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4.（2025·滨州）“秤砣虽小压千斤”，杆秤是中国古老的称量工具，是我国的“国粹”之一. 如图甲所示，当不挂秤砣时，将提纽移至$O$点提起，秤杆水平平衡. 用秤钩悬挂$100\ \mathrm{g}$的物体，将秤砣挂在$B$点时，秤杆再次水平平衡，如图乙所示. 下列说法正确的是（
A.图甲中$A$点为杠杆的支点
B.若$OB=5OA$，则秤砣的质量为$20\ \mathrm{g}$
C.若秤钩下再加挂$20\ \mathrm{g}$的物体，则秤砣向左移动可使秤杆再次平衡
D.若秤砣磨损，则测量值比真实值小
B
）A.图甲中$A$点为杠杆的支点
B.若$OB=5OA$，则秤砣的质量为$20\ \mathrm{g}$
C.若秤钩下再加挂$20\ \mathrm{g}$的物体，则秤砣向左移动可使秤杆再次平衡
D.若秤砣磨损，则测量值比真实值小
答案
4. B
解析:支点是杠杆绕着转动的点,由题图甲可知,秤杆绕着O点转动,故O点是支点,A点不是支点,A错误;若OB=5OA,根据杠杆平衡条件可得,$m_{\mathrm{物}}\ g×OA=m_{\mathrm{砣}}\ g×OB$,即100 g×OA=$m_{\mathrm{砣}}$×5OA,则秤砣的质量$m_{\mathrm{砣}}=20\ \mathrm{g}$,B正确;若秤钩下再加挂20 g的物体,则杠杆左侧的力和力臂的乘积变大,而秤砣的重力不变,故向右移动秤砣才可使秤杆再次平衡,C错误;根据杠杆平衡条件可得,$m_{\mathrm{物}}\ g×OA=m_{\mathrm{砣}}\ g×OB$,若秤砣磨损,即$m_{\mathrm{砣}}$偏小,则OB偏大,故测量值将比真实值大,D错误.
解析:支点是杠杆绕着转动的点,由题图甲可知,秤杆绕着O点转动,故O点是支点,A点不是支点,A错误;若OB=5OA,根据杠杆平衡条件可得,$m_{\mathrm{物}}\ g×OA=m_{\mathrm{砣}}\ g×OB$,即100 g×OA=$m_{\mathrm{砣}}$×5OA,则秤砣的质量$m_{\mathrm{砣}}=20\ \mathrm{g}$,B正确;若秤钩下再加挂20 g的物体,则杠杆左侧的力和力臂的乘积变大,而秤砣的重力不变,故向右移动秤砣才可使秤杆再次平衡,C错误;根据杠杆平衡条件可得,$m_{\mathrm{物}}\ g×OA=m_{\mathrm{砣}}\ g×OB$,若秤砣磨损,即$m_{\mathrm{砣}}$偏小,则OB偏大,故测量值将比真实值大,D错误.
