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7 [2025 巴中]晾晒相同的湿毛巾，下列做法最有可能让衣架水平保持平衡的是 （
B
）答案
7. B
解析
【分析】要使衣架水平保持平衡，需满足杠杆平衡条件，即左右两侧的总力矩相等（力矩=力×力臂）。湿毛巾重力相同，小重物重力也相同，需分析各选项中力与对应力臂的乘积是否相等，判断总力矩是否平衡。
【解析】以衣架中间的挂钩为支点，根据杠杆平衡原理，左右两侧总力矩需相等。设湿毛巾重力为$ G $，小重物重力为$ g $：
1. 选项A：左右毛巾数量相同，小重物位置对称，但左右两侧毛巾的力臂组合导致总力矩不相等，无法平衡。
2. 选项B：左侧毛巾总重力较大，小重物在左侧远离支点处，右侧毛巾在远离支点处，通过调整力臂，使得左侧总力矩（小重物力矩+毛巾力矩）等于右侧总力矩（毛巾力矩+小重物力矩），满足平衡条件。
3. 选项C：左右毛巾数量相同，但力臂组合导致力矩不等，无法平衡。
4. 选项D：左侧毛巾总重力大，力臂组合无法使总力矩相等，无法平衡。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件
【点评】本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是判断力和力臂的乘积关系，需结合图形分析各力的力臂大小，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】以衣架中间的挂钩为支点，根据杠杆平衡原理，左右两侧总力矩需相等。设湿毛巾重力为$ G $，小重物重力为$ g $：
1. 选项A：左右毛巾数量相同，小重物位置对称，但左右两侧毛巾的力臂组合导致总力矩不相等，无法平衡。
2. 选项B：左侧毛巾总重力较大，小重物在左侧远离支点处，右侧毛巾在远离支点处，通过调整力臂，使得左侧总力矩（小重物力矩+毛巾力矩）等于右侧总力矩（毛巾力矩+小重物力矩），满足平衡条件。
3. 选项C：左右毛巾数量相同，但力臂组合导致力矩不等，无法平衡。
4. 选项D：左侧毛巾总重力大，力臂组合无法使总力矩相等，无法平衡。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件
【点评】本题考查杠杆平衡条件的实际应用，核心是判断力和力臂的乘积关系，需结合图形分析各力的力臂大小，难度适中。
【难度系数】0.5
8（易错题）如图所示为我国古代《墨经》最早记述的秤的杠杆原理，此时杠杆处于水平平衡状态，下列相关说法错误的是（
A.“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B.“权”“重”增加相同的质量，A端会上扬
C.增大“重”时，若要保持水平平衡，则应把“权”向A端适当移动
D.若将提纽O向B端移动一些，则杆秤测量范围变大
B
）A.“标”“本”表示力臂，“权”“重”表示力
B.“权”“重”增加相同的质量，A端会上扬
C.增大“重”时，若要保持水平平衡，则应把“权”向A端适当移动
D.若将提纽O向B端移动一些，则杆秤测量范围变大
答案
8. B
根据力和力臂的乘积大小来判断杠杆的动态问题。杠杆原本是水平平衡的,即“权”$×$“标”=“重”$×$“本”。假设左右两侧增加的质量均为$m$,则左侧动力与动力臂的乘积增加量为$m ×$“标”,右侧阻力与阻力臂的乘积增加量为$m ×$“本”,因“标”$＞$“本”,则$m ×$“标”$＞ m ×$“本”,即$(“权”+m) × “标” ＞ (“重”+m) × “本”$,所以A端会下沉。
根据力和力臂的乘积大小来判断杠杆的动态问题。杠杆原本是水平平衡的,即“权”$×$“标”=“重”$×$“本”。假设左右两侧增加的质量均为$m$,则左侧动力与动力臂的乘积增加量为$m ×$“标”,右侧阻力与阻力臂的乘积增加量为$m ×$“本”,因“标”$＞$“本”,则$m ×$“标”$＞ m ×$“本”,即$(“权”+m) × “标” ＞ (“重”+m) × “本”$,所以A端会下沉。
解析
【分析】本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是杠杆平衡原理：动力×动力臂=阻力×阻力臂（$F_1L_1=F_2L_2$）。首先明确图中各物理量：“权”是作用在A端的动力，“重”是作用在B端的阻力；“标”是“权”的力臂（OA段），“本”是“重”的力臂（OB段）。解题时需结合杠杆平衡条件，逐一分析选项，重点关注力和力臂的对应关系及动态变化的逻辑，判断各说法的正误。
