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11.（2025盐城大丰区一模）小蕊利用可绕O点转动的轻质杠杆提升重物，将重物悬挂在固定点B处，如图Z-1-11所示。她在A点施加一个始终垂直于杠杆的力，在将杠杆末端从A位置缓慢转动到$A'$位置的过程中，力F的大小变化情况是（
A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
C
）A.变大
B.变小
C.先变大后变小
D.先变小后变大
答案
11. C
解析
【分析】
要解决这道题，需运用杠杆平衡条件分析力的变化：首先明确杠杆的五要素，阻力是重物的重力（大小不变），动力F始终垂直于杠杆，因此动力臂等于支点O到A点的距离（定值）；阻力臂是支点O到重力作用线的垂直距离。当杠杆从A位置转动到A'位置时，阻力臂的变化是核心：初始时阻力臂较小，随着杠杆转动，阻力臂先增大到最大值，之后再减小。根据杠杆平衡条件，动力大小与阻力臂成正比，由此可判断F的变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，本题中：阻力 $ F_{阻}=G $（重物重力，大小恒定）；动力F的力臂 $ L_{动}=OA $（因F始终垂直杠杆，动力臂等于OA，OA为定值）；阻力臂 $ L_{阻} $ 是支点O到重力作用线的垂直距离。在杠杆从A位置转动到A'位置的过程中，阻力臂 $ L_{阻} $ 先增大后减小。由 $ F=\frac{G × L_{阻}}{L_{动}} $ 可知，G和 $ L_{动} $ 均不变，F的大小随 $ L_{阻} $ 变化，因此F先变大后变小。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的变化
【点评】
本题考查杠杆动态平衡的分析，关键是明确动力臂、阻力臂的变化规律，避免混淆力臂的影响因素，属于中等难度的杠杆应用题型，需学生掌握力臂的定义及平衡条件的灵活运用。
【难度系数】
0.4
要解决这道题，需运用杠杆平衡条件分析力的变化：首先明确杠杆的五要素，阻力是重物的重力（大小不变），动力F始终垂直于杠杆，因此动力臂等于支点O到A点的距离（定值）；阻力臂是支点O到重力作用线的垂直距离。当杠杆从A位置转动到A'位置时，阻力臂的变化是核心：初始时阻力臂较小，随着杠杆转动，阻力臂先增大到最大值，之后再减小。根据杠杆平衡条件，动力大小与阻力臂成正比，由此可判断F的变化。
【解析】
根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，本题中：阻力 $ F_{阻}=G $（重物重力，大小恒定）；动力F的力臂 $ L_{动}=OA $（因F始终垂直杠杆，动力臂等于OA，OA为定值）；阻力臂 $ L_{阻} $ 是支点O到重力作用线的垂直距离。在杠杆从A位置转动到A'位置的过程中，阻力臂 $ L_{阻} $ 先增大后减小。由 $ F=\frac{G × L_{阻}}{L_{动}} $ 可知，G和 $ L_{动} $ 均不变，F的大小随 $ L_{阻} $ 变化，因此F先变大后变小。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的变化
【点评】
本题考查杠杆动态平衡的分析，关键是明确动力臂、阻力臂的变化规律，避免混淆力臂的影响因素，属于中等难度的杠杆应用题型，需学生掌握力臂的定义及平衡条件的灵活运用。
【难度系数】
0.4
12.（2023镇江丹徒区月考）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方体木块C，恰好使木板水平放置，如图Z-1-12所示，现用水平力F由B向A缓慢匀速推动木块，在推动过程中，推力F将（
A.大小不变
B.逐渐增大
C.逐渐减小
D.先增大后减小
图 Z-1-12
图 Z-1-13
C
）A.大小不变
B.逐渐增大