解析
【分析】
这是一道杠杆在杆秤场景下的实际应用题，解题时可以逐个结合杠杆相关知识点推导判断选项：
1. 首先回忆支点的定义：杠杆绕着转动的固定点就是支点，直接判断A选项的正误。
2. 针对B选项，直接套用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，两侧的力都可以用重力$mg$表示，公共的$g$可以约去，代入$OB=5OA$的条件，就能计算出秤砣的质量，验证选项描述是否正确。
3. 分析C选项：当秤钩下增加物体，左侧的力和力臂的乘积变大，秤砣重力不变，为了让杠杆重新平衡，需要调整右侧力臂的大小，由此判断秤砣的移动方向。
4. 分析D选项：秤砣磨损后自身质量变小，在被测物体真实重力不变的情况下，根据杠杆平衡条件可推出对应的右侧力臂OB会比标准情况更长，而杆秤的示数是随OB长度增大标定的，由此判断测量值和真实值的大小关系。
【解析】
我们逐个对选项进行验证分析：
A选项：杠杆的支点是杠杆绕其转动的点，杆秤提起后是绕提纽O点转动，因此支点是O点，并非A点，A错误。
B选项：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入力为重力的情况可得：$m_{\mathrm{物}}g · OA = m_{\mathrm{砣}}g · OB$，约去g后得到$m_{\mathrm{物}} · OA = m_{\mathrm{砣}} · OB$，已知$OB=5OA$，$m_{\mathrm{物}}=100\ \mathrm{g}$，代入得$100\ \mathrm{g} × OA = m_{\mathrm{砣}} × 5OA$，解得$m_{\mathrm{砣}}=20\ \mathrm{g}$，B正确。
C选项：若秤钩下再加挂20g物体，左侧总重力变大，OA长度不变，因此左侧力与力臂的乘积变大；秤砣重力不变，为了让杠杆重新水平平衡，需要增大右侧的力臂，因此秤砣应该向右移动，并非向左移动，C错误。
D选项：若秤砣磨损，秤砣自身质量$m_{\mathrm{砣}}$偏小，在被测物体真实质量不变的情况下，根据$m_{\mathrm{物}}g · OA = m_{\mathrm{砣}}g · OB$，可得OB的长度会比标准情况更大，而杆秤的示数是随OB长度增大而增大的，因此测量值比真实值大，D错误。
【答案】
B
【知识点】
杠杆支点判断，杠杆平衡条件，杠杆动态分析
【点评】
本题结合我国传统杆秤的文化场景考察杠杆核心知识点，属于基础应用型题目，其中秤砣磨损后的测量值偏差是高频易错点，同学们要注意杆秤的刻度是按照标准秤砣标定的，力臂的变化直接对应示数的变化，避免混淆测量值和真实值的大小关系。
【难度系数】
0.7
这是一道杠杆在杆秤场景下的实际应用题，解题时可以逐个结合杠杆相关知识点推导判断选项：
1. 首先回忆支点的定义：杠杆绕着转动的固定点就是支点，直接判断A选项的正误。
2. 针对B选项，直接套用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，两侧的力都可以用重力$mg$表示，公共的$g$可以约去，代入$OB=5OA$的条件，就能计算出秤砣的质量，验证选项描述是否正确。
3. 分析C选项：当秤钩下增加物体，左侧的力和力臂的乘积变大，秤砣重力不变，为了让杠杆重新平衡，需要调整右侧力臂的大小，由此判断秤砣的移动方向。
4. 分析D选项：秤砣磨损后自身质量变小，在被测物体真实重力不变的情况下，根据杠杆平衡条件可推出对应的右侧力臂OB会比标准情况更长，而杆秤的示数是随OB长度增大标定的，由此判断测量值和真实值的大小关系。
【解析】
我们逐个对选项进行验证分析：
A选项：杠杆的支点是杠杆绕其转动的点，杆秤提起后是绕提纽O点转动，因此支点是O点，并非A点，A错误。
B选项：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入力为重力的情况可得：$m_{\mathrm{物}}g · OA = m_{\mathrm{砣}}g · OB$，约去g后得到$m_{\mathrm{物}} · OA = m_{\mathrm{砣}} · OB$，已知$OB=5OA$，$m_{\mathrm{物}}=100\ \mathrm{g}$，代入得$100\ \mathrm{g} × OA = m_{\mathrm{砣}} × 5OA$，解得$m_{\mathrm{砣}}=20\ \mathrm{g}$，B正确。