【解析】根据杠杆平衡条件，初始平衡时满足：权×标 = 重×本。逐一分析选项：
1. 选项A：杠杆的核心要素是力和力臂，图中“权”“重”是作用在杠杆上的力，“标”“本”分别是这两个力对应的力臂，该说法正确。
2. 选项B：若“权”“重”增加相同质量$m$，设原权为$G_1$，原重为$G_2$，则原平衡时$G_1×标 = G_2×本$。增加后，左侧力与力臂的乘积为$(G_1+m)×标 = G_1×标 + m×标$，右侧为$(G_2+m)×本 = G_2×本 + m×本$。由图可知$标＞本$，因此$m×标＞m×本$，结合原平衡条件，可得$(G_1+m)×标＞(G_2+m)×本$，杠杆A端会下沉，而非上扬，该说法错误。
3. 选项C：增大“重”时，右侧力与力臂的乘积（重×本）变大，根据杠杆平衡条件，需增大左侧的权×标。若“权”大小不变，则需增大“标”（即把“权”向A端移动，OA长度增加），才能保持杠杆平衡，该说法正确。
4. 选项D：若提纽O向B端移动，“本”（OB长度）变小，“标”（OA长度）变大。根据平衡条件，当“权”不变时，更大的“重”才能满足权×标 = 重×本，因此杆秤测量范围变大，该说法正确。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件、力与力臂
【点评】本题以古代杆秤为载体，考查杠杆平衡条件的实际应用，属于易错题，关键是准确区分各物理量对应的力和力臂，分析动态变化时需紧扣平衡条件，避免因力臂大小判断错误导致结论偏差。
【难度系数】0.4
【解析】根据杠杆平衡条件，初始平衡时满足：权×标 = 重×本。逐一分析选项：
1. 选项A：杠杆的核心要素是力和力臂，图中“权”“重”是作用在杠杆上的力，“标”“本”分别是这两个力对应的力臂，该说法正确。
2. 选项B：若“权”“重”增加相同质量$m$，设原权为$G_1$，原重为$G_2$，则原平衡时$G_1×标 = G_2×本$。增加后，左侧力与力臂的乘积为$(G_1+m)×标 = G_1×标 + m×标$，右侧为$(G_2+m)×本 = G_2×本 + m×本$。由图可知$标＞本$，因此$m×标＞m×本$，结合原平衡条件，可得$(G_1+m)×标＞(G_2+m)×本$，杠杆A端会下沉，而非上扬，该说法错误。
3. 选项C：增大“重”时，右侧力与力臂的乘积（重×本）变大，根据杠杆平衡条件，需增大左侧的权×标。若“权”大小不变，则需增大“标”（即把“权”向A端移动，OA长度增加），才能保持杠杆平衡，该说法正确。
4. 选项D：若提纽O向B端移动，“本”（OB长度）变小，“标”（OA长度）变大。根据平衡条件，当“权”不变时，更大的“重”才能满足权×标 = 重×本，因此杆秤测量范围变大，该说法正确。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件、力与力臂
【点评】本题以古代杆秤为载体，考查杠杆平衡条件的实际应用，属于易错题，关键是准确区分各物理量对应的力和力臂，分析动态变化时需紧扣平衡条件，避免因力臂大小判断错误导致结论偏差。
【难度系数】0.4
9 某学校在操场上举办春季运动会的开幕式。入场时，小林竖直举着班牌走在最前列，如图所示。若匀速前进时，班牌受到风水平向后的阻力为6 N，作用在A点。若将班牌视为杠杆，AC间的距离是BC间距离的3倍。小林将图中B点作为支点，手对C点施加的力的方向
第9题图 甲
乙 丙 丁 第10题图
向后
（向前/向后）。小林还可以将图中的C点作为支点，仍使班牌竖直，此时小林对B点施加的力为18
N。第9题图 甲
乙 丙 丁 第10题图答案
9. 向后 18
解析
【分析】
将班牌视为杠杆，利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析：
1. 当以B为支点时，A点的风阻力是使杠杆转动的阻力，方向水平向后，会让班牌绕B点顺时针转动；为使杠杆平衡，C点施加的力需产生反向力矩，结合班牌结构，C点力的方向应向后。
2. 当以C为支点时，明确阻力、动力对应的力臂，结合已知AC与BC的长度关系，代入杠杆平衡公式即可计算B点的力。
【解析】
1. 支点为B时：A点的风阻力方向水平向后，使班牌绕B点顺时针转动，要平衡该转动效果，C点需施加向后的力，产生逆时针力矩，故C点力的方向向后。
2. 支点为C时：根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，阻力 $ F_2 = 6\ \mathrm{N} $，阻力臂 $ L_2 = AC $，动力臂 $ L_1 = BC $；已知 $ AC = 3BC $，代入公式得：$ F × BC = 6\ \mathrm{N} × AC $，将 $ AC = 3BC $ 代入，解得 $ F = \frac{6\ \mathrm{N} × 3BC}{BC} = 18\ \mathrm{N} $。
