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6.悬挂重物$G$的轻质杠杆,在力的作用下倾斜静止在如图所示的位置.若力施加在$A$点,最小的力为$F_A$;若力施加在$B$点或$C$点,最小的力分别为$F_B$、$F_C$,且$AB=BO=OC$.下列判断正确的是 （
A.$F_A＞G$
B.$F_B=G$
C.$F_C＜G$
D.$F_B＞F_C$
C
）A.$F_A＞G$
B.$F_B=G$
C.$F_C＜G$
D.$F_B＞F_C$
答案
6.C
解析
【分析】
要解决此题，需利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$。当动力最小时，动力臂最大，即动力方向垂直于杠杆时，动力臂为该点到支点O的距离。先确定阻力（重物G）的阻力臂，再分别计算各点的最小动力，对比选项判断。
【解析】
设$BO=OC=AB=L$，则$OA=OB+AB=2L$。
根据杠杆平衡条件，最小动力对应最大动力臂（动力垂直于杠杆）：
重物G的阻力臂为支点O到G竖直作用线的垂直距离，记为$L_{阻}$，因杠杆倾斜，故$L_{阻}=OB·\cosα$（$α$为杠杆与水平方向的夹角，$0＜α＜90°$，$\cosα＜1$）。
1. 对A点：$F_A· OA = G· L_{阻}$，代入$OA=2L$、$L_{阻}=L\cosα$，得$F_A=\frac{G\cosα}{2}$，因$\cosα＜1$，故$F_A＜G$，A错误；
2. 对B点：$F_B· OB = G· L_{阻}$，代入$OB=L$，得$F_B=G\cosα$，因$\cosα＜1$，故$F_B＜G$，B错误；
3. 对C点：$F_C· OC = G· L_{阻}$，代入$OC=L$，得$F_C=G\cosα$，因$\cosα＜1$，故$F_C＜G$，C正确；
4. 比较$F_B$和$F_C$：两者均为$G\cosα$，故$F_B=F_C$，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是明确最小动力对应最大动力臂，结合阻力臂的特点分析各力大小，属于中等难度的杠杆应用题型。
【难度系数】
0.5
要解决此题，需利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$。当动力最小时，动力臂最大，即动力方向垂直于杠杆时，动力臂为该点到支点O的距离。先确定阻力（重物G）的阻力臂，再分别计算各点的最小动力，对比选项判断。
【解析】
设$BO=OC=AB=L$，则$OA=OB+AB=2L$。
根据杠杆平衡条件，最小动力对应最大动力臂（动力垂直于杠杆）：
重物G的阻力臂为支点O到G竖直作用线的垂直距离，记为$L_{阻}$，因杠杆倾斜，故$L_{阻}=OB·\cosα$（$α$为杠杆与水平方向的夹角，$0＜α＜90°$，$\cosα＜1$）。
1. 对A点：$F_A· OA = G· L_{阻}$，代入$OA=2L$、$L_{阻}=L\cosα$，得$F_A=\frac{G\cosα}{2}$，因$\cosα＜1$，故$F_A＜G$，A错误；
2. 对B点：$F_B· OB = G· L_{阻}$，代入$OB=L$，得$F_B=G\cosα$，因$\cosα＜1$，故$F_B＜G$，B错误；
3. 对C点：$F_C· OC = G· L_{阻}$，代入$OC=L$，得$F_C=G\cosα$，因$\cosα＜1$，故$F_C＜G$，C正确；
4. 比较$F_B$和$F_C$：两者均为$G\cosα$，故$F_B=F_C$，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是明确最小动力对应最大动力臂，结合阻力臂的特点分析各力大小，属于中等难度的杠杆应用题型。
【难度系数】
0.5
7. 如图所示,重为$ G $的物体在沿斜面向上的拉力作用下,从斜面的底部移到顶部,设沿斜面移动的距离为$ s $,高为$ h $,拉力为$ F $,物体受到的摩擦力为$ f $,则斜面的机械效率为 (
A.$\dfrac{Gh}{fs}$
B.$\dfrac{Gh}{Fs}$
C.$\dfrac{Gh}{(F + f)s}$
D.$\dfrac{Gh}{(F - f)s}$
B
)A.$\dfrac{Gh}{fs}$
B.$\dfrac{Gh}{Fs}$
C.$\dfrac{Gh}{(F + f)s}$
D.$\dfrac{Gh}{(F - f)s}$
答案
7.B
解析
【分析】
要解决斜面机械效率的问题，需明确机械效率的核心定义，区分斜面的有用功和总功：斜面的有用功是克服物体重力做的功，总功是拉力对物体做的功，根据两者的表达式即可推导机械效率的计算公式。