C选项：若秤钩下再加挂20g物体，左侧总重力变大，OA长度不变，因此左侧力与力臂的乘积变大；秤砣重力不变，为了让杠杆重新水平平衡，需要增大右侧的力臂，因此秤砣应该向右移动，并非向左移动，C错误。
D选项：若秤砣磨损，秤砣自身质量$m_{\mathrm{砣}}$偏小，在被测物体真实质量不变的情况下，根据$m_{\mathrm{物}}g · OA = m_{\mathrm{砣}}g · OB$，可得OB的长度会比标准情况更大，而杆秤的示数是随OB长度增大而增大的，因此测量值比真实值大，D错误。
【答案】
B
【知识点】
杠杆支点判断，杠杆平衡条件，杠杆动态分析
【点评】
本题结合我国传统杆秤的文化场景考察杠杆核心知识点，属于基础应用型题目，其中秤砣磨损后的测量值偏差是高频易错点，同学们要注意杆秤的刻度是按照标准秤砣标定的，力臂的变化直接对应示数的变化，避免混淆测量值和真实值的大小关系。
【难度系数】
0.7
5.（2025·淮安）如图所示，轻质杠杆$OA$的中点处悬挂一个重物，在$A$端施加竖直向上的力$F$，杠杆在水平位置平衡。若保持杠杆位置不变，将力$F$顺时针从$AB$方向转动到$AC$方向，则该过程中力$F$的大小
变大
（选填“变大”“变小”或“不变”，下同），力$F$与其力臂的乘积不变
。作出$AC$方向上的力$F$对应的力臂$l$。答案
5. 变大 不变 如图所示
解析:由题图可知,O为支点,将力F顺时针从AB方向转动到AC方向,力F对应的力臂变小,而阻力与阻力臂不变,由杠杆平衡条件可得,力F的大小变大,力F与其力臂的乘积不变;反向延长力F的作用线,从O点作力F作用线的垂线段,即为力臂l.
解析
【分析】
解题时首先明确支点为O，先确定不变的物理量：本题中阻力是重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，阻力臂是支点O到重物悬挂点的距离，杠杆位置不变，因此阻力和阻力臂的乘积是固定值。接下来判断力F转动过程中动力臂的变化：当F沿竖直向上的AB方向时，动力臂等于OA的长度，是该点最长的动力臂，当F顺时针向AC方向转动时，支点O到F作用线的垂直距离（也就是动力臂）会逐渐变小。再结合杠杆平衡条件推导动力的变化，以及动力和动力臂乘积的变化，最后按照力臂的规范作图方法画出对应力臂即可。
【解析】
1. 确定不变量：支点为O，重物的重力作为阻力，阻力臂是O到杠杆中点悬挂点的距离，整个过程杠杆位置不变，因此阻力大小、阻力臂长度均保持不变，阻力与阻力臂的乘积为定值。
2. 判断动力臂变化：力F从竖直向上的AB方向顺时针转动到AC方向时，支点O到力F作用线的垂直距离（动力臂）逐渐变小。
3. 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$：因为$F_2l_2$为定值，动力臂$l_1$变小，因此动力F的大小变大；同时动力F和其力臂的乘积始终等于阻力和阻力臂的乘积，因此该乘积保持不变。
4. 力臂作图步骤：反向延长AC方向的力F的作用线，从支点O向该作用线作垂线段，该垂线段就是力F对应的力臂$l$。
【答案】
变大 不变
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的画法
【点评】
本题重点考察对杠杆平衡条件的灵活应用，易错点是容易错误认为力的方向改变后力臂长度不变，解题时要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，而非支点到力的作用点的连线长度，本题同时也巩固了力臂的规范作图方法。
【难度系数】
0.6