【答案】
向后；18
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是确定不同支点下的动力臂和阻力臂，属于基础应用题型，需准确理解力臂的定义及杠杆平衡公式的应用。
【难度系数】
0.3
将班牌视为杠杆，利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）分析：
1. 当以B为支点时，A点的风阻力是使杠杆转动的阻力，方向水平向后，会让班牌绕B点顺时针转动；为使杠杆平衡，C点施加的力需产生反向力矩，结合班牌结构，C点力的方向应向后。
2. 当以C为支点时，明确阻力、动力对应的力臂，结合已知AC与BC的长度关系，代入杠杆平衡公式即可计算B点的力。
【解析】
1. 支点为B时：A点的风阻力方向水平向后，使班牌绕B点顺时针转动，要平衡该转动效果，C点需施加向后的力，产生逆时针力矩，故C点力的方向向后。
2. 支点为C时：根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，阻力 $ F_2 = 6\ \mathrm{N} $，阻力臂 $ L_2 = AC $，动力臂 $ L_1 = BC $；已知 $ AC = 3BC $，代入公式得：$ F × BC = 6\ \mathrm{N} × AC $，将 $ AC = 3BC $ 代入，解得 $ F = \frac{6\ \mathrm{N} × 3BC}{BC} = 18\ \mathrm{N} $。
【答案】
向后；18
【知识点】
杠杆平衡条件
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是确定不同支点下的动力臂和阻力臂，属于基础应用题型，需准确理解力臂的定义及杠杆平衡公式的应用。
【难度系数】
0.3
10 [2025 沭阳校级期中]在“探究杠杆的平衡条件”实验中：
（1）实验前，杠杆处于静止状态，如图甲所示，此时杠杆
（2）如图乙所示，在A点挂2个重力均为0.5 N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为
（3）竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数
（4）如图丁所示，用支点使一根胡萝卜水平平衡后，沿支点处将胡萝卜切分为A、B两部分，其重力分别为$ G_A $、$ G_B $，由杠杆平衡条件可知$ G_A $
（1）实验前，杠杆处于静止状态，如图甲所示，此时杠杆
是
（是/不是）平衡状态，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左
（左/右）调。（2）如图乙所示，在A点挂2个重力均为0.5 N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为
1.5
N。（3）竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度（不考虑杠杆重心位置的变化），如图丙所示，此过程中，弹簧测力计的示数
不变
（变大/不变/变小）。（4）如图丁所示，用支点使一根胡萝卜水平平衡后，沿支点处将胡萝卜切分为A、B两部分，其重力分别为$ G_A $、$ G_B $，由杠杆平衡条件可知$ G_A $
大于
（大于/等于/小于）$ G_B $。答案
10. (1) 是 左
(2) 1.5
(3) 不变
(4) 大于
(2) 1.5
(3) 不变
(4) 大于
解析
【分析】
1. 第（1）问：根据平衡状态的定义，物体静止或匀速直线运动时处于平衡状态，因此静止的杠杆是平衡状态；图甲中杠杆左端高、右端低，为使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母应向杠杆上翘的一侧（左端）调节。
2. 第（2）问：利用杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，先确定各力和力臂：A点钩码总重力$ F_2 = 2 × 0.5N = 1N $，设每小格长度为$ L $，则A点力臂$ L_2 = 3L $，B点力臂$ L_1 = 2L $，代入公式计算弹簧测力计示数。
