻力臂越小，即花生壳到O越近，阻力和阻力臂的乘积越小，动力臂为手到O点的距离，即离O越远，动力臂越大，动力可以越小，即越省力，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题考查杠杆的省力原理，关键是理解杠杆平衡条件中动力臂与阻力臂的关系，通过比较各选项杠杆的动力臂和阻力臂长度来确定最省力的选项。
2．（2025·宿迁）我国传统佳节端午节有赛龙舟习俗，如图是龙舟比赛的一个场景。下列说法正确的是（ ）
A．划龙舟时，桨是省力杠杆
B．以河岸为参照物，龙舟上运动员是静止的
C．龙舟在加速过程中，运动状态在发生改变
D．到达终点时，龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟受到惯性
【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象；运动和静止的相对性；杠杆的分类
【解析】【解答】A、船桨的阻力臂大于省力臂，所以阻力小于动力，属于费力杠杆，故A错误；
B、运动员和河岸的运动状态不同，二者相对运动，故B错误；、
C、物体加速时，速度变大，故运动状态发生变化，故C正确；
D、 龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟具有惯性，故D错误。
综上选C.
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
物体的运动速度和运动方向发生变化，则运动状态发生变化；
惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
3．（2025·镇江）图1为停车场的电子闸杆，其结构图如图2所示，闸杆和摇杆组成一根可绕转轴 O 转动的杠杆，闸杆质量分布均匀，摇杆质量不计。当力 F作用于A点时，闸杆恰好开始向上转动，下列说法正确的是 （ ）
A．此装置可视为省力杠杆
B．力F的力臂为OA
C．闸杆重力的力臂为 OB
D．当力 F 垂直于 OA向下时，F为最小值
【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、在升起闸杆时，施加在A端的力F为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离，因此力F的力臂小于OA，故B错误；
C、闸杆重力作用点在OB的中点，其力臂为OB中点到O点的距离，而非OB，故C错误；
D、由杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大所需的动力就越小，当F垂直OA时，力臂最大，F最小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据动力臂、阻力臂的大小分析；动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离；闸杆质量分布均匀，闸杆重力的力臂为OB；使用杠杆时，若阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂最长时，最省力。
4．（2024九上·盐都月考）钓鱼活动深受人们喜爱。如图是钓鱼的情景，你认为最合理的拉起鱼竿的方式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】 由图示可知，钓鱼竿在使用过程中，支点在钓鱼竿的下端，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；当动力F与钓鱼竿垂直时，动力臂最大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小，即最合理，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，然后根据杠杆平衡条件分析。
5．（2024·镇江）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是( )
A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当左移
C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大，此时要想办法减小动力。
A.若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故A不符合题意；
B.钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故B不符合题意；
C.弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会更大，故C不符合题意；
D.弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会变小，故D符合题意。
故选D。
【分析】 根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析得出结论。
6．（2024·盐城） 下列挪动球形石墩的方法中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】 A.该方法相当于使用了动滑轮，可以省力，故A符合题意；
B.该方式使用的是定滑轮，不省力，故B不合题意；
C.该方式相当于用一根绳子直接拉石墩，不省力，故C不合题意；
D.该方式相当于用双股绳子拉石墩，不省力，故D不合题意。
故选A。
【分析】 定滑轮不省力，可以改变力的方向；动滑轮省力，不能改变力的方向。
7．（2023·无锡）如图所示，是《天工开物》中记载的我国传统提水工具“桔槔”，用绳子系住一根直的硬棒的O点作为支点，A端挂有重为40N的石块，B端挂有重为20N的空桶，OA长为1.2m，OB长为0.6m。使用时，人向下拉绳放下空桶，装满重为100N的水后向上拉绳缓慢将桶提起。硬棒质量忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．向下拉绳放下空桶时桔槔为省力杠杆
B．向下拉绳放下空桶时拉力为
C．向上拉绳提起装满水的桶时桔槔为费力杠杆
D．向上拉绳提起装满水的桶时拉力为
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A.向下拉绳放下空桶时，B端的力为动力，A端的力为阻力，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
BD.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G石 OA=FB×OB；
40N×1.2m=FB×0.6m；
解得：FB=80N；
放下空桶时，向下拉绳子的力F1=FB-G桶=80N-20N=60N，
装满水时，桶和水的总重力G总=G桶+G水=20N+100N=120N，
向上拉绳提起装满水的桶时拉力为F2=G总-FB=120N-80N=40N，
故B错误，D正确；
C.向上拉绳提起装满水的桶时，在A端的力为动力，B端的力为阻力，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C错误；
故选D。
【分析】AC.比较动力臂和阻力臂的变化，从而确定杠杆的分类；
BD.首先根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算放下空桶时B端受到的拉力，再根据平衡力的知识分别计算放下空桶时向下的拉力和向上提起水桶时的拉力。
8．（2023·泰州） 如图所示，是仿照人的手臂设计的我国天宫空间站的机械臂。下列工具使用时与机械臂属于同类型杠杆的是（ ）
A．夹起食物的筷子 B．拔钉子的羊角锤
C．剪铁丝的钢丝钳 D．起瓶盖的开瓶扳手
【答案】A
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】根据图片可知，机械臂的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
A.夹起食物的筷子，大拇指的位置为支点，食指施加动力，阻力作用在筷子的尖端。此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故A符合题意；
B.拔钉子的羊角锤，锤头的弯曲处为支点，阻力作用在豁口上，动力作用在手柄上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B不合题意；
C.剪铁丝的钢丝钳，转轴为支点，动力作用在手柄上，阻力作用在刀口上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故C不合题意；
D.起瓶盖的开瓶扳手，扳手与瓶盖上表面接触的位置为支点，阻力作用在瓶盖边缘，动力作用在手柄上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故D不合题意。
故选A。
【分析】比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
9．（2023·连云港）如图所示，每个钩码的质量为50g，在均匀杠杆的A处挂2个钩码，B处挂1个钩码，杠杆恰好水平平衡。在A、B两处再各加1个钩码，那么（ ）
A．杠杆仍水平平衡
B．杠杆的左边向下倾斜
C．杠杆的右边向下倾斜
D．将A处的钩码向左移动一格，杠杆仍能水平平衡
【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；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】
如图所示，设每个钩码重为G，每一小格的长度为L，在A、B两处各加一个钩码后，根据杠杆平衡条件可知，左边变成3G×2L=6GL，右边2G×4L=8GL，右边大一些，所以右边下沉，故ABD错误，C正确。
故答案为：C
【分析】
杠杆平衡条件为F1L1=F2L2
10．（2023·宿迁）在以“自行车中的物理知识”为主题的小论坛上，小明列举的以下观点中错误的是（ ）
A．轮胎上有花纹——增大摩擦力
B．用铝合金做车架——可减轻车身质量
C．刹车把手是杠杆——可以省力
D．停止蹬车，车仍运动——车受到惯性作用
【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法；杠杆的分类
【解析】【解答】A.轮胎上有花纹——通过增大接触面粗糙程度的方式增大摩擦力，故A正确不合题意；
B.用铝合金做车架——它的密度小，根据m=ρV可知，可减轻车身质量，故B正确不合题意；
C.刹车把手是杠杆——转轴为支点，闸线施加阻力，动力作用在手柄上，此时动力臂大于阻力臂，相当于省力杠杆，可以省力，故C正确不合题意；
D.停止蹬车，车仍运动——车具有惯性，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】（1）增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（2）根据m=ρV可知，当体积相同时，物质的密度越小，质量越小；
（3）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（4）惯性是物体的一种性质，而不是力的作用。
二、填空题
11．（2025·扬州）如图是兄弟二人抬水的场景.扁担相当于杠杆，若以哥哥的肩为支点，弟弟对扁担的作用力是动力，哥哥将水桶悬挂点向自己移动一段距离，动力臂 ，阻力臂 ，弟弟对扁担的作用力 .(填变化情况)
【答案】不变；变小；变小
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】用扁担抬水时，以哥哥的肩为支点，水桶对扁担的拉力为阻力，弟弟对扁担的力为动力，若将水桶悬挂点向哥哥移动一段距离，哥哥到弟弟的距离不变，即支点到动力的距离不变，则动力臂不变；
水桶到哥哥的距离减小，则阻力臂变小；
根据杠杆的平衡条件，可得：F1L1=G水L2，由于动力臂L1、阻力G不变，当阻力臂L2减小，则动力F1变小，弟弟对扁担的作用力变小。故第1空填：不变；第2空填：变小；第3空填：变小。
【分析】阻力方向一定，阻力作用点到支点的距离靠近，阻力臂减小；根据杠杆的平衡条件，在动力臂、阻力一定时，阻力臂减小，则动力减小。
12．（2025·无锡）如图所示，探究杠杆的平衡条件，调节杠杆水平平衡后，在杠杆的左边 20cm 处挂2个角码，在杠杆的右边10cm处用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，此时调力计的示数为 N；若测力计沿图中建线方向向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则测力计示数会 (选填“变大”“变小”或“不变”)，原因是 .
