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4（易错题）小明制作了一个简易杠杆，调节杠杆在水平位置平衡，然后在它两边恰当位置分别放上不同数量的同种硬币，使其在水平位置再次平衡（如图）。若两边同时各减少一枚同种硬币，则杠杆将（
A.右端下降
B.左端下降
C.仍然水平平衡
D.无法判断其状态
A
）A.右端下降
B.左端下降
C.仍然水平平衡
D.无法判断其状态
答案
4. A
易错分析
4. 不能认为两边同时各减少一枚同种硬币,杠杆就保持平衡。杠杆是否平衡,决定于力和力臂的乘积。
易错分析
4. 不能认为两边同时各减少一枚同种硬币,杠杆就保持平衡。杠杆是否平衡,决定于力和力臂的乘积。
解析
【分析】要判断杠杆状态，需依据杠杆平衡条件（力×力臂）分析。首先设每枚硬币重力为G，左边力臂为L左，右边力臂为L右；根据初始平衡状态，推导力臂关系，再计算各减少一枚硬币后的力矩，比较两边力矩大小即可得出结论。
【解析】根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，设每枚硬币重力为$G$，左边力臂为$L_左$，右边力臂为$L_右$。初始时，左边有2枚硬币，右边有4枚，杠杆平衡，因此：$2G×L_左 = 4G×L_右$，化简得$L_左=2L_右$。当两边同时各减少一枚硬币后，左边力变为$G$，右边力变为$3G$，此时左边力矩：$G×L_左 = G×2L_右 = 2GL_右$；右边力矩：$3G×L_右 = 3GL_右$。因为$3GL_右 ＞ 2GL_右$，即右边力矩大于左边力矩，所以杠杆右端下降。
【答案】A
【知识点】杠杆平衡条件
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，易错点是易错误认为同时减少一枚硬币杠杆仍平衡，需牢记杠杆平衡的本质是力与力臂的乘积相等，而非力或力臂单独相等，需通过计算力矩判断。
【难度系数】0.5
【解析】根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，设每枚硬币重力为$G$，左边力臂为$L_左$，右边力臂为$L_右$。初始时，左边有2枚硬币，右边有4枚，杠杆平衡，因此：$2G×L_左 = 4G×L_右$，化简得$L_左=2L_右$。当两边同时各减少一枚硬币后，左边力变为$G$，右边力变为$3G$，此时左边力矩：$G×L_左 = G×2L_右 = 2GL_右$；右边力矩：$3G×L_右 = 3GL_右$。因为$3GL_右 ＞ 2GL_右$，即右边力矩大于左边力矩，所以杠杆右端下降。
【答案】A
【知识点】杠杆平衡条件
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，易错点是易错误认为同时减少一枚硬币杠杆仍平衡，需牢记杠杆平衡的本质是力与力臂的乘积相等，而非力或力臂单独相等，需通过计算力矩判断。
【难度系数】0.5
5 如图所示,在杠杆OA的B处悬挂一个重物G,A端用细绳吊在小圆环M的下面,且细绳长AM等于圆弧环PQ的半径,此时杠杆恰处于水平状态,A点与圆弧环PQ的圆心重合。在小圆环M从P点逐渐沿顺时针方向滑到Q点的过程中,细绳对A端的作用力大小 （
A.逐渐变大
B.逐渐变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
D
）A.逐渐变大
B.逐渐变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
答案
5. D
解析
【分析】
要解决该问题，需结合杠杆平衡条件分析拉力的变化：首先确定杠杆的支点、阻力、阻力臂，再明确动力（细绳拉力）的动力臂随小圆环M位置的变化，最后根据杠杆平衡条件判断拉力大小的变化。
步骤1：杠杆OA的支点为O，阻力是重物重力G，阻力臂为OB（固定不变）；
步骤2：细绳对A端的拉力为动力，拉力方向沿细绳AM，动力臂是支点O到拉力作用线（直线AM）的垂直距离；
