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1. 如图所示,轻质杠杆$OA$的中点处悬挂重为$110\mathrm{N}$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$F$的大小为
55
$\mathrm{N}$.保持$F$的方向始终与$OA$垂直,将杠杆从$A$位置匀速提升到$B$位置平衡,力$F$的力臂将不变
(填“变大”“变小”或“不变”,下同),力$F$的大小将变小
.答案
1. 55 不变 变小
解析
【分析】
这道题围绕杠杆平衡条件展开求解，第一步先处理水平位置的平衡场景：首先确定支点为墙面的转轴O，动力F竖直向上，此时动力臂等于杠杆OA的全长，阻力是悬挂物体的重力，作用在OA中点，阻力臂为OA长度的1/2，代入杠杆平衡公式即可算出F的大小。第二步分析杠杆抬升后的变化：首先F始终与OA垂直，动力的力臂就等于OA本身的长度，杠杆长度不变就能直接判断动力臂的变化；再结合重力方向始终竖直向下的特点，判断阻力的力臂是支点到重力作用线的垂直距离，抬升杠杆后这个垂直距离会变小，最后再代入杠杆平衡条件就能推出动力F的变化。
【解析】
1. 杠杆在水平位置平衡时，支点为O，动力臂$L_1=OA$，阻力$G=110\mathrm{N}$，阻力作用在OA中点，因此阻力臂$L_2=\frac{1}{2}OA$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F × OA = G × \frac{1}{2}OA$
约去OA后可得$F=\frac{G}{2}=\frac{110\mathrm{N}}{2}=55\mathrm{N}$。
2. 保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆抬升到B位置时，动力F的力臂始终等于杠杆OA的自身长度，OA长度没有发生变化，因此力F的力臂不变。
3. 该过程中阻力G始终竖直向下，阻力的力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，杠杆抬升后这个垂直距离会小于水平位置时的$\frac{1}{2}OA$，即阻力臂变小。结合杠杆平衡条件$FL_1=GL_2$，$L_1$不变、G不变、$L_2$变小，因此动力F的大小将变小。
【答案】
55；不变；变小
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的判断
【点评】
本题属于杠杆的基础变式题，易错点是抬升杠杆后阻力臂的变化判断，不少同学会错误认为阻力臂始终是杠杆中点到支点的线段长度，忽略了重力方向始终竖直向下的特点，解题时要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不能直接将杠杆上的线段长度等同于力臂。
【难度系数】
0.7
这道题围绕杠杆平衡条件展开求解，第一步先处理水平位置的平衡场景：首先确定支点为墙面的转轴O，动力F竖直向上，此时动力臂等于杠杆OA的全长，阻力是悬挂物体的重力，作用在OA中点，阻力臂为OA长度的1/2，代入杠杆平衡公式即可算出F的大小。第二步分析杠杆抬升后的变化：首先F始终与OA垂直，动力的力臂就等于OA本身的长度，杠杆长度不变就能直接判断动力臂的变化；再结合重力方向始终竖直向下的特点，判断阻力的力臂是支点到重力作用线的垂直距离，抬升杠杆后这个垂直距离会变小，最后再代入杠杆平衡条件就能推出动力F的变化。
【解析】
1. 杠杆在水平位置平衡时，支点为O，动力臂$L_1=OA$，阻力$G=110\mathrm{N}$，阻力作用在OA中点，因此阻力臂$L_2=\frac{1}{2}OA$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F × OA = G × \frac{1}{2}OA$
约去OA后可得$F=\frac{G}{2}=\frac{110\mathrm{N}}{2}=55\mathrm{N}$。
2. 保持F的方向始终与OA垂直，将杠杆抬升到B位置时，动力F的力臂始终等于杠杆OA的自身长度，OA长度没有发生变化，因此力F的力臂不变。
