G铝⋅OA=G铜⋅OB
即
ρ铝V铝g⋅OA=ρ铜V铜g⋅OB
而ρ铝<ρ铜，所以
V铝g>V铜g
将铝块和铜块同时浸没在水中后，杠杆左、右两边有
(G铝-F浮)⋅OA，(G铜-F浮＇)⋅OB
即
(ρ铝V铝g-ρ水V铝g)⋅OA，(ρ铜V铜g-ρ铜V铜g)⋅OB
那么
ρ铝V铝g⋅OA-ρ水V铝g⋅OA<ρ铜V铜g⋅OB-ρ铜V铜g⋅OB
甲杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得
即Leabharlann 所以浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
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。
乙杠杆：浸入水中之前，由杠杆平衡条件可得
即
①
浸入水中后左端力和力臂的乘积为：
②
浸入水中后右端力和力臂的乘积为：
③
由于 ，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，故选B。
D．秤砣的质量不变，由Q向左移动时，它的力臂变短，则左边合金块拉秤杆的力减小，说明合金块受到的浮力增大，而合金块排开液体的体积不变，说明液体的密度变大，所以刻度应逐渐变大，即秤杆上较大的刻度在较小的刻度的左边；故D正确，不符合题意。
故选C。
3．工人师傅利用如图所示的两种方式，将重均为400N的货物从图示位置向上缓慢提升一段距离．F1、F2始终沿竖直方向；图甲中BO=2AO，图乙中动滑轮重为50N，重物上升速度为0.02m/s．不计杠杆重、绳重和摩擦,则下列说法正确的是( )
C．在使用过程中可以减小动力臂
D．在使用过程中可以减小动力
【答案】D
【解析】
【详解】
由图可知，安装并旋转钥匙，阻力臂不变，阻力不变，动力臂变大，根据杠杆平衡的条件F1L1=F2L2可知，动力变小，故选D。
5．AC硬棒质量忽略不计，在棒的B、C两点施加力F1、F2，F2的方向沿OO'线，棒在图所示位置处于静止状态，则（）
A．甲方式F1由150N逐渐变大B．乙方式F2的功率为3W
C．甲乙两种方式都省一半的力D．乙方式中滑轮组的机械效率约为88.9%
【答案】D
【解析】
【详解】
A．由图知道，重力即阻力的方向是竖直向下的，动力F1的方向也是竖直向下的，在提升重物的过程中，动力臂和阻力臂的比值是：
所以，动力F1的大小始终不变，故A错误；
8．如图，轻质杠杆可绕O点转动（不计摩擦）．A处挂着一重为80N、底面积为500cm2的物体G．在B点施加一个垂直于杆的动力F使杠杆水平平衡，且物体G对地面的压强为1000Pa，OB=3OA．则B点的拉力F的大小为
A．50NB．30NC．10ND．90N
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
地面对物体G的支持力
A．阻力臂l2为6cm
B．正方体甲受到的重力为6N
C．当动力臂l1=2cm时，左侧细绳对杠杆的拉力为2N
D．当动力臂l1=4cm时，正方体甲对电子测力计的压强为100Pa
【答案】D
【解析】
【分析】
通过甲物体处于平衡条件的分析确定杠杆所受的拉力大小，再根据杠杆平衡条件结合图像上不同的点来解题。
【详解】
A．F1<F2
B．F1=
C．F1力臂等于s1
D．F2方向沿OO'线向上
【答案】D
【解析】
【详解】
AC．由图知，F2的方向沿OO′线，其力臂最长，为s2；而F1的方向竖直向下，所以其力臂L1是从A点到F1的垂线段，小于s1，更小于s2，由F1L1=F2L2知，L1＜s2，所以F1一定大于F2，故AC不符合题意；
A．大气压的存在
B．钩码重大于篮球与气球总重
C．空气充入气球后，钩码对杠杆的拉力与其力臂的乘积变大
D．空气充入气球后，篮球和气球受到总的空气浮力变大
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】
开始杠杆平衡，由杠杆平衡条件得
G钩码×L左=F绳拉力×L右
篮球与气球受到竖直向下的重力G、竖直向上的绳子拉力F、空气的浮力F浮作用而静止，处于平衡状态，由平衡条件得
A．根据题意，甲始终处于静止状态，甲受到绳子的拉力，甲物体自身的重力，电子秤对甲物体的支持力
物体拉杠杆的力和杠杆拉物体的力是一对相互作用力
电子测力计对物体甲的支持力和物体甲对电子测力计的压力是一对相互作用力
即
根据杠杆的平衡条件
得
根据图像可知当T1=2N，L1=2cm
根据图像可知当T1=1N，L1=4cm
A．配重对地面的压力为50牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为160牛
B．配重对地面的压力为90牛时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为120牛