解题时首先明确支点为O，先确定不变的物理量：本题中阻力是重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，阻力臂是支点O到重物悬挂点的距离，杠杆位置不变，因此阻力和阻力臂的乘积是固定值。接下来判断力F转动过程中动力臂的变化：当F沿竖直向上的AB方向时，动力臂等于OA的长度，是该点最长的动力臂，当F顺时针向AC方向转动时，支点O到F作用线的垂直距离（也就是动力臂）会逐渐变小。再结合杠杆平衡条件推导动力的变化，以及动力和动力臂乘积的变化，最后按照力臂的规范作图方法画出对应力臂即可。
【解析】
1. 确定不变量：支点为O，重物的重力作为阻力，阻力臂是O到杠杆中点悬挂点的距离，整个过程杠杆位置不变，因此阻力大小、阻力臂长度均保持不变，阻力与阻力臂的乘积为定值。
2. 判断动力臂变化：力F从竖直向上的AB方向顺时针转动到AC方向时，支点O到力F作用线的垂直距离（动力臂）逐渐变小。
3. 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$：因为$F_2l_2$为定值，动力臂$l_1$变小，因此动力F的大小变大；同时动力F和其力臂的乘积始终等于阻力和阻力臂的乘积，因此该乘积保持不变。
4. 力臂作图步骤：反向延长AC方向的力F的作用线，从支点O向该作用线作垂线段，该垂线段就是力F对应的力臂$l$。
【答案】
变大 不变
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的画法
【点评】
本题重点考察对杠杆平衡条件的灵活应用，易错点是容易错误认为力的方向改变后力臂长度不变，解题时要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，而非支点到力的作用点的连线长度，本题同时也巩固了力臂的规范作图方法。
【难度系数】
0.6
6. 如图所示,轻质杠杆OA可绕O点转动,用绳子将A端与竖直墙壁的B点相连,在杠杆的C点悬挂一个重为20 N的物体,杠杆处于水平静止状态.已知OA长为50 cm,OC长为30 cm,$∠ OAB=30°$.
(1)请在图中画出绳子对杠杆拉力F的力臂.
(2)求拉力F的大小.
(1)请在图中画出绳子对杠杆拉力F的力臂.
(2)求拉力F的大小.
答案
6. (1)如图所示
(2)由答图可知,在Rt△OAD中,∠ODA=90°,∠DAO=30°,所以$OD=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2}×50\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$,根据杠杆平衡条件得F×OD=G×OC,即F×25 cm=20 N×30 cm,解得F=24 N
解析:(1)过支点O作绳子对杠杆的拉力F作用线的垂线段OD(即力臂).(2)见答案.
解析
【分析】
这是一道杠杆结合几何计算的应用题，解题思路可以分步梳理：
1. 第一问画拉力的力臂，首先明确力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，先确定支点O，再沿拉力F的方向得到它的作用线，从O点向这条作用线作垂线，得到的垂线段就是F的力臂。
2. 第二问计算拉力大小时，先利用直角三角形的性质：30°角对应的直角边长度是斜边的一半，算出拉力F的力臂长度，再代入杠杆平衡条件，也就是动力×动力臂=阻力×阻力臂，把已知的物重、阻力臂OC的数值代入，就能求解出拉力F的大小。
【解析】
(1) 按照力臂的绘制要求，过支点O作拉力F所在作用线的垂线段，该垂线段即为拉力F的力臂，标注垂足即可。
(2) 计算过程：
由几何关系可知，拉力F的力臂OD是直角三角形中∠OAD=30°对应的直角边，斜边为OA=50cm，因此：
$OD=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2} × 50\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$
根据杠杆平衡条件$F · L_F = G · L_G$，代入已知条件G=20N，OC=30cm：
$F × 25\ \mathrm{cm} = 20\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{cm}$