C.逐渐减小
D.先增大后减小
图 Z-1-12
图 Z-1-13
答案
12. C
解析
【分析】
本题需结合杠杆平衡条件和滑动摩擦力的知识分析。首先以木板AB为研究对象，确定支点在B端转轴，木板受重力和木块C的支持力，根据杠杆平衡得出支持力的表达式；再以木块C为研究对象，利用匀速运动时受力平衡，结合滑动摩擦力公式推导推力F的变化。当推动C从B向A移动时，支持力的力臂增大，导致支持力减小，进而滑动摩擦力减小，推力F随之减小。
【解析】
1. 分析木板AB的杠杆平衡：
木板AB的支点为B，设木板总长为L，重力G作用在中点，重力的力臂为$\frac{L}{2}$；木块C对木板的支持力为N，其力臂为支持力作用点到B的距离l。根据杠杆平衡条件（顺时针力矩等于逆时针力矩）：
$G · \frac{L}{2} = N · l$
变形得：$N = \frac{GL}{2l}$
2. 分析木块C的受力：
木块C做匀速运动，水平方向受力平衡，推力F等于木板对C的滑动摩擦力f，即$F = f$；滑动摩擦力公式为$f = μ N$（$μ$为接触面粗糙程度，保持不变），因此$F = μ N$。
3. 推导推力F的变化：
推动C从B向A移动时，支持力的力臂l逐渐增大，由$N = \frac{GL}{2l}$可知，N逐渐减小；由于$μ$不变，$f = μ N$也逐渐减小，故推力$F = f$逐渐减小。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、滑动摩擦力
【点评】
本题将杠杆平衡与摩擦力知识结合，考查受力分析和公式应用能力，关键是明确推动过程中支持力力臂的变化，进而推导各力的变化规律，属于力学综合的基础题型。
【难度系数】
0.5
本题需结合杠杆平衡条件和滑动摩擦力的知识分析。首先以木板AB为研究对象，确定支点在B端转轴，木板受重力和木块C的支持力，根据杠杆平衡得出支持力的表达式；再以木块C为研究对象，利用匀速运动时受力平衡，结合滑动摩擦力公式推导推力F的变化。当推动C从B向A移动时，支持力的力臂增大，导致支持力减小，进而滑动摩擦力减小，推力F随之减小。
【解析】
1. 分析木板AB的杠杆平衡：
木板AB的支点为B，设木板总长为L，重力G作用在中点，重力的力臂为$\frac{L}{2}$；木块C对木板的支持力为N，其力臂为支持力作用点到B的距离l。根据杠杆平衡条件（顺时针力矩等于逆时针力矩）：
$G · \frac{L}{2} = N · l$
变形得：$N = \frac{GL}{2l}$
2. 分析木块C的受力：
木块C做匀速运动，水平方向受力平衡，推力F等于木板对C的滑动摩擦力f，即$F = f$；滑动摩擦力公式为$f = μ N$（$μ$为接触面粗糙程度，保持不变），因此$F = μ N$。
3. 推导推力F的变化：
推动C从B向A移动时，支持力的力臂l逐渐增大，由$N = \frac{GL}{2l}$可知，N逐渐减小；由于$μ$不变，$f = μ N$也逐渐减小，故推力$F = f$逐渐减小。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、滑动摩擦力
【点评】
本题将杠杆平衡与摩擦力知识结合，考查受力分析和公式应用能力，关键是明确推动过程中支持力力臂的变化，进而推导各力的变化规律，属于力学综合的基础题型。
【难度系数】
0.5
13.（2025重庆期中）如图Z-1-13所示是小田放学后玩耍单杠的情景，单杠由左右两个支架和横梁组成，小田在爸爸的保护下，双手交替向右移动，右侧支架对横梁的支持力F随着小田移动距离s之间的关系是图Z-1-14中的（
B
）答案
13. B
解析
【分析】
本题可将单杠的横梁视为简支杠杆，利用杠杆平衡条件分析右侧支架支持力的变化规律。首先把横梁的左右支架作为杠杆的两个支点，小田的重力为作用在横梁上的阻力；设横梁总长度为$ L $，小田的重力为$ G $，小田向右移动的距离为$ s $，右侧支架对横梁的支持力为$ F $。根据杠杆平衡条件推导支持力与移动距离的关系，进而判断对应图像。