【答案】2；变大；动力臂变小，阻力和阻力臂不变，则拉力会变大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】左边：2个砝码，每个砝码重力为 0.5 N ，则阻力 F 2= 2 × 0.5 N = 1 N ，阻力臂 L 2 = 20 cm ； 右边：测力计竖直向下拉，动力臂 L1= 10 cm ，设动力为 F 1 。 根据杠杆平衡可列 F1 × 10 cm = 1 N × 20 cm ，解得F1=2N. 当测力计沿斜线方向向下拉时，阻力和阻力臂保持不变，动力臂减小，所以要是杠杆平衡，动力增加。
【分析】 本题核心是杠杆平衡条件 F 1 L 1 = F 2 L 2的应用。代入已知力和力臂计算动力；分析动力臂的变化，结合平衡条件判断动力大小变化。
13．（2025·南京）生活中的门包含着许多物理知识．
（1）如图所示，用刻度尺测出门的厚度为 crm．
（2）通常我们听到的敲门声是由门 产生的．
（3）用如图所示的三种方法关门，力所示的方法比更省力，说明力的作用效果与力的 有关；沿方向用很大的力也不能将门关上，用杠杆的有关知识解释其原因是 ．
【答案】（1）3.70
（2）振动
（3）作用点；FC的方向通过支点，此时动力为0，阻力和阻力臂不变，所以FC很大时也不可以使得门关闭
【知识点】力的作用效果；声音的产生；杠杆及其五要素
【解析】【解答】（1）据图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，门对齐刻度尺左右两端为1.00cm和4.70cm，所以门的厚度为4.70cm-1.00cm=3.70cm；
（2）敲门声是由门振动铲产生的；
（3） 力所示的方法比的作用位置不同，所以 力的作用效果与力的 作用位置有关， 门的支点位于转轴处，FC的方向通过支点，此时动力为0，阻力和阻力臂不变，所以FC很大时也不可以使得门关闭。
【分析】 第1小问，需要根据刻度尺读数规则来确定门的厚度；
第2小问依据声音产生的原理；
第3小问结合力的三要素和杠杆平衡条件来分析。
14．（2022·镇江）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA=AB=BC，则F为 N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 （选填数字序号）。
【答案】6；小；②
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂
A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB=G×OA，
解得
由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，
解得 ……Ⅰ
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小。
将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB，解得 ……Ⅱ
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与 的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB>OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与 的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算拉力大小；通过力臂的改变，力臂变大时，拉力变小；根据力臂变化的情况，判断拉力的变化。
15．（2024·苏州）健身步道上的坐式划船训练器如图所示。人坐在座板上，用始终与把手垂直的力缓慢向后将把手拉至身体两侧，此过程中，拉力大小变化情况是 。若要增加训练强度， 应将配重盘向 (a/b)端移。
【答案】渐变小；a
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据题意可知， 人用始终与把手垂直的力缓慢向后将把手拉至身体两侧，动力臂不变。阻力大小等于物体的重力，即阻力不变，由图可知转动过程中阻力臂会变小。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，拉力会变小；
若要增加训练强度，应将配重盘向a端移动，增大阻力臂，此时动力会变大。
【分析】 利用杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析拉力的大小变化情况。
16．（2025·淮安）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重物，在A端施加竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡。若保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向，则该过程中力F的大小 (选填“变大”“变小”或“不变”，下同)，力F与其力臂的乘积 。作出AC方向上的力 F对应的力臂l。
【答案】变大；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向 ，动力臂减小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡公式计算可知，动力增加，所以F变大，动力和动力臂的乘积不变。
【分析】杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
17．（2024·扬州）如图所示，小明坐在座椅上，伸小腿时，小腿绕膝关节上固定点O转动，股四头肌群收缩提供动力F1.
（1）请在图中画出动力臂l1.
（2）小腿从图示位置缓慢伸至水平位置，阻力臂的变化情况是 ，动力的变化情况是 。
【答案】（1）
（2）变大；变大
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）从支点O作动力作用线的垂线，从支点到垂足之间的距离就是动力臂L1，如下图所示：
（2）小腿从图示位置缓慢伸至水平位置，阻力臂变大，阻力不变，且动力臂不变，根据F1L1=F2L2可知，动力变大。
【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据描述分析动力臂和阻力臂的变化，结合杠杆的平衡条件分析动力的变化。
18．（2023·镇江中考）图1是我国古代劳动人民搬运巨木时的场景，简化装置如图2所示：O为轻质杠杆AB的转轴，OA：OB＝1：3，物块用轻质细绳系在A端，工人在B端施加竖直向下的拉力F，此时杠杆水平平衡、物块重1200N，底面积为0.25m2，不计转轴摩擦.
（1）图1中，横杆属于 杠杆，垫上石块的目的是为了减小 .
（2）为将图2中物块恰好拉离地面，求工人所用的拉力.
（3）剪断图2中A端细绳，求物块静止时对水平地面的压强.