3. 第（3）问：杠杆转过一定角度后，拉力仍竖直向下，此时两个力的力臂之比与水平位置时的力臂之比不变，根据杠杆平衡条件，拉力大小不变。
4. 第（4）问：胡萝卜水平平衡时，支点为杠杆支点，A部分重力的力臂$ L_A $小于B部分重力的力臂$ L_B $，由杠杆平衡条件$ G_A L_A = G_B L_B $，可得$ G_A ＞ G_B $。
【解析】
（1）平衡状态是指物体保持静止或匀速直线运动状态，实验前杠杆静止，因此是平衡状态；图甲中杠杆左端上翘，应将平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）设杠杆每小格长度为$ L $，A点钩码总重力$ F_2 = 2 × 0.5N = 1N $，A点力臂$ L_2 = 3L $，B点力臂$ L_1 = 2L $。根据杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，代入得：$ F_1 × 2L = 1N × 3L $，解得$ F_1 = 1.5N $。
（3）杠杆转过一定角度后，拉力竖直向下，此时支点到拉力作用线的垂直距离（力臂）与支点到钩码拉力作用线的垂直距离之比，仍等于水平位置时两力臂之比，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计的示数不变。
（4）胡萝卜水平平衡时，由杠杆平衡条件$ G_A L_A = G_B L_B $，观察可知A部分重力的力臂$ L_A $小于B部分重力的力臂$ L_B $，因此$ G_A ＞ G_B $。
【答案】
10. (1) 是 左
(2) 1.5
(3) 不变
(4) 大于
【知识点】
杠杆平衡条件，平衡状态，力臂
【点评】
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验展开，涵盖平衡状态判断、杠杆调节、平衡条件应用及生活中杠杆实例分析，考查学生对杠杆核心知识点的理解与应用能力，属于基础实验题，注重实验细节与原理的结合。
【难度系数】
0.6
1. 第（1）问：根据平衡状态的定义，物体静止或匀速直线运动时处于平衡状态，因此静止的杠杆是平衡状态；图甲中杠杆左端高、右端低，为使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母应向杠杆上翘的一侧（左端）调节。
2. 第（2）问：利用杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，先确定各力和力臂：A点钩码总重力$ F_2 = 2 × 0.5N = 1N $，设每小格长度为$ L $，则A点力臂$ L_2 = 3L $，B点力臂$ L_1 = 2L $，代入公式计算弹簧测力计示数。
3. 第（3）问：杠杆转过一定角度后，拉力仍竖直向下，此时两个力的力臂之比与水平位置时的力臂之比不变，根据杠杆平衡条件，拉力大小不变。
4. 第（4）问：胡萝卜水平平衡时，支点为杠杆支点，A部分重力的力臂$ L_A $小于B部分重力的力臂$ L_B $，由杠杆平衡条件$ G_A L_A = G_B L_B $，可得$ G_A ＞ G_B $。
【解析】
（1）平衡状态是指物体保持静止或匀速直线运动状态，实验前杠杆静止，因此是平衡状态；图甲中杠杆左端上翘，应将平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）设杠杆每小格长度为$ L $，A点钩码总重力$ F_2 = 2 × 0.5N = 1N $，A点力臂$ L_2 = 3L $，B点力臂$ L_1 = 2L $。根据杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，代入得：$ F_1 × 2L = 1N × 3L $，解得$ F_1 = 1.5N $。
（3）杠杆转过一定角度后，拉力竖直向下，此时支点到拉力作用线的垂直距离（力臂）与支点到钩码拉力作用线的垂直距离之比，仍等于水平位置时两力臂之比，根据杠杆平衡条件，弹簧测力计的示数不变。
（4）胡萝卜水平平衡时，由杠杆平衡条件$ G_A L_A = G_B L_B $，观察可知A部分重力的力臂$ L_A $小于B部分重力的力臂$ L_B $，因此$ G_A ＞ G_B $。
【答案】
10. (1) 是 左
(2) 1.5
(3) 不变
(4) 大于
【知识点】
杠杆平衡条件，平衡状态，力臂
【点评】
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验展开，涵盖平衡状态判断、杠杆调节、平衡条件应用及生活中杠杆实例分析，考查学生对杠杆核心知识点的理解与应用能力，属于基础实验题，注重实验细节与原理的结合。
