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1. (2025·淮安盱眙期中)如图所示的甲、乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动,轻杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物,保持平衡状态。用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手,能恢复到原来平衡位置的是 （
A.只有甲
B.只有乙
C.甲和乙都能
D.甲和乙都不能
B
）A.只有甲
B.只有乙
C.甲和乙都能
D.甲和乙都不能
答案
提示:轻杆处于平衡时,悬挂的两重物质量相等,则作用在轻杆两端的拉力相等,如图甲所示,有$L_1=L_2,L_3=L_4$;将右端重物略微下降一小段距离后,杠杆受力示意图如图乙所示,$L_1'＜L_1,L_2'＞L_2$,则$GL_1'＜GL_2'$,故甲杠杆右端的重物继续下降,不能恢复到原平衡位置;$L_3'＞L_3,L_4'＜L_4$,则$GL_3'＞GL_4'$,故乙杠杆左端的重物会下降,能恢复到原平衡位置。
解析
【分析】
要解决该问题，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）分析甲、乙两轻杆的力臂变化。初始平衡时，两重物质量相等，故对轻杆两端的拉力$F=G$相等，此时甲杆左右力臂$L_1=L_2$，乙杆左右力臂$L_3=L_4$，满足平衡条件。当右端重物下降后，分别分析两杆力臂的变化，判断杠杆是否能恢复原平衡位置。
【解析】
1. 杠杆平衡条件：$F_1L_1=F_2L_2$，本题中两重物拉力$G$相同，平衡时需力臂相等。
2. 甲杆分析：右端重物下降后，甲杆左力臂$L_1' ＜ L_1$，右力臂$L_2' ＞ L_2$，此时$G· L_1' ＜ G· L_2'$，杠杆右端力矩更大，会继续下降，无法恢复原平衡位置。
3. 乙杆分析：右端重物下降后，乙杆左力臂$L_3' ＞ L_3$，右力臂$L_4' ＜ L_4$，此时$G· L_3' ＞ G· L_4'$，杠杆左端力矩更大，会带动右端重物上升，最终恢复原平衡位置。
【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应用，核心是分析力臂变化对力矩的影响，判断杠杆平衡状态的变化，属于杠杆平衡的典型应用题型。
【难度系数】0.5
要解决该问题，需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂，即$F_1L_1=F_2L_2$）分析甲、乙两轻杆的力臂变化。初始平衡时，两重物质量相等，故对轻杆两端的拉力$F=G$相等，此时甲杆左右力臂$L_1=L_2$，乙杆左右力臂$L_3=L_4$，满足平衡条件。当右端重物下降后，分别分析两杆力臂的变化，判断杠杆是否能恢复原平衡位置。
【解析】
1. 杠杆平衡条件：$F_1L_1=F_2L_2$，本题中两重物拉力$G$相同，平衡时需力臂相等。
2. 甲杆分析：右端重物下降后，甲杆左力臂$L_1' ＜ L_1$，右力臂$L_2' ＞ L_2$，此时$G· L_1' ＜ G· L_2'$，杠杆右端力矩更大，会继续下降，无法恢复原平衡位置。
3. 乙杆分析：右端重物下降后，乙杆左力臂$L_3' ＞ L_3$，右力臂$L_4' ＜ L_4$，此时$G· L_3' ＞ G· L_4'$，杠杆左端力矩更大，会带动右端重物上升，最终恢复原平衡位置。
【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应用，核心是分析力臂变化对力矩的影响，判断杠杆平衡状态的变化，属于杠杆平衡的典型应用题型。
【难度系数】0.5
2. (2025·南京溧水期中)如图所示,某人用扁担担起两筐质量为$m_1$、$m_2$的货物,当他的肩处于$O$点时,扁担水平平衡,已知$L_1＞L_2$,扁担和筐的重力不计。若将两筐的悬挂点向$O$点移近相同的距离$\Delta L$,则（
A.扁担仍能水平平衡
B.扁担右端向下倾斜
