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1.（2025·泰州泰兴期中）小明发现学校走廊的窗扇可以从底部推开（图甲）。在他沿水平方向用力将窗扇缓慢推开的过程中，可将窗扇看作一个杠杆（图乙），O为支点，B点为窗扇的重心，已知窗扇的重力为阻力，推力F为动力，在缓慢推开的过程中，下列分析正确的是（
A.阻力臂逐渐减小
B.动力逐渐减小
C.阻力和阻力臂的乘积不变
D.动力和动力臂的乘积逐渐变大
D
）A.阻力臂逐渐减小
B.动力逐渐减小
C.阻力和阻力臂的乘积不变
D.动力和动力臂的乘积逐渐变大
答案
D 提示:沿水平方向用力将窗扇缓慢推开的过程中,动力臂逐渐减小,阻力臂逐渐增大,阻力与阻力臂的乘积逐渐增大,即动力和动力臂的乘积逐渐变大,故动力逐渐增大。
解析
【分析】
这道题是动态杠杆的分析问题，解题思路可以分为三步：
1. 先明确杠杆的基本要素：支点为O，阻力是窗扇的重力，大小始终不变、方向竖直向下，动力是水平向右的推力F。
2. 根据力臂的定义，分别判断推开窗扇过程中两个力臂的变化：阻力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，动力臂是支点O到水平推力F作用线的垂直距离。窗扇缓慢向外推开时，窗扇和竖直窗框的夹角逐渐变大，重心B向外偏移，支点到竖直向下的重力作用线的垂直距离（阻力臂）会逐渐增大；而支点到水平推力的作用线的竖直距离（动力臂）会逐渐减小。
3. 结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$推导相关物理量的变化，逐一比对选项得到正确结论。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：推开窗扇的过程中，支点O到重力作用线的垂直距离（阻力臂）是逐渐增大的，并非逐渐减小，A错误。
选项B：根据杠杆平衡条件，阻力大小不变、阻力臂增大，动力臂减小，因此动力F会逐渐增大，并非逐渐减小，B错误。
选项C：阻力等于窗扇重力，大小不变，但阻力臂逐渐增大，因此阻力和阻力臂的乘积是逐渐变大的，并非保持不变，C错误。
选项D：由杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可知，动力与动力臂的乘积始终等于阻力与阻力臂的乘积，阻力和阻力臂的乘积逐渐变大，因此动力和动力臂的乘积也逐渐变大，D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的判断
【点评】本题结合生活中开窗的真实场景考察动态杠杆的变化规律，易错点是容易混淆力臂和支点到力的作用点的连线，解题的核心是严格按照力臂的定义判断两个力臂的变化，再结合杠杆平衡条件推导即可。
【难度系数】0.6
这道题是动态杠杆的分析问题，解题思路可以分为三步：
1. 先明确杠杆的基本要素：支点为O，阻力是窗扇的重力，大小始终不变、方向竖直向下，动力是水平向右的推力F。
2. 根据力臂的定义，分别判断推开窗扇过程中两个力臂的变化：阻力臂是支点O到重力作用线的垂直距离，动力臂是支点O到水平推力F作用线的垂直距离。窗扇缓慢向外推开时，窗扇和竖直窗框的夹角逐渐变大，重心B向外偏移，支点到竖直向下的重力作用线的垂直距离（阻力臂）会逐渐增大；而支点到水平推力的作用线的竖直距离（动力臂）会逐渐减小。
3. 结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$推导相关物理量的变化，逐一比对选项得到正确结论。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：推开窗扇的过程中，支点O到重力作用线的垂直距离（阻力臂）是逐渐增大的，并非逐渐减小，A错误。
选项B：根据杠杆平衡条件，阻力大小不变、阻力臂增大，动力臂减小，因此动力F会逐渐增大，并非逐渐减小，B错误。
选项C：阻力等于窗扇重力，大小不变，但阻力臂逐渐增大，因此阻力和阻力臂的乘积是逐渐变大的，并非保持不变，C错误。
选项D：由杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$可知，动力与动力臂的乘积始终等于阻力与阻力臂的乘积，阻力和阻力臂的乘积逐渐变大，因此动力和动力臂的乘积也逐渐变大，D正确。