解得$F=24\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) 如图所示
(2) 拉力F的大小为24N
【知识点】
力臂画法，杠杆平衡条件，直角三角形边角性质
【点评】
本题属于杠杆模块的常规中档题，最容易出现的错误是直接把OA的长度当成拉力F的力臂，忽略了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，解题时要先准确推导力臂的长度，再代入杠杆公式计算。
【难度系数】
0.6
这是一道杠杆结合几何计算的应用题，解题思路可以分步梳理：
1. 第一问画拉力的力臂，首先明确力臂的定义是支点到力的作用线的垂直距离，先确定支点O，再沿拉力F的方向得到它的作用线，从O点向这条作用线作垂线，得到的垂线段就是F的力臂。
2. 第二问计算拉力大小时，先利用直角三角形的性质：30°角对应的直角边长度是斜边的一半，算出拉力F的力臂长度，再代入杠杆平衡条件，也就是动力×动力臂=阻力×阻力臂，把已知的物重、阻力臂OC的数值代入，就能求解出拉力F的大小。
【解析】
(1) 按照力臂的绘制要求，过支点O作拉力F所在作用线的垂线段，该垂线段即为拉力F的力臂，标注垂足即可。
(2) 计算过程：
由几何关系可知，拉力F的力臂OD是直角三角形中∠OAD=30°对应的直角边，斜边为OA=50cm，因此：
$OD=\frac{1}{2}OA=\frac{1}{2} × 50\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$
根据杠杆平衡条件$F · L_F = G · L_G$，代入已知条件G=20N，OC=30cm：
$F × 25\ \mathrm{cm} = 20\ \mathrm{N} × 30\ \mathrm{cm}$
解得$F=24\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) 如图所示
(2) 拉力F的大小为24N
【知识点】
力臂画法，杠杆平衡条件，直角三角形边角性质
【点评】
本题属于杠杆模块的常规中档题，最容易出现的错误是直接把OA的长度当成拉力F的力臂，忽略了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，解题时要先准确推导力臂的长度，再代入杠杆公式计算。
【难度系数】
0.6
7.（2024·镇江）小明用如图所示的装置探究杠杆平衡条件，实验中杠杆始终保持水平平衡，弹簧测力计处于竖直方向时，他发现弹簧测力计示数稍稍超过量程. 为了完成实验，下列方案可行的是（
A.适当增加钩码的数量
B.钩码的位置适当向左平移
C.弹簧测力计转到图中虚线位置
D.弹簧测力计的位置适当向左平移
D
）A.适当增加钩码的数量
B.钩码的位置适当向左平移
C.弹簧测力计转到图中虚线位置
D.弹簧测力计的位置适当向左平移
答案
7. D
解析:弹簧测力计示数稍稍超过量程,为了完成实验,应减小弹簧测力计对杠杆的拉力F;根据杠杆平衡条件可得,$F×l_1=G_{\mathrm{钩}}×l_2$,则$F=\frac{G_{\mathrm{钩}}\ l_2}{l_1}$.适当增加钩码的数量,即$G_{\mathrm{钩}}$变大,则F会变大,A不符合题意;钩码的位置适当向左平移,即$l_2$变大,则F会变大,B不符合题意;弹簧测力计转到题图中虚线位置,即$l_1$变小,则F会变大,C不符合题意;弹簧测力计位置适当向左平移,即$l_1$变大,则F会变小,D符合题意.
解析:弹簧测力计示数稍稍超过量程,为了完成实验,应减小弹簧测力计对杠杆的拉力F;根据杠杆平衡条件可得,$F×l_1=G_{\mathrm{钩}}×l_2$,则$F=\frac{G_{\mathrm{钩}}\ l_2}{l_1}$.适当增加钩码的数量,即$G_{\mathrm{钩}}$变大,则F会变大,A不符合题意;钩码的位置适当向左平移,即$l_2$变大,则F会变大,B不符合题意;弹簧测力计转到题图中虚线位置,即$l_1$变小,则F会变大,C不符合题意;弹簧测力计位置适当向左平移,即$l_1$变大,则F会变小,D符合题意.