步骤3：A是圆弧PQ的圆心，AM等于圆弧半径，故M在以A为圆心的圆弧上运动，AM长度不变，方向随M的位置变化；
步骤4：分析动力臂的变化：当M从P顺时针滑到Q时，AM的方向从水平向左逐渐转到竖直向上，再转到水平向右，对应O到AM的垂直距离（动力臂）先增大后减小；
步骤5：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力与动力臂成反比，因此拉力先变小后变大。
【解析】
设杠杆OA的支点为O，阻力为G，阻力臂为OB，大小恒定；细绳对A端的拉力为动力F，动力臂是O到直线AM的垂直距离。
已知A为圆弧PQ的圆心，AM等于圆弧半径，故M在以A为圆心、AM为半径的圆弧上运动。建立坐标系：设O(0,0)，A(a,0)，圆弧半径为r，则M点坐标为$(a + r\cosθ, r\sinθ)$，θ为AM与x轴正方向的夹角，M从P（θ=180°）顺时针滑到Q（θ=0°）时，θ从180°减小到0°。
直线AM的方程为$y = \tanθ(x - a)$，根据点到直线的距离公式，O到直线AM的距离（动力臂）为：
$d = \frac{| -a\sinθ |}{\sqrt{\sin^2θ + \cos^2θ}} = a|\sinθ|$
当θ从180°→90°→0°时，$\sinθ$先从0增大到1，再减小到0，因此动力臂d先变大后变小。
根据杠杆平衡条件$F · d = G · OB$，G和OB均为定值，故F与d成反比，即F先变小后变大。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂
【点评】
本题结合圆弧运动分析力臂的变化，核心是利用杠杆平衡条件，关键在于确定动力臂随M位置的变化规律，需明确拉力方向沿细绳，动力臂是支点到拉力作用线的垂直距离。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需结合杠杆平衡条件分析拉力的变化：首先确定杠杆的支点、阻力、阻力臂，再明确动力（细绳拉力）的动力臂随小圆环M位置的变化，最后根据杠杆平衡条件判断拉力大小的变化。
步骤1：杠杆OA的支点为O，阻力是重物重力G，阻力臂为OB（固定不变）；
步骤2：细绳对A端的拉力为动力，拉力方向沿细绳AM，动力臂是支点O到拉力作用线（直线AM）的垂直距离；
步骤3：A是圆弧PQ的圆心，AM等于圆弧半径，故M在以A为圆心的圆弧上运动，AM长度不变，方向随M的位置变化；
步骤4：分析动力臂的变化：当M从P顺时针滑到Q时，AM的方向从水平向左逐渐转到竖直向上，再转到水平向右，对应O到AM的垂直距离（动力臂）先增大后减小；
步骤5：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，动力与动力臂成反比，因此拉力先变小后变大。
【解析】
设杠杆OA的支点为O，阻力为G，阻力臂为OB，大小恒定；细绳对A端的拉力为动力F，动力臂是O到直线AM的垂直距离。
已知A为圆弧PQ的圆心，AM等于圆弧半径，故M在以A为圆心、AM为半径的圆弧上运动。建立坐标系：设O(0,0)，A(a,0)，圆弧半径为r，则M点坐标为$(a + r\cosθ, r\sinθ)$，θ为AM与x轴正方向的夹角，M从P（θ=180°）顺时针滑到Q（θ=0°）时，θ从180°减小到0°。
直线AM的方程为$y = \tanθ(x - a)$，根据点到直线的距离公式，O到直线AM的距离（动力臂）为：
$d = \frac{| -a\sinθ |}{\sqrt{\sin^2θ + \cos^2θ}} = a|\sinθ|$
当θ从180°→90°→0°时，$\sinθ$先从0增大到1，再减小到0，因此动力臂d先变大后变小。
根据杠杆平衡条件$F · d = G · OB$，G和OB均为定值，故F与d成反比，即F先变小后变大。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂
【点评】
