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6. 如图所示,是使用手机和自拍杆自拍时的示意图。已知自拍杆长1 m(质量忽略不计),手机对杆竖直向下的作用力$F_{2}$为3 N,图中$l_{1}$为10 cm、$l_{2}$为80 cm,则手垂直于杆的动力$F_{1}$为
24
N。若$F_{2}$的大小和方向不变,$l_{1}$不变,延长自拍杆到1.5 m,则$F_{1}$的大小变为36
N。若自拍杆长度、$F_{2}$的大小和方向、$F_{1}$的位置和方向不变,减小自拍杆与水平方向夹角的过程中,$F_{1}$的大小变大
(填“变大”“变小”或“不变”)。答案
24 36 变大 提示:杠杆平衡时,有$F_1l_1=F_2l_2$,即 $F_1×0.1\ \mathrm{m}=3\ \mathrm{N}×0.8\ \mathrm{m}$,解得 $F_1=24\ \mathrm{N}$。自拍杆由 $1\ \mathrm{m}$ 变成 $1.5\ \mathrm{m}$ 时,$l_2'=1.5×0.8\ \mathrm{m}=1.2\ \mathrm{m}$,有 $F_1'×0.1\ \mathrm{m}=3\ \mathrm{N}×1.2\ \mathrm{m}$,解得$F_1'=36\ \mathrm{N}$。若仅减小自拍杆与水平方向夹角的过程中,$F_2$ 不变,$l_1$ 不变,$l_2$ 变大,则 $F_1$ 变大。
解析
【分析】
这道题核心是利用杠杆平衡条件求解，解题思路如下：
1. 首先回忆杠杆平衡公式：动力×动力臂=阻力×阻力臂，也就是$F_1l_1=F_2l_2$，所有计算都围绕这个公式展开。
2. 第一空：先统一单位，把已知的$F_2$、$l_1$、$l_2$的数值直接代入杠杆平衡公式，就能算出动力$F_1$。
3. 第二空：自拍杆延长到1.5m，原来1m长的杆对应的阻力臂$l_2$是0.8m，按比例算出1.5m杆对应的新阻力臂，再代入平衡公式得到新的动力。
4. 第三空：分析夹角变化时阻力臂的变化：$F_2$是竖直向下的，它的力臂是支点O到$F_2$作用线的水平距离，减小杆和水平方向的夹角，这个水平距离也就是阻力臂会变大，结合$F_2$、$l_1$不变的条件，就能推导$F_1$的变化趋势。
【解析】
1. 计算第一个$F_1$：
先统一单位，$l_1=10\ \mathrm{cm}=0.1\ \mathrm{m}$，$l_2=80\ \mathrm{cm}=0.8\ \mathrm{m}$，代入杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$：
$F_1 × 0.1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{N} × 0.8\ \mathrm{m}$，解得$F_1=24\ \mathrm{N}$。
2. 计算延长杆后的$F_1'$：
杆长从1m变为1.5m，按比例可得新的阻力臂$l_2'=1.5\ \mathrm{m} × \frac{0.8\ \mathrm{m}}{1\ \mathrm{m}}=1.2\ \mathrm{m}$，再次代入杠杆平衡条件：
$F_1' × 0.1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}$，解得$F_1'=36\ \mathrm{N}$。
3. 分析夹角减小时$F_1$的变化：
减小自拍杆与水平方向的夹角，竖直向下的阻力$F_2$的力臂$l_2$会变大，而$F_2$、动力臂$l_1$都保持不变，由$F_1=\frac{F_2l_2}{l_1}$可知，$F_1$会变大。
【答案】
24；36；变大
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的动态判断
【点评】
本题结合生活中自拍杆的真实场景考察杠杆的应用，前两空属于直接套用公式的基础计算，难度较低；第三空的易错点是动态变化下阻力臂的判断，要注意阻力是竖直方向，它的力臂是支点到竖直作用线的水平距离，杆越放平该距离越大，对应动力也越大，也符合实际使用自拍杆时杆越长、越放平越费力的生活体验。