【答案】D
【知识点】杠杆平衡条件、力臂的判断
【点评】本题结合生活中开窗的真实场景考察动态杠杆的变化规律，易错点是容易混淆力臂和支点到力的作用点的连线，解题的核心是严格按照力臂的定义判断两个力臂的变化，再结合杠杆平衡条件推导即可。
【难度系数】0.6
2. (2025·盐城滨海模拟)如图所示,杠杆OAB的自重与摩擦不计,OA 与 BA 垂直,OA：$AB=4:3$,在 OA 的中点挂一个 12 N 的重物G。作用在 B 点的动力 $F_1$ 由竖直方向逆时针缓慢转到水平方向,此过程中 OA 始终保持在水平位置静止,则 $F_1$ 的大小 （
A.不大于8 N
B.不小于6 N
C.逐渐变大
D.先变大后变小
A
）A.不大于8 N
B.不小于6 N
C.逐渐变大
D.先变大后变小
答案
A 提示:$F_1$ 竖直向上时,OA 为动力臂,由$12\ \mathrm{N}×\frac{OA}{2}=F_1× OA$ 解得 $F_1=6\ \mathrm{N}$,当 $F_1$ 垂直于 $OB$时,动力臂最大,故 $F_1$ 逆时针旋转过程中动力臂先变大后变小,则 $F_1$ 先变小后变大,由勾股定理知 $OB:OA=5:4$,由 $12\ \mathrm{N}×\frac{OA}{2}=F_{1\mathrm{小}}× OB$ 解得 $F_{1\mathrm{小}}=4.8\ \mathrm{N}$,当 $F_1$ 水平向左时,动力臂最小,即 $AB$ 的长,$F_1$ 最大,由 $12\ \mathrm{N}×\frac{OA}{2}=F_{1\mathrm{大}}× AB$ 解得 $F_{1\mathrm{大}}=8\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
首先我们利用杠杆平衡条件梳理解题思路：第一步先明确支点为O，重物G的重力是阻力，由于OA始终保持水平，阻力臂固定为OA的一半，阻力和阻力臂的乘积是定值。接下来分析动力F1从竖直向上逆时针转到水平向左的过程：支点到力的作用点B的连线OB是B点所有力的力臂中最长的，因此F1转动过程中动力臂会先变大到等于OB，之后再变小。根据杠杆平衡条件，阻力阻力臂乘积不变时，动力和动力臂成反比，因此动力先变小后变大。最后结合OA:AB=4:3的比例，用勾股定理算出OB的长度比例，分别计算动力的最小值和最大值，即可判断各选项的对错。
【解析】
解：
1. 确定恒定的阻力与阻力臂乘积：
支点为O，阻力$G=12\ \mathrm{N}$，重物挂在OA中点，OA始终水平，因此阻力臂$L_G=\frac{OA}{2}$，阻力与阻力臂的乘积为：
$G· L_G = 12\mathrm{N} × \frac{OA}{2} = 6\mathrm{N}· OA$，该值全程保持不变。
2. 由OA、AB的比例关系计算OB长度：
已知OA与BA垂直，$OA:AB=4:3$，根据勾股定理：
$OB=\sqrt{OA^2 + AB^2}$，可得$OA:AB:OB=4:3:5$，即$AB=\frac{3}{4}OA$，$OB=\frac{5}{4}OA$。
3. 分析动力F1的变化范围：
动力臂是支点O到F1作用线的垂直距离：
当F1竖直向上时，动力臂等于OA，代入杠杆平衡条件$F_1L_1=G· L_G$，得$F_1 × OA = 6\mathrm{N}· OA$，解得此时$F_1=6\mathrm{N}$；
当F1转动到与OB垂直时，动力臂达到最大值$L_{\mathrm{max}}=OB$，此时动力最小，代入平衡条件：
$F_{\mathrm{min}} × OB = 6\mathrm{N}· OA$，代入$OB=\frac{5}{4}OA$，解得$F_{\mathrm{min}}=4.8\mathrm{N}$；
当F1转到水平向左时，动力臂等于AB，此时动力臂最小，动力最大，代入平衡条件：
$F_{\mathrm{max}} × AB = 6\mathrm{N}· OA$，代入$AB=\frac{3}{4}OA$，解得$F_{\mathrm{max}}=8\mathrm{N}$。