本题结合圆弧运动分析力臂的变化，核心是利用杠杆平衡条件，关键在于确定动力臂随M位置的变化规律，需明确拉力方向沿细绳，动力臂是支点到拉力作用线的垂直距离。
【难度系数】
0.5
6 小兰自制了一把杆秤，由秤盘、提纽、秤杆以及200 g的秤砣构成，如图所示。当不挂秤砣、秤盘中不放重物时，提起提纽，秤杆在空中恰好能水平平衡。已知AO间距离为10 cm。当放入重物，将秤砣移至距O点30 cm的B处时，秤杆水平平衡，则重物质量为
600
g；往秤盘中再增加20 g的物体，秤砣需要从B处向右
(左/右)移动1
cm才能维持秤杆水平平衡。答案
6. 600 右 1
解析
【分析】
本题利用杠杆平衡条件解题，提纽O是支点，重物和秤砣的重力分别为杠杆的两个作用力，对应的力臂分别为AO和OB。首先根据初始平衡状态，通过杠杆平衡公式计算重物质量；再根据增加重物后的情况，再次利用杠杆平衡公式求出秤砣需移动后的力臂，进而确定移动方向和距离。
【解析】
1. 求重物质量：
以O为支点，根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，力为重力，即 $ mg $，g可约去。
已知 $ AO=10\ \mathrm{cm} $，秤砣质量 $ m_{\mathrm{砣}}=200\ \mathrm{g} $，秤砣力臂 $ OB=30\ \mathrm{cm} $，代入公式：
$ m_{\mathrm{物}} · g · AO = m_{\mathrm{砣}} · g · OB $，约去g得：
$ m_{\mathrm{物}} × 10\ \mathrm{cm} = 200\ \mathrm{g} × 30\ \mathrm{cm} $
解得 $ m_{\mathrm{物}} = \frac{200\ \mathrm{g} × 30\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} = 600\ \mathrm{g} $。
2. 求秤砣移动的距离：
增加20g物体后，重物质量变为 $ m_{\mathrm{物}}' = 600\ \mathrm{g} + 20\ \mathrm{g} = 620\ \mathrm{g} $，设此时秤砣力臂为 $ L $，再次用杠杆平衡：
$ m_{\mathrm{物}}' · AO = m_{\mathrm{砣}} · L $
代入数值：$ 620\ \mathrm{g} × 10\ \mathrm{cm} = 200\ \mathrm{g} × L $
解得 $ L = \frac{620\ \mathrm{g} × 10\ \mathrm{cm}}{200\ \mathrm{g}} = 31\ \mathrm{cm} $。
原来秤砣在30cm处，故需向右移动 $ 31\ \mathrm{cm} - 30\ \mathrm{cm} = 1\ \mathrm{cm} $。
【答案】
600；右；1
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题结合生活中的杆秤，考查杠杆平衡条件的应用，关键是确定支点和对应力臂，利用公式计算即可，属于基础应用题，难度较低。
【难度系数】
0.3
本题利用杠杆平衡条件解题，提纽O是支点，重物和秤砣的重力分别为杠杆的两个作用力，对应的力臂分别为AO和OB。首先根据初始平衡状态，通过杠杆平衡公式计算重物质量；再根据增加重物后的情况，再次利用杠杆平衡公式求出秤砣需移动后的力臂，进而确定移动方向和距离。
【解析】
1. 求重物质量：
以O为支点，根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，力为重力，即 $ mg $，g可约去。
已知 $ AO=10\ \mathrm{cm} $，秤砣质量 $ m_{\mathrm{砣}}=200\ \mathrm{g} $，秤砣力臂 $ OB=30\ \mathrm{cm} $，代入公式：