3. 该过程中阻力G始终竖直向下，阻力的力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，杠杆抬升后这个垂直距离会小于水平位置时的$\frac{1}{2}OA$，即阻力臂变小。结合杠杆平衡条件$FL_1=GL_2$，$L_1$不变、G不变、$L_2$变小，因此动力F的大小将变小。
【答案】
55；不变；变小
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的判断
【点评】
本题属于杠杆的基础变式题，易错点是抬升杠杆后阻力臂的变化判断，不少同学会错误认为阻力臂始终是杠杆中点到支点的线段长度，忽略了重力方向始终竖直向下的特点，解题时要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不能直接将杠杆上的线段长度等同于力臂。
【难度系数】
0.7
2. 如图是使用手机和自拍杆自拍时的示意图，自拍杆可以看作是一个
费力
（填“省力”或“费力”）杠杆($O$为支点)，已知自拍杆长 1m(质量忽略不计)，手机对杆竖直向下的作用力$F_{2}=$3N，图中$l_{1}=10\mathrm{cm}$、$l_{2}=80\mathrm{cm}$，则手垂直于杆的动力$F_{1}=$24
N，拍摄需要伸长自拍杆时，若保持$F_{1}$的作用点、方向及支点位置不变，则$F_{1}$的大小将变大
（填“变大”或“变小”）。答案
2. 费力 24 变大
解析
【分析】
我们按照三步思路来解题：第一步判断杠杆类型，只需要对比动力臂和阻力臂的大小关系，支点为O，动力F₁的力臂l₁=10cm，阻力F₂的力臂是支点到F₂作用线的垂直距离l₂=80cm，动力臂小于阻力臂，即可确定杠杆类别。第二步计算动力F₁，直接套用杠杆平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，代入已知数值就能算出结果。第三步分析动态变化：保持F₁的作用点、方向、支点不变，动力臂l₁大小不变，阻力F₂等于手机重力也不变，自拍杆伸长后阻力臂会变大，再结合杠杆平衡条件就能推出F₁的变化趋势。
【解析】
1. 杠杆类型判断：由图可知支点为O，动力臂l₁=10cm，阻力臂是支点O到竖直向下的阻力F₂作用线的垂直距离，大小为80cm，动力臂小于阻力臂，因此自拍杆属于费力杠杆。
2. 计算动力F₁：根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入已知数据$F_2=3\mathrm{N}$，$l_1=10\mathrm{cm}$，$l_2=80\mathrm{cm}$：
$F_1=\frac{F_2l_2}{l_1}=\frac{3\mathrm{N}×80\mathrm{cm}}{10\mathrm{cm}}=24\mathrm{N}$
3. 分析伸长自拍杆时F₁的变化：伸长自拍杆时，阻力F₂不变，动力F₁的方向、作用点、支点位置均不变，因此动力臂l₁大小不变，而阻力F₂的力臂会随杆的伸长增大，根据杠杆平衡条件，可得F₁将变大。
【答案】
费力；24；变大
【知识点】
杠杆分类；杠杆平衡条件
【点评】
本题结合生活中自拍杆的真实场景考察杠杆相关知识，易错点是容易混淆力臂的定义，要明确力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是支点到力的作用点的连线，分析动态杠杆变化时，先锁定不变的物理量，再结合平衡条件推导变化量即可。
【难度系数】
0.7
我们按照三步思路来解题：第一步判断杠杆类型，只需要对比动力臂和阻力臂的大小关系，支点为O，动力F₁的力臂l₁=10cm，阻力F₂的力臂是支点到F₂作用线的垂直距离l₂=80cm，动力臂小于阻力臂，即可确定杠杆类别。第二步计算动力F₁，直接套用杠杆平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，代入已知数值就能算出结果。第三步分析动态变化：保持F₁的作用点、方向、支点不变，动力臂l₁大小不变，阻力F₂等于手机重力也不变，自拍杆伸长后阻力臂会变大，再结合杠杆平衡条件就能推出F₁的变化趋势。
【解析】
1. 杠杆类型判断：由图可知支点为O，动力臂l₁=10cm，阻力臂是支点O到竖直向下的阻力F₂作用线的垂直距离，大小为80cm，动力臂小于阻力臂，因此自拍杆属于费力杠杆。
