登录
1. 使用简单机械可以给人们的生活带来便利。
（1）如图甲所示，旗杆的顶端安装着一个定滑轮，用来
（2）如图乙所示，小明用20 N的力将重为30 N的物体匀速提升2 m，不计绳重与摩擦，则动滑轮重为
（3）如图丙所示为某人钓起一条鱼时的情景，为了省力一些，两手之间的距离应
（1）如图甲所示，旗杆的顶端安装着一个定滑轮，用来
改变力的方向
。（2）如图乙所示，小明用20 N的力将重为30 N的物体匀速提升2 m，不计绳重与摩擦，则动滑轮重为
10
N，绳子自由端移动的距离为4
m。（3）如图丙所示为某人钓起一条鱼时的情景，为了省力一些，两手之间的距离应
大
（大/小）一些。答案
1.（1）改变力的方向 （2）10 4 （3）大
解析
【分析】
本题结合生活中的简单机械实例，考查定滑轮、动滑轮、杠杆的相关知识。解题时需明确各类简单机械的特点，利用对应公式和原理分析：（1）定滑轮的核心特点是改变力的方向；（2）动滑轮的拉力公式和距离关系是计算关键；（3）钓鱼竿属于费力杠杆，根据杠杆平衡条件分析省力的方法。
【解析】
（1）定滑轮的实质是等臂杠杆，使用时不省力，但可以改变力的方向，旗杆顶端的定滑轮正是为了改变拉力方向，方便升旗。
（2）动滑轮上承担物重的绳子段数$n=2$，不计绳重与摩擦，根据动滑轮拉力公式$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$，代入数据$20N=\frac{30N+G_{动}}{2}$，解得动滑轮重$G_{动}=10N$；绳子自由端移动距离$s=nh=2×2m=4m$。
（3）钓鱼竿是费力杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，在阻力和阻力臂一定时，增大动力臂（即两手之间的距离变大），可减小动力，达到省力目的。
【答案】
（1）改变力的方向；（2）10，4；（3）大
【知识点】
定滑轮特点、动滑轮计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题以生活实例为载体，考查简单机械的基础应用，需掌握各类简单机械的特点和杠杆平衡条件，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题结合生活中的简单机械实例，考查定滑轮、动滑轮、杠杆的相关知识。解题时需明确各类简单机械的特点，利用对应公式和原理分析：（1）定滑轮的核心特点是改变力的方向；（2）动滑轮的拉力公式和距离关系是计算关键；（3）钓鱼竿属于费力杠杆，根据杠杆平衡条件分析省力的方法。
【解析】
（1）定滑轮的实质是等臂杠杆，使用时不省力，但可以改变力的方向，旗杆顶端的定滑轮正是为了改变拉力方向，方便升旗。
（2）动滑轮上承担物重的绳子段数$n=2$，不计绳重与摩擦，根据动滑轮拉力公式$F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n}$，代入数据$20N=\frac{30N+G_{动}}{2}$，解得动滑轮重$G_{动}=10N$；绳子自由端移动距离$s=nh=2×2m=4m$。
（3）钓鱼竿是费力杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，在阻力和阻力臂一定时，增大动力臂（即两手之间的距离变大），可减小动力，达到省力目的。
【答案】
（1）改变力的方向；（2）10，4；（3）大
【知识点】
定滑轮特点、动滑轮计算、杠杆平衡条件
【点评】
本题以生活实例为载体，考查简单机械的基础应用，需掌握各类简单机械的特点和杠杆平衡条件，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
2. 如图所示，有一根质量分布均匀的金属棒CB，现将AC部分搭在水平桌面上，已知金属棒长为L、重为600 N，CA：AB=1：3，为使金属棒在图示位置保持静止，则在
B
(A/B/C)点施加的最小力$F_1=$200
N，若保持与$F_1$的作用点和方向均相同，则使金属棒在图示位置保持静止时所施加的最大外力$F_2$应为300
N。答案
2. B 200 300
解析
【分析】
要解决本题，需运用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析：首先明确不同状态下的支点，求最小力时需让动力臂最大，求最大外力时需考虑金属棒即将翻转的临界情况，再结合力臂计算对应力的大小。
【解析】
1. 确定各段长度：金属棒总长为L，CA:AB=1:3，故$CA=\frac{L}{4}$，$AB=\frac{3L}{4}$；均匀金属棒的重心在其中点O，CB总长为L，因此O距C为$\frac{L}{2}$，O距A的距离$OA=\frac{L}{2}-CA=\frac{L}{4}$。
2. 求最小力$F_1$：根据杠杆平衡，动力臂越大，动力越小。离支点A最远的点是B，故力作用在B点，此时动力臂为$AB=\frac{3L}{4}$，阻力臂为$OA=\frac{L}{4}$。由杠杆平衡条件：$F_1×AB = G×OA$，代入得$F_1×\frac{3L}{4}=600N×\frac{L}{4}$，解得$F_1=200N$。
3. 求最大外力$F_2$：当金属棒即将绕C点翻转时，支点变为C点，此时重力G的力臂为$CO=\frac{L}{2}$，动力$F_2$作用在B点，力臂为$CB=L$。由杠杆平衡条件：$F_2×CB = G×CO$，代入得$F_2×L=600N×\frac{L}{2}$，解得$F_2=300N$。
【答案】
B；200；300
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是区分最小力（动力臂最大）和最大外力（临界翻转时支点变化）的分析，需准确确定不同场景下的支点与力臂，对学生的受力分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需运用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析：首先明确不同状态下的支点，求最小力时需让动力臂最大，求最大外力时需考虑金属棒即将翻转的临界情况，再结合力臂计算对应力的大小。