【难度系数】
0.6
这道题核心是利用杠杆平衡条件求解，解题思路如下：
1. 首先回忆杠杆平衡公式：动力×动力臂=阻力×阻力臂，也就是$F_1l_1=F_2l_2$，所有计算都围绕这个公式展开。
2. 第一空：先统一单位，把已知的$F_2$、$l_1$、$l_2$的数值直接代入杠杆平衡公式，就能算出动力$F_1$。
3. 第二空：自拍杆延长到1.5m，原来1m长的杆对应的阻力臂$l_2$是0.8m，按比例算出1.5m杆对应的新阻力臂，再代入平衡公式得到新的动力。
4. 第三空：分析夹角变化时阻力臂的变化：$F_2$是竖直向下的，它的力臂是支点O到$F_2$作用线的水平距离，减小杆和水平方向的夹角，这个水平距离也就是阻力臂会变大，结合$F_2$、$l_1$不变的条件，就能推导$F_1$的变化趋势。
【解析】
1. 计算第一个$F_1$：
先统一单位，$l_1=10\ \mathrm{cm}=0.1\ \mathrm{m}$，$l_2=80\ \mathrm{cm}=0.8\ \mathrm{m}$，代入杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$：
$F_1 × 0.1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{N} × 0.8\ \mathrm{m}$，解得$F_1=24\ \mathrm{N}$。
2. 计算延长杆后的$F_1'$：
杆长从1m变为1.5m，按比例可得新的阻力臂$l_2'=1.5\ \mathrm{m} × \frac{0.8\ \mathrm{m}}{1\ \mathrm{m}}=1.2\ \mathrm{m}$，再次代入杠杆平衡条件：
$F_1' × 0.1\ \mathrm{m} = 3\ \mathrm{N} × 1.2\ \mathrm{m}$，解得$F_1'=36\ \mathrm{N}$。
3. 分析夹角减小时$F_1$的变化：
减小自拍杆与水平方向的夹角，竖直向下的阻力$F_2$的力臂$l_2$会变大，而$F_2$、动力臂$l_1$都保持不变，由$F_1=\frac{F_2l_2}{l_1}$可知，$F_1$会变大。
【答案】
24；36；变大
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的动态判断
【点评】
本题结合生活中自拍杆的真实场景考察杠杆的应用，前两空属于直接套用公式的基础计算，难度较低；第三空的易错点是动态变化下阻力臂的判断，要注意阻力是竖直方向，它的力臂是支点到竖直作用线的水平距离，杆越放平该距离越大，对应动力也越大，也符合实际使用自拍杆时杆越长、越放平越费力的生活体验。
【难度系数】
0.6
7. (2025·镇江句容期中)如图所示,长1 m的粗细均匀的光滑金属杆可绕O点转动,杆上有一光滑圆环,用竖直向上的测力计拉着滑环缓慢向右移动,使杠杆保持水平状态,测力计示数F与滑环离开点O的距离s的关系如图乙所示,则测力计向右移动的过程中示数
变小
(填“变大”“变小”或“不变”),该杠杆的重力为100
N。答案
变小 100 提示:滑环向右移动时,$L_2=0.5\ \mathrm{m}$ 保持不变,$L_1$ 变大,动力 $F$ 就变小,即测力计示数变小。$s=1\ \mathrm{m}$ 时,$F=100\ \mathrm{N}$,有 $(F-G_{\mathrm{环}})L_1=GL_2$,即 $100\ \mathrm{N}-G_{\mathrm{环}}=\frac{1}{2}G$,$s'=0.1\ \mathrm{m}$ 时,$F'=550\ \mathrm{N}$,有 $(F'-G_{\mathrm{环}})L_1'=GL_2$,即 $550\ \mathrm{N}-G_{\mathrm{环}}=5G$,解得$G_{\mathrm{环}}=50\ \mathrm{N}$,$G=100\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
