1 [2025西安高新一中模拟]如图所示为空间站打开舱门所用手柄，这种羊角设计让航天员用较小的力就可以压紧舱门密封圈。下列杠杆正常使用时，与手柄不属于同一类的是（）



A.筷子
B.瓶起子
C.核桃夹
D.榨汁器

1 A 由题意得,手柄属于省力杠杆。筷子在使用过程中动力臂小于阻力臂,属于费力杠杆;瓶起子、桃核夹、榨汁器在使用过程中动力臂大于阻力臂,均属于省力杠杆。

【分析】要解决本题，需先判断题干中手柄的杠杆类型，再依据杠杆分类标准逐一分析各选项工具的杠杆类型，找出与手柄不同类的选项。首先，根据“用较小的力就可以压紧舱门密封圈”，可知手柄使用时动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；杠杆分类依据为：动力臂大于阻力臂是省力杠杆，动力臂小于阻力臂是费力杠杆，动力臂等于阻力臂是等臂杠杆，据此分析各选项即可。
【解析】1. 确定题干手柄的杠杆类型：手柄使用时，能以较小力完成压紧动作，说明动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。2. 分析各选项：A. 筷子：使用时，手对筷子的动力臂小于筷子对食物的阻力臂，属于费力杠杆；B. 瓶起子：开启瓶盖时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；C. 核桃夹：夹核桃时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆；D. 手动榨汁器：榨汁时，动力臂大于阻力臂，属于省力杠杆。因此与手柄不属于同一类的是A选项。
【答案】A
【知识点】杠杆的分类、省力杠杆与费力杠杆
【点评】本题结合生活工具考查杠杆类型的判断，核心是掌握动力臂与阻力臂的大小关系对杠杆类型的影响，需结合生活经验分析，属于基础应用类题目。
【难度系数】0.5

2 如图，一块厚度、密度均匀的长方形水泥板放在水平地面上，用一竖直向上的力，欲将其一端抬离地面。则（）


A.$F_甲 ＞ F_乙$，因为甲方法的动力臂长
B.$F_甲 ＜ F_乙$，因为乙方法的阻力臂长
C.$F_甲 ＞ F_乙$，因为乙方法的阻力臂短
D.$F_甲 = F_乙$，因为动力臂都是阻力臂的2倍

2 D 将水泥板抬离地面时可将其视为杠杆,两种情况下,阻力大小都等于水泥板的重力,对于形状规则、质地均匀的物体,其重心都在其几何中心上,所以阻力臂都等于动力臂的二分之一。根据杠杆的平衡条件可得$F=\dfrac{Gl_{\mathrm{阻}}}{l_{\mathrm{动}}}=\dfrac{1}{2}G$。所以前后两次所用的力相同,故D正确。

【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路：将均匀长方形水泥板视为杠杆，先确定两种情况下的支点、动力、阻力；再根据均匀物体的重心在几何中心，找出两种情况的动力臂和阻力臂；最后利用杠杆平衡条件计算动力大小，比较$F_甲$和$F_乙$的关系。
【解析】
把厚度、密度均匀的长方形水泥板看作杠杆，两种情况下：
阻力均为水泥板的重力$G$，阻力作用点在水泥板的几何中心（重心）。
对于甲方法：支点在水泥板的一端，动力$F_甲$竖直向上，动力臂等于水泥板的长度$L$；阻力臂是支点到重心的距离，为$\frac{L}{2}$。根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，得$F_甲 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_甲=\frac{1}{2}G$。
对于乙方法：支点在水泥板的另一端，动力$F_乙$竖直向上，动力臂仍等于水泥板的长度$L$；阻力臂同样是支点到重心的距离，为$\frac{L}{2}$。根据杠杆平衡条件，得$F_乙 × L = G × \frac{L}{2}$，解得$F_乙=\frac{1}{2}G$。
因此$F_甲=F_乙$，原因是两种情况下动力臂都是阻力臂的2倍，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件、重心
【点评】
本题结合均匀物体的重心特点，考查杠杆平衡条件的应用，核心是准确判断两种情况下的动力臂与阻力臂的关系，难度适中，需掌握杠杆的基本要素及平衡条件的应用。
【难度系数】
0.5

3 易错 如图所示,用一根自重可忽略不计的撬棒撬石块P,若撬棒C点受到石块的压力是1 800 N,且AB=1.8 m,BD=0.6 m,CD=0.4 m,则要撬动该石块所用的力应不小于 ()