因此F1的变化规律是先变小后变大，取值范围为$4.8\mathrm{N} ≤ F_1 ≤ 8\mathrm{N}$，即F1始终不大于8N，选项A正确，B、C、D错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂动态分析，勾股定理
【点评】
本题属于杠杆动态变化的经典易错题，核心考点是“支点到力的作用点的连线是该点所有作用力的最大力臂”，很多同学容易错误认为动力臂持续减小，误判动力持续变大，或是忽略计算动力最大值错选其他选项，解题时抓住阻力阻力臂乘积恒定的前提，先分析动力臂的变化规律，再通过比例计算极值即可快速得到结论。
【难度系数】
0.4
首先我们利用杠杆平衡条件梳理解题思路：第一步先明确支点为O，重物G的重力是阻力，由于OA始终保持水平，阻力臂固定为OA的一半，阻力和阻力臂的乘积是定值。接下来分析动力F1从竖直向上逆时针转到水平向左的过程：支点到力的作用点B的连线OB是B点所有力的力臂中最长的，因此F1转动过程中动力臂会先变大到等于OB，之后再变小。根据杠杆平衡条件，阻力阻力臂乘积不变时，动力和动力臂成反比，因此动力先变小后变大。最后结合OA:AB=4:3的比例，用勾股定理算出OB的长度比例，分别计算动力的最小值和最大值，即可判断各选项的对错。
【解析】
解：
1. 确定恒定的阻力与阻力臂乘积：
支点为O，阻力$G=12\ \mathrm{N}$，重物挂在OA中点，OA始终水平，因此阻力臂$L_G=\frac{OA}{2}$，阻力与阻力臂的乘积为：
$G· L_G = 12\mathrm{N} × \frac{OA}{2} = 6\mathrm{N}· OA$，该值全程保持不变。
2. 由OA、AB的比例关系计算OB长度：
已知OA与BA垂直，$OA:AB=4:3$，根据勾股定理：
$OB=\sqrt{OA^2 + AB^2}$，可得$OA:AB:OB=4:3:5$，即$AB=\frac{3}{4}OA$，$OB=\frac{5}{4}OA$。
3. 分析动力F1的变化范围：
动力臂是支点O到F1作用线的垂直距离：
当F1竖直向上时，动力臂等于OA，代入杠杆平衡条件$F_1L_1=G· L_G$，得$F_1 × OA = 6\mathrm{N}· OA$，解得此时$F_1=6\mathrm{N}$；
当F1转动到与OB垂直时，动力臂达到最大值$L_{\mathrm{max}}=OB$，此时动力最小，代入平衡条件：
$F_{\mathrm{min}} × OB = 6\mathrm{N}· OA$，代入$OB=\frac{5}{4}OA$，解得$F_{\mathrm{min}}=4.8\mathrm{N}$；
当F1转到水平向左时，动力臂等于AB，此时动力臂最小，动力最大，代入平衡条件：
$F_{\mathrm{max}} × AB = 6\mathrm{N}· OA$，代入$AB=\frac{3}{4}OA$，解得$F_{\mathrm{max}}=8\mathrm{N}$。
因此F1的变化规律是先变小后变大，取值范围为$4.8\mathrm{N} ≤ F_1 ≤ 8\mathrm{N}$，即F1始终不大于8N，选项A正确，B、C、D错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂动态分析，勾股定理
【点评】
本题属于杠杆动态变化的经典易错题，核心考点是“支点到力的作用点的连线是该点所有作用力的最大力臂”，很多同学容易错误认为动力臂持续减小，误判动力持续变大，或是忽略计算动力最大值错选其他选项，解题时抓住阻力阻力臂乘积恒定的前提，先分析动力臂的变化规律，再通过比例计算极值即可快速得到结论。
【难度系数】
0.4
3. 如图所示是某游客所用的拉杆旅行箱示意图。装有物品的旅行箱整体可视为杠杆，$O$ 为支点，$B$ 为重心，$A$ 为拉杆的端点。在$A$ 点沿图示方向施加拉力$F$ 使拉杆箱保持静止。下列说法中正确的是（
A.仅伸长拉杆的长度，拉力$F$ 增大
B.拉力$F$ 的方向沿顺时针改变$20^{\circ }$，拉力$F$减小
C.箱内物体下滑，重心位置由$B$ 变至$B'$，拉力$F$ 增大
D.拉力$F$ 的方向沿顺时针改变$40^{\circ }$，通过调节拉力大小，不能使拉杆箱保持静止
D
）A.仅伸长拉杆的长度，拉力$F$ 增大
B.拉力$F$ 的方向沿顺时针改变$20^{\circ }$，拉力$F$减小