首先判断测力计示数的变化：观察图乙的F-s图像，随着滑环到O点的距离s增大，拉力F逐渐减小，也可结合杠杆平衡原理推导：粗细均匀的金属杆重心在杆中点，距离O点0.5m，杠杆自身重力对应的阻力臂固定不变；滑环向右移动时，拉力F的动力臂等于s，随s增大而变大，根据杠杆平衡条件，阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂变大则动力F变小。接下来求解杠杆重力：注意滑环自身也存在重力，选取图像上两组已知点（s₁=1m、F₁=100N和s₂=0.1m、F₂=550N），分别对两次状态列杠杆平衡方程，联立消去滑环重力即可解出杠杆的重力。
【解析】
1. 分析拉力的变化：
杠杆始终保持水平，竖直向上的拉力F的力臂就等于滑环到O点的距离s。均匀金属杆总长1m，重心在杆中点，因此杠杆自身重力的阻力臂恒为$L_G=\frac{1\ \mathrm{m}}{2}=0.5\ \mathrm{m}$。滑环向右移动时s增大，动力臂变大，根据杠杆平衡条件$F_动L_动=F_阻L_阻$，阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂增大则动力F减小，因此测力计示数变小。
2. 计算杠杆的重力：
设杠杆重力为$G$，滑环的重力为$G_{\mathrm{环}}$，分别代入两组已知数据列杠杆平衡方程：
当$s_1=1\ \mathrm{m}$，$F_1=100\ \mathrm{N}$时，拉力的力矩等于杠杆重力的力矩与滑环重力的力矩之和：
$F_1 · s_1 = G · L_G + G_{\mathrm{环}} · s_1$
整理得：$(100\ \mathrm{N} - G_{\mathrm{环}}) × 1\ \mathrm{m} = G × 0.5\ \mathrm{m}$ ---①
当$s_2=0.1\ \mathrm{m}$，$F_2=550\ \mathrm{N}$时，同理列平衡方程：
$F_2 · s_2 = G · L_G + G_{\mathrm{环}} · s_2$
整理得：$(550\ \mathrm{N} - G_{\mathrm{环}}) × 0.1\ \mathrm{m} = G × 0.5\ \mathrm{m}$ ---②
联立①②，解得$G_{\mathrm{环}}=50\ \mathrm{N}$，代入①式最终得到$G=100\ \mathrm{N}$。
【答案】
变小；100
【知识点】
杠杆平衡条件，重心
【点评】
本题的易错点是容易忽略滑环自身的重力，直接代入单组数据得到错误结果，需要通过两组已知条件联立方程消去滑环重力，对杠杆平衡条件的灵活运用能力有一定考察。
【难度系数】
0.5
首先判断测力计示数的变化：观察图乙的F-s图像，随着滑环到O点的距离s增大，拉力F逐渐减小，也可结合杠杆平衡原理推导：粗细均匀的金属杆重心在杆中点，距离O点0.5m，杠杆自身重力对应的阻力臂固定不变；滑环向右移动时，拉力F的动力臂等于s，随s增大而变大，根据杠杆平衡条件，阻力与阻力臂的乘积不变，动力臂变大则动力F变小。接下来求解杠杆重力：注意滑环自身也存在重力，选取图像上两组已知点（s₁=1m、F₁=100N和s₂=0.1m、F₂=550N），分别对两次状态列杠杆平衡方程，联立消去滑环重力即可解出杠杆的重力。
【解析】
1. 分析拉力的变化：
杠杆始终保持水平，竖直向上的拉力F的力臂就等于滑环到O点的距离s。均匀金属杆总长1m，重心在杆中点，因此杠杆自身重力的阻力臂恒为$L_G=\frac{1\ \mathrm{m}}{2}=0.5\ \mathrm{m}$。滑环向右移动时s增大，动力臂变大，根据杠杆平衡条件$F_动L_动=F_阻L_阻$，阻力和阻力臂的乘积不变，动力臂增大则动力F减小，因此测力计示数变小。
2. 计算杠杆的重力：
设杠杆重力为$G$，滑环的重力为$G_{\mathrm{环}}$，分别代入两组已知数据列杠杆平衡方程：
当$s_1=1\ \mathrm{m}$，$F_1=100\ \mathrm{N}$时，拉力的力矩等于杠杆重力的力矩与滑环重力的力矩之和：