C．健身者在B点施加400牛竖直向下的拉力时，配重对地面的压力为35牛
D．配重刚好被匀速拉起时，健身者在B点施加竖直向下的拉力为540牛
【答案】C
【解析】
【分析】
故选D。
12．一轻质不等臂杠杆AOB的左右两端分别吊着一实心铝块和铜块，此时杠杆在水平位置平衡。现将铝块、铜块同时浸没在水中，如图所示。已知： ， ， ，则下列判断正确的是（）
A．A端下降B．B端下降
C．仍然平衡D．无法判断
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】
在轻质不等臂杠杆AOB两端吊上实心铝块和铜块时，杠杆在水平位置平衡，由图知OB<OA，据杠杆的平衡条件得
P=F2v绳=150N×0.06m/s=9W，
故BC错误；
D．不计绳重和摩擦，乙方式中滑轮组的机械效率是：
故D正确．
4．生活中，小华发现有如图甲所示的水龙头，很难徒手拧开，但用如图乙所示的钥匙，安装并旋转钥匙就能正常出水（如图丙所示）．下列有关这把钥匙的分析中正确的是
A．在使用过程中可以减小阻力臂
B．在使用过程中可以减小阻力
10．如图所示，轻质杠杆OA的B点挂着一个重物，A端用细绳吊在圆环M下，此时OA恰成水平且A点与圆弧形架PQ的圆心重合，那么当环M从P点逐渐滑至Q点的过程中，绳对A端的拉力大小将（）
A．保持不变B．逐渐增大C．逐渐减小D．先变小再变大
【答案】D
【解析】
【详解】
作出当环M位于P点、圆弧中点、Q点时拉力的力臂l1、l2、l3如下
一、初中物理杠杆平衡条件的应用问题
1．如图是上肢力量健身器示意图，杠杆AB可绕O点在竖直平面内转动， ，配重的重力为120牛，重力为500牛的健身者通过细绳在B点施加竖直向下的拉力为F1时，杠杆在水平位置平衡，配重对地面的压力为85牛，在B点施加竖直向下的拉力为F2时，杠杆仍在水平位置平衡，配重对地面的压力为60牛。已知 ，杠杆AB和细绳的质量及所有摩擦均忽略不计，下列说法正确的是（ ）
物体G对杠杆的拉力
已知
OB=3OA，
由杠杆平衡的条件 可得：
．
故选C．
9．如图所示，直杆OA的下端挂一重物G且可绕O点转动。现用一个始终与直杆垂直的力F将直杆由竖直位置缓慢转动到水平位置，不计杆的重力，则拉力F大小的变化情况是（）
A．一直变小B．一直不变
C．一直变大D．先变小后变大
【答案】C
【解析】
A．逐渐变大
B．逐渐变小
C．保持不变
D．先变小后变大
【答案】B
【解析】
【详解】
如下图所示：在抬起的过程中，阻力F2不变，F与铁棒始终垂直，所以动力臂l1不变，由于铁棒的位置的变化，导致了阻力F2的阻力臂l2在变小，根据杠杆的平衡条件可得：Fl1=F2l2可知，l1、F2都不变，l2变小，所以F也在变小。故选B。
A．密度秤的零点刻度在Q点
B．密度秤的刻度都在Q点的左侧
C．密度秤的刻度都在Q点的右侧
D．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
A．合金块没有浸入液体时，液体的密度应为零，所以秤的零刻度应该在Q处；故A正确，不符合题意；
BC．若秤砣由Q向右移动，它的力臂变长，则左边合金块拉秤杆的力应增大，但合金块受到的浮力不可能竖直向下，所以零点的右边应该是没有刻度的，其刻度都在Q点的左侧。故B正确，不符合题意，C错误，符合题意；
【分析】
【详解】
由图可知，由于力F始终与杠杆垂直，则力F所对应的力臂始终不变，大小为力F的作用点到O点的距离，设为l1，在逐渐提升的过程中，重力大小不变，方向竖直向下，则对应力臂逐渐变大，设为l2，由于缓慢转动，视为受力平衡，则由杠杆平衡公式可得
Fl1=Gl2
由于等式右端重力G不变，l2逐渐变大，则乘积逐渐变大，等式左端l1不变，则可得F逐渐变大，故选C。
【点睛】
本题考查了学生对阿基米德原理、杠杠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。
14．如图所示，轻质杠杆左侧用细绳挂着正方体甲，正方体甲放在水平放置的电子测力计上，右侧挂着重为1N的钩码乙，O为支点，正方体甲的边长为0.1m。在杠杆水平平衡的条件下，当只改变动力臂l1，电子测力计的示数T随之改变，T-l1的关系如图所示。则下列判断正确的是（ ）
G=F+F浮
则
F=G-F浮
将气针插入篮球的孔中，篮球中的部分空气就充入气球后，篮球与气球受到的浮力F浮变大，而重力G不变，绳子的拉力F变小，因为球对杠杆的拉力F绳拉力等于球受到的拉力F，所以杠杆右端受到的拉力F绳拉力变小，而G钩码、L左、L右不变，因此
G钩码×L左>F绳拉力×L右
杠杆左端下沉。故A、B、C不符合题意，D符合题意。
故B错误；
C．健身者在B点施加400N竖直向下的拉力时，根据
可得
解得
故C正确；
D．配重刚好被拉起，即它对地面的压力为0，根据
可得