$ m_{\mathrm{物}} · g · AO = m_{\mathrm{砣}} · g · OB $，约去g得：
$ m_{\mathrm{物}} × 10\ \mathrm{cm} = 200\ \mathrm{g} × 30\ \mathrm{cm} $
解得 $ m_{\mathrm{物}} = \frac{200\ \mathrm{g} × 30\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} = 600\ \mathrm{g} $。
2. 求秤砣移动的距离：
增加20g物体后，重物质量变为 $ m_{\mathrm{物}}' = 600\ \mathrm{g} + 20\ \mathrm{g} = 620\ \mathrm{g} $，设此时秤砣力臂为 $ L $，再次用杠杆平衡：
$ m_{\mathrm{物}}' · AO = m_{\mathrm{砣}} · L $
代入数值：$ 620\ \mathrm{g} × 10\ \mathrm{cm} = 200\ \mathrm{g} × L $
解得 $ L = \frac{620\ \mathrm{g} × 10\ \mathrm{cm}}{200\ \mathrm{g}} = 31\ \mathrm{cm} $。
原来秤砣在30cm处，故需向右移动 $ 31\ \mathrm{cm} - 30\ \mathrm{cm} = 1\ \mathrm{cm} $。
【答案】
600；右；1
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题结合生活中的杆秤，考查杠杆平衡条件的应用，关键是确定支点和对应力臂，利用公式计算即可，属于基础应用题，难度较低。
【难度系数】
0.3
7 [2024河南]人体中有很多结构可简化为杠杆。如图所示，手提起物体时，桡骨在肱二头肌的收缩牵引下绕肘关节转动，这是一种
费力
杠杆，此过程中肱二头肌收缩的距离小于
(大于/等于/小于)手移动的距离。答案
7. 费力 小于
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确杠杆的核心要素：支点、动力、阻力、力臂，再结合杠杆分类规则和费力杠杆的特点分析。本题中，杠杆的支点是肘关节，肱二头肌的收缩拉力为动力，手处物体的拉力为阻力；对比动力臂（支点到动力作用线的垂直距离）和阻力臂（支点到阻力作用线的垂直距离），判断杠杆类型；再根据费力杠杆“费力但省距离”的特点，分析动力作用点（肱二头肌）和阻力作用点（手）的移动距离关系。
【解析】
1. 判断杠杆类型：
支点为肘关节，动力是肱二头肌对桡骨的拉力，阻力是手处物体的拉力。由图可知，动力臂小于阻力臂，根据杠杆分类规则，动力臂小于阻力臂的杠杆属于费力杠杆。
2. 分析距离关系：
费力杠杆的特点是动力作用点移动的距离小于阻力作用点移动的距离。本题中，肱二头肌收缩的距离是动力作用点移动的距离，手移动的距离是阻力作用点移动的距离，因此肱二头肌收缩的距离小于手移动的距离。
【答案】
费力；小于
【知识点】
杠杆的分类；费力杠杆的特点
【点评】
本题结合人体上肢结构考查杠杆知识，将抽象的杠杆原理与实际生理结构结合，需掌握杠杆类型判断方法和费力杠杆的特点，属于基础应用类题目，能体现物理知识与生活实际的联系。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确杠杆的核心要素：支点、动力、阻力、力臂，再结合杠杆分类规则和费力杠杆的特点分析。本题中，杠杆的支点是肘关节，肱二头肌的收缩拉力为动力，手处物体的拉力为阻力；对比动力臂（支点到动力作用线的垂直距离）和阻力臂（支点到阻力作用线的垂直距离），判断杠杆类型；再根据费力杠杆“费力但省距离”的特点，分析动力作用点（肱二头肌）和阻力作用点（手）的移动距离关系。
【解析】
1. 判断杠杆类型：