【解析】
1. 确定各段长度：金属棒总长为L，CA:AB=1:3，故$CA=\frac{L}{4}$，$AB=\frac{3L}{4}$；均匀金属棒的重心在其中点O，CB总长为L，因此O距C为$\frac{L}{2}$，O距A的距离$OA=\frac{L}{2}-CA=\frac{L}{4}$。
2. 求最小力$F_1$：根据杠杆平衡，动力臂越大，动力越小。离支点A最远的点是B，故力作用在B点，此时动力臂为$AB=\frac{3L}{4}$，阻力臂为$OA=\frac{L}{4}$。由杠杆平衡条件：$F_1×AB = G×OA$，代入得$F_1×\frac{3L}{4}=600N×\frac{L}{4}$，解得$F_1=200N$。
3. 求最大外力$F_2$：当金属棒即将绕C点翻转时，支点变为C点，此时重力G的力臂为$CO=\frac{L}{2}$，动力$F_2$作用在B点，力臂为$CB=L$。由杠杆平衡条件：$F_2×CB = G×CO$，代入得$F_2×L=600N×\frac{L}{2}$，解得$F_2=300N$。
【答案】
B；200；300
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是区分最小力（动力臂最大）和最大外力（临界翻转时支点变化）的分析，需准确确定不同场景下的支点与力臂，对学生的受力分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
3.（2024·镇江）小明用如图所示装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡。此时弹簧测力计处于竖直方向，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程。为了完成实验，下列方案可行的是（
A.钩码的数量适当增加
B.钩码的位置适当左移
C.弹簧测力计转到图中虚线位置
D.弹簧测力计位置适当向左平移
第3题 第4题 第5题
D
）A.钩码的数量适当增加
B.钩码的位置适当左移
C.弹簧测力计转到图中虚线位置
D.弹簧测力计位置适当向左平移
第3题 第4题 第5题
答案
3. D
解析
【分析】
要解决该问题，需结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析：当前弹簧测力计示数超过量程，说明动力$F_1$过大，需减小$F_1$。根据平衡规律，在阻力$F_2$（钩码总重）和阻力臂$L_2$不变时，可通过增大动力臂$L_1$来减小$F_1$；若改变其他物理量，需判断是否能降低动力大小，再逐一分析选项。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，当前弹簧测力计示数过大，需减小动力$F_1$：
选项A：钩码数量适当增加，阻力$F_2$增大，由$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$可知，$F_1$会更大，不可行；
选项B：钩码位置适当左移，阻力臂$L_2$增大，同理，$F_1$会更大，不可行；
选项C：弹簧测力计转到虚线位置，此时动力臂（支点到力的作用线的垂直距离）减小，$F_1$会更大，不可行；
选项D：弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂$L_1$增大，根据公式，$F_1$会减小，可避免示数超量程，可行。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题关键是结合平衡条件分析各选项中力和力臂的变化，明确力臂对动力的影响，难度适中。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，需结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析：当前弹簧测力计示数超过量程，说明动力$F_1$过大，需减小$F_1$。根据平衡规律，在阻力$F_2$（钩码总重）和阻力臂$L_2$不变时，可通过增大动力臂$L_1$来减小$F_1$；若改变其他物理量，需判断是否能降低动力大小，再逐一分析选项。
【解析】
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，当前弹簧测力计示数过大，需减小动力$F_1$：
选项A：钩码数量适当增加，阻力$F_2$增大，由$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$可知，$F_1$会更大，不可行；
选项B：钩码位置适当左移，阻力臂$L_2$增大，同理，$F_1$会更大，不可行；
选项C：弹簧测力计转到虚线位置，此时动力臂（支点到力的作用线的垂直距离）减小，$F_1$会更大，不可行；
选项D：弹簧测力计位置适当向左平移，动力臂$L_1$增大，根据公式，$F_1$会减小，可避免示数超量程，可行。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题关键是结合平衡条件分析各选项中力和力臂的变化，明确力臂对动力的影响，难度适中。
【难度系数】
0.6
4. (2023·自贡)杆秤是我国传统的一种称量工具，凝聚着我国人民的智慧。如图所示，O为杆秤提纽，OA＝8 cm，秤砣质量m＝0.2 kg，不挂重物和秤砣时，手提提纽，杆秤可水平平衡。用它称鱼，当秤砣置于B点时，杆秤再次水平平衡，此时测得OB＝32 cm，则鱼的质量为（
A.1.0 kg
B.0.8 kg
C.0.6 kg
D.0.4 kg
B
）A.1.0 kg
B.0.8 kg
C.0.6 kg
D.0.4 kg
答案
4. B
解析
【分析】