C.要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物,其质量为$\dfrac{\Delta L(m_2 - m_1)}{L_2 - \Delta L}$
D.要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物,其质量为$\dfrac{\Delta L(m_2 - m_1)}{L_1 - L_2}$
C
）A.扁担仍能水平平衡
B.扁担右端向下倾斜
C.要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物,其质量为$\dfrac{\Delta L(m_2 - m_1)}{L_2 - \Delta L}$
D.要使扁担恢复水平平衡需再往某侧筐中加入货物,其质量为$\dfrac{\Delta L(m_2 - m_1)}{L_1 - L_2}$
答案
提示:原来平衡时,$m_1gL_1=m_2gL_2$,由图知$L_1＞L_2$,故$m_1＜m_2$,移动相同的距离$\Delta L$后,左边:$m_1g(L_1-\Delta L)=m_1gL_1-m_1g\Delta L$,右边:$m_2g(L_2-\Delta L)=m_2gL_2-m_2g\Delta L$,因$m_1＜m_2$,故$m_1g\Delta L＜m_2g\Delta L$,$m_1g(L_1-\Delta L)＞m_2g(L_2-\Delta L)$,则杠杆的左端向下倾斜。因$m_1g(L_1-\Delta L)＞m_2g(L_2-\Delta L)$,故往右边加入货物后杠杆平衡,即$m_1g(L_1-\Delta L)=(m_2+m)g(L_2-\Delta L)$,$m_1L_1'-m_1\Delta L=m_2L_2-m_2\Delta L+mL_2-m\Delta L$,因$m_1gL_1=m_2gL_2$ 即$m_1L_1=m_2L_2$,故$m_2\Delta L-m_1\Delta L=mL_2-m\Delta L$,解得 $m=(m_2-m_1)\dfrac{\Delta L}{L_2-\Delta L}$。
解析
【分析】
要解决该问题，需先利用初始杠杆平衡条件得出两筐货物的质量关系；再计算悬挂点移动ΔL后左右两侧的力矩，判断扁担倾斜方向；最后根据恢复平衡的要求，列方程求解需添加货物的质量。
【解析】
1. 初始状态下，扁担水平平衡，根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，即 $ m_1gL_1 = m_2gL_2 $，化简得 $ m_1L_1 = m_2L_2 $。已知 $ L_1 ＞ L_2 $，因此 $ m_1 ＜ m_2 $。
2. 两筐悬挂点向O点移近相同距离ΔL后，左侧力臂为 $ L_1 - ΔL $，右侧力臂为 $ L_2 - ΔL $。此时左侧力矩：$ m_1g(L_1 - ΔL) = m_1gL_1 - m_1gΔL $；右侧力矩：$ m_2g(L_2 - ΔL) = m_2gL_2 - m_2gΔL $。结合初始平衡条件 $ m_1gL_1 = m_2gL_2 $，且 $ m_1 ＜ m_2 $，可得 $ m_1gΔL ＜ m_2gΔL $，因此左侧力矩更大，扁担左端向下倾斜，故A、B错误。
3. 要使扁担恢复平衡，需往右侧筐加质量为m的货物，此时右侧总质量为 $ m_2 + m $，重新列平衡方程：
$ m_1g(L_1 - ΔL) = (m_2 + m)g(L_2 - ΔL) $
约去g，代入 $ m_1L_1 = m_2L_2 $，展开整理：
$ m_1L_1 - m_1ΔL = m_2(L_2 - ΔL) + m(L_2 - ΔL) $
$ m_2L_2 - m_1ΔL = m_2L_2 - m_2ΔL + m(L_2 - ΔL) $
消去 $ m_2L_2 $，移项得 $ m_2ΔL - m_1ΔL = m(L_2 - ΔL) $，解得 $ m = \frac{ΔL(m_2 - m_1)}{L_2 - ΔL} $，故C正确，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、力与力臂的乘积
