2019-2020年八年级物理考点归类训练——杠杆的动态平衡

1、2019-2020 年八年级物理考点归类训练 杠杆的动态平衡2019-2020 学年八年级物理考点归类训练杠杆的动态平衡考点一：根据力、力臂判断杠杆状态1. 若一根杠杆两端放有两截蜡烛，如图原来杠杆平衡，过一段时间后，蜡烛以相同的燃烧速度燃烧掉质量相同的一段，此时杠杆A. 仍保持平衡B. 左端下降C. 右端下降D. 无法判断2. 如图所示杠杆刚好在水平位置平衡。已知每个钩码质量相同，杠杆上的每格距离相同。在不增减钩码的情况下，若将两端钩码同时外移一格，将出现的现象是（）A. 杠杆依然平衡B. 杠杆左端下降C. 杠杆右端下降D. 无法判断3. 如图所示的甲乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动

2、杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是（）A. 只有甲B. 只有乙C. 甲和乙D. 都不能4. 工人师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，常把手尽量远离剪刀轴O，这样做的目的是：（）A. 增大阻力臂更省力；B. 减小阻力臂更省力；C. 增大动力臂更省力；D. 减小动力臂更省力。考点二：根据杠杆状态判断动力变化1. 在如图所示的杠杆中，OA=1.2 m， OB 0.5 m，物体的重力G=240N，拉力F与杠杆OA成 30°角，杠杆在拉力 F 的作用下处于水平平衡状态，杠杆自身的重力忽略不计，下列说法中

3、正确的是（）A. 拉力 F 的力臂为B. 拉力 F 的大小为100NC. 此时杠杆为费力杠杆D. 拉力 F 从实线位置转到虚线位置时, F 的大小逐渐变小2. 如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A经过B拉至位置C，在这个过程中动力F（）A. 变大B. 变小C. 先变小后变大D. 先变大后变小3. 如图所示，杠杆自重忽略不计，用方向始终垂直于杠杆的动力F 将重物从A位置缓慢提升到B位置，则在这个过程中（）A. 阻力臂一直变大B. 阻力臂先变大后变小C. 动力 F 保持不变D. 动力 F 先变小后变大A 处施加一竖直向上的力F，使箱体从图示4. 如图， O为拉杆式旅

4、行箱的轮轴，OA为拉杆。现在拉杆端点位置绕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5. 如图所示，O为杠杆的支点，在杠杆的右端挂一重为G的物体，第一次在力F1 的作用下，杠杆在水平位置平衡。第二次在力F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡。则（A.B.C.D.6. 如图所示，用一个可以绕点转动的硬杆提升重物，若在提升重物的过程中动力始终垂直硬棒，则在如（硬杆重力忽略不计）：A. 变大B.变小C. 保持不变D.先变大后变小7. 重为 G 的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一水平拉力F，让棒缓慢匀速转到图中虚线所示位置。在转动的过程

5、中（）A. 动力臂逐渐变大C. 动力和动力臂的乘积逐渐变大B. 阻力臂逐渐变小D. 阻力和阻力臂的乘积逐渐减小8. 如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F 将铁棒从水平地面拉至竖直立起. 在这个过程中，力F作用在 B端且始终与铁棒垂直. 则力F的变化情况为（ ）A. 逐渐变大B. 逐渐变小C. 保持不变D. 先变小后变大9. 如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图，它是应用杠杆平衡原理进行工作的。图中O为固定转轴，杆右侧的A端连接着石球，脚踏杆左侧B 端可以使石球升高到P处，放开脚，石球会落下击打稻谷。假定在石球从最低点升起到P 处的过程中，每个位置杆都处于平衡状态，若脚用

6、力F，并且方向始终竖直向下，则（）A. 力 F 的大小始终不变B. 力 F先变大后变小C. 力 F 和它的力臂的乘积始终不变D. 力 F和它的力臂的乘积先变小后变大10. 如图所示，为一可绕O点转动的杠杆，在A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡，此时AB部分水平，保持重物静止不动，而使绳绕A点从如图所示的位置沿图中的虚线CD转动，则A. 顺时针转, F 先变小后变大,F与对应力臂的乘积不变B. 顺时针转, F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先变小后变大C. 逆时针转, F 逐渐变大, F 与对应力臂的乘积逐渐变大D. 逆时针转, F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先变小后变大11. 如图