【答案】（1）省力；压强
（2）解：)根据杠杆平衡条件得
（3）在水平面上
根据压强公式得
【知识点】减小压强的方法及其应用；压强的大小及其计算；杠杆的分类；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）根据图像，竖直向下的动力F的力臂大于阻力臂，根据F1L1=F2L2，由于L1>L2，则F1（2）根据图2中，利用杠杆的平衡条件F·OA=G·OB，；
（3）物体对水平面的压力等于物体的重力，F=G=1200N，压强为。
【分析】（1）动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；压力一定时，增大受力面积减小压强；
（2）根据杠杆的平衡条件，结合已知的力，计算动力；
（3）根据，计算压强。
19．（2023·扬州）同学们在体育课上做仰卧起坐，前半段是背部由平躺地面变成脊柱弯曲，后半段是上半身完全离开地面。
（1）仰卧起坐时，人体可看成杠杆模型，O为支点，肌肉的拉力F为动力，如图所示，请画出杠杆模型的阻力臂L ；
（2）先将头向前抬起，可以减小 力臂；在平躺至坐起的过程中，运动员肌肉所施加的动力变化情况是 ；
（3）同学们可以改变仰卧起坐的快慢，来控制体育锻炼的效果，从物理学角度分析，其实质是改变 的大小。
【答案】（1）
（2）阻；变小
（3）功率
【知识点】杠杆的平衡条件；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)阻力为人受到的重力，从支点O向重力做垂线，该垂线段即为阻力臂L，如图：
(2)先将头向前抬起，身体重心更靠近支点，可以减小阻力臂；在平躺至坐起的过程中，人体重心与支点的水平距离减小，即阻力臂减小，而动力臂长度不变，根据杠杆的平衡条件可知，运动员肌肉所施加的动力变化情况是变小；
(3)同学们可以改变仰卧起坐的快慢，来控制体育锻炼的效果，从物理学角度分析，其实质是改变功率的大小，因为在仰卧起坐过程中，要克服身体的重力做功，改变仰卧起坐的快慢，可以改变做功的快慢，即改变功率的大小；
【分析】（1）阻力为人受到的重力，从支点O向重力做垂线，该垂线段即为阻力臂L
（2）将头向前抬起，身体重心更靠近支点，可以减小阻力臂；在平躺至坐起的过程中，人体重心与支点的水平距离减小，即阻力臂减小，而动力臂长度不变，根据杠杆的平衡条件可知，运动员肌肉所施加的动力会变小。
（3）在仰卧起坐过程中，要克服身体的重力做功，改变仰卧起坐的快慢，可以改变做功的快慢，即改变功率的大小。
三、作图题
20．（2025·苏州）按要求作图。
（1）图甲中，光线 AO斜射到镜面上，画出其反射光线 OB；
（2）图乙中，小球在空中运动，画出它在图示位置受到的重力G；
（3）图丙中，地上的人用滑轮组提升重物，画出最省力的绳子绕法；
（4）图丁中，根据安全用电规范，在两个虚线框内分别画出开关和灯泡的电路元件符号。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】作光的反射光路图；力的三要素及力的示意图；滑轮组的设计与组装；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1） 首先过入射点O做出法线，根据反射角等于入射角在法线的右侧做出反射光线，如图所示：
（2） 重力的方向是竖直向下的，从小球重心（球心）画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（3） 地上的人用滑轮组提升重物，因人站在地面上，故人只能用下用力，绳子有效段数为2，如下所示：
（4） 火线首先进入开关，然后接到灯泡，再零线，这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【分析】（1） 光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”.
（2）对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3） 根据人站在地面上确定人的用力方向，从而可知绳子的有效段数，据此连接。
（4） 开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
21．（2023·南通）如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出动力的力臂和阻力。
【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，阻力作用在B点，由物体重力产生，因此阻力的方向竖直向下。动力作用在A点，通过A点将动力作用线反向延长，通过支点O作动力作用线的垂线，从支点到垂足之间的距离为动力臂L1，如下图所示：
【分析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的距离。
四、实验题
22．（2025·南通）学习小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）安装好杠杆，发现左端低、右端高，应将平衡螺母向 调节，使之在水平位置平衡。
（2）D点悬挂两个购码。A、B、C三点分别总挂六个、三个、两个钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，力臂越大，对应的力越 ，进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是 。
（3）保持 D 点悬挂钩码不变，在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，力的方向应 ，这是因为此时 。
【答案】（1）右
（2）小；F1l1=F2l2
（3）竖直向上；动力臂最大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1） 杠杆左端低、右端高，说明左端重力偏大，为使杠杆在水平位置平衡，需将平衡螺母向右调节；
（2） 设杠杆上每一格长度为 L ，钩码重力为 G 。若 D 点悬挂两个钩码 A ，点悬挂六个钩码，由杠杆平衡得 6 G × L1 = 2 G × L2 ，化简得 3 L1 = L2；同理， B 点三个钩码时 3 L1' = L2' ， C 点两个钩码时 2 L1'' = L2'' 。可见力臂越大，对应的力越小。
（3） 在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，则动力臂最大，力的方向应竖直向上。
【分析】 （1）依据杠杆平衡原理，通过调整平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，左端低则需将平衡螺母向右端调节以平衡重心；
（2）分析不同悬挂点的力与力臂关系，归纳杠杆平衡条件，即动力×动力臂 = 阻力×阻力臂；
（3）利用杠杆平衡条件，当阻力和阻力臂固定时，动力与动力臂成反比，要使动力最小需让动力臂最大，结合杠杆结构确定力的方向。
23．（2024·宿迁）在“探究杠杆平衡条件”的活动中，实验选用的钩码重均为0.5N.
（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示位置，应将 向 调节，把铅垂线放置于点，从正前方观察，当零刻度线与铅垂线 （选填“重合”或“垂直”）时，即杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙所示，需要在点挂上 个钩码，杠杆将在水平位置平衡，再次在其两边各加上一个钩码，杠杆 侧会下降；
（3）多次实验，记录的数据如下表，可得、、、之间的关系是： .
实验序号 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 1.0 6.0 2.0 3.0
2 1.5 4.0 3.0 2.0
3 2.0 2.0 4.0 1.0
（4）下列实验中多次测量的目的与本次探究不同的是____.
A．测量铅笔长度
B．探究重力与质量关系
C．探究反射角与入射角关系
【答案】（1）平衡螺母；右；重合
（2）2；右
（3）F1L1=F2L2
（4）A
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 （1）①由图甲知，杠杆的左端低，应将平衡螺母向右调节；
②铅垂线是利用重力的方向总是竖直向下的，当零刻度线与铅垂线重合时，即杠杆在水平位置平衡；
（2）当左侧拉力F1=3G0=3×0.5N=1.5N，力臂L1=2cm时，
由杠杆平衡条件知，F1L1=F2L2，
即1.5N×2cm=F2×3cm，
解得：F2=1N，
需要的钩码数量，故需要在B点挂2个钩码；
当两边各加一个钩码时，左侧F'1L1=（1.5N+0.5N）×2cm=4N cm，
右侧F'2L2=（1N+0.5N）×3cm=4.5N cm，
右侧力与力臂的乘积大，故杠杆右侧下降；
（3）由记录的数据进行分析，可得F1、F2、L1、L2之间的关系是：F1L1=F2L2；
（4）本实验多次实验的目的是为了寻找普遍规律，在探究重力与质量关系和探究反射角与入射角关系的实验中多次实验的目的也是为了寻找普遍规律，而测量铅笔长度的实验中多次实验的目的是为了减小误差，获得准确数据。
故选A。
【分析】 （1）①杠杆调水平的方法是：左低右调，右低左调；
②重力的方向总是竖直向下的，当零刻度线与铅垂线重合时，说明杠杆在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件进行计算即可。增加砝码后，分别计算出两侧力和力臂的乘积，据此确定杠杆哪侧下降；
（3）根据实验数据分析得到杠杆平衡的条件；
（4）通过多次实验可能是为了寻找普遍规律，也可能是为了减小误差，获得准确数据。
24．（2024·淮安）在“探究杠杆平衡条件”实验中：
（1）请在图甲中画出的力臂；
（2）的力臂为 。当的大小为时，竖直向上拉杠杆，仍使杠杆在水平位置平衡， N；
（3）小明学过杠杆知识后自制了一根杆秤（自重不计），如图乙所示，要想增大杆秤的测量范围，你有哪些方法？ （写出一种方法即可），小明猜想制作的杆秤刻度是均匀的，请你通过推理证实。 （写出推理过程，涉及的物理量用图中字母表示）。
【答案】（1）
（2）10.0；0.5
（3）换用质量更大的秤砣（增大）；根据杠杆平衡条件可得：；解得：；因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，支点为O，过支点O作力作用线的垂线段，即为力臂，如下图所示：
（2）根据甲图可知，刻度尺的分度值为1mm，则的力臂；
当的大小为时，竖直向上拉杠杆，此时的力臂，
根据杠杆平衡条件得到：1N×0.1m=F1×0.2m；
解得：