C.箱内物体下滑，重心位置由$B$ 变至$B'$，拉力$F$ 增大
D.拉力$F$ 的方向沿顺时针改变$40^{\circ }$，通过调节拉力大小，不能使拉杆箱保持静止
答案
D 提示:仅伸长拉杆的长度,动力臂变大,$F$ 减小。$F$ 的方向沿顺时针改变 $20°$,动力臂变小,$F$增大。重心位置由 $B$ 变至 $B'$ 时,阻力臂变小,$F$ 减小。$F$ 的方向沿顺时针改变 $40°$ 后,$F$ 方向在拉杆平面以下,怎样调节拉力大小,都不能使拉杆箱保持静止。
解析
【分析】
本题核心是利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析拉杆箱的受力变化，解题时首先明确支点为O，阻力是旅行箱的总重力，大小恒定，后续只需逐一分析每个选项对应的动力臂、阻力臂的变化，代入杠杆平衡公式即可判断力的大小变化，同时判断拉力方向改变后是否存在反向力矩实现平衡。分析过程中要注意：动力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，不能直接把拉杆长度当成动力臂，还要注意力矩的方向对杠杆平衡的影响。
【解析】
解：杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$，本题中阻力为旅行箱总重力$G$，大小保持不变，支点为O：
1. 分析选项A：仅伸长拉杆长度，拉力F方向不变，动力臂（O到F作用线的垂直距离）变大，阻力G和阻力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F减小，A错误；
2. 分析选项B：拉力F沿顺时针方向改变20°，拉力作用线向拉杆靠近，动力臂变小，阻力G和阻力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F增大，B错误；
3. 分析选项C：重心由B移至B'，重心更靠近支点O，阻力臂变小，阻力G和动力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F减小，C错误；
4. 分析选项D：初始拉力F与拉杆夹角为30°，拉力沿顺时针改变40°后，拉力方向变为斜向右下，此时拉力对支点O的力矩为顺时针方向，和重力的顺时针力矩同向，不存在逆时针力矩与之平衡，因此无论如何调节拉力大小，都无法使拉杆箱保持静止，D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的判断
【点评】
本题结合生活中拉杆旅行箱的场景考查杠杆的应用，易错点是忽略拉力方向转过30°后动力臂变为零、继续转动后拉力力矩方向和重力力矩同向的特点，需要学生熟练掌握力臂的绘制方法，理解杠杆平衡的本质是合力矩为零。
【难度系数】
0.4
本题核心是利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$分析拉杆箱的受力变化，解题时首先明确支点为O，阻力是旅行箱的总重力，大小恒定，后续只需逐一分析每个选项对应的动力臂、阻力臂的变化，代入杠杆平衡公式即可判断力的大小变化，同时判断拉力方向改变后是否存在反向力矩实现平衡。分析过程中要注意：动力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，不能直接把拉杆长度当成动力臂，还要注意力矩的方向对杠杆平衡的影响。
【解析】
解：杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$，本题中阻力为旅行箱总重力$G$，大小保持不变，支点为O：
1. 分析选项A：仅伸长拉杆长度，拉力F方向不变，动力臂（O到F作用线的垂直距离）变大，阻力G和阻力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F减小，A错误；
2. 分析选项B：拉力F沿顺时针方向改变20°，拉力作用线向拉杆靠近，动力臂变小，阻力G和阻力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F增大，B错误；
3. 分析选项C：重心由B移至B'，重心更靠近支点O，阻力臂变小，阻力G和动力臂均不变，由$F=\frac{GL_2}{L_1}$可知，拉力F减小，C错误；