支点为肘关节，动力是肱二头肌对桡骨的拉力，阻力是手处物体的拉力。由图可知，动力臂小于阻力臂，根据杠杆分类规则，动力臂小于阻力臂的杠杆属于费力杠杆。
2. 分析距离关系：
费力杠杆的特点是动力作用点移动的距离小于阻力作用点移动的距离。本题中，肱二头肌收缩的距离是动力作用点移动的距离，手移动的距离是阻力作用点移动的距离，因此肱二头肌收缩的距离小于手移动的距离。
【答案】
费力；小于
【知识点】
杠杆的分类；费力杠杆的特点
【点评】
本题结合人体上肢结构考查杠杆知识，将抽象的杠杆原理与实际生理结构结合，需掌握杠杆类型判断方法和费力杠杆的特点，属于基础应用类题目，能体现物理知识与生活实际的联系。
【难度系数】
0.5
8 [2025 沭阳期中]阿基米德说过：“假如给我一个支点，我就能撬动地球。”下列生活中的杠杆与阿基米德的说法属于同一类型的是 （
A.筷子
B.托盘天平
C.钓鱼竿
D.开瓶器
D
）A.筷子
B.托盘天平
C.钓鱼竿
D.开瓶器
答案
8. D
解析
【分析】首先明确阿基米德所说的撬动地球的杠杆属于省力杠杆（动力臂大于阻力臂，省力但费距离）。解题时需根据杠杆的动力臂与阻力臂的大小关系，将杠杆分为省力杠杆、费力杠杆、等臂杠杆三类，逐一分析各选项的杠杆类型，即可找到与题干类型一致的选项。
【解析】逐一分析各选项的杠杆类型：
A. 筷子：使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，不符合题意；
B. 托盘天平：动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，不符合题意；
C. 钓鱼竿：使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，不符合题意；
D. 开瓶器：使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，与阿基米德所说的省力杠杆类型一致，符合题意。
【答案】D
【知识点】杠杆的分类、省力杠杆
【点评】本题考查杠杆的分类，需掌握不同类型杠杆的判断依据，属于初中物理基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】逐一分析各选项的杠杆类型：
A. 筷子：使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，不符合题意；
B. 托盘天平：动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆，不符合题意；
C. 钓鱼竿：使用时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，不符合题意；
D. 开瓶器：使用时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆，与阿基米德所说的省力杠杆类型一致，符合题意。
【答案】D
【知识点】杠杆的分类、省力杠杆
【点评】本题考查杠杆的分类，需掌握不同类型杠杆的判断依据，属于初中物理基础题型，难度适中。
【难度系数】0.6
9 [2025 沭阳校级段考]如图所示，小宣同学利用定滑轮提起重力为 200 N 的物体，定滑轮本质上是
等臂
（省力/等臂/费力）杠杆，使用它的主要好处是可以改变力的方向
，他向右行走时，物体匀速上升，绳子拉力 F 的大小将不变
（变大/不变/变小）。答案
9. 等臂 方向 不变
解析
【分析】
要解答本题，需结合定滑轮的相关知识逐步分析：首先，定滑轮的轴固定不动，其动力臂与阻力臂都等于滑轮的半径，据此判断它的杠杆类型；其次，明确定滑轮的作用特点；最后，根据物体匀速运动时的受力平衡，结合定滑轮不省力的特性，判断拉力的大小变化。
【解析】
1. 定滑轮的实质：定滑轮的轴固定，动力臂和阻力臂均等于滑轮的半径，因此定滑轮本质是等臂杠杆；
2. 定滑轮的作用：使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；