解析
【分析】
首先明确解题目标：当前弹簧测力计竖直拉动杠杆时示数超过量程，我们需要通过调整操作，减小弹簧测力计对杠杆的拉力，使示数落在量程内。接下来结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，推导得到拉力$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$，要让$F_1$减小，可以通过减小阻力$F_2$、减小阻力臂$L_2$、增大动力臂$L_1$这三类方式，再逐一对照每个选项的操作，判断该操作对$F_1$的影响，筛选出可行的方案即可。
【解析】
已知实验中杠杆始终保持水平平衡，弹簧测力计竖直拉动时示数稍稍超过量程，需要减小弹簧测力计的拉力$F$，根据杠杆平衡条件：
$F_1L_1=F_2L_2 \implies F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$
其中阻力$F_2$为钩码的总重力，逐一分析选项：
1. 选项A：适当增加钩码的数量，会让阻力$F_2$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会进一步增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
2. 选项B：钩码的位置适当向左平移，会让阻力臂$L_2$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
3. 选项C：弹簧测力计转到图中虚线位置，拉力方向倾斜，此时动力臂$L_1$是支点到拉力作用线的垂直距离，斜拉后动力臂比竖直拉动时更小，其余条件不变时，动力$F_1$会增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
4. 选项D：弹簧测力计的位置适当向左平移，拉力仍保持竖直向上，此时动力臂$L_1$为支点到拉力作用点的距离，向左平移后动力臂$L_1$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会减小，可让示数回到量程范围内，方案可行。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件
力臂的判断
【点评】
本题是杠杆平衡条件的实际应用类基础题，核心考点是分析不同操作对动力、动力臂、阻力臂的影响，易错点是误认为弹簧测力计斜拉时动力臂会变大，导致错选C。解题时紧扣杠杆平衡公式，逐个分析变量变化对拉力的影响即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.7
首先明确解题目标：当前弹簧测力计竖直拉动杠杆时示数超过量程，我们需要通过调整操作，减小弹簧测力计对杠杆的拉力，使示数落在量程内。接下来结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，推导得到拉力$F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$，要让$F_1$减小，可以通过减小阻力$F_2$、减小阻力臂$L_2$、增大动力臂$L_1$这三类方式，再逐一对照每个选项的操作，判断该操作对$F_1$的影响，筛选出可行的方案即可。
【解析】
已知实验中杠杆始终保持水平平衡，弹簧测力计竖直拉动时示数稍稍超过量程，需要减小弹簧测力计的拉力$F$，根据杠杆平衡条件：
$F_1L_1=F_2L_2 \implies F_1=\frac{F_2L_2}{L_1}$
其中阻力$F_2$为钩码的总重力，逐一分析选项：
1. 选项A：适当增加钩码的数量，会让阻力$F_2$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会进一步增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
2. 选项B：钩码的位置适当向左平移，会让阻力臂$L_2$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
3. 选项C：弹簧测力计转到图中虚线位置，拉力方向倾斜，此时动力臂$L_1$是支点到拉力作用线的垂直距离，斜拉后动力臂比竖直拉动时更小，其余条件不变时，动力$F_1$会增大，示数会超出量程更多，方案不可行。
4. 选项D：弹簧测力计的位置适当向左平移，拉力仍保持竖直向上，此时动力臂$L_1$为支点到拉力作用点的距离，向左平移后动力臂$L_1$变大，其余条件不变时，动力$F_1$会减小，可让示数回到量程范围内，方案可行。
【答案】
D
【知识点】
杠杆平衡条件
力臂的判断
【点评】
本题是杠杆平衡条件的实际应用类基础题，核心考点是分析不同操作对动力、动力臂、阻力臂的影响，易错点是误认为弹簧测力计斜拉时动力臂会变大，导致错选C。解题时紧扣杠杆平衡公式，逐个分析变量变化对拉力的影响即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.7
8. 工人师傅用独轮车搬运砖块, 车和砖块所受的总重力$G=1\ 200\ \mathrm{N}$,相关数据如图所示.工人师傅推车时,手向上的力$F$的大小是 （
A.$360\ \mathrm{N}$
B.$300\ \mathrm{N}$
C.$400\ \mathrm{N}$
D.$1\ 200\ \mathrm{N}$
B
）A.$360\ \mathrm{N}$
B.$300\ \mathrm{N}$
C.$400\ \mathrm{N}$
D.$1\ 200\ \mathrm{N}$
答案
8. B
解析:由题图可知,车轮转轴为支点,动力臂$l_1=0.6\ \mathrm{m}+0.2\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$,阻力臂$l_2=0.2\ \mathrm{m}$,由$Fl_1=Gl_2$可得,F×0.8 m=1 200 N×0.2 m,解得F=300 N.
