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7. 如图所示,质地均匀的圆柱在拉力F的作用下由实线所示位置匀速转到虚线所示位置,整个过程中,拉力F始终作用于A点且与OA保持垂直(OA为圆柱横截面的一条直径),圆柱在转动过程中不打滑。下列分析正确的是 (
A.拉力F逐渐变小
B.圆柱的重力和重力的力臂的乘积保持不变
C.拉力F的力臂逐渐变大
D.因为拉力F的力臂始终保持最长,所以拉力F的大小保持不变
A
)A.拉力F逐渐变小
B.圆柱的重力和重力的力臂的乘积保持不变
C.拉力F的力臂逐渐变大
D.因为拉力F的力臂始终保持最长,所以拉力F的大小保持不变
答案
7. A
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，圆柱匀速转动时处于杠杆平衡状态，支点为O点。需明确各力的力臂：拉力F始终与OA垂直，其力臂等于OA的长度（定值）；圆柱重力作用在重心（OA中点），重力方向竖直向下，重力的力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，随圆柱转动该力臂逐渐减小。根据杠杆平衡条件，结合力臂变化可判断拉力F的变化。
【解析】
圆柱匀速转动，视为以O为支点的杠杆，根据杠杆平衡条件：$ F · L_F = G · L_G $。
1. 拉力F始终与OA垂直，因此拉力F的力臂$ L_F = OA $，OA是圆柱直径，大小保持不变；
2. 圆柱重力G不变，重心在OA中点，重力方向竖直向下，重力的力臂$ L_G $是支点O到重力作用线的垂直距离。圆柱转动过程中，重心的水平距离逐渐减小，故重力的力臂$ L_G $逐渐变小；
3. 由平衡条件变形得$ F = \frac{G · L_G}{L_F} $，因G、$ L_F $不变，$ L_G $减小，所以拉力F逐渐变小，故A正确；
4. 其他选项分析：B选项，重力与重力力臂的乘积$ G · L_G $随$ L_G $减小而变小，错误；C选项，拉力F的力臂OA保持不变，错误；D选项，拉力F大小逐渐变小，错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂、重力
【点评】
本题结合圆柱转动场景考查杠杆平衡条件，关键是确定各力臂的变化规律，需明确支点位置，正确分析力臂变化是解题核心，属于中等难度的杠杆应用问题。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，圆柱匀速转动时处于杠杆平衡状态，支点为O点。需明确各力的力臂：拉力F始终与OA垂直，其力臂等于OA的长度（定值）；圆柱重力作用在重心（OA中点），重力方向竖直向下，重力的力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，随圆柱转动该力臂逐渐减小。根据杠杆平衡条件，结合力臂变化可判断拉力F的变化。
【解析】
圆柱匀速转动，视为以O为支点的杠杆，根据杠杆平衡条件：$ F · L_F = G · L_G $。
1. 拉力F始终与OA垂直，因此拉力F的力臂$ L_F = OA $，OA是圆柱直径，大小保持不变；
2. 圆柱重力G不变，重心在OA中点，重力方向竖直向下，重力的力臂$ L_G $是支点O到重力作用线的垂直距离。圆柱转动过程中，重心的水平距离逐渐减小，故重力的力臂$ L_G $逐渐变小；
3. 由平衡条件变形得$ F = \frac{G · L_G}{L_F} $，因G、$ L_F $不变，$ L_G $减小，所以拉力F逐渐变小，故A正确；
4. 其他选项分析：B选项，重力与重力力臂的乘积$ G · L_G $随$ L_G $减小而变小，错误；C选项，拉力F的力臂OA保持不变，错误；D选项，拉力F大小逐渐变小，错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂、重力
【点评】
本题结合圆柱转动场景考查杠杆平衡条件，关键是确定各力臂的变化规律，需明确支点位置，正确分析力臂变化是解题核心，属于中等难度的杠杆应用问题。
【难度系数】
0.5
8. 如图所示，士兵用力缓慢匀速拉动绳子，在杠杆AB缓慢匀速升至虚线位置的过程，士兵所施加的力的大小变化是 （
A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
B
）A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
答案
8. B
解析
【分析】
要判断士兵施加的力的变化，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$ F_1L_1=F_2L_2 $）分析。杠杆AB缓慢匀速转动，处于平衡状态，阻力为杠杆自身的重力（大小不变），需分析转动过程中动力臂和阻力臂的变化，进而判断动力的变化。
【解析】
杠杆AB的支点为A点，阻力为杠杆的重力$ G $（大小恒定），阻力臂是支点A到重力作用线的垂直距离；士兵的拉力为动力$ F $，动力臂是支点A到动力作用线的垂直距离。根据杠杆平衡条件$ F · L_{\mathrm{动}} = G · L_{\mathrm{阻}} $，可得$ F = \frac{G · L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}} $。