4. 分析选项D：初始拉力F与拉杆夹角为30°，拉力沿顺时针改变40°后，拉力方向变为斜向右下，此时拉力对支点O的力矩为顺时针方向，和重力的顺时针力矩同向，不存在逆时针力矩与之平衡，因此无论如何调节拉力大小，都无法使拉杆箱保持静止，D正确。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的判断
【点评】
本题结合生活中拉杆旅行箱的场景考查杠杆的应用，易错点是忽略拉力方向转过30°后动力臂变为零、继续转动后拉力力矩方向和重力力矩同向的特点，需要学生熟练掌握力臂的绘制方法，理解杠杆平衡的本质是合力矩为零。
【难度系数】
0.4
4.（2025·常州天宁期中）如图甲所示，O为轻质杠杆的支点，挂在A点的物体重为30 N，$OA:AB = 1:2$，在竖直向上的拉力F作用下，杠杆OB在水平位置保持平衡状态。下列说法正确的是（
①图甲中A点向右移动时，F将变小
②图甲中，F大小为10 N
③保持图甲位置，仅增加物重，则F变化量与物重变化量之比为$3:1$
④图乙中，仅将杠杆匀速提到虚线位置的过程中，F大小不变
A.只有①③
B.只有①④
C.只有②③
D.只有②④
D
）①图甲中A点向右移动时，F将变小
②图甲中，F大小为10 N
③保持图甲位置，仅增加物重，则F变化量与物重变化量之比为$3:1$
④图乙中，仅将杠杆匀速提到虚线位置的过程中，F大小不变
A.只有①③
B.只有①④
C.只有②③
D.只有②④
答案
D 提示:图甲中,杠杆平衡时,$F=\frac{G× OA}{OB}=\frac{G}{3}=\frac{1}{3}×30\ \mathrm{N}=10\ \mathrm{N}$,$A$ 点向右移动时,$OA$ 变大,而 $G$ 和 $OB$ 不变,故 $F$ 变大。若物重变化量为 $\Delta G$,$F$ 的变化量为 $\Delta F$,有 $(F+\Delta F)× OB=(G+\Delta G)× OA$,即 $(F+\Delta F)×3=(G+\Delta G)×1$,解得$\Delta F=\frac{1}{3}\Delta G$。图乙中,$F$ 方向始终竖直向上,将轻杆匀速提到虚线位置时,$L_1:L_2=OA:OB=1:3$,故 $F$大小不变。
解析
【分析】
我们需要利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）逐个验证四个说法：
1. 首先根据已知条件$OA:AB=1:2$，可得总长度$OB=OA+AB$，因此$OA:OB=1:3$，明确初始力臂的比例关系。
2. 验证①：A点向右移动时，阻力G不变，阻力臂OA变大，动力臂OB不变，代入杠杆平衡公式可推导出F的变化趋势。
3. 验证②：将已知的物重30N、力臂比例代入平衡公式，直接计算F的数值判断正误。
4. 验证③：对物重变化前后的杠杆平衡式做差，推导拉力变化量和物重变化量的比值，判断是否为3:1。
5. 验证④：杠杆抬到虚线位置时，动力、阻力始终沿竖直方向，利用相似三角形可知动力臂和阻力臂的比值不变，即可判断F的大小变化。
最后汇总正确的说法选出对应选项。
【解析】
已知$OA:AB=1:2$，因此$OB=OA+AB$，可得$OA:OB=1:3$，逐个分析四个结论：
1. 分析①：图甲中A点向右移动时，阻力G不变，阻力臂OA增大，动力臂OB不变，由杠杆平衡条件$F· OB = G· OA$，可得$F = \frac{G· OA}{OB}$，OA增大则F变大，因此①错误。
2. 分析②：代入$G=30\ \mathrm{N}$，$\frac{OA}{OB}=\frac{1}{3}$，得$F = G· \frac{OA}{OB} = 30\ \mathrm{N} × \frac{1}{3} = 10\ \mathrm{N}$，因此②正确。
3. 分析③：仅增加物重，设物重变化量为$\Delta G$，拉力变化量为$\Delta F$，变化后杠杆平衡：$(F+\Delta F)· OB = (G+\Delta G)· OA$，结合原平衡式$F· OB=G· OA$，两式相减得$\Delta F· OB=\Delta G· OA$，因此$\frac{\Delta F}{\Delta G} = \frac{OA}{OB} = \frac{1}{3}$，即F变化量与物重变化量之比为$1:3$，不是$3:1$，③错误。