（3）①根据杠杆平衡条件，两力臂不变，秤砣重力变大，对秤杆的拉力变大，即动力变大，那么阻力会变大，即称量的物体重力变大，则杆秤的测量范围变大，即要想增大杆秤的测量范围，可以换用质量更大的秤砣。
②根据杠杆平衡条件可得：；
解得：；
因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
【分析】 （1）杠杆力臂是从支点到力的作用线的垂线段；
（2）利用杠杆的平衡条件求得；
（3）①根据杠杆的平衡条件可得，要增大杆秤的测量范围，可以减小OA的距离和增加秤砣的质量，相比较而言，增加秤砣的质量更方便；
②利用杠杆的平衡条件，找出OB的表示式，可以看出OB和m1成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
（1）过支点O作力作用线的垂线段即为力臂，作图如下：
（2）[1][2]由图甲可知，的力臂；当的大小为时，竖直向上拉杠杆，此时的力臂，根据杠杆平衡条件，大小为
（3）[1]要想增大杆秤的测量范围，可以换用质量更大的秤砣。根据杠杆平衡条件，两力臂不变，秤砣重力变大，对秤杆的拉力变大，即动力变大，那么阻力会变大，即称量的物体重力变大，则杆秤的测量范围变大。
[2]根据杠杆平衡条件可得
则有
因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
25．（2025·苏州）某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前；需将两容器挂在直尺两端固定的挂上，如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的"0g"刻度线处某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V=30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡(左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和)，如图乙。他根据相关数据，算出了该液体的密度。
（1）图甲中要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）小明测出的待测液体密度为 g/cm3；
（3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线 符合此关系；
（4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0-1.2g/cm3，且通过将重物4从“0g"移动到"10g"的过程来实现。请具体描述如何调整： 。(写出一种方法即可)
【答案】（1）右
（2）0.7
（3）b
（4）改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且体积均为50mL
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）由图甲可知，杠杆静止时，发现左端低、右端高，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节；
（2）由图乙可知，重物A对应的刻度为9g，左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
1.0g/cm3×30cm3=ρ液×30cm3+9g，
解得：ρ液=0.7g/cm3；
（3）左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，
根据m=ρV可知，ρ水V=ρ液V+m，即，
液体的体积和水的密度一定，所以待测液体密度ρ液与重物A所示质量m成一次函数关系，且重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系；
（4）由（3）可知，重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，因此可将右侧容器装水，左侧容器装待测液体，由于左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
ρ液V=ρ水V+m，即，
重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越大；
要使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，当液体密度为1.2g/cm3，重物A的质量为10g，代入上式，解得：V=50cm3=50mL，故调整措施为：改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且容器的体积为50mL。
【分析】 （1）要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式求出待测液体的密度；
（3）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式写出待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式，据此分析；
（4）根据（3）待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式分析回答。
五、简答题
26．（2025·盐城）图甲为我国古人用踏碓榨油的场景。他们用两根柱子架起一根木杠，杠的一端装有石头，脚蹬木杠的另一端，一踏一放使石头一起一落，舂捣油料。为了便于施力，另外配有可移动支架，如图乙所示。
（1）把石头的下端打磨得较尖的目的是什么？
（2）体重过轻的人无论怎样用力，都无法将石头抬起，为什么？
（3）若支架横杆离人偏远，脚蹬木杠时支架易翻倒。说明其中的道理。
【答案】（1）答：下端较尖是通过减小受力面积的方式增大压强
（2）答：体重过轻的人提供的动力较小，无法满足石头被抬起时的杠杆的平衡条件
（3）答：支架可视作一个杠杆，支架横杆离人较远时，人脚蹬木杠时对横杆的力与对应力臂的乘积不为0，支架易翻倒
【知识点】增大压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）根据压强公式分析可知，受力面积越小，压强越大，所以下端较尖是在压力一定时，通过减小受力面积的方式增大压强；
（2）体重过轻的人提供的动力较小，根据杠杆平衡分析F动力L动力＜F阻力L阻力，无法满足石头被抬起时的杠杆的平衡条件；
（3） 支架横杆离人偏远 ，则F阻力L阻力会很大，为了保持平衡则需要更大的F动力，若动力超过支架的承受能理，支架便会侧翻。
【分析】1、压强的计算公式：，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积；
2、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
1 / 1江苏省初中物理中考真题专项复习-运动力学：简单机械
一、选择题
1．（2025·常州）花生大丰收，小明用手剥壳，手指又酸又痛。他用硬棒自制“碎壳神器”，用手对上面硬棒施加压力，即可压碎花生壳。下列图中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025·宿迁）我国传统佳节端午节有赛龙舟习俗，如图是龙舟比赛的一个场景。下列说法正确的是（ ）
A．划龙舟时，桨是省力杠杆
B．以河岸为参照物，龙舟上运动员是静止的
C．龙舟在加速过程中，运动状态在发生改变
D．到达终点时，龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟受到惯性
3．（2025·镇江）图1为停车场的电子闸杆，其结构图如图2所示，闸杆和摇杆组成一根可绕转轴 O 转动的杠杆，闸杆质量分布均匀，摇杆质量不计。当力 F作用于A点时，闸杆恰好开始向上转动，下列说法正确的是 （ ）
A．此装置可视为省力杠杆
B．力F的力臂为OA
C．闸杆重力的力臂为 OB
D．当力 F 垂直于 OA向下时，F为最小值
4．（2024九上·盐都月考）钓鱼活动深受人们喜爱。如图是钓鱼的情景，你认为最合理的拉起鱼竿的方式是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024·镇江）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是( )
A．钩码的数量适当增加 B．钩码的位置适当左移
C．弹簧测力计转到图中虚线位置 D．弹簧测力计位置适当向左平移
6．（2024·盐城） 下列挪动球形石墩的方法中，最省力的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·无锡）如图所示，是《天工开物》中记载的我国传统提水工具“桔槔”，用绳子系住一根直的硬棒的O点作为支点，A端挂有重为40N的石块，B端挂有重为20N的空桶，OA长为1.2m，OB长为0.6m。使用时，人向下拉绳放下空桶，装满重为100N的水后向上拉绳缓慢将桶提起。硬棒质量忽略不计，下列说法中正确的是（ ）
A．向下拉绳放下空桶时桔槔为省力杠杆
B．向下拉绳放下空桶时拉力为
C．向上拉绳提起装满水的桶时桔槔为费力杠杆
D．向上拉绳提起装满水的桶时拉力为
8．（2023·泰州） 如图所示，是仿照人的手臂设计的我国天宫空间站的机械臂。下列工具使用时与机械臂属于同类型杠杆的是（ ）
A．夹起食物的筷子 B．拔钉子的羊角锤
C．剪铁丝的钢丝钳 D．起瓶盖的开瓶扳手
9．（2023·连云港）如图所示，每个钩码的质量为50g，在均匀杠杆的A处挂2个钩码，B处挂1个钩码，杠杆恰好水平平衡。在A、B两处再各加1个钩码，那么（ ）
A．杠杆仍水平平衡
B．杠杆的左边向下倾斜
C．杠杆的右边向下倾斜
D．将A处的钩码向左移动一格，杠杆仍能水平平衡
10．（2023·宿迁）在以“自行车中的物理知识”为主题的小论坛上，小明列举的以下观点中错误的是（ ）
A．轮胎上有花纹——增大摩擦力
B．用铝合金做车架——可减轻车身质量
C．刹车把手是杠杆——可以省力
D．停止蹬车，车仍运动——车受到惯性作用
二、填空题
11．（2025·扬州）如图是兄弟二人抬水的场景.扁担相当于杠杆，若以哥哥的肩为支点，弟弟对扁担的作用力是动力，哥哥将水桶悬挂点向自己移动一段距离，动力臂 ，阻力臂 ，弟弟对扁担的作用力 .(填变化情况)
12．（2025·无锡）如图所示，探究杠杆的平衡条件，调节杠杆水平平衡后，在杠杆的左边 20cm 处挂2个角码，在杠杆的右边10cm处用弹簧测力计竖直向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，此时调力计的示数为 N；若测力计沿图中建线方向向下拉，使杠杆在水平位置重新平衡，则测力计示数会 (选填“变大”“变小”或“不变”)，原因是 .