7、所示，OA是一杠杆，AB是不可伸长的细绳，CD是圆心在A点的一段圆弧形支架。将绳端点B由 C向 D 移动过程中，则细绳AB 所受拉力的大小会（）C. 先变大后变小D. 先变小后变大12. 如图所示，O为杠杆的支点，杠杆右端挂有重为G的物体，杠杆在力F1 的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力F1 使杠杆仍在水平位置保持平衡，下列关系中正确的是A.B.C.D.33 / 2413. 密度均匀的直尺放在水平桌面上，尺子伸出桌面部分A.B. 5 NC. 10 ND. 无法确定14. 如图为吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列

8、关于这个吊车的有关说法正确的是（）CB是全尺长的1/3 ，当 B 端挂上5N的物体时，直尺的A端刚好没有翘起。如图，则此直尺受到的重力是（A. 吊臂是一个省力杠杆B. 使用这种吊车, 好处是可以少做功C. 匀速顶起吊臂的过程中, 伸缩撑杆的支持力大小保持不变D. 匀速顶起吊臂的过程中, 伸缩撑杆的支持力渐渐变小15. 用图中的杠杆提升重物，施加在A端的拉力始终竖直向下，将物体缓慢的移动一定高度，在此过程中F的大小变化情况（）A. 逐渐变小B. 保持不变C. 逐渐变大D. 无法判断16. 如图所示，AOB为一根杠杆，O为支点，杠杆自重不计，且AO=BO，在杠杆右侧A处挂一个重为G的物体，当AO段

9、在水平位置平衡时，在B端需施加的最小力为Fl；当B0 段在水平位置平衡时，加在B端的最小力为F2，则（）A.B.C.D. 无法比较17. 如图所示，一较重的光滑长直均匀杆AB， A端支在墙角处不动，开始时小张用肩膀在距B端较近的P处扛起AB杆，此后小张持原有站姿，向左缓慢移动，使AB杆逐渐竖起。在竖起AB杆的过程中，小张的肩膀对杆的作用力（）A. 越来越小B. 越来越大C. 一直不变D. 先增大后减小18. 用图示装置探究杠杆的平衡条件，保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点A固定，改变测力计与水平方向的夹角，动力臂L 也随之改变，所作出的“ ”图象和“ ”图象中，正确的是19

10、. 如图所示，轻质杠杆的中点悬挂有重为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡， 则力 F 的大小是。 保持 F 的方向不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将 杠杆。20. 如图所示，OB为一轻质杠杆，O为支点，将重30N的物体悬挂在B点，当杠A点至少需加 N的拉力 如保持拉力的方向不变，使杠杆缓慢上升，则拉力 （ 填“变大”、“变小”或“不变”）21. 如图所示，重力为G的均匀木棒竖直悬于O点在其下端施一个始终垂直于棒的拉力F，让棒缓慢转到，阻力臂，动力 F。 （ 选填“变大”）考点一：根据力、力臂判断杠杆状态1. 若一根杠杆两端放有两截蜡烛，如图原来杠杆平

11、衡，过一段时间后，蜡烛以相同的燃烧速度燃烧掉质量相同的一段，此时杠杆2019-2020 学年八年级物理考点归类训练杠杆的动态平衡参考答案A. 仍保持平衡B. 左端下降C. 右端下降D. 无法判断【答案】B【解析】（1 ）由图可知，GALA=GBLB， LA< LB；（ 2）蜡烛燃烧速度相同，过一段时间后，蜡烛减少的质量m相同，减少的重力G相同，左边（GA-G）LA=GALA-GLA，右边（GB-G）LB=GBLB- GLB，因为GALA=GBLB，G相同，LA< LB，所以GALA- GLA> GBLB- GLB即：左边力与力臂的乘积大于右边力与力臂的乘积，杠杆不再平衡，左端