3. 拉力大小分析：物体匀速上升，处于平衡状态，绳子对物体的拉力等于物体的重力；由于定滑轮不省力，所以人对绳子的拉力F等于物体的重力，始终为200N，因此人向右行走时，拉力大小不变。
【答案】
等臂；方向；不变
【知识点】
定滑轮的特点、杠杆的分类
【点评】
本题考查定滑轮的基础知识点，属于简单题，需牢记定滑轮的实质和作用即可解答。
【难度系数】
0.8
要解答本题，需结合定滑轮的相关知识逐步分析：首先，定滑轮的轴固定不动，其动力臂与阻力臂都等于滑轮的半径，据此判断它的杠杆类型；其次，明确定滑轮的作用特点；最后，根据物体匀速运动时的受力平衡，结合定滑轮不省力的特性，判断拉力的大小变化。
【解析】
1. 定滑轮的实质：定滑轮的轴固定，动力臂和阻力臂均等于滑轮的半径，因此定滑轮本质是等臂杠杆；
2. 定滑轮的作用：使用定滑轮不能省力，但可以改变力的方向；
3. 拉力大小分析：物体匀速上升，处于平衡状态，绳子对物体的拉力等于物体的重力；由于定滑轮不省力，所以人对绳子的拉力F等于物体的重力，始终为200N，因此人向右行走时，拉力大小不变。
【答案】
等臂；方向；不变
【知识点】
定滑轮的特点、杠杆的分类
【点评】
本题考查定滑轮的基础知识点，属于简单题，需牢记定滑轮的实质和作用即可解答。
【难度系数】
0.8
10 如图所示是一个动滑轮，它可以看作一个
省力
（省力/等臂/费力）杠杆，其支点在A
（A/B/C）点；若物体重为100 N，不计绳重、滑轮重及摩擦，想要省一半的力，需要沿竖直
方向匀速提升物体。答案
10. 省力 A 竖直
解析
【分析】
要解答本题，需明确动滑轮的本质是杠杆：首先确定动滑轮工作时的支点，再根据动力臂与阻力臂的大小关系判断杠杆类型；最后结合省力要求，确定拉力的方向。动滑轮工作时绕A点转动，动力臂为滑轮直径，阻力臂为滑轮半径，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；若要省一半力，需保证动力臂最大，此时拉力沿竖直方向时动力臂最大，能满足省一半力的条件。
【解析】
1. 动滑轮的杠杆类型：动滑轮工作时，支点为A点，动力作用在C点，阻力作用在滑轮轴处，动力臂是滑轮的直径，阻力臂是滑轮的半径，动力臂大于阻力臂，因此是省力杠杆。
2. 省力的拉力方向：不计绳重、滑轮重及摩擦，省一半力即拉力$ F=\frac{G}{2} $，此时需要动力臂最大；若拉力沿竖直方向，动力臂等于滑轮直径，是最大的动力臂，能实现省一半力，若斜拉则动力臂减小，拉力会变大，无法省一半力。
【答案】
省力 A 竖直
【知识点】
动滑轮、杠杆分类、滑轮工作原理
【点评】
本题考查动滑轮的本质及省力特点，属于基础概念题，需掌握动滑轮作为省力杠杆的支点位置和省力条件，是对基础知识点的直接考查。
【难度系数】
0.7
要解答本题，需明确动滑轮的本质是杠杆：首先确定动滑轮工作时的支点，再根据动力臂与阻力臂的大小关系判断杠杆类型；最后结合省力要求，确定拉力的方向。动滑轮工作时绕A点转动，动力臂为滑轮直径，阻力臂为滑轮半径，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；若要省一半力，需保证动力臂最大，此时拉力沿竖直方向时动力臂最大，能满足省一半力的条件。
【解析】
1. 动滑轮的杠杆类型：动滑轮工作时，支点为A点，动力作用在C点，阻力作用在滑轮轴处，动力臂是滑轮的直径，阻力臂是滑轮的半径，动力臂大于阻力臂，因此是省力杠杆。
2. 省力的拉力方向：不计绳重、滑轮重及摩擦，省一半力即拉力$ F=\frac{G}{2} $，此时需要动力臂最大；若拉力沿竖直方向，动力臂等于滑轮直径，是最大的动力臂，能实现省一半力，若斜拉则动力臂减小，拉力会变大，无法省一半力。
【答案】
省力 A 竖直
【知识点】
动滑轮、杠杆分类、滑轮工作原理
【点评】
本题考查动滑轮的本质及省力特点，属于基础概念题，需掌握动滑轮作为省力杠杆的支点位置和省力条件，是对基础知识点的直接考查。
【难度系数】
0.7