13．（2025·南京）生活中的门包含着许多物理知识．
（1）如图所示，用刻度尺测出门的厚度为 crm．
（2）通常我们听到的敲门声是由门 产生的．
（3）用如图所示的三种方法关门，力所示的方法比更省力，说明力的作用效果与力的 有关；沿方向用很大的力也不能将门关上，用杠杆的有关知识解释其原因是 ．
14．（2022·镇江）如图1所示，轻质杠杆可绕O转动，A点悬挂一重为12N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知OA=AB=BC，则F为 N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变 ，F与（）的关系图线为图2中的①；将M从A移至B，再重复上述步骤，F与（）的关系图线为图2中的 （选填数字序号）。
15．（2024·苏州）健身步道上的坐式划船训练器如图所示。人坐在座板上，用始终与把手垂直的力缓慢向后将把手拉至身体两侧，此过程中，拉力大小变化情况是 。若要增加训练强度， 应将配重盘向 (a/b)端移。
16．（2025·淮安）如图所示，轻质杠杆OA的中点悬挂一重物，在A端施加竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡。若保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向，则该过程中力F的大小 (选填“变大”“变小”或“不变”，下同)，力F与其力臂的乘积 。作出AC方向上的力 F对应的力臂l。
17．（2024·扬州）如图所示，小明坐在座椅上，伸小腿时，小腿绕膝关节上固定点O转动，股四头肌群收缩提供动力F1.
（1）请在图中画出动力臂l1.
（2）小腿从图示位置缓慢伸至水平位置，阻力臂的变化情况是 ，动力的变化情况是 。
18．（2023·镇江中考）图1是我国古代劳动人民搬运巨木时的场景，简化装置如图2所示：O为轻质杠杆AB的转轴，OA：OB＝1：3，物块用轻质细绳系在A端，工人在B端施加竖直向下的拉力F，此时杠杆水平平衡、物块重1200N，底面积为0.25m2，不计转轴摩擦.
（1）图1中，横杆属于 杠杆，垫上石块的目的是为了减小 .
（2）为将图2中物块恰好拉离地面，求工人所用的拉力.
（3）剪断图2中A端细绳，求物块静止时对水平地面的压强.
19．（2023·扬州）同学们在体育课上做仰卧起坐，前半段是背部由平躺地面变成脊柱弯曲，后半段是上半身完全离开地面。
（1）仰卧起坐时，人体可看成杠杆模型，O为支点，肌肉的拉力F为动力，如图所示，请画出杠杆模型的阻力臂L ；
（2）先将头向前抬起，可以减小 力臂；在平躺至坐起的过程中，运动员肌肉所施加的动力变化情况是 ；
（3）同学们可以改变仰卧起坐的快慢，来控制体育锻炼的效果，从物理学角度分析，其实质是改变 的大小。
三、作图题
20．（2025·苏州）按要求作图。
（1）图甲中，光线 AO斜射到镜面上，画出其反射光线 OB；
（2）图乙中，小球在空中运动，画出它在图示位置受到的重力G；
（3）图丙中，地上的人用滑轮组提升重物，画出最省力的绳子绕法；
（4）图丁中，根据安全用电规范，在两个虚线框内分别画出开关和灯泡的电路元件符号。
21．（2023·南通）如图，杠杆AOB保持静止，O为支点，请作出动力的力臂和阻力。
四、实验题
22．（2025·南通）学习小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）安装好杠杆，发现左端低、右端高，应将平衡螺母向 调节，使之在水平位置平衡。
（2）D点悬挂两个购码。A、B、C三点分别总挂六个、三个、两个钩码，杠杆均能在水平位置平衡，这说明杠杆平衡时，力臂越大，对应的力越 ，进一步实验，可归纳得出杠杆的平衡条件是 。
（3）保持 D 点悬挂钩码不变，在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，力的方向应 ，这是因为此时 。
23．（2024·宿迁）在“探究杠杆平衡条件”的活动中，实验选用的钩码重均为0.5N.
（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示位置，应将 向 调节，把铅垂线放置于点，从正前方观察，当零刻度线与铅垂线 （选填“重合”或“垂直”）时，即杠杆在水平位置平衡；
（2）如图乙所示，需要在点挂上 个钩码，杠杆将在水平位置平衡，再次在其两边各加上一个钩码，杠杆 侧会下降；
（3）多次实验，记录的数据如下表，可得、、、之间的关系是： .
实验序号 动力 动力臂 阻力 阻力臂
1 1.0 6.0 2.0 3.0
2 1.5 4.0 3.0 2.0
3 2.0 2.0 4.0 1.0
（4）下列实验中多次测量的目的与本次探究不同的是____.
A．测量铅笔长度
B．探究重力与质量关系
C．探究反射角与入射角关系
24．（2024·淮安）在“探究杠杆平衡条件”实验中：
（1）请在图甲中画出的力臂；
（2）的力臂为 。当的大小为时，竖直向上拉杠杆，仍使杠杆在水平位置平衡， N；
（3）小明学过杠杆知识后自制了一根杆秤（自重不计），如图乙所示，要想增大杆秤的测量范围，你有哪些方法？ （写出一种方法即可），小明猜想制作的杆秤刻度是均匀的，请你通过推理证实。 （写出推理过程，涉及的物理量用图中字母表示）。
25．（2025·苏州）某实践小组用正中间开孔的直尺、带挂钩的重物A、水和两个可读取液体体积的同容器等，制作了可测算液体密度的装置。使用前；需将两容器挂在直尺两端固定的挂上，如图甲，调节两端平衡螺母使直尺水平平衡，再将重物A挂在开孔处的"0g"刻度线处某次使用时，小明向左侧容器中倒入体积V=30mL的水，再向右侧容器中倒入相同体积待测液体，通过向右移动重物A，使直尺再次水平平衡(左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和)，如图乙。他根据相关数据，算出了该液体的密度。
（1）图甲中要使直尺水平平衡，应将平衡螺母向 调节；
（2）小明测出的待测液体密度为 g/cm3；
（3）依照他的做法，不同的待测液体密度ρ液与重物A所示质量m满足一定的函数关系，图丙中图线 符合此关系；
（4）对小明的某些做法进行调整，可使该装置的测量范围变为1.0-1.2g/cm3，且通过将重物4从“0g"移动到"10g"的过程来实现。请具体描述如何调整： 。(写出一种方法即可)
五、简答题
26．（2025·盐城）图甲为我国古人用踏碓榨油的场景。他们用两根柱子架起一根木杠，杠的一端装有石头，脚蹬木杠的另一端，一踏一放使石头一起一落，舂捣油料。为了便于施力，另外配有可移动支架，如图乙所示。
（1）把石头的下端打磨得较尖的目的是什么？
（2）体重过轻的人无论怎样用力，都无法将石头抬起，为什么？
（3）若支架横杆离人偏远，脚蹬木杠时支架易翻倒。说明其中的道理。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】据图可知，该工具满足 杠杆的工作原理，O为支点，阻力为花生壳对硬棒的支持力，阻力臂为花生壳到O的距离，阻力臂越小，即花生壳到O越近，阻力和阻力臂的乘积越小，动力臂为手到O点的距离，即离O越远，动力臂越大，动力可以越小，即越省力，故A正确，BCD错误。
综上选A。
【分析】 本题考查杠杆的省力原理，关键是理解杠杆平衡条件中动力臂与阻力臂的关系，通过比较各选项杠杆的动力臂和阻力臂长度来确定最省力的选项。
2．【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象；运动和静止的相对性；杠杆的分类
【解析】【解答】A、船桨的阻力臂大于省力臂，所以阻力小于动力，属于费力杠杆，故A错误；
B、运动员和河岸的运动状态不同，二者相对运动，故B错误；、
C、物体加速时，速度变大，故运动状态发生变化，故C正确；
D、 龙舟还要继续向前运动一段距离，是因为龙舟具有惯性，故D错误。
综上选C.