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是利用初始平衡推导质量关系，再分析力臂变化后的力矩，通过等式变形求解添加货物的质量，需注意化简时的等量替换，避免计算失误。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需先利用初始杠杆平衡条件得出两筐货物的质量关系；再计算悬挂点移动ΔL后左右两侧的力矩，判断扁担倾斜方向；最后根据恢复平衡的要求，列方程求解需添加货物的质量。
【解析】
1. 初始状态下，扁担水平平衡，根据杠杆平衡条件 $ F_1L_1 = F_2L_2 $，即 $ m_1gL_1 = m_2gL_2 $，化简得 $ m_1L_1 = m_2L_2 $。已知 $ L_1 ＞ L_2 $，因此 $ m_1 ＜ m_2 $。
2. 两筐悬挂点向O点移近相同距离ΔL后，左侧力臂为 $ L_1 - ΔL $，右侧力臂为 $ L_2 - ΔL $。此时左侧力矩：$ m_1g(L_1 - ΔL) = m_1gL_1 - m_1gΔL $；右侧力矩：$ m_2g(L_2 - ΔL) = m_2gL_2 - m_2gΔL $。结合初始平衡条件 $ m_1gL_1 = m_2gL_2 $，且 $ m_1 ＜ m_2 $，可得 $ m_1gΔL ＜ m_2gΔL $，因此左侧力矩更大，扁担左端向下倾斜，故A、B错误。
3. 要使扁担恢复平衡，需往右侧筐加质量为m的货物，此时右侧总质量为 $ m_2 + m $，重新列平衡方程：
$ m_1g(L_1 - ΔL) = (m_2 + m)g(L_2 - ΔL) $
约去g，代入 $ m_1L_1 = m_2L_2 $，展开整理：
$ m_1L_1 - m_1ΔL = m_2(L_2 - ΔL) + m(L_2 - ΔL) $
$ m_2L_2 - m_1ΔL = m_2L_2 - m_2ΔL + m(L_2 - ΔL) $
消去 $ m_2L_2 $，移项得 $ m_2ΔL - m_1ΔL = m(L_2 - ΔL) $，解得 $ m = \frac{ΔL(m_2 - m_1)}{L_2 - ΔL} $，故C正确，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件、力与力臂的乘积
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是利用初始平衡推导质量关系，再分析力臂变化后的力矩，通过等式变形求解添加货物的质量，需注意化简时的等量替换，避免计算失误。
【难度系数】
0.5
3. 现有一根形变不计、长为$L$的铁条$AB$和两根横截面积相同、长度分别为$L_{\mathrm{a}}$、$L_{\mathrm{b}}$的铝条$\mathrm{a}$、$\mathrm{b}$，将铝条$\mathrm{a}$叠在铁条$AB$上，并使它们的右端对齐，然后把它们放置在三角形支架上，$AB$水平平衡，此时$OB$间的距离恰好为$L_{\mathrm{a}}$，如图所示。取下铝条$\mathrm{a}$后，将铝条$\mathrm{b}$按上述操作方法使铁条$AB$再次水平平衡，此时$OB$的距离为$L_{x}$。下列判断正确的是（
A.若$L_{\mathrm{a}}＜L_{\mathrm{b}}＜L$，则$L_{\mathrm{a}}＜L_{x}＜\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
B.若$L_{\mathrm{a}}＜L_{\mathrm{b}}＜L$，则$L_{x}＞\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
C.若$L_{\mathrm{b}}＜L_{\mathrm{a}}$，则$\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}＜L_{x}＜L_{\mathrm{a}}$
D.若$L_{\mathrm{b}}＜L_{\mathrm{a}}$，则$L_{x}＜\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
A