$F_1 · s_1 = G · L_G + G_{\mathrm{环}} · s_1$
整理得：$(100\ \mathrm{N} - G_{\mathrm{环}}) × 1\ \mathrm{m} = G × 0.5\ \mathrm{m}$ ---①
当$s_2=0.1\ \mathrm{m}$，$F_2=550\ \mathrm{N}$时，同理列平衡方程：
$F_2 · s_2 = G · L_G + G_{\mathrm{环}} · s_2$
整理得：$(550\ \mathrm{N} - G_{\mathrm{环}}) × 0.1\ \mathrm{m} = G × 0.5\ \mathrm{m}$ ---②
联立①②，解得$G_{\mathrm{环}}=50\ \mathrm{N}$，代入①式最终得到$G=100\ \mathrm{N}$。
【答案】
变小；100
【知识点】
杠杆平衡条件，重心
【点评】
本题的易错点是容易忽略滑环自身的重力，直接代入单组数据得到错误结果，需要通过两组已知条件联立方程消去滑环重力，对杠杆平衡条件的灵活运用能力有一定考察。
【难度系数】
0.5
8. (2025·南京江宁模拟)如图甲所示,重为6 N、长为8 cm的匀质木板AB,静止在水平桌面上,恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终竖直向上的力F,当$F=$
3
N时,木板中心点O恰好离开桌面。将B端缓缓抬起的过程中,F的力臂变小
(填“变大”“变小”或“不变”,下同),F的大小不变
(A端始终没有离开桌面)。如图乙所示,若在A端放一重为9 N、长为2 cm的匀质物体M,M的左端与木板的A端对齐,向右缓慢推动木板1.8
cm,该装置恰好翻倒。答案
3 变小 不变 1.8 提示:在 $B$ 端施加竖直向上的力 $F$ 时,支点是 $A$,$F=\frac{G× AO}{AB}=\frac{1}{2}×6\ \mathrm{N}=3\ \mathrm{N}$。将 $B$ 端抬起过程中,$F$ 的力臂变小,而动力臂和阻力臂的比值为定值 $2$,故 $F$ 大小不变。$M$ 左端与木板的 $A$ 端对齐,其重心到 $O$ 的距离为 $\frac{1}{2}×8\ \mathrm{cm}-\frac{1}{2}×2\ \mathrm{cm}=3\ \mathrm{cm}$,该装置恰好翻倒时,设推动距离为 $L$,即木板重力的力臂为 $L$,$M$ 对木板的压力的力臂为 $3\ \mathrm{cm}-L$,有 $6\ \mathrm{N}× L=9\ \mathrm{N}×(3\ \mathrm{cm}-L)$,解得 $L=1.8\ \mathrm{cm}$。
解析
【分析】
这是一道杠杆平衡条件的综合应用题，我们可以分步骤梳理解题思路：
1. 第一空：当木板中心点O恰好离开桌面时，A端未离开桌面，支点为A点。匀质木板重心在自身中点，已知木板总长8cm，可直接得到阻力臂和动力臂的长度，代入杠杆平衡公式就能算出F的大小。
2. 第二空：缓缓抬起B端的过程中，F始终竖直向上，支点始终是A，动力臂是支点到F作用线的垂直距离，木板倾斜后该垂直距离会小于水平状态下的AB长度，由此可判断力臂的变化。
3. 第三空：由于动力和阻力都沿竖直方向，动力臂和阻力臂的比值始终为定值，结合杠杆平衡公式就能推出F的大小变化情况。
4. 第四空：装置恰好翻倒的临界状态下，支点是桌面边缘O点，分别推导木板重力和物体M的重力对应的力臂，代入杠杆平衡条件列方程即可算出推动的距离。
【解析】
1. 计算F的大小：
当木板中心点O恰好离开桌面时，支点为A，匀质木板长8cm，重心在木板中点，阻力臂$L_G=\frac{8\ \mathrm{cm}}{2}=4\ \mathrm{cm}$，动力臂$L_F=AB=8\ \mathrm{cm}$，木板重力$G=6\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件$F· L_F = G· L_G$，代入数据得：
$F×8\ \mathrm{cm}=6\ \mathrm{N}×4\ \mathrm{cm}$，解得$F=3\ \mathrm{N}$。