【分析】物体相对运动：物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物运动，物体与参照物运动状态不一致，所以物体相对参照物静止；
物体的运动速度和运动方向发生变化，则运动状态发生变化；
惯性是物体的基本属性，只有物体重力有关，当物体速度发生变化时，由于惯性物体保持原来运动状态的属性，利用惯性的实例：运动员助跑起跳，乘车系安全带可以降低司机惯性带来的伤害，惯性不是力，不能用受到惯性、惯性力的作用进行表述。
3．【答案】D
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A、在升起闸杆时，施加在A端的力F为动力，此时的动力臂要小于阻力臂，为费力杠杆，故A错误；
B、动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离，因此力F的力臂小于OA，故B错误；
C、闸杆重力作用点在OB的中点，其力臂为OB中点到O点的距离，而非OB，故C错误；
D、由杠杆平衡条件可知，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大所需的动力就越小，当F垂直OA时，力臂最大，F最小，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据动力臂、阻力臂的大小分析；动力臂是指支点到动力作用线的垂直距离；闸杆质量分布均匀，闸杆重力的力臂为OB；使用杠杆时，若阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂最长时，最省力。
4．【答案】C
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】 由图示可知，钓鱼竿在使用过程中，支点在钓鱼竿的下端，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆；当动力F与钓鱼竿垂直时，动力臂最大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小，即最合理，故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】 先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，然后根据杠杆平衡条件分析。
5．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 由题意可知，发现弹簧测力计示数稍稍超过量程，说明动力偏大，此时要想办法减小动力。
A.若钩码的数量适当增加，阻力变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故A不符合题意；
B.钩码的位置适当左移，阻力臂变大，阻力×阻力臂变大，动力臂不变，则需要的动力会更大，故B不符合题意；
C.弹簧测力计转到图中虚线位置，动力臂变小，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会更大，故C不符合题意；
D.弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，则需要的动力会变小，故D符合题意。
故选D。
【分析】 根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2分析得出结论。
6．【答案】A
【知识点】动滑轮拉力的计算
【解析】【解答】 A.该方法相当于使用了动滑轮，可以省力，故A符合题意；
B.该方式使用的是定滑轮，不省力，故B不合题意；
C.该方式相当于用一根绳子直接拉石墩，不省力，故C不合题意；
D.该方式相当于用双股绳子拉石墩，不省力，故D不合题意。
故选A。
【分析】 定滑轮不省力，可以改变力的方向；动滑轮省力，不能改变力的方向。
7．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的分类
【解析】【解答】A.向下拉绳放下空桶时，B端的力为动力，A端的力为阻力，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，故A错误；
BD.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2得到：G石 OA=FB×OB；
40N×1.2m=FB×0.6m；
解得：FB=80N；
放下空桶时，向下拉绳子的力F1=FB-G桶=80N-20N=60N，
装满水时，桶和水的总重力G总=G桶+G水=20N+100N=120N，
向上拉绳提起装满水的桶时拉力为F2=G总-FB=120N-80N=40N，
故B错误，D正确；
C.向上拉绳提起装满水的桶时，在A端的力为动力，B端的力为阻力，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，故C错误；
故选D。
【分析】AC.比较动力臂和阻力臂的变化，从而确定杠杆的分类；
BD.首先根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2计算放下空桶时B端受到的拉力，再根据平衡力的知识分别计算放下空桶时向下的拉力和向上提起水桶时的拉力。
8．【答案】A
【知识点】杠杆的分类
【解析】【解答】根据图片可知，机械臂的动力臂小于阻力臂，为费力杠杆。
A.夹起食物的筷子，大拇指的位置为支点，食指施加动力，阻力作用在筷子的尖端。此时动力臂小于阻力臂，为费力杠杆，故A符合题意；
B.拔钉子的羊角锤，锤头的弯曲处为支点，阻力作用在豁口上，动力作用在手柄上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故B不合题意；
C.剪铁丝的钢丝钳，转轴为支点，动力作用在手柄上，阻力作用在刀口上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故C不合题意；
D.起瓶盖的开瓶扳手，扳手与瓶盖上表面接触的位置为支点，阻力作用在瓶盖边缘，动力作用在手柄上。此时动力臂大于阻力臂，为省力杠杆，故D不合题意。
故选A。
【分析】比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类。
9．【答案】C
【知识点】杠杆的平衡条件；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】
如图所示，设每个钩码重为G，每一小格的长度为L，在A、B两处各加一个钩码后，根据杠杆平衡条件可知，左边变成3G×2L=6GL，右边2G×4L=8GL，右边大一些，所以右边下沉，故ABD错误，C正确。
故答案为：C
【分析】
杠杆平衡条件为F1L1=F2L2
10．【答案】D
【知识点】密度公式及其应用；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法；杠杆的分类
【解析】【解答】A.轮胎上有花纹——通过增大接触面粗糙程度的方式增大摩擦力，故A正确不合题意；
B.用铝合金做车架——它的密度小，根据m=ρV可知，可减轻车身质量，故B正确不合题意；
C.刹车把手是杠杆——转轴为支点，闸线施加阻力，动力作用在手柄上，此时动力臂大于阻力臂，相当于省力杠杆，可以省力，故C正确不合题意；
D.停止蹬车，车仍运动——车具有惯性，故D错误符合题意。
故选D。
【分析】（1）增大摩擦力的方法：增大压力或增大接触面的粗糙程度；
（2）根据m=ρV可知，当体积相同时，物质的密度越小，质量越小；
（3）比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
（4）惯性是物体的一种性质，而不是力的作用。
11．【答案】不变；变小；变小
【知识点】杠杆及其五要素；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】用扁担抬水时，以哥哥的肩为支点，水桶对扁担的拉力为阻力，弟弟对扁担的力为动力，若将水桶悬挂点向哥哥移动一段距离，哥哥到弟弟的距离不变，即支点到动力的距离不变，则动力臂不变；