）A.若$L_{\mathrm{a}}＜L_{\mathrm{b}}＜L$，则$L_{\mathrm{a}}＜L_{x}＜\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
B.若$L_{\mathrm{a}}＜L_{\mathrm{b}}＜L$，则$L_{x}＞\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
C.若$L_{\mathrm{b}}＜L_{\mathrm{a}}$，则$\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}＜L_{x}＜L_{\mathrm{a}}$
D.若$L_{\mathrm{b}}＜L_{\mathrm{a}}$，则$L_{x}＜\dfrac{L_{\mathrm{a}}+L_{\mathrm{b}}}{2}$
答案
提示:若$L_a＜L_b＜L$,用铝条b替换铝条a就相当于在铝条a左侧放了一段长为$L_b-L_a$、重为$G_b-G_a$的铝条,如图甲所示,这一段铝条的重心距B端的长度为$L_a+\dfrac{L_b-L_a}{2}=\dfrac{L_b+L_a}{2}$,而铁条AB和铝条a组成的整体的重心在支架原来的位置,距B端的长度为$L_a$,要使铁条AB水平平衡,支架O应移到上述两个重心之间,即$L_a＜L_x＜\dfrac{L_b+L_a}{2}$。如图乙所示,若$L_b＜L_a$,用铝条b替换铝条a就相当于从铝条a左侧截掉一段长为$L_a-L_b$、重为$G_a-G_b$的铝条,也相当于距B端$L_b+\dfrac{L_a-L_b}{2}=\dfrac{L_a+L_b}{2}$处施加一个竖直向上的力,其大小为$G_a-G_b$,要使铁条AB水平平衡,支架O应向A端移动,则$L_x＞L_a$,由$L_b＜L_a$ 可知 $L_x＞L_a=\dfrac{L_a+L_a}{2}＞\dfrac{L_a+L_b}{2}$。
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是利用杠杆平衡时整体重心与支点的关系。首先，当铝条a使铁条AB平衡时，整体（铁条+铝条a）的重心在支点O处，OB=L_a。替换铝条为b时，分两种情况分析：①若L_b＞L_a，相当于在原铝条左侧增加一段铝条，整体重心左移，支点需在原位置和新增重心之间；②若L_b＜L_a，相当于从原铝条左侧去掉一段铝条，整体重心右移，支点需在原位置右侧，结合重心位置推导L_x的范围，判断选项。
【解析】
1. 当$ L_a ＜ L_b ＜ L $时：
替换铝条b相当于在铝条a左侧增加一段长度为$ L_b - L_a $的铝条，新增铝条的重心距B端的距离为：
$ L_a + \frac{L_b - L_a}{2} = \frac{L_a + L_b}{2} $
原整体（铁条+铝条a）的重心距B端为$ L_a $，新增铝条使整体重心向左移动，为使杠杆平衡，支点O（对应$ OB=L_x $）需在原重心位置（$ L_a $）和新增重心位置（$ \frac{L_a+L_b}{2} $）之间，即：
$ L_a ＜ L_x ＜ \frac{L_a + L_b}{2} $，故选项A正确，B错误。
2. 当$ L_b ＜ L_a $时：
替换铝条b相当于从铝条a左侧去掉一段长度为$ L_a - L_b $的铝条，去掉部分的重心距B端的距离为：
$ L_b + \frac{L_a - L_b}{2} = \frac{L_a + L_b}{2} $
去掉左侧部分后，整体重心向右移动，支点O需在原重心位置（$ L_a $）的右侧，即$ L_x ＞ L_a $。由于$ L_b ＜ L_a $，则$ \frac{L_a + L_b}{2} ＜ L_a $，故$ L_x ＞ L_a ＞ \frac{L_a + L_b}{2} $，选项C、D错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、重心
【点评】