12、下沉。故ACD错误，B正确。故选B。2. 如图所示杠杆刚好在水平位置平衡。已知每个钩码质量相同，杠杆上的每格距离相同。在不增减钩码的情况下，若将两端钩码同时外移一格，将出现的现象是（）A. 杠杆依然平衡CB. 杠杆左端下降C. 杠杆右端下降D. 无法判断【解析】解：设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G原来3G× 5L=5G× 3L；若将两端钩码同时外移一格，左边=3G× 6L=18GL，右边=5G× 4L=20GL，左边右边，杠杆右边下沉。故选：C。3. 如图所示的甲乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物。现保持平

13、衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手，能恢复到原来平衡位置的是（）A. 只有甲B. 只有乙C. 甲和乙D. 都不能【答案】B【解析】解：如图所示的甲乙M形硬质轻杆，处于保持平衡状态。由于悬挂的两个重物质量相等，则作用在M形硬质轻杆两端的上的拉力相等，则杠杆示意图分别如下图：甲硬质轻杆，根据杠杆平衡条件可得：GL1=GL2，则：L1=L2；乙硬质轻杆，同理可得：GL3=GL4，则：L3=L4；用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后，则杠杆示意图分别如下图：L1 <L1，L2>L2，则：GL1<GL2，所以，甲杆右端的重物继续下降，则不能恢复到原来平衡位置。乙

14、硬质轻杆，L3>L3， L4<L4，则：GL3>GL4，所以，乙杆左端的重物会下降，则能恢复到原来平衡位置。故选：B。做出杠杆示意图，根据力臂的变化得出力与力臂的乘积的变化，然后根据杠杆的平衡条件分析即可判断是否恢复到原来平衡位置。本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，判断力臂变化是本题的关键。A. 增大阻力臂更省力；B. 减小阻力臂更省力；D. 减小动力臂更省力。4. 工人师傅使用如图所示的剪刀修剪树枝时，常把手尽量远离剪刀轴O，这样做的目的是：（）C. 增大动力臂更省力；【答案】C【解析】解：图中剪刀在使用过程中，阻力和阻力臂一定，双手越靠近剪刀柄的末端，动力臂越长，

15、根据杠杆平衡条件F1l 1=F2l 2可知，动力臂越长，越省力。所以把双手尽量往剪刀柄的末端靠近，这样做的目的是为了增大动力臂，省力。故C正确，ABD错误。故选C。考点二：根据杠杆状态判断动力变化1. 在如图所示的杠杆中，OA=1.2 m， OB 0.5 m，物体的重力G=240N，拉力F与杠杆OA成 30°角，杠杆在拉力 F 的作用下处于水平平衡状态，杠杆自身的重力忽略不计，下列说法中正确的是（）A. 拉力F 的力臂为B. 拉力F 的大小为100NC. 此时杠杆为费力杠杆D. 拉力 F 从实线位置转到虚线位置时, F 的大小逐渐变小A. F1 的力臂如图所示：则，故A错误；B. 若

16、使杠杆在如图所示位置平衡，由F1L1=G? OB得，故 B错误；C. 由A分析知，动力臂为0.6 m，阻力臂为0.5 m，动力臂大于阻力臂，动力小于阻力，为省力杠杆，故C错误；D. F1 的方向从图示位置转到虚线所示的位置的过程中，阻力乘以阻力臂没变，动力臂变大，F1 逐渐变小，故 D 正确。故选D。2. 如图所示，作用在杠杆一端且始终与杠杆垂直的力F，将杠杆缓慢地由位置A经过B拉至位置C，在这个过程中动力F（）A. 变大B. 变小C. 先变小后变大D. 先变大后变小【答案】D【解析】由图示可知，将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B 的过程中，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变大，由杠杆平衡条件F1L1

17、=F2L2可知，动力变大；由图示可知，在杠杆有OB位置缓慢转到OC位置的过程中，阻力不变，动力臂不变，阻力臂变小，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，动力变小；由此可见，将杠杆缓慢地由位置A拉至位置C的过程中，动力先变大后变小，故ABC错误，D正确。故选D。3. 如图所示，杠杆自重忽略不计，用方向始终垂直于杠杆的动力F 将重物从A 位置缓慢提升到B 位置，则在这个过程中（）A. 阻力臂一直变大B. 阻力臂先变大后变小C. 动力F 保持不变D. 动力F 先变小后变大BA位置缓慢提升到B位置，如图所示：AB. 由图可知，当杠杆在水平位置时，阻力的力臂最大，所以阻力臂先变大后变小，故A不正确，B正