在杠杆AB从初始位置缓慢转至虚线位置的过程中，动力臂$ L_{\mathrm{动}} $逐渐变大，阻力臂$ L_{\mathrm{阻}} $逐渐变小，因此$ \frac{L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}} $的比值逐渐减小，由于$ G $不变，故动力$ F $逐渐变小。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是分析转动过程中动力臂和阻力臂的变化，属于基础应用题型，需准确判断力臂的变化规律。
【难度系数】
0.4
要判断士兵施加的力的变化，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$ F_1L_1=F_2L_2 $）分析。杠杆AB缓慢匀速转动，处于平衡状态，阻力为杠杆自身的重力（大小不变），需分析转动过程中动力臂和阻力臂的变化，进而判断动力的变化。
【解析】
杠杆AB的支点为A点，阻力为杠杆的重力$ G $（大小恒定），阻力臂是支点A到重力作用线的垂直距离；士兵的拉力为动力$ F $，动力臂是支点A到动力作用线的垂直距离。根据杠杆平衡条件$ F · L_{\mathrm{动}} = G · L_{\mathrm{阻}} $，可得$ F = \frac{G · L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}} $。
在杠杆AB从初始位置缓慢转至虚线位置的过程中，动力臂$ L_{\mathrm{动}} $逐渐变大，阻力臂$ L_{\mathrm{阻}} $逐渐变小，因此$ \frac{L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}} $的比值逐渐减小，由于$ G $不变，故动力$ F $逐渐变小。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是分析转动过程中动力臂和阻力臂的变化，属于基础应用题型，需准确判断力臂的变化规律。
【难度系数】
0.4
9. (2024·苏州姑苏段考)如图,用一个始终水平向右的力F把杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中,力F的大小将（
A.变大
B.不变
C.变小
D.先变小,后变大
A
）A.变大
B.不变
C.变小
D.先变小,后变大
答案
9. A
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题时需先确定杠杆的支点、阻力与动力，再分析杠杆转动过程中动力臂和阻力臂的变化，最后结合杠杆平衡条件判断力F的大小变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件：$ F_1L_1 = F_2L_2 $。本题中，阻力$ F_2 = G $（物体重力），大小保持不变；动力为水平向右的力$ F $，作用在A点。
当杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中：
1. 阻力臂（支点O到重力G作用线的垂直距离）逐渐变大；
2. 动力臂（支点O到水平力F作用线的垂直距离）逐渐变小；
由杠杆平衡条件变形得：$ F = \frac{G × 阻力臂}{动力臂} $，由于G不变，阻力臂变大、动力臂变小，因此力F的大小将变大。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的变化
【点评】
本题是杠杆平衡条件的典型应用，关键在于准确分析杠杆转动时动力臂和阻力臂的变化，需掌握力臂的定义（支点到力的作用线的垂直距离），结合平衡条件即可判断力的变化。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题时需先确定杠杆的支点、阻力与动力，再分析杠杆转动过程中动力臂和阻力臂的变化，最后结合杠杆平衡条件判断力F的大小变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件：$ F_1L_1 = F_2L_2 $。本题中，阻力$ F_2 = G $（物体重力），大小保持不变；动力为水平向右的力$ F $，作用在A点。
当杠杆OA从图示位置缓慢拉至水平的过程中：
1. 阻力臂（支点O到重力G作用线的垂直距离）逐渐变大；
2. 动力臂（支点O到水平力F作用线的垂直距离）逐渐变小；
由杠杆平衡条件变形得：$ F = \frac{G × 阻力臂}{动力臂} $，由于G不变，阻力臂变大、动力臂变小，因此力F的大小将变大。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的变化
【点评】
本题是杠杆平衡条件的典型应用，关键在于准确分析杠杆转动时动力臂和阻力臂的变化，需掌握力臂的定义（支点到力的作用线的垂直距离），结合平衡条件即可判断力的变化。
【难度系数】
0.5