2. 计算动力F₁：根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入已知数据$F_2=3\mathrm{N}$，$l_1=10\mathrm{cm}$，$l_2=80\mathrm{cm}$：
$F_1=\frac{F_2l_2}{l_1}=\frac{3\mathrm{N}×80\mathrm{cm}}{10\mathrm{cm}}=24\mathrm{N}$
3. 分析伸长自拍杆时F₁的变化：伸长自拍杆时，阻力F₂不变，动力F₁的方向、作用点、支点位置均不变，因此动力臂l₁大小不变，而阻力F₂的力臂会随杆的伸长增大，根据杠杆平衡条件，可得F₁将变大。
【答案】
费力；24；变大
【知识点】
杠杆分类；杠杆平衡条件
【点评】
本题结合生活中自拍杆的真实场景考察杠杆相关知识，易错点是容易混淆力臂的定义，要明确力臂是支点到力的作用线的垂直距离，不是支点到力的作用点的连线，分析动态杠杆变化时，先锁定不变的物理量，再结合平衡条件推导变化量即可。
【难度系数】
0.7
3. 如图所示，我国古代《墨经》最早记述了秤的杠杆原理，有关它的说法正确的是 （
A.“标”“本”表示力，“权”“重”表示力臂
B.图中的$B$点为杠杆的支点
C.当“权”小于“重”时，$A$端一定上扬
D.当增大“重”时，应把“权”向$A$端移动
D
）A.“标”“本”表示力，“权”“重”表示力臂
B.图中的$B$点为杠杆的支点
C.当“权”小于“重”时，$A$端一定上扬
D.当增大“重”时，应把“权”向$A$端移动
答案
3.D
解析
【分析】
这道题围绕古代杆秤的杠杆原理展开，解题时首先要明确杠杆的五要素对应关系：先找到杠杆绕着转动的支点，再区分作用在杠杆上的力和对应的力臂，之后结合杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂逐个验证选项的正误，先排除概念描述错误的选项，再分析剩余选项的逻辑是否成立，就能得到正确结论。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
1. 选项A：“标”是支点O到“权”的拉力的距离，“本”是支点O到“重”的拉力的距离，二者都属于力臂；“权”和“重”是分别作用在杠杆左右两侧的拉力，属于力，该选项把力和力臂的描述颠倒，A错误。
2. 选项B：杠杆的支点是杠杆绕其转动的固定点，图中杆秤是绕提纽O点转动，支点为O，不是B点，B错误。
3. 选项C：根据杠杆平衡条件，当“权”小于“重”时，只要“标”的长度足够大，满足“权×标=重×本”，杠杆就可以保持平衡，A端不一定上扬，C错误。
4. 选项D：当增大“重”时，阻力变大，阻力臂“本”、动力“权”均保持不变，根据杠杆平衡条件，需要增大动力臂也就是“标”的长度，因此要把“权”向A端移动，D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆五要素，杠杆平衡条件
【点评】本题结合我国古代《墨经》的相关记载考查杠杆基础知识点，既体现了古代物理成就，也重点考察对杠杆平衡条件的理解，易错点是容易混淆力和力臂的对应关系，忽略力更小的一侧可以通过增大力臂让杠杆保持平衡。
【难度系数】0.7
这道题围绕古代杆秤的杠杆原理展开，解题时首先要明确杠杆的五要素对应关系：先找到杠杆绕着转动的支点，再区分作用在杠杆上的力和对应的力臂，之后结合杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂逐个验证选项的正误，先排除概念描述错误的选项，再分析剩余选项的逻辑是否成立，就能得到正确结论。
【解析】
我们逐一分析每个选项：
1. 选项A：“标”是支点O到“权”的拉力的距离，“本”是支点O到“重”的拉力的距离，二者都属于力臂；“权”和“重”是分别作用在杠杆左右两侧的拉力，属于力，该选项把力和力臂的描述颠倒，A错误。
2. 选项B：杠杆的支点是杠杆绕其转动的固定点，图中杆秤是绕提纽O点转动，支点为O，不是B点，B错误。
3. 选项C：根据杠杆平衡条件，当“权”小于“重”时，只要“标”的长度足够大，满足“权×标=重×本”，杠杆就可以保持平衡，A端不一定上扬，C错误。
4. 选项D：当增大“重”时，阻力变大，阻力臂“本”、动力“权”均保持不变，根据杠杆平衡条件，需要增大动力臂也就是“标”的长度，因此要把“权”向A端移动，D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆五要素，杠杆平衡条件