要解决这道题，需运用杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。杆秤平衡时，支点为O，鱼的重力是阻力，对应力臂OA；秤砣的重力是动力，对应力臂OB。由于重力公式为$G=mg$，代入平衡条件后可约去$g$，直接通过质量与力臂的关系计算鱼的质量。
【解析】
设鱼的质量为$M$，已知秤砣质量$m=0.2\ \mathrm{kg}$，$OA=8\ \mathrm{cm}$，$OB=32\ \mathrm{cm}$。根据杠杆平衡条件：
$ G_{鱼} × OA = G_{砣} × OB $
将$G=mg$代入上式，得：
$ M g × OA = m g × OB $
两边约去$g$，整理得：
$ M = \frac{m × OB}{OA} $
代入数值计算：
$ M = \frac{0.2\ \mathrm{kg} × 32\ \mathrm{cm}}{8\ \mathrm{cm}} = 0.8\ \mathrm{kg} $
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件在生活中的实际应用，结合杆秤的场景，通过约去重力加速度简化计算，属于基础应用类题目，难度较低。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需运用杠杆的平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂。杆秤平衡时，支点为O，鱼的重力是阻力，对应力臂OA；秤砣的重力是动力，对应力臂OB。由于重力公式为$G=mg$，代入平衡条件后可约去$g$，直接通过质量与力臂的关系计算鱼的质量。
【解析】
设鱼的质量为$M$，已知秤砣质量$m=0.2\ \mathrm{kg}$，$OA=8\ \mathrm{cm}$，$OB=32\ \mathrm{cm}$。根据杠杆平衡条件：
$ G_{鱼} × OA = G_{砣} × OB $
将$G=mg$代入上式，得：
$ M g × OA = m g × OB $
两边约去$g$，整理得：
$ M = \frac{m × OB}{OA} $
代入数值计算：
$ M = \frac{0.2\ \mathrm{kg} × 32\ \mathrm{cm}}{8\ \mathrm{cm}} = 0.8\ \mathrm{kg} $
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件在生活中的实际应用，结合杆秤的场景，通过约去重力加速度简化计算，属于基础应用类题目，难度较低。
【难度系数】
0.8
5. 如图，O为拉杆式旅行箱的轮轴，OA为拉杆。现在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F，使箱体从图示位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置，则力F的大小 （
A.一直变大
B.始终不变
C.一直变小
D.先变小后变大
B
）A.一直变大
B.始终不变
C.一直变小
D.先变小后变大
答案
5. B
解析
【分析】
本题是杠杆平衡的应用问题，解题思路为：先确定杠杆的支点、动力与阻力，再依据杠杆平衡条件分析力臂的变化，进而判断力的大小。具体来说，支点为O点，阻力是箱体的重力G（大小不变，方向始终竖直向下），动力是作用在A点的竖直向上的力F；当箱体绕O点转动时，由于动力F和阻力G方向均为竖直方向，动力臂与阻力臂的比值保持不变，结合杠杆平衡条件即可判断F的大小变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件：$ F × L_1 = G × L_2 $，变形可得 $ F = \frac{G × L_2}{L_1} $。
其中，G是箱体的重力，大小恒定；动力臂$ L_1 $是支点O到动力F作用线的垂直距离，阻力臂$ L_2 $是支点O到阻力G作用线的垂直距离。
因为F和G的方向始终为竖直方向，在箱体绕O点转动的过程中，$ L_1 $与$ L_2 $的比值保持不变（由几何相似性可知，两个竖直方向力对应的力臂比例恒定），因此$ \frac{L_2}{L_1} $为定值，G不变，故F的大小始终不变。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是判断力臂的变化规律，易错点是误判力臂的变化，需明确力方向不变时，转动过程中力臂的比值不变，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
本题是杠杆平衡的应用问题，解题思路为：先确定杠杆的支点、动力与阻力，再依据杠杆平衡条件分析力臂的变化，进而判断力的大小。具体来说，支点为O点，阻力是箱体的重力G（大小不变，方向始终竖直向下），动力是作用在A点的竖直向上的力F；当箱体绕O点转动时，由于动力F和阻力G方向均为竖直方向，动力臂与阻力臂的比值保持不变，结合杠杆平衡条件即可判断F的大小变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件：$ F × L_1 = G × L_2 $，变形可得 $ F = \frac{G × L_2}{L_1} $。
其中，G是箱体的重力，大小恒定；动力臂$ L_1 $是支点O到动力F作用线的垂直距离，阻力臂$ L_2 $是支点O到阻力G作用线的垂直距离。
因为F和G的方向始终为竖直方向，在箱体绕O点转动的过程中，$ L_1 $与$ L_2 $的比值保持不变（由几何相似性可知，两个竖直方向力对应的力臂比例恒定），因此$ \frac{L_2}{L_1} $为定值，G不变，故F的大小始终不变。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是判断力臂的变化规律，易错点是误判力臂的变化，需明确力方向不变时，转动过程中力臂的比值不变，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.5