10.（2024·苏州姑苏校级期中）如图甲所示是“路边空中绿化停车亭”，其工作原理如图乙所示，电动机通过钢丝绳BC牵引OB杆绕O点转动，B端悬挂停车架A。取车时，将A从图乙所示位置（此时$OB⊥ BC$）缓慢下放到水平地面的过程中，钢丝绳对B点的拉力（
A.逐渐变小
B.逐渐变大
C.先变小后变大
D.先变大后变小
B
）A.逐渐变小
B.逐渐变大
C.先变小后变大
D.先变大后变小
答案
10. B
解析
【分析】
本题可将OB杆视为杠杆，支点为O点，利用杠杆平衡条件分析钢丝绳拉力的变化。首先确定研究对象为OB杆，其阻力是停车架A的重力G（大小恒定），动力是钢丝绳BC对B点的拉力F；当A下放时，B点向下移动，BC的方向发生改变，拉力F的方向逐渐倾斜，结合杠杆平衡条件即可判断拉力的变化情况。
【解析】
将OB杆看作杠杆，支点为O点，根据杠杆平衡条件：$ F · L_{动} = G · L_{阻} $（其中F为BC的拉力，$ L_{动} $为拉力F的力臂，G为A的重力，$ L_{阻} $为重力G的力臂）。
初始时$ OB ⊥ BC $，此时动力臂$ L_{动} = OB $。当A从图示位置下放到地面的过程中，B点向下运动，BC的拉力F的方向与OB的夹角逐渐减小，导致动力臂$ L_{动} $逐渐减小；而阻力G的力臂$ L_{阻} $是O点到重力作用线的垂直距离，随B点下移，$ L_{阻} $也减小，但动力臂减小的幅度大于阻力臂减小的幅度。根据杠杆平衡公式变形得$ F = \frac{G · L_{阻}}{L_{动}} $，由于$ L_{动} $减小的比例更大，因此拉力F逐渐变大。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件、受力分析
【点评】
本题结合实际场景考查杠杆平衡条件的应用，关键是明确杠杆的支点、动力、阻力及力臂的变化规律，通过分析力臂的变化结合平衡条件推导拉力的变化，需学生掌握杠杆平衡的基本原理并能灵活应用于动态分析。
【难度系数】
0.4
本题可将OB杆视为杠杆，支点为O点，利用杠杆平衡条件分析钢丝绳拉力的变化。首先确定研究对象为OB杆，其阻力是停车架A的重力G（大小恒定），动力是钢丝绳BC对B点的拉力F；当A下放时，B点向下移动，BC的方向发生改变，拉力F的方向逐渐倾斜，结合杠杆平衡条件即可判断拉力的变化情况。
【解析】
将OB杆看作杠杆，支点为O点，根据杠杆平衡条件：$ F · L_{动} = G · L_{阻} $（其中F为BC的拉力，$ L_{动} $为拉力F的力臂，G为A的重力，$ L_{阻} $为重力G的力臂）。
初始时$ OB ⊥ BC $，此时动力臂$ L_{动} = OB $。当A从图示位置下放到地面的过程中，B点向下运动，BC的拉力F的方向与OB的夹角逐渐减小，导致动力臂$ L_{动} $逐渐减小；而阻力G的力臂$ L_{阻} $是O点到重力作用线的垂直距离，随B点下移，$ L_{阻} $也减小，但动力臂减小的幅度大于阻力臂减小的幅度。根据杠杆平衡公式变形得$ F = \frac{G · L_{阻}}{L_{动}} $，由于$ L_{动} $减小的比例更大，因此拉力F逐渐变大。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件、受力分析
【点评】
本题结合实际场景考查杠杆平衡条件的应用，关键是明确杠杆的支点、动力、阻力及力臂的变化规律，通过分析力臂的变化结合平衡条件推导拉力的变化，需学生掌握杠杆平衡的基本原理并能灵活应用于动态分析。
【难度系数】
0.4
11. 一根粗细均匀的木棒斜靠在竖直墙壁上，墙壁光滑，地面粗糙，木棒受到的重力为G，墙壁对木棒的弹力为F，如图所示。现让木棒的倾斜程度变小一些至虚线所示位置，木棒仍能静止斜靠在墙上。与原来相比，F的变化情况为
第11题 第12题
变大
（变大/不变/变小）。第11题 第12题
答案
11. 变大
解析
【分析】
要判断墙壁对木棒的弹力F的变化，需利用杠杆平衡条件分析。首先确定木棒为研究对象，明确其受力：重力G（阻力，作用在重心，竖直向下）、墙壁的弹力F（动力，水平向右，作用在木棒上端）；选取木棒与地面的接触点为支点，分别确定动力F和阻力G对应的力臂；再根据杠杆平衡条件，结合木棒倾斜程度变化时力臂的变化，推导F的大小变化。
【解析】
设木棒长度为L，与水平地面的夹角为θ，以木棒与地面的接触点为支点：
1. 确定力臂：
动力F是水平方向，其力臂为支点到F作用线的垂直距离，即木棒上端的竖直高度，为 $ L\sinθ $；
阻力G是竖直方向，其力臂为支点到G作用线的垂直距离，即重心到支点的水平距离，为 $ \frac{L}{2}\cosθ $。
2. 根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，代入得：
$ F · L\sinθ = G · \frac{L}{2}\cosθ $
3. 化简公式：
两边约去L，整理得 $ F = \frac{G}{2} · \cotθ $。
4. 分析θ的变化：当木棒倾斜程度变小，θ（木棒与水平地面的夹角）减小，而 $ \cotθ = \frac{\cosθ}{\sinθ} $，θ减小时$ \cotθ $增大，因此F变大。
【答案】
变大
【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，核心是正确确定支点、动力臂与阻力臂，通过分析角度变化对力臂的影响推导力的变化，需学生熟练掌握杠杆平衡的核心公式，具备力臂的分析能力，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.5