【解析】
将单杠横梁视为简支杠杆，左右支架为支点，小田重力$ G $为阻力。当小田向右移动距离$ s $时，小田到左侧支点的距离为$ L - s $。根据杠杆平衡条件，对左侧支点取力矩，可得：$ F · L = G · (L - s) $，整理得$ F = G - \frac{G}{L}s $。由此可知，$ F $与$ s $成线性负相关，即$ s $增大时，$ F $线性减小，对应图像B。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件、力与图像
【点评】
本题结合生活中的单杠情景，考查杠杆平衡条件的应用，关键是明确横梁作为杠杆的支点和力臂，推导支持力与移动距离的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题可将单杠的横梁视为简支杠杆，利用杠杆平衡条件分析右侧支架支持力的变化规律。首先把横梁的左右支架作为杠杆的两个支点，小田的重力为作用在横梁上的阻力；设横梁总长度为$ L $，小田的重力为$ G $，小田向右移动的距离为$ s $，右侧支架对横梁的支持力为$ F $。根据杠杆平衡条件推导支持力与移动距离的关系，进而判断对应图像。
【解析】
将单杠横梁视为简支杠杆，左右支架为支点，小田重力$ G $为阻力。当小田向右移动距离$ s $时，小田到左侧支点的距离为$ L - s $。根据杠杆平衡条件，对左侧支点取力矩，可得：$ F · L = G · (L - s) $，整理得$ F = G - \frac{G}{L}s $。由此可知，$ F $与$ s $成线性负相关，即$ s $增大时，$ F $线性减小，对应图像B。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件、力与图像
【点评】
本题结合生活中的单杠情景，考查杠杆平衡条件的应用，关键是明确横梁作为杠杆的支点和力臂，推导支持力与移动距离的关系，难度适中。
【难度系数】
0.5
14. (2024扬州仪征一模)如图Z-1-15所示,轻质杠杆OA中点悬挂重为60 N的物体,在A端施加一竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡,则力F的大小是
30 N
;保持力F的方向始终竖直,将杠杆从OA位置匀速提升到OB位置的过程中,力F的大小将不变
(选填“变大”“变小”或“不变”)。 答案
14. 30 N 不变
解析
【分析】本题需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）解题。第一空，杠杆水平平衡时，明确阻力、动力臂、阻力臂的大小，代入公式计算力F；第二空，杠杆提升后，需重新分析动力臂和阻力臂的变化，结合力的方向判断力的大小是否改变。
【解析】解：（1）杠杆在水平位置平衡时，支点为O，阻力$F_2=G=60N$，阻力臂$L_2=\frac{1}{2}OA$，动力$F_1=F$，动力臂$L_1=OA$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：$F×OA = 60N×\frac{1}{2}OA$，两边约去OA，解得$F=30N$。（2）当杠杆从OA位置匀速提升到OB位置时，力F方向始终竖直，重力方向也竖直向下。设此时杠杆与水平方向夹角为$α$，则动力臂$L_1'=OA·\cosα$，阻力臂$L_2'=\frac{1}{2}OA·\cosα$。再次根据杠杆平衡条件：$F'×L_1' = G×L_2'$，代入得：$F'×OA·\cosα = 60N×\frac{1}{2}OA·\cosα$，约去$OA·\cosα$，得$F'=30N$，故力F的大小不变。
【答案】30 N；不变
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的判断