2. 判断抬起B端时F的力臂变化：
将B端缓缓抬起的过程中，F始终竖直向上，支点为A，动力臂是支点A到F作用线的垂直距离，木板倾斜后该垂直距离小于木板水平时的AB长度，因此F的力臂变小。
3. 判断F的大小变化：
动力F和木板重力都沿竖直方向，动力臂与阻力臂的比值始终为$8\ \mathrm{cm}:4\ \mathrm{cm}=2:1$，是定值。由$F=\frac{G· L_G}{L_F}$可知，G不变，力臂比值不变，因此F的大小不变。
4. 计算向右推动木板的距离：
装置恰好翻倒时支点为桌面边缘O，初始状态木板一半伸出桌面，木板重心初始位置与O点重合；匀质物体M长2cm，重心在自身中点，初始时A点距离O点为4cm，因此M的重心距离O点为$4\ \mathrm{cm}-\frac{2\ \mathrm{cm}}{2}=3\ \mathrm{cm}$。
设向右推动木板的距离为L，推动后木板重心在O点右侧，到O点的距离为L；M的重心在O点左侧，到O点的距离为$3\ \mathrm{cm}-L$。
代入杠杆平衡条件：$6\ \mathrm{N}× L=9\ \mathrm{N}×(3\ \mathrm{cm}-L)$，解得$L=1.8\ \mathrm{cm}$。
【答案】3；变小；不变；1.8
【知识点】杠杆平衡条件；力臂的定义
【点评】本题考查杠杆动态平衡的分析，易错点是动态抬起过程中力臂的变化判断，以及翻倒临界状态下支点的选取和两侧力臂的推导，需要学生准确把握杠杆平衡的核心规律，区分不同场景下的支点位置。
【难度系数】0.4
这是一道杠杆平衡条件的综合应用题，我们可以分步骤梳理解题思路：
1. 第一空：当木板中心点O恰好离开桌面时，A端未离开桌面，支点为A点。匀质木板重心在自身中点，已知木板总长8cm，可直接得到阻力臂和动力臂的长度，代入杠杆平衡公式就能算出F的大小。
2. 第二空：缓缓抬起B端的过程中，F始终竖直向上，支点始终是A，动力臂是支点到F作用线的垂直距离，木板倾斜后该垂直距离会小于水平状态下的AB长度，由此可判断力臂的变化。
3. 第三空：由于动力和阻力都沿竖直方向，动力臂和阻力臂的比值始终为定值，结合杠杆平衡公式就能推出F的大小变化情况。
4. 第四空：装置恰好翻倒的临界状态下，支点是桌面边缘O点，分别推导木板重力和物体M的重力对应的力臂，代入杠杆平衡条件列方程即可算出推动的距离。
【解析】
1. 计算F的大小：
当木板中心点O恰好离开桌面时，支点为A，匀质木板长8cm，重心在木板中点，阻力臂$L_G=\frac{8\ \mathrm{cm}}{2}=4\ \mathrm{cm}$，动力臂$L_F=AB=8\ \mathrm{cm}$，木板重力$G=6\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件$F· L_F = G· L_G$，代入数据得：
$F×8\ \mathrm{cm}=6\ \mathrm{N}×4\ \mathrm{cm}$，解得$F=3\ \mathrm{N}$。
2. 判断抬起B端时F的力臂变化：
将B端缓缓抬起的过程中，F始终竖直向上，支点为A，动力臂是支点A到F作用线的垂直距离，木板倾斜后该垂直距离小于木板水平时的AB长度，因此F的力臂变小。
3. 判断F的大小变化：
动力F和木板重力都沿竖直方向，动力臂与阻力臂的比值始终为$8\ \mathrm{cm}:4\ \mathrm{cm}=2:1$，是定值。由$F=\frac{G· L_G}{L_F}$可知，G不变，力臂比值不变，因此F的大小不变。
4. 计算向右推动木板的距离：
装置恰好翻倒时支点为桌面边缘O，初始状态木板一半伸出桌面，木板重心初始位置与O点重合；匀质物体M长2cm，重心在自身中点，初始时A点距离O点为4cm，因此M的重心距离O点为$4\ \mathrm{cm}-\frac{2\ \mathrm{cm}}{2}=3\ \mathrm{cm}$。
设向右推动木板的距离为L，推动后木板重心在O点右侧，到O点的距离为L；M的重心在O点左侧，到O点的距离为$3\ \mathrm{cm}-L$。