【解析】
根据机械效率的定义：$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}$。
1. 计算有用功：将重为$G$的物体提升高度$h$，克服重力做的有用功$W_{有用}=Gh$；
2. 计算总功：拉力$F$沿斜面移动距离$s$，拉力做的总功$W_{总}=Fs$；
3. 代入机械效率公式，可得斜面的机械效率$\eta=\dfrac{Gh}{Fs}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
机械效率、斜面的功
【点评】
本题考查斜面机械效率的基础计算，核心是区分有用功与总功的来源，属于概念应用类基础题，需准确掌握功的计算和机械效率的定义。
【难度系数】
0.7
要解决斜面机械效率的问题，需明确机械效率的核心定义，区分斜面的有用功和总功：斜面的有用功是克服物体重力做的功，总功是拉力对物体做的功，根据两者的表达式即可推导机械效率的计算公式。
【解析】
根据机械效率的定义：$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}$。
1. 计算有用功：将重为$G$的物体提升高度$h$，克服重力做的有用功$W_{有用}=Gh$；
2. 计算总功：拉力$F$沿斜面移动距离$s$，拉力做的总功$W_{总}=Fs$；
3. 代入机械效率公式，可得斜面的机械效率$\eta=\dfrac{Gh}{Fs}$，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
机械效率、斜面的功
【点评】
本题考查斜面机械效率的基础计算，核心是区分有用功与总功的来源，属于概念应用类基础题，需准确掌握功的计算和机械效率的定义。
【难度系数】
0.7
8. 在测量滑轮组机械效率的活动中，装置如图所示，欲使所测机械效率提高，下列措施可行的是
（
A.转轴加润滑油
B.增加提升高度
C.增大提升速度
D.减小物体的质量
（
A
）A.转轴加润滑油
B.增加提升高度
C.增大提升速度
D.减小物体的质量
答案
8.A
解析
【分析】
要解决这道题，需明确滑轮组机械效率的核心公式：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}$，其中$W_{有用}$是提升物体做的功，$W_{总}$是总功（包含有用功和额外功，额外功主要来自动滑轮重力、绳重及摩擦）。提高机械效率的关键是：在有用功一定时减小额外功，或在额外功一定时增大有用功。接下来逐一分析选项：
选项A：转轴加润滑油可减小摩擦，减少额外功，总功随之减小，有用功不变时机械效率提高；
选项B：机械效率与提升高度无关，因为绳端移动距离$s=nh$，代入公式后高度$h$会被约去，改变高度不影响效率；
选项C：提升速度不改变有用功和总功的比值，对机械效率无影响；
选项D：减小物体质量会使物体重力$G$减小，有用功$Gh$降低，额外功基本不变，机械效率会下降。
【解析】
根据滑轮组机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}$，结合滑轮组中$s=nh$（$n$为承担物重的绳子段数），可推导得$\eta=\frac{G}{nF}$（不计绳重和摩擦时，$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，进一步得$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$）。对各选项分析如下：
1. 选项A：转轴加润滑油，减小了滑轮转轴处的摩擦，从而减少了额外功，总功减小，有用功不变的情况下，机械效率提高，该措施可行；
2. 选项B：由公式可知，机械效率的计算中提升高度$h$被约去，说明机械效率与提升高度无关，增加提升高度无法提高机械效率；
3. 选项C：提升速度仅影响做功的快慢，不改变有用功和总功的大小关系，因此不会改变机械效率；
4. 选项D：减小物体质量，物体重力$G$减小，有用功$W_{有用}=Gh$减小，而动滑轮重、摩擦等额外功基本不变，机械效率会降低，不可行。
【答案】
A
【知识点】
滑轮组机械效率、机械效率的影响因素
【点评】
本题考查滑轮组机械效率的影响因素，核心是理解机械效率的计算公式，明确额外功和有用功的来源，区分各因素对效率的作用，属于基础概念的应用，难度适中，需要学生准确掌握机械效率的相关知识。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需明确滑轮组机械效率的核心公式：$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}$，其中$W_{有用}$是提升物体做的功，$W_{总}$是总功（包含有用功和额外功，额外功主要来自动滑轮重力、绳重及摩擦）。提高机械效率的关键是：在有用功一定时减小额外功，或在额外功一定时增大有用功。接下来逐一分析选项：