本题通过替换铝条分析杠杆平衡时支点的位置，关键是利用重心变化判断支点移动方向，需分情况讨论，考查学生的逻辑分析能力。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是利用杠杆平衡时整体重心与支点的关系。首先，当铝条a使铁条AB平衡时，整体（铁条+铝条a）的重心在支点O处，OB=L_a。替换铝条为b时，分两种情况分析：①若L_b＞L_a，相当于在原铝条左侧增加一段铝条，整体重心左移，支点需在原位置和新增重心之间；②若L_b＜L_a，相当于从原铝条左侧去掉一段铝条，整体重心右移，支点需在原位置右侧，结合重心位置推导L_x的范围，判断选项。
【解析】
1. 当$ L_a ＜ L_b ＜ L $时：
替换铝条b相当于在铝条a左侧增加一段长度为$ L_b - L_a $的铝条，新增铝条的重心距B端的距离为：
$ L_a + \frac{L_b - L_a}{2} = \frac{L_a + L_b}{2} $
原整体（铁条+铝条a）的重心距B端为$ L_a $，新增铝条使整体重心向左移动，为使杠杆平衡，支点O（对应$ OB=L_x $）需在原重心位置（$ L_a $）和新增重心位置（$ \frac{L_a+L_b}{2} $）之间，即：
$ L_a ＜ L_x ＜ \frac{L_a + L_b}{2} $，故选项A正确，B错误。
2. 当$ L_b ＜ L_a $时：
替换铝条b相当于从铝条a左侧去掉一段长度为$ L_a - L_b $的铝条，去掉部分的重心距B端的距离为：
$ L_b + \frac{L_a - L_b}{2} = \frac{L_a + L_b}{2} $
去掉左侧部分后，整体重心向右移动，支点O需在原重心位置（$ L_a $）的右侧，即$ L_x ＞ L_a $。由于$ L_b ＜ L_a $，则$ \frac{L_a + L_b}{2} ＜ L_a $，故$ L_x ＞ L_a ＞ \frac{L_a + L_b}{2} $，选项C、D错误。
【答案】
A
【知识点】
杠杆平衡条件、重心
【点评】
本题通过替换铝条分析杠杆平衡时支点的位置，关键是利用重心变化判断支点移动方向，需分情况讨论，考查学生的逻辑分析能力。
【难度系数】
0.5
4. 如图所示为一轻质硬棒，$AB = BC =$$CD$，在$A$点悬挂重物$G$，$C$点在$F_1$作用下使硬棒水平平衡，则硬棒的支点可能是
D
（填“$A$”“$B$”“$C$”或“$D$”）点。当$G = 150\ \mathrm{N}$时，$F_1$的大小为900
$\mathrm{N}$。若将重物拿走，在$A$点施加一个与$F_1$平行且大小等于$150\ \mathrm{N}$的力$F_2$（图中虚线所示），为使硬棒水平平衡，$F_1$大小应为450
$\mathrm{N}$。答案
提示:动力与阻力使硬棒的转动方向相反,一个力为顺时针则另一个力为逆时针,故当D为支点时,$F_1$、$G$使硬棒转动的方向相反;A、C两点不能为支点,否则无阻力臂或动力臂;B为支点时,$F_1$、$G$使硬棒转动的方向相同。因$F_1$的力臂为CD的一半,即$L_1=0.5CD$,由杠杆平衡条件有$G× AD=F_1×0.5CD$,得$F_1=G×\dfrac{AD}{0.5CD}=6G=6×150\ \mathrm{N}=900\ \mathrm{N}$。若将重物拿走,在A点施加一个与$F_1$平行且大小等于150 N的力$F_2$,此时$F_2$的力臂$L_2=0.5AD$,因$F_2×0.5AD=F_1'×0.5CD$,解得$F_1'=F_2×\dfrac{0.5AD}{0.5CD}=3×150\ \mathrm{N}=450\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需先明确杠杆的核心要素：支点是杠杆绕其转动的点，动力和阻力需使杠杆转动方向相反；力臂是从支点到力的作用线的垂直距离；杠杆平衡条件为“动力×动力臂=阻力×阻力臂”。首先设AB=BC=CD=L，简化计算：第一步判断支点，需排除无法平衡的点，选择转动方向相反的点；第二步计算F₁时，要算出斜向力F₁的力臂，再结合阻力G的力臂，用平衡条件求解；第三步计算F₁'时，同理算出F₂的力臂，再用平衡条件计算。
【解析】
设AB=BC=CD=L，则AD=AB+BC+CD=3L。
1. 判断支点：
若支点为A：阻力G作用在A点，阻力臂为0，无法平衡；
若支点为B：G使杠杆绕B顺时针转，F₁使杠杆绕B顺时针转，转动方向相同，无法平衡；