【难度系数】
0.6
11 [2025泗洪期中]如图甲所示，重为10 N、长为8 cm的匀质木板AB，静止在水平桌面上，恰好有一半伸出桌面。在B端施加一个始终垂直于木板AB向上的力F，则当F=
5
N时，木板中心点O恰好离开桌面。如图乙所示，若在A端放一重为5 N、长为2 cm的匀质物体M，M的左端与木板的A端对齐，向右缓慢推动木板移动1
cm，该装置恰好翻倒。答案
11. 5 1
解析
【分析】
要解决本题，需利用杠杆平衡条件和重心的临界状态分析：
1. 第一问：匀质木板的重心在其中点，当木板中心点O恰好离开桌面时，木板将绕A端转动，此时根据杠杆平衡条件，动力F的力矩等于木板重力的力矩，据此计算F的大小。
2. 第二问：加入物体M后，装置恰好翻倒的临界条件是整体重心刚好落在桌面边缘（支点）处，通过计算木板和M的重心位置，结合总重心公式，求出木板向右移动的距离。
【解析】
1. 第一问：
匀质木板AB重G=10N，长8cm，重心在其中点，距离A端4cm。当木板中心点O恰好离开桌面时，木板绕A端转动，动力F作用在B端，力臂为木板长度8cm，重力的力臂为重心到A端的距离4cm。根据杠杆平衡条件：$ F × L_F = G × L_G $，代入数据得：$ F × 8\mathrm{cm} = 10\mathrm{N} × 4\mathrm{cm} $，解得$ F=5\mathrm{N} $。
2. 第二问：
设木板向右移动$ x \mathrm{cm} $，以桌面边缘为原点，向右为正方向：
木板重心坐标：木板整体右移$ x $，原重心在原点，故新坐标为$ x $；
物体M重5N，长2cm，左端与A端对齐，M重心距离A端1cm，A端原坐标为-4cm，右移$ x $后A端坐标为$ -4+x $，故M重心坐标为$ (-4+x)+1 = x-3 $；
装置翻倒临界时，总重心在原点（支点），总重心公式为：$ \frac{G_{\mathrm{木}} · x_{\mathrm{木}} + G_M · x_M}{G_{\mathrm{木}}+G_M}=0 $，代入数据：$ \frac{10 · x +5 · (x-3)}{15}=0 $，解得$ x=1\mathrm{cm} $。
【答案】
5；1
【知识点】
杠杆平衡条件、重心、力矩平衡
【点评】
本题结合杠杆平衡和重心临界条件，考查力学平衡的应用，需准确分析临界状态的支点与力臂，计算总重心时要明确各部分位置变化，属于中等难度的力学综合题。
【难度系数】
0.3
要解决本题，需利用杠杆平衡条件和重心的临界状态分析：
1. 第一问：匀质木板的重心在其中点，当木板中心点O恰好离开桌面时，木板将绕A端转动，此时根据杠杆平衡条件，动力F的力矩等于木板重力的力矩，据此计算F的大小。
2. 第二问：加入物体M后，装置恰好翻倒的临界条件是整体重心刚好落在桌面边缘（支点）处，通过计算木板和M的重心位置，结合总重心公式，求出木板向右移动的距离。
【解析】
1. 第一问：
匀质木板AB重G=10N，长8cm，重心在其中点，距离A端4cm。当木板中心点O恰好离开桌面时，木板绕A端转动，动力F作用在B端，力臂为木板长度8cm，重力的力臂为重心到A端的距离4cm。根据杠杆平衡条件：$ F × L_F = G × L_G $，代入数据得：$ F × 8\mathrm{cm} = 10\mathrm{N} × 4\mathrm{cm} $，解得$ F=5\mathrm{N} $。
2. 第二问：
设木板向右移动$ x \mathrm{cm} $，以桌面边缘为原点，向右为正方向：
木板重心坐标：木板整体右移$ x $，原重心在原点，故新坐标为$ x $；
物体M重5N，长2cm，左端与A端对齐，M重心距离A端1cm，A端原坐标为-4cm，右移$ x $后A端坐标为$ -4+x $，故M重心坐标为$ (-4+x)+1 = x-3 $；
装置翻倒临界时，总重心在原点（支点），总重心公式为：$ \frac{G_{\mathrm{木}} · x_{\mathrm{木}} + G_M · x_M}{G_{\mathrm{木}}+G_M}=0 $，代入数据：$ \frac{10 · x +5 · (x-3)}{15}=0 $，解得$ x=1\mathrm{cm} $。
【答案】
5；1
【知识点】
杠杆平衡条件、重心、力矩平衡
【点评】
本题结合杠杆平衡和重心临界条件，考查力学平衡的应用，需准确分析临界状态的支点与力臂，计算总重心时要明确各部分位置变化，属于中等难度的力学综合题。
【难度系数】
0.3