4. 分析④：图乙中将杠杆匀速提到虚线位置时，动力F'和阻力（物体重力）始终沿竖直方向，由相似三角形性质可得，此时动力臂与阻力臂的比值仍等于$OB:OA=3:1$，阻力G不变，由杠杆平衡条件可知F大小保持不变，因此④正确。
综上，正确的是②④，答案选D。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件；相似三角形应用
【点评】
本题是杠杆动态平衡的经典题型，核心考察对杠杆平衡条件的灵活运用，易错点是抬升杠杆时力臂的比值判断，很多同学会误以为力臂变小拉力变化，忽略两个竖直方向的力的力臂会同比例缩小，比值始终不变。
【难度系数】
0.6
我们需要利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）逐个验证四个说法：
1. 首先根据已知条件$OA:AB=1:2$，可得总长度$OB=OA+AB$，因此$OA:OB=1:3$，明确初始力臂的比例关系。
2. 验证①：A点向右移动时，阻力G不变，阻力臂OA变大，动力臂OB不变，代入杠杆平衡公式可推导出F的变化趋势。
3. 验证②：将已知的物重30N、力臂比例代入平衡公式，直接计算F的数值判断正误。
4. 验证③：对物重变化前后的杠杆平衡式做差，推导拉力变化量和物重变化量的比值，判断是否为3:1。
5. 验证④：杠杆抬到虚线位置时，动力、阻力始终沿竖直方向，利用相似三角形可知动力臂和阻力臂的比值不变，即可判断F的大小变化。
最后汇总正确的说法选出对应选项。
【解析】
已知$OA:AB=1:2$，因此$OB=OA+AB$，可得$OA:OB=1:3$，逐个分析四个结论：
1. 分析①：图甲中A点向右移动时，阻力G不变，阻力臂OA增大，动力臂OB不变，由杠杆平衡条件$F· OB = G· OA$，可得$F = \frac{G· OA}{OB}$，OA增大则F变大，因此①错误。
2. 分析②：代入$G=30\ \mathrm{N}$，$\frac{OA}{OB}=\frac{1}{3}$，得$F = G· \frac{OA}{OB} = 30\ \mathrm{N} × \frac{1}{3} = 10\ \mathrm{N}$，因此②正确。
3. 分析③：仅增加物重，设物重变化量为$\Delta G$，拉力变化量为$\Delta F$，变化后杠杆平衡：$(F+\Delta F)· OB = (G+\Delta G)· OA$，结合原平衡式$F· OB=G· OA$，两式相减得$\Delta F· OB=\Delta G· OA$，因此$\frac{\Delta F}{\Delta G} = \frac{OA}{OB} = \frac{1}{3}$，即F变化量与物重变化量之比为$1:3$，不是$3:1$，③错误。
4. 分析④：图乙中将杠杆匀速提到虚线位置时，动力F'和阻力（物体重力）始终沿竖直方向，由相似三角形性质可得，此时动力臂与阻力臂的比值仍等于$OB:OA=3:1$，阻力G不变，由杠杆平衡条件可知F大小保持不变，因此④正确。
综上，正确的是②④，答案选D。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件；相似三角形应用
【点评】
本题是杠杆动态平衡的经典题型，核心考察对杠杆平衡条件的灵活运用，易错点是抬升杠杆时力臂的比值判断，很多同学会误以为力臂变小拉力变化，忽略两个竖直方向的力的力臂会同比例缩小，比值始终不变。
【难度系数】
0.6
5. (2025·宿迁沭阳阶段检测)如图为坐式推肩训练器。健身杆能绕O点处的轴上下转动，配重片可增减，人在座椅上双手紧握把手竖直向上推杆以锻炼肩部肌肉，手推N处时，配重越重用力越
大
，当配重相同时，分别推N处与M处锻炼身体，推N
处用力更大。若改变M处推力方向，力臂大小改变
(填“不变”或“改变”)。答案
大 N 改变 提示:图中 $O$ 为支点,把手为动力作用点,配重片的压力为阻力,手推 $N$ 处竖直向上推杆时,配重越重,阻力越大,所需的动力越大。配重相同时,推 $N$ 处与推 $M$ 处相比,动力臂更短,所需的动力 $F_1$ 更大,即更费力。若改变 $M$ 处推力方向,力臂长度将发生改变。