水桶到哥哥的距离减小，则阻力臂变小；
根据杠杆的平衡条件，可得：F1L1=G水L2，由于动力臂L1、阻力G不变，当阻力臂L2减小，则动力F1变小，弟弟对扁担的作用力变小。故第1空填：不变；第2空填：变小；第3空填：变小。
【分析】阻力方向一定，阻力作用点到支点的距离靠近，阻力臂减小；根据杠杆的平衡条件，在动力臂、阻力一定时，阻力臂减小，则动力减小。
12．【答案】2；变大；动力臂变小，阻力和阻力臂不变，则拉力会变大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】左边：2个砝码，每个砝码重力为 0.5 N ，则阻力 F 2= 2 × 0.5 N = 1 N ，阻力臂 L 2 = 20 cm ； 右边：测力计竖直向下拉，动力臂 L1= 10 cm ，设动力为 F 1 。 根据杠杆平衡可列 F1 × 10 cm = 1 N × 20 cm ，解得F1=2N. 当测力计沿斜线方向向下拉时，阻力和阻力臂保持不变，动力臂减小，所以要是杠杆平衡，动力增加。
【分析】 本题核心是杠杆平衡条件 F 1 L 1 = F 2 L 2的应用。代入已知力和力臂计算动力；分析动力臂的变化，结合平衡条件判断动力大小变化。
13．【答案】（1）3.70
（2）振动
（3）作用点；FC的方向通过支点，此时动力为0，阻力和阻力臂不变，所以FC很大时也不可以使得门关闭
【知识点】力的作用效果；声音的产生；杠杆及其五要素
【解析】【解答】（1）据图可知，刻度尺的分度值为0.1cm，门对齐刻度尺左右两端为1.00cm和4.70cm，所以门的厚度为4.70cm-1.00cm=3.70cm；
（2）敲门声是由门振动铲产生的；
（3） 力所示的方法比的作用位置不同，所以 力的作用效果与力的 作用位置有关， 门的支点位于转轴处，FC的方向通过支点，此时动力为0，阻力和阻力臂不变，所以FC很大时也不可以使得门关闭。
【分析】 第1小问，需要根据刻度尺读数规则来确定门的厚度；
第2小问依据声音产生的原理；
第3小问结合力的三要素和杠杆平衡条件来分析。
14．【答案】6；小；②
【知识点】杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】由图1可知，O为杠杆的支点，B点拉力F的力臂
A点作用力的力臂为OA，由杠杆平衡条件可得：F×OB=G×OA，
解得
由题意可知，保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，根据杠杆平衡条件可得F×l=G×OA，
解得 ……Ⅰ
由题意可知，此过程中物体M的重力G和力臂OA不变，拉力F的力臂l变大，则拉力F变小。
将M从A移至B，由杠杆平衡条件可得F×l=G×OB，解得 ……Ⅱ
由数学知识可知，Ⅰ、Ⅱ两式中拉力F与 的关系图线均为正比例函数，由图1可知，OB>OA，则Ⅱ式的斜率大于Ⅰ式的斜率，因此将M从A移至B，F与 的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
【分析】根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算拉力大小；通过力臂的改变，力臂变大时，拉力变小；根据力臂变化的情况，判断拉力的变化。
15．【答案】渐变小；a
【知识点】杠杆的平衡条件
【解析】【解答】根据题意可知， 人用始终与把手垂直的力缓慢向后将把手拉至身体两侧，动力臂不变。阻力大小等于物体的重力，即阻力不变，由图可知转动过程中阻力臂会变小。根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，拉力会变小；
若要增加训练强度，应将配重盘向a端移动，增大阻力臂，此时动力会变大。
【分析】 利用杠杆平衡条件F1L1=F2L2分析拉力的大小变化情况。
16．【答案】变大；不变
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】 保持杠杆位置不变，将力F顺时针从AB方向转动到AC方向 ，动力臂减小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡公式计算可知，动力增加，所以F变大，动力和动力臂的乘积不变。
【分析】杠杆平衡的条件 ，原理为动力*动力臂=阻力*阻力臂，改变拉力的方向，实质为改变动力臂的大小，动力臂变小，则动力变大。
17．【答案】（1）
（2）变大；变大
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法
【解析】【解答】（1）从支点O作动力作用线的垂线，从支点到垂足之间的距离就是动力臂L1，如下图所示：
（2）小腿从图示位置缓慢伸至水平位置，阻力臂变大，阻力不变，且动力臂不变，根据F1L1=F2L2可知，动力变大。
【分析】（1）力臂是从杠杆的支点到力的作用线的垂直距离；
（2）根据描述分析动力臂和阻力臂的变化，结合杠杆的平衡条件分析动力的变化。
18．【答案】（1）省力；压强
（2）解：)根据杠杆平衡条件得
（3）在水平面上
根据压强公式得
【知识点】减小压强的方法及其应用；压强的大小及其计算；杠杆的分类；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】（1）根据图像，竖直向下的动力F的力臂大于阻力臂，根据F1L1=F2L2，由于L1>L2，则F1（2）根据图2中，利用杠杆的平衡条件F·OA=G·OB，；
（3）物体对水平面的压力等于物体的重力，F=G=1200N，压强为。
【分析】（1）动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；压力一定时，增大受力面积减小压强；
（2）根据杠杆的平衡条件，结合已知的力，计算动力；
（3）根据，计算压强。
19．【答案】（1）
（2）阻；变小
（3）功率
【知识点】杠杆的平衡条件；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)阻力为人受到的重力，从支点O向重力做垂线，该垂线段即为阻力臂L，如图：
(2)先将头向前抬起，身体重心更靠近支点，可以减小阻力臂；在平躺至坐起的过程中，人体重心与支点的水平距离减小，即阻力臂减小，而动力臂长度不变，根据杠杆的平衡条件可知，运动员肌肉所施加的动力变化情况是变小；
(3)同学们可以改变仰卧起坐的快慢，来控制体育锻炼的效果，从物理学角度分析，其实质是改变功率的大小，因为在仰卧起坐过程中，要克服身体的重力做功，改变仰卧起坐的快慢，可以改变做功的快慢，即改变功率的大小；
【分析】（1）阻力为人受到的重力，从支点O向重力做垂线，该垂线段即为阻力臂L
（2）将头向前抬起，身体重心更靠近支点，可以减小阻力臂；在平躺至坐起的过程中，人体重心与支点的水平距离减小，即阻力臂减小，而动力臂长度不变，根据杠杆的平衡条件可知，运动员肌肉所施加的动力会变小。
（3）在仰卧起坐过程中，要克服身体的重力做功，改变仰卧起坐的快慢，可以改变做功的快慢，即改变功率的大小。
20．【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【知识点】作光的反射光路图；力的三要素及力的示意图；滑轮组的设计与组装；家庭电路的连接
【解析】【解答】（1） 首先过入射点O做出法线，根据反射角等于入射角在法线的右侧做出反射光线，如图所示：
（2） 重力的方向是竖直向下的，从小球重心（球心）画一条带箭头的竖直向下的有向线段，用G表示，如图所示：
（3） 地上的人用滑轮组提升重物，因人站在地面上，故人只能用下用力，绳子有效段数为2，如下所示：
（4） 火线首先进入开关，然后接到灯泡，再零线，这样在更换灯泡时更安全。如图所示：
【分析】（1） 光的反射定律的内容：反射光线与入射光线、法线在同一平面上；反射光线和入射光线分居在法线的两侧；反射角等于入射角。可归纳为：“三线共面，两线分居，两角相等”.