选项A：转轴加润滑油可减小摩擦，减少额外功，总功随之减小，有用功不变时机械效率提高；
选项B：机械效率与提升高度无关，因为绳端移动距离$s=nh$，代入公式后高度$h$会被约去，改变高度不影响效率；
选项C：提升速度不改变有用功和总功的比值，对机械效率无影响；
选项D：减小物体质量会使物体重力$G$减小，有用功$Gh$降低，额外功基本不变，机械效率会下降。
【解析】
根据滑轮组机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}=\frac{Gh}{Fs}$，结合滑轮组中$s=nh$（$n$为承担物重的绳子段数），可推导得$\eta=\frac{G}{nF}$（不计绳重和摩擦时，$F=\frac{G+G_{动}}{n}$，进一步得$\eta=\frac{G}{G+G_{动}}$）。对各选项分析如下：
1. 选项A：转轴加润滑油，减小了滑轮转轴处的摩擦，从而减少了额外功，总功减小，有用功不变的情况下，机械效率提高，该措施可行；
2. 选项B：由公式可知，机械效率的计算中提升高度$h$被约去，说明机械效率与提升高度无关，增加提升高度无法提高机械效率；
3. 选项C：提升速度仅影响做功的快慢，不改变有用功和总功的大小关系，因此不会改变机械效率；
4. 选项D：减小物体质量，物体重力$G$减小，有用功$W_{有用}=Gh$减小，而动滑轮重、摩擦等额外功基本不变，机械效率会降低，不可行。
【答案】
A
【知识点】
滑轮组机械效率、机械效率的影响因素
【点评】
本题考查滑轮组机械效率的影响因素，核心是理解机械效率的计算公式，明确额外功和有用功的来源，区分各因素对效率的作用，属于基础概念的应用，难度适中，需要学生准确掌握机械效率的相关知识。
【难度系数】
0.6
9.将规格完全相同的滑轮，用绳子绕成图中的甲、乙滑轮组.使用甲、乙滑轮组分别匀速提升重力为$ G_1 $、$ G_2 $的两物体，升高相同的高度.绳自由端施加的拉力大小分别为$ F_1 $和$ F_2 $，物重$ G_1＞G_2 $，不计绳重和摩擦.则下列判断正确的是 （
A.拉力$ F_1 $一定大于$ F_2 $
B.乙滑轮组的机械效率较高
C.甲、乙滑轮组的有用功相同
D.甲的额外功与有用功的比值较小
D
）A.拉力$ F_1 $一定大于$ F_2 $
B.乙滑轮组的机械效率较高
C.甲、乙滑轮组的有用功相同
D.甲的额外功与有用功的比值较小
答案
9.D
解析
【分析】
要解决本题，需先明确滑轮组的绳子段数，再结合拉力公式、有用功、额外功、机械效率的相关知识分析各选项：
1. 确定甲、乙滑轮组的绳子段数：甲图中动滑轮上有3段绳子，即$ n_1=3 $；乙图中动滑轮上有2段绳子，即$ n_2=2 $。
2. 核心公式：不计绳重和摩擦时，拉力$ F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n} $（$ G_{动} $为动滑轮重力，两滑轮规格相同，故$ G_{动} $相等）；有用功$ W_{有}=G_{物}h $，额外功$ W_{额}=G_{动}h $；机械效率$ \eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}} $；额外功与有用功的比值$ \frac{W_{额}}{W_{有}}=\frac{G_{动}}{G_{物}} $。
结合题目条件$ G_1＞G_2 $，逐一推导各选项即可。
【解析】
选项A：拉力公式为$ F_1=\frac{G_1+G_{动}}{3} $，$ F_2=\frac{G_2+G_{动}}{2} $。因$ G_1＞G_2 $，举例验证：若$ G_{动}=10N $，$ G_1=20N $，$ G_2=10N $，则$ F_1=10N $，$ F_2=10N $，此时$ F_1=F_2 $；若$ G_1=8N $，$ G_2=5N $，则$ F_1≈4.3N $，$ F_2=5N $，此时$ F_1＜F_2 $，故$ F_1 $不一定大于$ F_2 $，A错误。
选项B：机械效率$ \eta=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}} $，$ G_{动} $相同，$ G_{物} $越大，$ \eta $越高。因$ G_1＞G_2 $，甲滑轮组机械效率更高，B错误。