18、确；CD. 由于动力F 方向始终垂直于杠杆，所以动力臂长度为杠杆的长且大小不变；由于阻力大小不变（等于物重），而阻力臂先变大后变小，根据杠杆平衡条件F1 L1 =F2L2可知，杠杆转动的过程中动力先变大、后变小，故 CD不正确。故选B。4. 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O 点缓慢逆时针转至接近竖直位置时，箱子的重力不变，即阻力不变，阻力臂逐渐减小。由于在拉杆端点A处施加一竖直向上的力F，则动力臂逐渐减小。由于阻力和

19、动力的作用点不变，根据几何知识可知：动力臂与阻力臂的比值不变，所以，根据杠杆的平衡条件：F1L1=F2L2知，要使力F的大小保持不变。故选：B。5. 如图所示，O为杠杆的支点，在杠杆的右端挂一重为G的物体，第一次在力F1的作用下，杠杆在水平位置平衡。第二次在力F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡。则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】解：第一次在力F1 的作用下，杠杆在水平位置平衡时，F1 的力臂为O到F1作用点的杆长L1，重物拉力的力臂为L2，由杠杆平衡条件可得：F1? L1=G? L2，由图可知：L1< L2，所以F1> G；第二次在力F2的作用下，杠杆仍在原位置保持平衡时，

20、F2的力臂为L1（如上图），由图知力臂L1 <L1，为使杠杆仍在图中位置保持平衡，因重力 G和阻力臂L2均不发生变化，又F2的力臂L1<L1，由杠杆平衡条件可知F2> F1；所以F2> F1> G，故A正确，BCD错误。故选：A。6. 如图所示，用一个可以绕点转动的硬杆提升重物，若在提升重物的过程中动力始终垂直硬棒，则在如图所示的过程中，动力（硬杆重力忽略不计）：A. 变大B. 变小C. 保持不变D. 先变大后变小【答案】B【解析】将杠杆缓慢地由位置A拉到位置B，动力臂L1不变，阻力F2不变，阻力臂L2在水平位置时最大，后变小，根据杠杆平衡条件，可知动力变小，故B

21、正确，ACD错误。故选B。7. 重为 G 的均匀木棒竖直悬于O点，在其下端施一水平拉力F，让棒缓慢匀速转到图中虚线所示位置。在转动的过程中（）A. 动力臂逐渐变大B. 阻力臂逐渐变小C. 动力和动力臂的乘积逐渐变大D. 阻力和阻力臂的乘积逐渐减小【答案】C【解析】A. 当硬棒在竖直位置时，F 的力臂是杠杆的长度，且力臂最长，当杠杆转过后，力与杠杆不再垂直，所以动力臂变小，故A错误；8. 杠杆在转动的过程中符合杠杆平衡的条件，即阻力为硬棒的重力，大小不变，硬棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转过角后，重力力臂（阻力臂 ）逐渐增大，故B错误；CD. 根据杠杆平衡的条件可得，阻力与阻力臂的乘积增大，故

22、动力动力臂的乘积也逐渐变大，故C正确，D错误。故选C。8. 如图所示，一根粗细均匀的铁棒AB静止在水平地面上，现用力F 将铁棒从水平地面拉至竖直立起. 在这个过程中，力F作用在 B端且始终与铁棒垂直. 则力F的变化情况为（ ）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】如图所示：在抬起的过程中，阻力F2不变，F 与铁棒始终垂直，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：F1L1=F2L2，可知，L1、 F2都不变，L2变小，所以F也在变小，故B 正确。故选B。9. 如图是过去农村用的舂米工具的结构示意图，