【点评】本题结合我国古代《墨经》的相关记载考查杠杆基础知识点，既体现了古代物理成就，也重点考察对杠杆平衡条件的理解，易错点是容易混淆力和力臂的对应关系，忽略力更小的一侧可以通过增大力臂让杠杆保持平衡。
【难度系数】0.7
4. 如图所示,圆弧轨道$CD$固定,水平杠杆$OA$的$A$端恰在圆弧所在圆的圆心处,小圆环$E$套在轨道上通过细线与水平杠杆$OA$的$A$端相连,一重物$G$悬挂在杠杆上的$B$点.在$E$环从$C$点沿轨道顺时针转动到$D$点的过程中,有关细线对$A$端的拉力$F$的变化情况,以下说法正确的是（
A.保持不变
B.先变小再变大
C.一直变小
D.先变大再变小
B
）A.保持不变
B.先变小再变大
C.一直变小
D.先变大再变小
答案
4.B
解析
【分析】
我们先从杠杆的基本要素入手梳理思路：首先确定杠杆OA的支点是O，首先找出全程不变的量：杠杆的阻力是重物G的重力，阻力臂是支点O到重物悬挂线的距离OB，二者始终固定不变，因此阻力和阻力臂的乘积G·OB是定值。接下来明确动力是细线对A端的拉力F，拉力方向始终沿细线AE方向，由于A点是圆弧CD的圆心，E沿圆弧运动时AE的方向会连续变化。我们只需要判断支点O到拉力F作用线的垂直距离（也就是拉力的力臂）的变化趋势，再结合杠杆平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，就能反向推导出拉力F的变化：力臂变大时拉力变小，力臂变小时拉力变大。
【解析】
1. 明确杠杆恒定条件：支点为O，阻力为重物的重力G，阻力臂为OB，二者均不随E的位置变化，因此$G · OB$是定值。
2. 分析拉力的力臂变化：拉力F作用在A点，方向始终沿AE连线。E从C点顺时针转动到D点的过程中，AE的方向从左下方逐渐转向竖直向上，再转向右下方：
E从C运动到圆弧最高点时，AE与水平杠杆OA的夹角逐渐增大到90°，支点O到AE作用线的垂线段长度（拉力的力臂L）逐渐变大；
E从圆弧最高点运动到D点时，AE与OA的夹角从90°逐渐减小，拉力的力臂L逐渐变小。
3. 代入杠杆平衡条件：由$F · L = G · OB$，由于$G · OB$是定值，拉力F和力臂L成反比，因此拉力F先变小、后变大。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，力臂判断
【点评】本题的核心是抓住“A是圆弧圆心”的特点，避开圆弧轨道的干扰，重点分析拉力力臂的变化趋势，易错点是误判拉力力臂的变化规律，属于杠杆动态变化类的典型题型。
【难度系数】0.6
我们先从杠杆的基本要素入手梳理思路：首先确定杠杆OA的支点是O，首先找出全程不变的量：杠杆的阻力是重物G的重力，阻力臂是支点O到重物悬挂线的距离OB，二者始终固定不变，因此阻力和阻力臂的乘积G·OB是定值。接下来明确动力是细线对A端的拉力F，拉力方向始终沿细线AE方向，由于A点是圆弧CD的圆心，E沿圆弧运动时AE的方向会连续变化。我们只需要判断支点O到拉力F作用线的垂直距离（也就是拉力的力臂）的变化趋势，再结合杠杆平衡条件“动力×动力臂=阻力×阻力臂”，就能反向推导出拉力F的变化：力臂变大时拉力变小，力臂变小时拉力变大。
【解析】
1. 明确杠杆恒定条件：支点为O，阻力为重物的重力G，阻力臂为OB，二者均不随E的位置变化，因此$G · OB$是定值。
2. 分析拉力的力臂变化：拉力F作用在A点，方向始终沿AE连线。E从C点顺时针转动到D点的过程中，AE的方向从左下方逐渐转向竖直向上，再转向右下方：
E从C运动到圆弧最高点时，AE与水平杠杆OA的夹角逐渐增大到90°，支点O到AE作用线的垂线段长度（拉力的力臂L）逐渐变大；
E从圆弧最高点运动到D点时，AE与OA的夹角从90°逐渐减小，拉力的力臂L逐渐变小。
3. 代入杠杆平衡条件：由$F · L = G · OB$，由于$G · OB$是定值，拉力F和力臂L成反比，因此拉力F先变小、后变大。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件，力臂判断
【点评】本题的核心是抓住“A是圆弧圆心”的特点，避开圆弧轨道的干扰，重点分析拉力力臂的变化趋势，易错点是误判拉力力臂的变化规律，属于杠杆动态变化类的典型题型。
【难度系数】0.6