A.600 N
B.400 N
C.200 N
D.150 N

3 C 撬棒可看作一个杠杆。①若以D点为支点,则作用在A点的最小力应垂直杠杆斜向下,此时AD为动力臂,CD为阻力臂,。
②若以B点为支点,则作用在A点的最小力应垂直杠杆斜向上,此时AB为动力臂,BC为阻力臂,。
因$AD＜AB$,$CD＞BC$,所以②更省力;如图2,以B为支点,动力臂$AB=1.8\ \mathrm{m}$,阻力臂$BC=BD-CD=0.6\ \mathrm{m}-0.4\ \mathrm{m}=0.2\ \mathrm{m}$,由杠杆的平衡条件得$F_1 × AB=F_2 × BC$,即$F_1 × 1.8\ \mathrm{m}=1\ 800\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}$,解得$F_1=200\ \mathrm{N}$。故选C。
避坑指南
根据杠杆平衡条件,动力臂越长越省力,故找最小力的实质就是寻找最长动力臂。若动力作用点给出,支点到动力作用点的距离就是最长动力臂。

【分析】
要解决该问题，需将撬棒视为杠杆，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，所需动力越小，因此需先确定不同支点下的动力臂与阻力臂，计算对应动力后选出最小力。
【解析】
撬棒自重可忽略，属于杠杆，分两种情况分析：
1. 以D点为支点：动力作用在A点，动力臂$L_1=AD=AB-BD=1.8\ \mathrm{m}-0.6\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{m}$，阻力臂$L_2=CD=0.4\ \mathrm{m}$，阻力$F_2=1800\ \mathrm{N}$。根据杠杆平衡条件：
$F_1× L_1=F_2× L_2$，代入得$F_1=\frac{1800\ \mathrm{N}×0.4\ \mathrm{m}}{1.2\ \mathrm{m}}=600\ \mathrm{N}$。
2. 以B点为支点：动力作用在A点，动力臂$L_1'=AB=1.8\ \mathrm{m}$，阻力臂$L_2'=BC=BD-CD=0.6\ \mathrm{m}-0.4\ \mathrm{m}=0.2\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件：
$F_1'× L_1'=F_2× L_2'$，代入得$F_1'=\frac{1800\ \mathrm{N}×0.2\ \mathrm{m}}{1.8\ \mathrm{m}}=200\ \mathrm{N}$。
对比两种情况的动力，最小力为200N。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、杠杆的应用
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是找到最长动力臂对应的支点以获取最小动力，易错点是选错支点导致计算错误，需仔细分析不同支点的力臂关系，结合杠杆平衡条件求解。
【难度系数】
0.4

4 [2025自贡中考] 如图，$O_1$、$O_2$均是杆秤称量时的支点。当使用$O_1$称量某物体时，调整秤砣至A点位置，秤杆处于水平平衡状态（忽略绳重和杆重），已知秤砣质量为5 kg，$O_1A = 110\ \mathrm{cm}$，$O_1B = 10\ \mathrm{cm}$。下列说法正确的是 （）


A.所称物体质量是50 kg
B.换称质量较小的物体时，秤砣应向A点左边移动
C.改用$O_2$称量物体时，会使该杆秤的称量范围变小
D.当秤砣在A点时，使用$O_1$称量的物体质量比使用$O_2$称量的物体质量大

4 B A(×)由杠杆平衡条件可知$G × O_1 B=G_{\mathrm{砣}} × O_1 A$,即$mg × O_1 B=m_{\mathrm{砣}} g × O_1 A$,物体的质量$m=\dfrac{O_1 A}{O_1 B}m_{\mathrm{砣}}=\dfrac{110\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} × 5\ \mathrm{kg}=55\ \mathrm{kg}$;B(√)由杠杆平衡条件可知$G × O_1 B=G_{\mathrm{砣}} × O_1 A$,即$mg × O_1 B=m_{\mathrm{砣}} g × O_1 A$,$O_1 A=\dfrac{O_1 B × m}{m_{\mathrm{砣}}}$,换称质量较小的物体时,$O_1 B$和$m_{\mathrm{砣}}$不变,则$O_1 A$减小,所以秤砣应向A点左边移动;C(×)改用$O_2$称量物体时,由杠杆的平衡条件得到$m_{\mathrm{砣}} g l_{\mathrm{砣}}=m g l_{\mathrm{物}}$,$l_{\mathrm{砣}}$变大,$l_{\mathrm{物}}$变小,则$m$变大,即该杆秤的称量范围变大;D(×)当秤砣在A点时,称量物体质量时,由杠杆的平衡条件得到$m_{\mathrm{砣}} g l_{\mathrm{砣}}=m g l_{\mathrm{物}}$,从使用$O_2$改为使用$O_1$称量,$m_{\mathrm{砣}}$不变、$l_{\mathrm{砣}}$变小,$l_{\mathrm{物}}$变大,则$m$变小,所以使用$O_1$称量的物体质量比使用$O_2$称量的物体质量小。