选项C：有用功$ W_{有}=G_{物}h $，$ h $相同，$ G_1＞G_2 $，故甲的有用功更大，C错误。
选项D：额外功与有用功的比值为$ \frac{W_{额}}{W_{有}}=\frac{G_{动}}{G_{物}} $，$ G_{动} $相同，$ G_{物} $越大，该比值越小。因$ G_1＞G_2 $，故甲的额外功与有用功的比值更小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组拉力计算；机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题考查滑轮组的综合计算，关键是明确不计绳重和摩擦时各物理量的关系，需结合题目条件逐一推导，避免主观判断，属于中等难度的滑轮组应用题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确滑轮组的绳子段数，再结合拉力公式、有用功、额外功、机械效率的相关知识分析各选项：
1. 确定甲、乙滑轮组的绳子段数：甲图中动滑轮上有3段绳子，即$ n_1=3 $；乙图中动滑轮上有2段绳子，即$ n_2=2 $。
2. 核心公式：不计绳重和摩擦时，拉力$ F=\frac{G_{物}+G_{动}}{n} $（$ G_{动} $为动滑轮重力，两滑轮规格相同，故$ G_{动} $相等）；有用功$ W_{有}=G_{物}h $，额外功$ W_{额}=G_{动}h $；机械效率$ \eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}} $；额外功与有用功的比值$ \frac{W_{额}}{W_{有}}=\frac{G_{动}}{G_{物}} $。
结合题目条件$ G_1＞G_2 $，逐一推导各选项即可。
【解析】
选项A：拉力公式为$ F_1=\frac{G_1+G_{动}}{3} $，$ F_2=\frac{G_2+G_{动}}{2} $。因$ G_1＞G_2 $，举例验证：若$ G_{动}=10N $，$ G_1=20N $，$ G_2=10N $，则$ F_1=10N $，$ F_2=10N $，此时$ F_1=F_2 $；若$ G_1=8N $，$ G_2=5N $，则$ F_1≈4.3N $，$ F_2=5N $，此时$ F_1＜F_2 $，故$ F_1 $不一定大于$ F_2 $，A错误。
选项B：机械效率$ \eta=\frac{G_{物}}{G_{物}+G_{动}} $，$ G_{动} $相同，$ G_{物} $越大，$ \eta $越高。因$ G_1＞G_2 $，甲滑轮组机械效率更高，B错误。
选项C：有用功$ W_{有}=G_{物}h $，$ h $相同，$ G_1＞G_2 $，故甲的有用功更大，C错误。
选项D：额外功与有用功的比值为$ \frac{W_{额}}{W_{有}}=\frac{G_{动}}{G_{物}} $，$ G_{动} $相同，$ G_{物} $越大，该比值越小。因$ G_1＞G_2 $，故甲的额外功与有用功的比值更小，D正确。
【答案】
D
【知识点】
滑轮组拉力计算；机械效率；有用功与额外功
【点评】
本题考查滑轮组的综合计算，关键是明确不计绳重和摩擦时各物理量的关系，需结合题目条件逐一推导，避免主观判断，属于中等难度的滑轮组应用题型。
【难度系数】
0.5
二、填空题
10.花匠手握如图所示的修枝剪刀把手的末端,便可以轻松地剪断树枝.这时修枝剪刀属于
10.花匠手握如图所示的修枝剪刀把手的末端,便可以轻松地剪断树枝.这时修枝剪刀属于
省力
（填“省力”或“费力”）杠杆,它的支点在B
（填“A”“B”或“C”）点.使用时,若在轴上加润滑油,则可以增大
（填“增大”或“减小”）杠杆的机械效率.答案
10.省力 B 增大
解析
【分析】
要解决这道题，需掌握杠杆的核心知识点：①杠杆的支点是杠杆绕着转动的固定点；②根据动力臂与阻力臂的大小关系判断杠杆类型（动力臂＞阻力臂为省力杠杆，动力臂＜阻力臂为费力杠杆）；③机械效率与额外功的关系：减小摩擦可减少额外功，在有用功不变时能增大机械效率。结合修枝剪刀的结构，动力作用在把手末端，阻力作用在剪树枝的部位，以此分析各空。
【解析】
1. 确定支点：杠杆绕着转动的固定点为B点，因此支点在B点。
2. 判断杠杆类型：手握把手末端施加动力，动力臂是支点B到动力作用线的距离；树枝对剪刀的阻力作用在C端，阻力臂是支点B到阻力作用线的距离，显然动力臂大于阻力臂，所以修枝剪刀属于省力杠杆。
3. 分析机械效率：在轴上加润滑油，可减小轴处的摩擦，减少克服摩擦做的额外功；有用功（剪断树枝做的功）不变时，总功减小，根据机械效率公式η=W有/W总，可知机械效率增大。
【答案】