解析
【分析】
这道题是杠杆平衡条件的实际应用题，解题时首先要明确该装置的支点为O，牢记杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，结合阻力、动力臂的变化情况推导动力的大小变化：第一步，配重的重力是杠杆的阻力，配重越重则阻力越大，在阻力臂、动力臂都固定的情况下，代入平衡公式就能判断动力的变化；第二步，配重相同时阻力和阻力臂都不变，对比N、M两个作用点到支点的距离，判断两处动力臂的长短，再推导动力大小；第三步，根据力臂的定义：支点到力的作用线的垂直距离，就能判断推力方向改变时力臂的变化。
【解析】
1. 第一空：手推N处竖直向上推杆时，配重的重力为杠杆的阻力，配重越重，阻力$F_2$越大，此时阻力臂$L_2$、动力臂$L_1$均保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$，因此阻力越大，所需的动力越大，即用力越大。
2. 第二空：配重相同时，阻力$F_2$、阻力臂$L_2$均不变，对比N处和M处，N处距离支点O更近，竖直向上推时N处对应的动力臂比M处的动力臂更短，代入$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$可知，动力臂越短，所需动力越大，因此推N处用力更大。
3. 第三空：力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，改变M处的推力方向后，力的作用线发生变化，支点O到该力作用线的垂直距离也会随之改变，因此力臂大小改变。
【答案】
大；N；改变
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的概念
【点评】
本题结合健身训练器的生活场景考察杠杆相关知识，解题核心是准确识别支点、正确判断动力臂的长短变化，再结合杠杆平衡条件推导动力的变化，易错点是忽略力臂和力的方向有关，误以为作用点不变力臂就不会改变，整体属于杠杆应用的基础变式题，能很好的考察学生对杠杆核心概念的理解程度。
【难度系数】
0.7
这道题是杠杆平衡条件的实际应用题，解题时首先要明确该装置的支点为O，牢记杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，结合阻力、动力臂的变化情况推导动力的大小变化：第一步，配重的重力是杠杆的阻力，配重越重则阻力越大，在阻力臂、动力臂都固定的情况下，代入平衡公式就能判断动力的变化；第二步，配重相同时阻力和阻力臂都不变，对比N、M两个作用点到支点的距离，判断两处动力臂的长短，再推导动力大小；第三步，根据力臂的定义：支点到力的作用线的垂直距离，就能判断推力方向改变时力臂的变化。
【解析】
1. 第一空：手推N处竖直向上推杆时，配重的重力为杠杆的阻力，配重越重，阻力$F_2$越大，此时阻力臂$L_2$、动力臂$L_1$均保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$，因此阻力越大，所需的动力越大，即用力越大。
2. 第二空：配重相同时，阻力$F_2$、阻力臂$L_2$均不变，对比N处和M处，N处距离支点O更近，竖直向上推时N处对应的动力臂比M处的动力臂更短，代入$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$可知，动力臂越短，所需动力越大，因此推N处用力更大。
3. 第三空：力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，改变M处的推力方向后，力的作用线发生变化，支点O到该力作用线的垂直距离也会随之改变，因此力臂大小改变。
【答案】
大；N；改变
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的概念
【点评】
本题结合健身训练器的生活场景考察杠杆相关知识，解题核心是准确识别支点、正确判断动力臂的长短变化，再结合杠杆平衡条件推导动力的变化，易错点是忽略力臂和力的方向有关，误以为作用点不变力臂就不会改变，整体属于杠杆应用的基础变式题，能很好的考察学生对杠杆核心概念的理解程度。
【难度系数】
0.7