（2）对物体进行受力分析，确定力的三要素，然后沿力的方向画带箭头的线段即可；
（3） 根据人站在地面上确定人的用力方向，从而可知绳子的有效段数，据此连接。
（4） 开关控制灯泡时和灯泡是串联的。火线过开关入灯座，零线直接入灯座。
21．【答案】
【知识点】力臂的画法
【解析】【解答】根据图片可知，O点为杠杆的支点，阻力作用在B点，由物体重力产生，因此阻力的方向竖直向下。动力作用在A点，通过A点将动力作用线反向延长，通过支点O作动力作用线的垂线，从支点到垂足之间的距离为动力臂L1，如下图所示：
【分析】力臂是从杠杆的支点到力的作用线之间的距离。
22．【答案】（1）右
（2）小；F1l1=F2l2
（3）竖直向上；动力臂最大
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1） 杠杆左端低、右端高，说明左端重力偏大，为使杠杆在水平位置平衡，需将平衡螺母向右调节；
（2） 设杠杆上每一格长度为 L ，钩码重力为 G 。若 D 点悬挂两个钩码 A ，点悬挂六个钩码，由杠杆平衡得 6 G × L1 = 2 G × L2 ，化简得 3 L1 = L2；同理， B 点三个钩码时 3 L1' = L2' ， C 点两个钩码时 2 L1'' = L2'' 。可见力臂越大，对应的力越小。
（3） 在E点施加力使杠杆在水平位置平衡，为了使力最小，则动力臂最大，力的方向应竖直向上。
【分析】 （1）依据杠杆平衡原理，通过调整平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，左端低则需将平衡螺母向右端调节以平衡重心；
（2）分析不同悬挂点的力与力臂关系，归纳杠杆平衡条件，即动力×动力臂 = 阻力×阻力臂；
（3）利用杠杆平衡条件，当阻力和阻力臂固定时，动力与动力臂成反比，要使动力最小需让动力臂最大，结合杠杆结构确定力的方向。
23．【答案】（1）平衡螺母；右；重合
（2）2；右
（3）F1L1=F2L2
（4）A
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】 （1）①由图甲知，杠杆的左端低，应将平衡螺母向右调节；
②铅垂线是利用重力的方向总是竖直向下的，当零刻度线与铅垂线重合时，即杠杆在水平位置平衡；
（2）当左侧拉力F1=3G0=3×0.5N=1.5N，力臂L1=2cm时，
由杠杆平衡条件知，F1L1=F2L2，
即1.5N×2cm=F2×3cm，
解得：F2=1N，
需要的钩码数量，故需要在B点挂2个钩码；
当两边各加一个钩码时，左侧F'1L1=（1.5N+0.5N）×2cm=4N cm，
右侧F'2L2=（1N+0.5N）×3cm=4.5N cm，
右侧力与力臂的乘积大，故杠杆右侧下降；
（3）由记录的数据进行分析，可得F1、F2、L1、L2之间的关系是：F1L1=F2L2；
（4）本实验多次实验的目的是为了寻找普遍规律，在探究重力与质量关系和探究反射角与入射角关系的实验中多次实验的目的也是为了寻找普遍规律，而测量铅笔长度的实验中多次实验的目的是为了减小误差，获得准确数据。
故选A。
【分析】 （1）①杠杆调水平的方法是：左低右调，右低左调；
②重力的方向总是竖直向下的，当零刻度线与铅垂线重合时，说明杠杆在水平位置平衡；
（2）根据杠杆平衡条件进行计算即可。增加砝码后，分别计算出两侧力和力臂的乘积，据此确定杠杆哪侧下降；
（3）根据实验数据分析得到杠杆平衡的条件；
（4）通过多次实验可能是为了寻找普遍规律，也可能是为了减小误差，获得准确数据。
24．【答案】（1）
（2）10.0；0.5
（3）换用质量更大的秤砣（增大）；根据杠杆平衡条件可得：；解得：；因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）根据甲图可知，支点为O，过支点O作力作用线的垂线段，即为力臂，如下图所示：
（2）根据甲图可知，刻度尺的分度值为1mm，则的力臂；
当的大小为时，竖直向上拉杠杆，此时的力臂，
根据杠杆平衡条件得到：1N×0.1m=F1×0.2m；
解得：
（3）①根据杠杆平衡条件，两力臂不变，秤砣重力变大，对秤杆的拉力变大，即动力变大，那么阻力会变大，即称量的物体重力变大，则杆秤的测量范围变大，即要想增大杆秤的测量范围，可以换用质量更大的秤砣。
②根据杠杆平衡条件可得：；
解得：；
因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
【分析】 （1）杠杆力臂是从支点到力的作用线的垂线段；
（2）利用杠杆的平衡条件求得；
（3）①根据杠杆的平衡条件可得，要增大杆秤的测量范围，可以减小OA的距离和增加秤砣的质量，相比较而言，增加秤砣的质量更方便；
②利用杠杆的平衡条件，找出OB的表示式，可以看出OB和m1成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
（1）过支点O作力作用线的垂线段即为力臂，作图如下：
（2）[1][2]由图甲可知，的力臂；当的大小为时，竖直向上拉杠杆，此时的力臂，根据杠杆平衡条件，大小为
（3）[1]要想增大杆秤的测量范围，可以换用质量更大的秤砣。根据杠杆平衡条件，两力臂不变，秤砣重力变大，对秤杆的拉力变大，即动力变大，那么阻力会变大，即称量的物体重力变大，则杆秤的测量范围变大。
[2]根据杠杆平衡条件可得
则有
因为和均为定值，所以和成正比，所以制作的杆秤刻度是均匀的。
25．【答案】（1）右
（2）0.7
（3）b
（4）改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且体积均为50mL
【知识点】密度公式及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】 （1）由图甲可知，杠杆静止时，发现左端低、右端高，可将杠杆两端的平衡螺母向右调节；
（2）由图乙可知，重物A对应的刻度为9g，左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
1.0g/cm3×30cm3=ρ液×30cm3+9g，
解得：ρ液=0.7g/cm3；
（3）左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，
根据m=ρV可知，ρ水V=ρ液V+m，即，
液体的体积和水的密度一定，所以待测液体密度ρ液与重物A所示质量m成一次函数关系，且重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，所以图丙中图线b符合此关系；
（4）由（3）可知，重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越小，因此可将右侧容器装水，左侧容器装待测液体，由于左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和，根据m=ρV可知，
ρ液V=ρ水V+m，即，
重物A所示质量m越大，对应待测液体密度ρ液越大；
要使该装置的测量范围变为1.0～1.2g/cm3，当液体密度为1.2g/cm3，重物A的质量为10g，代入上式，解得：V=50cm3=50mL，故调整措施为：改成右侧容器装水，左侧容器装待测液体，且容器的体积为50mL。
【分析】 （1）要使杠杆在水平位置平衡，调节平衡时将螺母向上翘的一端移动；
（2）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式求出待测液体的密度；
（3）根据左侧容器内的液体质量等于右侧容器内的液体质量与重物A所示质量之和结合密度公式写出待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式，据此分析；
（4）根据（3）待测液体密度ρ液与重物A所示质量m的表达式分析回答。
26．【答案】（1）答：下端较尖是通过减小受力面积的方式增大压强
（2）答：体重过轻的人提供的动力较小，无法满足石头被抬起时的杠杆的平衡条件
（3）答：支架可视作一个杠杆，支架横杆离人较远时，人脚蹬木杠时对横杆的力与对应力臂的乘积不为0，支架易翻倒
【知识点】增大压强的方法及其应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】（1）根据压强公式分析可知，受力面积越小，压强越大，所以下端较尖是在压力一定时，通过减小受力面积的方式增大压强；
（2）体重过轻的人提供的动力较小，根据杠杆平衡分析F动力L动力＜F阻力L阻力，无法满足石头被抬起时的杠杆的平衡条件；
（3） 支架横杆离人偏远 ，则F阻力L阻力会很大，为了保持平衡则需要更大的F动力，若动力超过支架的承受能理，支架便会侧翻。
【分析】1、压强的计算公式：，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积；
2、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂。
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