省力 B 增大
【知识点】
杠杆分类、杠杆支点、机械效率
【点评】
本题结合生活中的修枝剪刀，考查杠杆的基本概念和机械效率的影响因素，贴近生活实际，属于基础应用类题目，需学生掌握杠杆的核心知识点即可解答。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，需掌握杠杆的核心知识点：①杠杆的支点是杠杆绕着转动的固定点；②根据动力臂与阻力臂的大小关系判断杠杆类型（动力臂＞阻力臂为省力杠杆，动力臂＜阻力臂为费力杠杆）；③机械效率与额外功的关系：减小摩擦可减少额外功，在有用功不变时能增大机械效率。结合修枝剪刀的结构，动力作用在把手末端，阻力作用在剪树枝的部位，以此分析各空。
【解析】
1. 确定支点：杠杆绕着转动的固定点为B点，因此支点在B点。
2. 判断杠杆类型：手握把手末端施加动力，动力臂是支点B到动力作用线的距离；树枝对剪刀的阻力作用在C端，阻力臂是支点B到阻力作用线的距离，显然动力臂大于阻力臂，所以修枝剪刀属于省力杠杆。
3. 分析机械效率：在轴上加润滑油，可减小轴处的摩擦，减少克服摩擦做的额外功；有用功（剪断树枝做的功）不变时，总功减小，根据机械效率公式η=W有/W总，可知机械效率增大。
【答案】
省力 B 增大
【知识点】
杠杆分类、杠杆支点、机械效率
【点评】
本题结合生活中的修枝剪刀，考查杠杆的基本概念和机械效率的影响因素，贴近生活实际，属于基础应用类题目，需学生掌握杠杆的核心知识点即可解答。
【难度系数】
0.6
11. 如图甲、乙所示，分别用$F_1$、$F_2$匀速提升重力均为$G$的物体，不计滑轮、绳子自重以及轮、轴间摩擦，图甲中的滑轮可以看作
省力
（填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆，图乙中的滑轮可以看作等臂
（填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆，$F_1:F_2=$1:2
.答案
11.省力 等臂 1:2
解析
【分析】
要解决本题，需先区分甲、乙两图的滑轮类型：甲图是动滑轮，乙图是定滑轮。动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，因此省力；定滑轮的实质是动力臂等于阻力臂的等臂杠杆，不省力。不计滑轮、绳子自重及摩擦，匀速提升物体时，动滑轮拉力为物重的一半，定滑轮拉力等于物重，据此可计算两力的比值。
【解析】
1. 滑轮与杠杆类型判断：
图甲中的滑轮随物体一起运动，是动滑轮，其动力臂为阻力臂的2倍，属于省力杠杆；
图乙中的滑轮轴固定不动，是定滑轮，其动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆。
2. 拉力计算：
不计滑轮、绳子自重及轮轴间摩擦，匀速提升重力为$ G $的物体时，动滑轮的拉力$ F_1 = \frac{G}{2} $，定滑轮的拉力$ F_2 = G $。
3. 力的比值：
$ F_1:F_2 = \frac{G}{2}:G = 1:2 $。
【答案】
省力 等臂 1:2
【知识点】
动滑轮特点、定滑轮特点、杠杆类型
【点评】
本题考查动滑轮和定滑轮的实质及拉力计算，属于初中物理基础题，掌握两种滑轮的工作原理即可轻松解答。
【难度系数】
0.7
要解决本题，需先区分甲、乙两图的滑轮类型：甲图是动滑轮，乙图是定滑轮。动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，因此省力；定滑轮的实质是动力臂等于阻力臂的等臂杠杆，不省力。不计滑轮、绳子自重及摩擦，匀速提升物体时，动滑轮拉力为物重的一半，定滑轮拉力等于物重，据此可计算两力的比值。
【解析】
1. 滑轮与杠杆类型判断：
图甲中的滑轮随物体一起运动，是动滑轮，其动力臂为阻力臂的2倍，属于省力杠杆；
图乙中的滑轮轴固定不动，是定滑轮，其动力臂等于阻力臂，属于等臂杠杆。
2. 拉力计算：
不计滑轮、绳子自重及轮轴间摩擦，匀速提升重力为$ G $的物体时，动滑轮的拉力$ F_1 = \frac{G}{2} $，定滑轮的拉力$ F_2 = G $。
3. 力的比值：
$ F_1:F_2 = \frac{G}{2}:G = 1:2 $。
【答案】
省力 等臂 1:2
【知识点】
动滑轮特点、定滑轮特点、杠杆类型
【点评】
本题考查动滑轮和定滑轮的实质及拉力计算，属于初中物理基础题，掌握两种滑轮的工作原理即可轻松解答。
【难度系数】
0.7
12. 如图所示,轻杆OA可绕O点自由转动,用细线将15N的重物挂在A处,小明在B处用竖直向上的拉力提住轻杆,OB和BA长度之比为3:5,下列问题中,轻杆始终在水平位置处于平衡状态.