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确识别不同状态下的动力臂和阻力臂，尤其要注意杠杆倾斜时，竖直方向力的力臂随夹角变化但比值不变，因此力的大小不变，属于基础应用题型。
【难度系数】0.5
【解析】解：（1）杠杆在水平位置平衡时，支点为O，阻力$F_2=G=60N$，阻力臂$L_2=\frac{1}{2}OA$，动力$F_1=F$，动力臂$L_1=OA$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：$F×OA = 60N×\frac{1}{2}OA$，两边约去OA，解得$F=30N$。（2）当杠杆从OA位置匀速提升到OB位置时，力F方向始终竖直，重力方向也竖直向下。设此时杠杆与水平方向夹角为$α$，则动力臂$L_1'=OA·\cosα$，阻力臂$L_2'=\frac{1}{2}OA·\cosα$。再次根据杠杆平衡条件：$F'×L_1' = G×L_2'$，代入得：$F'×OA·\cosα = 60N×\frac{1}{2}OA·\cosα$，约去$OA·\cosα$，得$F'=30N$，故力F的大小不变。
【答案】30 N；不变
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的判断
【点评】本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确识别不同状态下的动力臂和阻力臂，尤其要注意杠杆倾斜时，竖直方向力的力臂随夹角变化但比值不变，因此力的大小不变，属于基础应用题型。
【难度系数】0.5
15. 如图 Z-1-16 所示，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_1 $，地面对木棒的弹力为 $ F_2 $，现让木棒的倾斜程度变小一些至虚线所示位置，木棒仍能静止斜靠在墙上。与原来相比，$ F_1 $ 的变化情况为
变大
（选填“变大”“不变”或“变小”）。答案
15. 变大
解析
【分析】
本题考查力矩平衡的应用，需通过选取合适的支点，利用力矩平衡条件分析力的变化。解题思路：①确定支点为木棒与地面的接触点，可消去地面对木棒的弹力的力矩；②明确墙壁弹力、重力的力臂与木棒倾斜角的关系；③根据力矩平衡公式推导F₁的表达式，结合倾斜角变化判断力的变化。
【解析】
设木棒长度为L，与地面的夹角为θ。以木棒与地面的接触点为支点，根据力矩平衡条件：
墙壁对木棒的弹力F₁的力矩等于重力G的力矩，即：
F₁·Lsinθ = G·(L/2)cosθ
化简得：F₁ = (G/2)·cotθ
当木棒倾斜程度变小，θ减小，cotθ=cosθ/sinθ随θ减小而增大，因此F₁变大。
【答案】变大
【知识点】力矩平衡、杠杆平衡条件
【点评】本题属于基础力学题，核心是掌握力矩平衡的分析方法，关键在于正确确定各力的力臂，通过三角函数关系推导力的变化，难度适中。
【难度系数】0.5
本题考查力矩平衡的应用，需通过选取合适的支点，利用力矩平衡条件分析力的变化。解题思路：①确定支点为木棒与地面的接触点，可消去地面对木棒的弹力的力矩；②明确墙壁弹力、重力的力臂与木棒倾斜角的关系；③根据力矩平衡公式推导F₁的表达式，结合倾斜角变化判断力的变化。
【解析】
设木棒长度为L，与地面的夹角为θ。以木棒与地面的接触点为支点，根据力矩平衡条件：
墙壁对木棒的弹力F₁的力矩等于重力G的力矩，即：
F₁·Lsinθ = G·(L/2)cosθ
化简得：F₁ = (G/2)·cotθ
当木棒倾斜程度变小，θ减小，cotθ=cosθ/sinθ随θ减小而增大，因此F₁变大。
【答案】变大
【知识点】力矩平衡、杠杆平衡条件
【点评】本题属于基础力学题，核心是掌握力矩平衡的分析方法，关键在于正确确定各力的力臂，通过三角函数关系推导力的变化，难度适中。
【难度系数】0.5