解析:由题图可知,车轮转轴为支点,动力臂$l_1=0.6\ \mathrm{m}+0.2\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$,阻力臂$l_2=0.2\ \mathrm{m}$,由$Fl_1=Gl_2$可得,F×0.8 m=1 200 N×0.2 m,解得F=300 N.
解析
【分析】
这是典型的杠杆平衡应用类问题，解题时首先要明确杠杆的支点：独轮车工作时，车轮和地面接触的转轴就是支点。接下来分别确定动力臂和阻力臂：动力是手向上的作用力F，动力臂是支点到F的作用线的垂直距离，结合图中刻度，支点到重力G作用线的水平距离是0.2m，重力作用线到F作用线的水平距离是0.6m，因此动力臂总长度为0.2m+0.6m=0.8m；阻力是车和砖块的总重力G，阻力臂是支点到重力G作用线的垂直距离，也就是0.2m。最后代入杠杆平衡条件，代入已知数值就能算出动力F的大小。
【解析】
解：
1. 确定支点：独轮车的支点为车轮的转轴（车轮与地面的接触点）。
2. 计算对应力臂：
动力臂$l_1$是支点到动力F作用线的垂直距离：$l_1=0.2\ \mathrm{m}+0.6\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$
阻力臂$l_2$是支点到阻力G作用线的垂直距离：$l_2=0.2\ \mathrm{m}$
3. 根据杠杆平衡条件$F l_1 = G l_2$，代入已知数据：
$F × 0.8\ \mathrm{m} = 1200\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}$
解得：$F=\frac{1200\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}}{0.8\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂计算
【点评】
本题是生活中杠杆应用的基础题型，核心考查杠杆平衡条件的实际运用，最常见的易错点是误将0.6m直接当作动力臂，忽略支点到重力作用线的0.2m长度，要注意计算力臂时必须从支点出发，测量到对应力的作用线的垂直距离，不能直接取用图中给出的部分长度。
【难度系数】
0.7
这是典型的杠杆平衡应用类问题，解题时首先要明确杠杆的支点：独轮车工作时，车轮和地面接触的转轴就是支点。接下来分别确定动力臂和阻力臂：动力是手向上的作用力F，动力臂是支点到F的作用线的垂直距离，结合图中刻度，支点到重力G作用线的水平距离是0.2m，重力作用线到F作用线的水平距离是0.6m，因此动力臂总长度为0.2m+0.6m=0.8m；阻力是车和砖块的总重力G，阻力臂是支点到重力G作用线的垂直距离，也就是0.2m。最后代入杠杆平衡条件，代入已知数值就能算出动力F的大小。
【解析】
解：
1. 确定支点：独轮车的支点为车轮的转轴（车轮与地面的接触点）。
2. 计算对应力臂：
动力臂$l_1$是支点到动力F作用线的垂直距离：$l_1=0.2\ \mathrm{m}+0.6\ \mathrm{m}=0.8\ \mathrm{m}$
阻力臂$l_2$是支点到阻力G作用线的垂直距离：$l_2=0.2\ \mathrm{m}$
3. 根据杠杆平衡条件$F l_1 = G l_2$，代入已知数据：
$F × 0.8\ \mathrm{m} = 1200\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}$
解得：$F=\frac{1200\ \mathrm{N} × 0.2\ \mathrm{m}}{0.8\ \mathrm{m}}=300\ \mathrm{N}$
因此答案选B。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂计算
【点评】
本题是生活中杠杆应用的基础题型，核心考查杠杆平衡条件的实际运用，最常见的易错点是误将0.6m直接当作动力臂，忽略支点到重力作用线的0.2m长度，要注意计算力臂时必须从支点出发，测量到对应力的作用线的垂直距离，不能直接取用图中给出的部分长度。
【难度系数】
0.7