23、它是应用杠杆平衡原理进行工作的。图中O为固定转轴，杆右侧的A端连接着石球，脚踏杆左侧B 端可以使石球升高到P处，放开脚，石球会落下击打稻谷。假定在石球从最低点升起到P 处的过程中，每个位置杆都处于平衡状态，若脚用力F，并且方向始终竖直向下，则（）A. 力F 的大小始终不变B. 力F先变大后变小C. 力F 和它的力臂的乘积始终不变D. 力F和它的力臂的乘积先变小后变大【答案】A【解析】由力臂的定义可知，动力臂L1=0Bcos，阻力臂L2=OAcos ，由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可得：F× 0Bcos =G× OAcos，因为OA、 OB的长度不变，cos =cos（与为

24、对顶角），石球受到的重力G保持不变，所以动力F的大小保持不变。又因为动力F 大小不变，cos先变大后变小，所以动力F 和它的力臂的乘积先变大后变小。由上叙述可知选项A正确，BCD错误。故选A。10. 如图所示，为一可绕O点转动的杠杆，在A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡，此时AB部分水平，保持重物静止不动，而使绳绕A点从如图所示的位置沿图中的虚线CD转动，则A. 顺时针转,F 先变小后变大,F与对应力臂的乘积不变B. 顺时针转,F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先变小后变大C. 逆时针转, F 逐渐变大, F 与对应力臂的乘积逐渐变大D. 逆时针转,F先变小后变大,F与对应力臂的乘积先

25、变小后变大【答案】A【解析】如图，连接OA，此时OA是最长动力臂；已知阻力（物重）不变，阻力臂不变；由杠杆的平衡条件：F 动 L 动 =F 阻 L 阻 ，知：在 F 阻 L 阻 不变的情况下，F 与对应力臂的乘积不变，动力臂越长越省力；因此以OA为动力臂时，动力F 最小；由图可知：当绳从图示位置沿顺时针方向旋转时，力F 先变小后变大。沿逆时针方向旋转时，力F 变大。所以选项BCD错误，A正确。故选A。11. 如图所示，OA是一杠杆，AB是不可伸长的细绳，CD是圆心在A点的一段圆弧形支架。将绳端点B由 C向 D 移动过程中，则细绳AB 所受拉力的大小会（）A. 逐渐变大B. 保持不变C. 先变大

26、后变小D. 先变小后变大【答案】D【解析】由题意可知, 在圆环转动中, A的位置保持不变, 故杠杆始终处于平衡状态；因为重力与重力的力臂的乘积不变, 根据杠杆平衡的条件可得, 动力臂越大, 动力会越小, AB 垂直与OA位置时 , 力臂最大, 动力最小, 所以从C 端移动到D 端的过程中, 动力会由大到小, 再由小到大，即先变小后变大，故ABC错误，D正确。故选D。12. 如图所示，O为杠杆的支点，杠杆右端挂有重为G的物体，杠杆在力F1 的作用下在水平位置平衡。如果用力F2代替力F1 使杠杆仍在水平位置保持平衡，下列关系中正确的是A.B.C.D.【答案】A【解析】AB. 设动力臂为L2，杠杆长

27、为L（即阻力臂为L）；由图可知，F2与杠杆垂直，因此其力臂为最长的动力臂，由杠杆平衡条件可知F2为最小的动力，则Fl> F2，故 A正确，B错误；CD. 用力F2使杠杆在水平位置保持平衡时，由杠杆平衡条件可得：F2? L2=G? L，由图知L2< L，所以F2> G；故C错误；因为Fl> F2， F2> G，所以Fl> F2> G，故 D错误。故选A.13. 密度均匀的直尺放在水平桌面上，尺子伸出桌面部分CB是全尺长的1/3 ，当B 端挂上5N的物体时，直尺的A端刚好没有翘起。如图，则此直尺受到的重力是（）A.B. 5 NC. 10 ND. 无法确定由

28、题知，直尺G是密度均匀的，其重心在直尺的中点O，所挂重物G， LCB= LAB， LCA= LAB， LOC= LAB- LAB= LAB由杠杆的平衡条件得：G× LOC=G×LCB，即：G×LAB=5N× LAB，解得：G=10N；故选：C。14. 如图为吊车的工作示意图。利用伸缩撑杆可使吊臂绕O点转动；伸缩撑杆为圆弧状，伸缩撑杆对吊臂的支持力始终与吊臂垂直。下列关于这个吊车的有关说法正确的是（）A. 吊臂是一个省力杠杆B. 使用这种吊车, 好处是可以少做功C. 匀速顶起吊臂的过程中, 伸缩撑杆的支持力大小保持不变D. 匀速顶起吊臂的过程中, 伸缩撑杆