代入杠杆平衡条件：$6\ \mathrm{N}× L=9\ \mathrm{N}×(3\ \mathrm{cm}-L)$，解得$L=1.8\ \mathrm{cm}$。
【答案】3；变小；不变；1.8
【知识点】杠杆平衡条件；力臂的定义
【点评】本题考查杠杆动态平衡的分析，易错点是动态抬起过程中力臂的变化判断，以及翻倒临界状态下支点的选取和两侧力臂的推导，需要学生准确把握杠杆平衡的核心规律，区分不同场景下的支点位置。
【难度系数】0.4
9.（2025·无锡滨湖模拟）如图甲所示，轻质杠杆可绕O点转动，A点悬挂一重为12 N的物体M，B点受到电子测力计竖直向上的拉力F，杠杆水平静止，已知$OA=AB=BC$，则F为
6
N。保持杠杆水平静止，将F作用点从B移至C，此过程中F方向保持不变，F的力臂记为l，则F的大小变小
，F与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为图乙中的Ⅰ。将M从A移至B，再重复上述步骤，F与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为图乙中的Ⅱ
。答案
6 小 Ⅱ 提示:由 $F× OB=G× OA$ 得$F=\frac{G× OA}{OB}=\frac{1}{2}× G=\frac{1}{2}×12\ \mathrm{N}=6\ \mathrm{N}$。保持杠杆水平静止,$F$ 作用点从 $B$ 移至 $C$ 时,$F=G× OA×\frac{1}{l}\dots$①,此过程中 $F$ 的力臂 $l$ 变大,$F$ 变小。$M$ 从 $A$ 移至 $B$时,$F=G× OB×\frac{1}{l}\dots$②,②式的斜率大于①式的斜率,故将 $M$ 从 $A$ 移至 $B$,$F$ 与 $\frac{1}{l}$ 的关系图线为过原点且斜率比图线Ⅰ大的图线Ⅱ。
解析
【分析】
我们可以按照杠杆平衡条件的逻辑逐步推导解题：第一步先根据题目给出的OA=AB的力臂关系，代入杠杆平衡公式直接算出初始拉力F的大小；第二步分析拉力作用点从B移到C的过程，拉力方向不变，动力臂会随作用点右移变大，阻力和阻力臂都不变，据此判断F的变化趋势；第三步把杠杆平衡条件变形为F和1/l的函数关系式，对比重物移动前后函数的斜率大小，就能匹配对应的图线。
【解析】
1. 计算初始拉力F：
已知$OA=AB$，因此动力臂$OB=OA+AB=2OA$，物体M重力$G=12\mathrm{N}$，根据杠杆平衡条件$F · OB = G · OA$，代入数值可得：
$F=\frac{G· OA}{OB}=\frac{12\mathrm{N}× OA}{2OA}=6\mathrm{N}$。
2. 判断F的大小变化：
保持杠杆水平静止，拉力F方向始终竖直向上，作用点从B移至C时，动力臂l逐渐变大，阻力G和阻力臂OA均保持不变，由$F· l=G· OA$可知，F会随着l的增大而变小。
3. 判断对应的关系图线：
初始状态下将杠杆平衡条件变形可得$F=G· OA· \frac{1}{l}$，这是过原点的正比例函数，斜率为$G· OA$，对应图线Ⅰ；当M从A移至B后，新的阻力臂为OB，此时杠杆平衡条件变形为$F=G· OB· \frac{1}{l}$，由于$OB＞OA$，新函数的斜率大于图线Ⅰ的斜率，且依然过原点，对应图乙中的Ⅱ。
【答案】
6；小；Ⅱ
【知识点】
杠杆平衡条件；动态杠杆分析
【点评】
本题将杠杆平衡规律和正比例函数图像结合考查，核心是把杠杆平衡公式变形为F关于1/l的表达式，通过对比斜率大小判断对应图线，需要注意区分重物移动前后阻力臂的变化，避免误判图线。
【难度系数】
0.6
我们可以按照杠杆平衡条件的逻辑逐步推导解题：第一步先根据题目给出的OA=AB的力臂关系，代入杠杆平衡公式直接算出初始拉力F的大小；第二步分析拉力作用点从B移到C的过程，拉力方向不变，动力臂会随作用点右移变大，阻力和阻力臂都不变，据此判断F的变化趋势；第三步把杠杆平衡条件变形为F和1/l的函数关系式，对比重物移动前后函数的斜率大小，就能匹配对应的图线。
【解析】
1. 计算初始拉力F：
已知$OA=AB$，因此动力臂$OB=OA+AB=2OA$，物体M重力$G=12\mathrm{N}$，根据杠杆平衡条件$F · OB = G · OA$，代入数值可得：