要判断墙壁对木棒的弹力F的变化，需利用杠杆平衡条件分析。首先确定木棒为研究对象，明确其受力：重力G（阻力，作用在重心，竖直向下）、墙壁的弹力F（动力，水平向右，作用在木棒上端）；选取木棒与地面的接触点为支点，分别确定动力F和阻力G对应的力臂；再根据杠杆平衡条件，结合木棒倾斜程度变化时力臂的变化，推导F的大小变化。
【解析】
设木棒长度为L，与水平地面的夹角为θ，以木棒与地面的接触点为支点：
1. 确定力臂：
动力F是水平方向，其力臂为支点到F作用线的垂直距离，即木棒上端的竖直高度，为 $ L\sinθ $；
阻力G是竖直方向，其力臂为支点到G作用线的垂直距离，即重心到支点的水平距离，为 $ \frac{L}{2}\cosθ $。
2. 根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，代入得：
$ F · L\sinθ = G · \frac{L}{2}\cosθ $
3. 化简公式：
两边约去L，整理得 $ F = \frac{G}{2} · \cotθ $。
4. 分析θ的变化：当木棒倾斜程度变小，θ（木棒与水平地面的夹角）减小，而 $ \cotθ = \frac{\cosθ}{\sinθ} $，θ减小时$ \cotθ $增大，因此F变大。
【答案】
变大
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定支点、动力臂与阻力臂，通过分析角度变化对力臂的影响推导力的变化，需学生熟练掌握杠杆平衡的核心公式，具备力臂的分析能力，属于中等难度的力学题。
【难度系数】
0.5
12. 如图所示，轻质细杆BC可绕竖直墙上的B点转动，末端C点挂一重物，重力为200 N，拉力F始终沿水平方向，此时θ=45°，则拉力F=
200
N，若拉力保持水平方向，让细杆顺时针缓慢旋转一个小角度到虚线位置，则拉力将变大
（变大/不变/变小）。答案
12. 200 变大
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路：1. 确定支点为B点，明确动力F、阻力G对应的力臂；2. 根据杠杆平衡条件推导拉力F的表达式，代入θ=45°计算第一个空；3. 分析细杆顺时针转动时θ的变化，结合表达式判断拉力的变化。
【解析】
设细杆BC长度为L，支点为B点。
动力：水平拉力F，其力臂为支点B到F作用线的垂直距离，即$ L_1 = L\cosθ $；
阻力：重物重力$ G=200\,\mathrm{N} $，其力臂为支点B到G作用线的垂直距离，即$ L_2 = L\sinθ $；
根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，代入力臂得：
$ F· L\cosθ = G· L\sinθ $，化简得$ F = G\tanθ $；
当$ θ=45° $时，$ \tan45°=1 $，因此$ F=200\,\mathrm{N}×1=200\,\mathrm{N} $；
细杆顺时针缓慢转动小角度时，BC与竖直墙的夹角θ变大，$ \tanθ $变大，G不变，由$ F=G\tanθ $可知拉力变大。
【答案】
200；变大
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂
【点评】
本题结合实际装置考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定动力和阻力的力臂，分析角度变化对拉力的影响，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路：1. 确定支点为B点，明确动力F、阻力G对应的力臂；2. 根据杠杆平衡条件推导拉力F的表达式，代入θ=45°计算第一个空；3. 分析细杆顺时针转动时θ的变化，结合表达式判断拉力的变化。
【解析】
设细杆BC长度为L，支点为B点。
动力：水平拉力F，其力臂为支点B到F作用线的垂直距离，即$ L_1 = L\cosθ $；
阻力：重物重力$ G=200\,\mathrm{N} $，其力臂为支点B到G作用线的垂直距离，即$ L_2 = L\sinθ $；
根据杠杆平衡条件$ F_1L_1=F_2L_2 $，代入力臂得：
$ F· L\cosθ = G· L\sinθ $，化简得$ F = G\tanθ $；
当$ θ=45° $时，$ \tan45°=1 $，因此$ F=200\,\mathrm{N}×1=200\,\mathrm{N} $；
细杆顺时针缓慢转动小角度时，BC与竖直墙的夹角θ变大，$ \tanθ $变大，G不变，由$ F=G\tanθ $可知拉力变大。
【答案】
200；变大
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂
【点评】
本题结合实际装置考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定动力和阻力的力臂，分析角度变化对拉力的影响，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