29、的支持力渐渐变小【答案】D【解析】A. 吊臂是一个费力杠杆，故A错误；B. 使用任何机械都不省功，故B错误；CD. 匀速顶起吊臂的过程中，重物的阻力臂逐渐变小，根据杠杆平衡条件可知伸缩撑杆的支持力渐渐变小，故 C 错误，D 正确。故选D。15. 用图中的杠杆提升重物，施加在A端的拉力始终竖直向下，将物体缓慢的移动一定高度，在此过程中F的大小变化情况（）A. 逐渐变小B. 保持不变C. 逐渐变大D. 无法判断【答案】B【解析】由杠杆平衡条件可知：，如图中由几何关系可知：L1 与L2 之比始终等于两边的杆长之比，即两力臂之比是常数；，即 F 为定值，故不论杆怎样变换位置，力 F 都是不变的，故B

30、正确，ACD错误。故选B。16. 如图所示，AOB为一根杠杆，O为支点，杠杆自重不计，且AO=BO，在杠杆右侧A处挂一个重为G的物体，当AO段在水平位置平衡时，在B端需施加的最小力为Fl；当B0 段在水平位置平衡时，加在B端的最小力为F2，则（）A.B.C.D. 无法比较【答案】A【解析】如图所示：在 B 端施加最小的力，力的方向与杠杆垂直，为动力臂；当OB段在水平位置平衡时，阻力臂为，；，则，故，故A正确，BCD错误。故选A。17. 如图所示，一较重的光滑长直均匀杆AB， A端支在墙角处不动，开始时小张用肩膀在距B端较近的P处扛起AB杆，此后小张持原有站姿，向左缓慢移动，使AB杆逐渐竖起。在

31、竖起AB杆的过程中，小张的肩膀对杆的作用力（）A. 越来越小B. 越来越大C. 一直不变D. 先增大后减小【答案】D【解析】解：下面图 1 中， O为支点，G为均匀杆AB的重力，作用点在其中心，小张的肩膀对杆的作用力为动力F， OP为动力臂，根据杠杆的平衡条件可得F 动 L 动 =GL阻 ，则 F 动 = × G ，开始时，动力臂为OP，阻力臂为OH， OP> OH，则由可知F 动 < G；由题意可知，扛起AB杆过程中，小张保持原有站姿，向左缓慢移动（动力作用点也向左移动），使AB杆逐渐竖起，图 2 中，在AB杆逐渐竖起的过程中，当动力臂为OD，阻力臂为OC， OD=OC

32、，由知，F动 =G；图 3 中，在AB杆逐渐竖起的过程中，当动力臂为OB，阻力臂为OE， OB> OE，由知，F 动 < G；故小张的肩膀对杆的作用力先增大后减小，只有D正确。故选：D。分别分析使AB杆逐渐竖起的过程中动力臂和阻力臂的变化关系，根据杠杆的平衡条件分析动力与AB重力的关系大小。本题考查杠杆的平衡条件的运用，难点是在这个过程中，动力臂和阻力臂都在变化。18. 用图示装置探究杠杆的平衡条件，保持左侧的钩码个数和位置不变，使右侧弹簧测力计的作用点A固定，改变测力计与水平方向的夹角，动力臂L 也随之改变，所作出的“ ”图象和“ ”图象中，正确的是CA. 由实验装置图可知：当夹角等于 90 °时，动力臂最大，动力最小；当拉力 F 的方向由水平向从0°到90°到0°，F 对应的动力臂是先变大再变小，则动力F 是A错误；B. 当角等于90°时，动力臂最大，动力最小但不为零，故B 错误；CD. 根据杠杆的平衡条件FL=F2L2可得：，由于F2、 L2不变，则F和 L成反比，故C正确，D错误。C。19. 如图所示，轻质杠杆的中点悬挂有重为60N的物体，在A端施加一竖