$F=\frac{G· OA}{OB}=\frac{12\mathrm{N}× OA}{2OA}=6\mathrm{N}$。
2. 判断F的大小变化：
保持杠杆水平静止，拉力F方向始终竖直向上，作用点从B移至C时，动力臂l逐渐变大，阻力G和阻力臂OA均保持不变，由$F· l=G· OA$可知，F会随着l的增大而变小。
3. 判断对应的关系图线：
初始状态下将杠杆平衡条件变形可得$F=G· OA· \frac{1}{l}$，这是过原点的正比例函数，斜率为$G· OA$，对应图线Ⅰ；当M从A移至B后，新的阻力臂为OB，此时杠杆平衡条件变形为$F=G· OB· \frac{1}{l}$，由于$OB＞OA$，新函数的斜率大于图线Ⅰ的斜率，且依然过原点，对应图乙中的Ⅱ。
【答案】
6；小；Ⅱ
【知识点】
杠杆平衡条件；动态杠杆分析
【点评】
本题将杠杆平衡规律和正比例函数图像结合考查，核心是把杠杆平衡公式变形为F关于1/l的表达式，通过对比斜率大小判断对应图线，需要注意区分重物移动前后阻力臂的变化，避免误判图线。
【难度系数】
0.6
10. (2025·南京玄武期中)小华在做“探究杠杆平衡条件”实验时的装置如图所示,杠杆上相邻刻线间的距离相等。
(1) 杠杆在如图甲的位置静止时杠杆
(2) 如图乙所示,杠杆在水平位置平衡后,在A 点挂两个钩码,每个钩码重 0.5 N,在B 点竖直向下拉弹簧测力计,仍使杠杆在水平位置平衡,此时弹簧测力计的示数为
(3) 小华利用杠杆的平衡条件自制了一个杆秤,如图丙,重物质量 200 g,使用O点的提纽称量,调整秤砣的位置,使杠杆在水平位置平衡(忽略绳重和杆重),若$OM=4\ \mathrm{cm}$,$ON=16\ \mathrm{cm}$,秤砣质量为
(1) 杠杆在如图甲的位置静止时杠杆
是
(填“是”或“不是”)处于平衡状态的,为使杠杆在水平位置平衡,应将平衡螺母向右
端调节。(2) 如图乙所示,杠杆在水平位置平衡后,在A 点挂两个钩码,每个钩码重 0.5 N,在B 点竖直向下拉弹簧测力计,仍使杠杆在水平位置平衡,此时弹簧测力计的示数为
1.5
N。(3) 小华利用杠杆的平衡条件自制了一个杆秤,如图丙,重物质量 200 g,使用O点的提纽称量,调整秤砣的位置,使杠杆在水平位置平衡(忽略绳重和杆重),若$OM=4\ \mathrm{cm}$,$ON=16\ \mathrm{cm}$,秤砣质量为
50
g,若用 D 点提纽称量,杆秤的量程会变小
(填“变大”“变小”或“不变”)。答案
(1) 是 右 (2) 1.5 (3) 50 变小 提示:(1) 杠杆处于静止状态或匀速转动状态都处于平衡状态,图甲中杠杆左端向下倾斜,应将平衡螺母向右移,使杠杆水平平衡。(2) 设杠杆每一格长为 $L$,杠杆水平平衡时,有 $2×0.5\ \mathrm{N}×3L=F×2L$,解得 $F=1.5\ \mathrm{N}$。(3) 提纽在 $O$ 点时,有 $mg× OM=m_{\mathrm{秤砣}}g× ON$,即 $200\ \mathrm{g}× g×4\ \mathrm{cm}=m_{\mathrm{秤砣}}g×16\ \mathrm{cm}$,解得 $m_{\mathrm{秤砣}}=50\ \mathrm{g}$,用 $D$ 点做提纽,$l_{\mathrm{砣}}$ 变小,$l_{\mathrm{物}}$ 变大,由 $m_{\mathrm{物}}gl_{\mathrm{物}}=m_{\mathrm{秤砣}}gl_{\mathrm{砣}}$ 知杆秤的量程变小。
解析
【分析】
这道题围绕杠杆平衡条件的实验和应用展开，解题思路可以分三步梳理：1. 第一问先回忆杠杆平衡状态的定义，只要杠杆静止或者匀速转动就属于平衡状态，不需要必须水平；调平衡螺母的规则是杠杆哪端高就向哪端调，观察图甲杠杆右端更高，就能确定调节方向。2. 第二问直接套用杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，先数出A点的力臂格数、B点的力臂格数，代入已知的钩码总重力，就能算出弹簧测力计的示数。3. 第三问把杆秤抽象成杠杆，忽略杆重时依然满足杠杆平衡条件，两边的重力加速度g可以直接约去，用质量和对应力臂的乘积相等就能算出秤砣质量；更换提纽后支点位置改变，分别判断重物侧力臂和秤砣侧最大力臂的变化，就能推导出量程的变化。