【分析】本题利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析杆秤问题，核心是明确不同支点对应的力臂，结合公式推导各物理量的关系，进而判断选项正误：先通过平衡公式建立物体质量、秤砣质量与对应力臂的联系，再分析物体质量变化时秤砣的移动方向，以及更换支点后称量范围和对应物体质量的变化。
【解析】根据杠杆平衡条件：$G_{物} · L_{物} = G_{砣} · L_{砣}$，即$m_{物} g L_{物} = m_{砣} g L_{砣}$，约去$g$得：$m_{物} L_{物} = m_{砣} L_{砣}$。
选项A：以$O_1$为支点时，$L_{物}=O_1B=10\ \mathrm{cm}$，$L_{砣}=O_1A=110\ \mathrm{cm}$，代入公式得：$m_{物} = \frac{O_1A}{O_1B} · m_{砣} = \frac{110\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} × 5\ \mathrm{kg}=55\ \mathrm{kg} ≠ 50\ \mathrm{kg}$，故A错误。
选项B：换称质量较小的物体时，$m_{物}$减小，$L_{物}=O_1B$、$m_{砣}$不变，由$L_{砣}=\frac{m_{物} L_{物}}{m_{砣}}$可知，$L_{砣}$减小，即秤砣应向$A$点左边移动，故B正确。
选项C：改用$O_2$为支点时，$L_{物}=O_2B$（比$O_1B$小），$L_{砣}=O_2A$（比$O_1A$大），由$m_{物}=\frac{m_{砣} L_{砣}}{L_{物}}$可知，$m_{物}$变大，即称量范围变大，故C错误。
选项D：秤砣在$A$点时，以$O_1$为支点的物体质量$m_1=\frac{m_{砣} · O_1A}{O_1B}$，以$O_2$为支点的物体质量$m_2=\frac{m_{砣} · O_2A}{O_2B}$；因$O_2A＞O_1A$、$O_2B＜O_1B$，故$m_2＞m_1$，即使用$O_1$称量的物体质量更小，故D错误。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件、杠杆的应用
【点评】本题结合生活中的杆秤实例，考查杠杆平衡条件的灵活应用，需准确识别不同支点对应的力臂，分析各物理量变化对结果的影响，是对杠杆知识的实际运用考查。
【难度系数】0.6

5 [2025广州中考] 图a所示的斜拉桥，可逐步简化成图b、c、d的模型。

(1)以O为支点，在图d上作出$F_1$、$F_2$的力臂$l_1$、$l_2$。
(2)为了减小钢索承受的拉力，可适当（填“升高”或“降低”）钢索悬挂点在桥塔上的高度，理由是




。

【答案】
(1)
(2)升高 在阻力和阻力臂不变的情况下,升高钢索悬挂点在桥塔上的高度可使动力臂增大,根据杠杆的平衡条件可知,动力会减小,即拉力减小
【解析】
(2)把桥面看作杠杆,钢索对桥面的拉力看作动力,桥面的重力看作阻力。阻力和阻力臂不变,由几何知识可知,适当升高钢索悬挂点在桥塔上的高度可使动力臂增大,根据杠杆的平衡条件可知,动力会减小。

【分析】
本题分为两小问，第一问考查杠杆力臂的画法，需明确力臂是从支点到力的作用线的垂线段，因此只需从支点O分别向F₁、F₂的作用线作垂线即可得到对应力臂；第二问考查杠杆平衡条件的应用，将桥面视为杠杆，支点为O，钢索拉力为动力F₁，桥面重力为阻力F₂，根据杠杆平衡条件F₁l₁=F₂l₂，要减小动力F₁，在阻力和阻力臂不变时需增大动力臂l₁，据此分析悬挂点高度的影响。
【解析】
(1) 力臂的画法：确定支点O，分别延长F₁、F₂的作用线，从支点O向F₁的作用线作垂线，垂线段即为动力臂l₁；从支点O向F₂的作用线作垂线，垂线段即为阻力臂l₂。
(2) 将桥面看作杠杆，支点为O，钢索对桥面的拉力F₁为动力，桥面的重力F₂为阻力。根据杠杆平衡条件F₁l₁=F₂l₂，阻力F₂和阻力臂l₂的大小不变，若要减小动力F₁，需要增大动力臂l₁。当升高钢索悬挂点在桥塔上的高度时，动力臂l₁会增大，因此钢索承受的拉力会减小，故应升高悬挂点。
【答案】
(1) （从支点O向F₁作用线作垂线得l₁，向F₂作用线作垂线得l₂，对应题目给出的力臂图）
(2) 升高；在阻力和阻力臂不变的情况下，升高钢索悬挂点在桥塔上的高度可使动力臂增大，根据杠杆的平衡条件可知，动力会减小，即拉力减小
【知识点】
杠杆力臂、杠杆平衡条件
【点评】
本题以斜拉桥为背景，将实际问题转化为杠杆模型，考查力臂的画法和杠杆平衡条件的应用，体现了物理知识与生活实际的结合，难度适中，需要学生掌握杠杆的基本概念和平衡条件的应用。
【难度系数】
0.6