16. 如图 Z-1-17 所示,杠杆 AB 放在钢制圆柱体的正中央水平凹槽 CD 中,杠杆 AB 能以凹槽两端的 C 点或 D 点为支点在竖直平面内转动,长度 $AC=CD=DB$,A 端重物的重力 $G=20\ \mathrm{N}$。当作用在 B 点竖直向下的拉力 F 足够大时,杠杆容易绕
D
（选填“C”或“D”）点翻转,为使杠杆 AB 保持水平位置平衡,拉力最小值 $F_1=$10
N,最大值 $F_2=$40
N。（杠杆、细绳的质量及摩擦均忽略不计）答案
16. D 10 40
解析
【分析】
首先设AC=CD=DB=L，明确杠杆的支点可在C或D，需根据杠杆平衡条件分析不同支点翻转时的临界拉力，判断易翻转的支点；再通过力矩平衡计算保持平衡的最小、最大拉力。当B端拉力增大时，先使D点支持力为0，杠杆绕D点翻转，再结合临界状态（某点支持力为0）计算拉力的最值。
【解析】
设AC=CD=DB=L，A端重物重力G=20N。
1. 判断易翻转支点：以C为支点时，力矩平衡为$G×AC = N_d×CD + F×CB$，代入长度得$20×L = N_d×L + F×2L$，化简得$N_d=20-2F$；当$N_d=0$时，$F=10\ \mathrm{N}$，此时D点支持力为0，杠杆绕D点翻转。以D为支点时，力矩平衡为$G×AD + N_c×CD = F×DB$，代入得$20×2L + N_c×L = F×L$，化简得$N_c=F-40$；当$N_c=0$时，$F=40\ \mathrm{N}$，绕C点翻转。因$F=10\ \mathrm{N}$更小，故F足够大时，杠杆易绕D点翻转。
2. 最小拉力$F_1$：当杠杆刚好不绕D点翻转时，$N_d≥0$，临界状态$N_d=0$，得$F_1=10\ \mathrm{N}$。
3. 最大拉力$F_2$：当杠杆刚好不绕C点翻转时，$N_c≥0$，临界状态$N_c=0$，得$F_2=40\ \mathrm{N}$。
【答案】
D；10；40
【知识点】
杠杆平衡条件、力矩分析
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是明确杠杆翻转的临界状态（支点处支持力为0），需准确分析各力的力臂与力矩方向，避免力臂判断错误，是杠杆应用的典型题型。
【难度系数】
0.5
首先设AC=CD=DB=L，明确杠杆的支点可在C或D，需根据杠杆平衡条件分析不同支点翻转时的临界拉力，判断易翻转的支点；再通过力矩平衡计算保持平衡的最小、最大拉力。当B端拉力增大时，先使D点支持力为0，杠杆绕D点翻转，再结合临界状态（某点支持力为0）计算拉力的最值。
【解析】
设AC=CD=DB=L，A端重物重力G=20N。
1. 判断易翻转支点：以C为支点时，力矩平衡为$G×AC = N_d×CD + F×CB$，代入长度得$20×L = N_d×L + F×2L$，化简得$N_d=20-2F$；当$N_d=0$时，$F=10\ \mathrm{N}$，此时D点支持力为0，杠杆绕D点翻转。以D为支点时，力矩平衡为$G×AD + N_c×CD = F×DB$，代入得$20×2L + N_c×L = F×L$，化简得$N_c=F-40$；当$N_c=0$时，$F=40\ \mathrm{N}$，绕C点翻转。因$F=10\ \mathrm{N}$更小，故F足够大时，杠杆易绕D点翻转。
2. 最小拉力$F_1$：当杠杆刚好不绕D点翻转时，$N_d≥0$，临界状态$N_d=0$，得$F_1=10\ \mathrm{N}$。
3. 最大拉力$F_2$：当杠杆刚好不绕C点翻转时，$N_c≥0$，临界状态$N_c=0$，得$F_2=40\ \mathrm{N}$。
【答案】
D；10；40
【知识点】
杠杆平衡条件、力矩分析
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是明确杠杆翻转的临界状态（支点处支持力为0），需准确分析各力的力臂与力矩方向，避免力臂判断错误，是杠杆应用的典型题型。
【难度系数】
0.5