【解析】
(1) 根据杠杆平衡的定义，杠杆处于静止状态或匀速转动状态时都属于平衡状态，图甲中杠杆保持静止，因此是处于平衡状态的；此时杠杆左端下沉、右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右端调节。
(2) 设杠杆相邻刻线的距离为L，A点处的总阻力F_A=2×0.5N=1N，对应的阻力臂L_A=3L，B点处的动力臂L_B=2L，由杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂可得：F_A×L_A = F×L_B，代入数值：1N×3L = F×2L，约去L后解得F=1.5N。
(3) 以O为支点时，由杠杆平衡条件可得：m物g·OM = m秤砣g·ON，g可以约去，代入m物=200g，OM=4cm，ON=16cm，得200g×4cm = m秤砣×16cm，解得m秤砣=50g；若使用D点提纽，支点向左移动，重物一侧的力臂变大，秤砣可移动的最大力臂变小，根据杠杆平衡条件，可称量的最大重物质量变小，因此杆秤的量程会变小。
【答案】
(1) 是；右 (2) 1.5 (3) 50；变小
【知识点】
杠杆平衡状态，杠杆平衡条件，杆秤工作原理
【点评】
本题是杠杆章节的经典常规考题，从基础概念辨析到公式计算再到生活应用逐层递进，既考察了实验操作的基础细节，也检验了学生对杠杆平衡条件的灵活应用能力，其中更换提纽后量程变化的分析是易错点，需要准确判断支点移动后两侧力臂的变化关系才能得到正确结论。
【难度系数】
0.7
这道题围绕杠杆平衡条件的实验和应用展开，解题思路可以分三步梳理：1. 第一问先回忆杠杆平衡状态的定义，只要杠杆静止或者匀速转动就属于平衡状态，不需要必须水平；调平衡螺母的规则是杠杆哪端高就向哪端调，观察图甲杠杆右端更高，就能确定调节方向。2. 第二问直接套用杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，先数出A点的力臂格数、B点的力臂格数，代入已知的钩码总重力，就能算出弹簧测力计的示数。3. 第三问把杆秤抽象成杠杆，忽略杆重时依然满足杠杆平衡条件，两边的重力加速度g可以直接约去，用质量和对应力臂的乘积相等就能算出秤砣质量；更换提纽后支点位置改变，分别判断重物侧力臂和秤砣侧最大力臂的变化，就能推导出量程的变化。
【解析】
(1) 根据杠杆平衡的定义，杠杆处于静止状态或匀速转动状态时都属于平衡状态，图甲中杠杆保持静止，因此是处于平衡状态的；此时杠杆左端下沉、右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右端调节。
(2) 设杠杆相邻刻线的距离为L，A点处的总阻力F_A=2×0.5N=1N，对应的阻力臂L_A=3L，B点处的动力臂L_B=2L，由杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂可得：F_A×L_A = F×L_B，代入数值：1N×3L = F×2L，约去L后解得F=1.5N。
(3) 以O为支点时，由杠杆平衡条件可得：m物g·OM = m秤砣g·ON，g可以约去，代入m物=200g，OM=4cm，ON=16cm，得200g×4cm = m秤砣×16cm，解得m秤砣=50g；若使用D点提纽，支点向左移动，重物一侧的力臂变大，秤砣可移动的最大力臂变小，根据杠杆平衡条件，可称量的最大重物质量变小，因此杆秤的量程会变小。
【答案】
(1) 是；右 (2) 1.5 (3) 50；变小
【知识点】
杠杆平衡状态，杠杆平衡条件，杆秤工作原理
【点评】
本题是杠杆章节的经典常规考题，从基础概念辨析到公式计算再到生活应用逐层递进，既考察了实验操作的基础细节，也检验了学生对杠杆平衡条件的灵活应用能力，其中更换提纽后量程变化的分析是易错点，需要准确判断支点移动后两侧力臂的变化关系才能得到正确结论。
【难度系数】
0.7