(1)拉力大小为
(2)若仅增加物重,则拉力的变化量和物重的变化量之比为
(3)若拉力方向变为图中虚线所示方向,则拉力将变
(1)拉力大小为
40
N.(2)若仅增加物重,则拉力的变化量和物重的变化量之比为
8:3
.(3)若拉力方向变为图中虚线所示方向,则拉力将变
大
.答案
12.(1)40 (2)8:3 (3)大
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路是：首先确定杠杆的支点、动力臂和阻力臂，再利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$进行计算；对于变化量的问题，通过平衡式相减推导关系；对于拉力方向改变的问题，分析动力臂的变化，结合平衡条件判断拉力的变化。
【解析】
(1) 轻杆OA绕O点转动，O为支点。阻力是A处重物的重力$G=15N$，阻力臂为OA；动力是B处的拉力$F$，动力臂为OB。已知$OB:BA=3:5$，则$OA=OB+BA=\frac{8}{3}OB$。根据杠杆平衡条件：
$F × OB = G × OA$
代入得：$F = \frac{G × OA}{OB} = 15N × \frac{\frac{8}{3}OB}{OB} = 40N$。
(2) 设物重变化量为$\Delta G$，拉力变化量为$\Delta F$。初始平衡：$F × OB = G × OA$；增加物重后平衡：$(F+\Delta F) × OB = (G+\Delta G) × OA$。两式相减得：
$\Delta F × OB = \Delta G × OA$
故$\frac{\Delta F}{\Delta G} = \frac{OA}{OB} = \frac{8}{3}$，即变化量之比为$8:3$。
(3) 拉力方向变为虚线方向时，动力臂（支点O到拉力作用线的垂直距离）比原来的OB更小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，拉力将变大。
【答案】
(1)40；(2)8:3；(3)大
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题是杠杆平衡条件的基础应用题，核心是正确确定力臂，分析力与力臂的关系，难度适中，适合初中学生掌握。
【难度系数】
0.7
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路是：首先确定杠杆的支点、动力臂和阻力臂，再利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$进行计算；对于变化量的问题，通过平衡式相减推导关系；对于拉力方向改变的问题，分析动力臂的变化，结合平衡条件判断拉力的变化。
【解析】
(1) 轻杆OA绕O点转动，O为支点。阻力是A处重物的重力$G=15N$，阻力臂为OA；动力是B处的拉力$F$，动力臂为OB。已知$OB:BA=3:5$，则$OA=OB+BA=\frac{8}{3}OB$。根据杠杆平衡条件：
$F × OB = G × OA$
代入得：$F = \frac{G × OA}{OB} = 15N × \frac{\frac{8}{3}OB}{OB} = 40N$。
(2) 设物重变化量为$\Delta G$，拉力变化量为$\Delta F$。初始平衡：$F × OB = G × OA$；增加物重后平衡：$(F+\Delta F) × OB = (G+\Delta G) × OA$。两式相减得：
$\Delta F × OB = \Delta G × OA$
故$\frac{\Delta F}{\Delta G} = \frac{OA}{OB} = \frac{8}{3}$，即变化量之比为$8:3$。
(3) 拉力方向变为虚线方向时，动力臂（支点O到拉力作用线的垂直距离）比原来的OB更小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，拉力将变大。
【答案】
(1)40；(2)8:3；(3)大
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题是杠杆平衡条件的基础应用题，核心是正确确定力臂，分析力与力臂的关系，难度适中，适合初中学生掌握。
【难度系数】
0.7