5.(2025·亭湖区一模)如图所示,有一固定在墙壁上的可绕支点$O$转动的杠杆,在杠杆上$A$点悬挂一装有水的敞口水杯,在$B$点施加竖直向上的拉力$F$使杠杆在水平位置保持平衡.则拔下水杯底部的塞子后,拉力$F$随时间$t$变化的图像是（
C
）答案
5.C
解析
【分析】
解题时首先从杠杆平衡条件入手，第一步先明确杠杆的两个力臂：支点为O，拉力F作用在B点，阻力是A点悬挂的水杯和水的总重力，杠杆始终保持水平平衡，因此拉力的力臂OB、阻力的力臂OA都是固定不变的定值。第二步代入杠杆平衡公式，推导拉力F和总重力的关系，可知F的变化规律和水杯加水的总重力的变化规律完全一致。第三步分析拔开塞子后总重力的变化：水从杯底流出时，水流速度随水面高度降低而逐渐变慢，总重力的减小速度越来越慢，水全部流完后总重力等于空杯重力保持不变，对应拉力F也遵循相同的变化规律，即可匹配出正确的图像。
【解析】
1. 确定不变量：杠杆在水平位置平衡时，拉力F的力臂为OB，水杯和水的总重力作为阻力，其力臂为OA，OA、OB均为定值。
2. 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入对应物理量可得：
$F · OB = G_{\mathrm{总}} · OA$
变形可得$F=\frac{OA}{OB} · G_{\mathrm{总}}$，由于OA、OB为定值，因此拉力F的变化规律与总重力$G_{\mathrm{总}}$的变化规律完全相同。
3. 分析总重力的动态变化：拔下水杯底部塞子后，水向外流出，水的流出速度随水面高度的降低逐渐减慢，因此总重力$G_{\mathrm{总}}$随时间减小的速率逐渐变慢；当杯内的水全部流尽后，总重力等于空水杯的重力，不再发生变化，因此拉力F先逐渐减小、且减小的速率逐渐变慢，之后保持一个大于0的恒定值，符合该规律的是选项C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
动态杠杆分析
【点评】
本题属于动态杠杆的图像类题型，易错点有两个：一是误认为水流出时总重力均匀减小，错选线性下降的图像；二是忽略水全部流完后仍有空水杯的重力，误以为拉力最终会降到零。解题时结合水流的实际变化规律推导总重力的变化速率，再通过杠杆平衡条件关联拉力的变化，即可快速得到正确结果。
【难度系数】
0.6
解题时首先从杠杆平衡条件入手，第一步先明确杠杆的两个力臂：支点为O，拉力F作用在B点，阻力是A点悬挂的水杯和水的总重力，杠杆始终保持水平平衡，因此拉力的力臂OB、阻力的力臂OA都是固定不变的定值。第二步代入杠杆平衡公式，推导拉力F和总重力的关系，可知F的变化规律和水杯加水的总重力的变化规律完全一致。第三步分析拔开塞子后总重力的变化：水从杯底流出时，水流速度随水面高度降低而逐渐变慢，总重力的减小速度越来越慢，水全部流完后总重力等于空杯重力保持不变，对应拉力F也遵循相同的变化规律，即可匹配出正确的图像。
【解析】
1. 确定不变量：杠杆在水平位置平衡时，拉力F的力臂为OB，水杯和水的总重力作为阻力，其力臂为OA，OA、OB均为定值。
2. 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入对应物理量可得：
$F · OB = G_{\mathrm{总}} · OA$
变形可得$F=\frac{OA}{OB} · G_{\mathrm{总}}$，由于OA、OB为定值，因此拉力F的变化规律与总重力$G_{\mathrm{总}}$的变化规律完全相同。
3. 分析总重力的动态变化：拔下水杯底部塞子后，水向外流出，水的流出速度随水面高度的降低逐渐减慢，因此总重力$G_{\mathrm{总}}$随时间减小的速率逐渐变慢；当杯内的水全部流尽后，总重力等于空水杯的重力，不再发生变化，因此拉力F先逐渐减小、且减小的速率逐渐变慢，之后保持一个大于0的恒定值，符合该规律的是选项C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件
动态杠杆分析
【点评】
本题属于动态杠杆的图像类题型，易错点有两个：一是误认为水流出时总重力均匀减小，错选线性下降的图像；二是忽略水全部流完后仍有空水杯的重力，误以为拉力最终会降到零。解题时结合水流的实际变化规律推导总重力的变化速率，再通过杠杆平衡条件关联拉力的变化，即可快速得到正确结果。
【难度系数】
0.6