若支点为C：F₁作用在C点，动力臂为0，无法平衡；
若支点为D：G使杠杆绕D顺时针转，F₁使杠杆绕D逆时针转，转动方向相反，符合平衡要求，故支点为D。
2. 计算F₁的大小：
F₁与水平成30°，其力臂为支点D到F₁作用线的垂直距离，即$L_1 = CD · \sin30° = L × 0.5 = 0.5L$；
阻力G的力臂为$L_2 = AD = 3L$；
根据杠杆平衡条件：$G · L_2 = F_1 · L_1$，代入得：$150\ \mathrm{N} × 3L = F_1 × 0.5L$，解得$F_1 = \frac{150\ \mathrm{N} × 3L}{0.5L} = 900\ \mathrm{N}$。
3. 计算F₁'的大小：
F₂与F₁平行，其力臂为支点D到F₂作用线的垂直距离，即$L_2' = AD · \sin30° = 3L × 0.5 = 1.5L$；
仍以D为支点，根据杠杆平衡条件：$F_2 · L_2' = F_1' · L_1$，代入得：$150\ \mathrm{N} × 1.5L = F_1' × 0.5L$，解得$F_1' = \frac{150\ \mathrm{N} × 1.5L}{0.5L} = 450\ \mathrm{N}$。
【答案】
D；900；450
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；杠杆支点判断
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是正确判断支点和计算斜向力的力臂，需理解转动方向对支点选择的影响，是一道中等难度的杠杆应用题。
【难度系数】
0.5
要解决这道题，需先明确杠杆的核心要素：支点是杠杆绕其转动的点，动力和阻力需使杠杆转动方向相反；力臂是从支点到力的作用线的垂直距离；杠杆平衡条件为“动力×动力臂=阻力×阻力臂”。首先设AB=BC=CD=L，简化计算：第一步判断支点，需排除无法平衡的点，选择转动方向相反的点；第二步计算F₁时，要算出斜向力F₁的力臂，再结合阻力G的力臂，用平衡条件求解；第三步计算F₁'时，同理算出F₂的力臂，再用平衡条件计算。
【解析】
设AB=BC=CD=L，则AD=AB+BC+CD=3L。
1. 判断支点：
若支点为A：阻力G作用在A点，阻力臂为0，无法平衡；
若支点为B：G使杠杆绕B顺时针转，F₁使杠杆绕B顺时针转，转动方向相同，无法平衡；
若支点为C：F₁作用在C点，动力臂为0，无法平衡；
若支点为D：G使杠杆绕D顺时针转，F₁使杠杆绕D逆时针转，转动方向相反，符合平衡要求，故支点为D。
2. 计算F₁的大小：
F₁与水平成30°，其力臂为支点D到F₁作用线的垂直距离，即$L_1 = CD · \sin30° = L × 0.5 = 0.5L$；
阻力G的力臂为$L_2 = AD = 3L$；
根据杠杆平衡条件：$G · L_2 = F_1 · L_1$，代入得：$150\ \mathrm{N} × 3L = F_1 × 0.5L$，解得$F_1 = \frac{150\ \mathrm{N} × 3L}{0.5L} = 900\ \mathrm{N}$。
3. 计算F₁'的大小：
F₂与F₁平行，其力臂为支点D到F₂作用线的垂直距离，即$L_2' = AD · \sin30° = 3L × 0.5 = 1.5L$；
仍以D为支点，根据杠杆平衡条件：$F_2 · L_2' = F_1' · L_1$，代入得：$150\ \mathrm{N} × 1.5L = F_1' × 0.5L$，解得$F_1' = \frac{150\ \mathrm{N} × 1.5L}{0.5L} = 450\ \mathrm{N}$。
【答案】
D；900；450
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；杠杆支点判断
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，关键是正确判断支点和计算斜向力的力臂，需理解转动方向对支点选择的影响，是一道中等难度的杠杆应用题。
【难度系数】
0.5
5.（2024·南京秦淮期末）人们从地面上搬起重物时，常见的做法是直接弯腰（图甲）或下蹲弯曲膝盖（图乙）将重物搬起，哪种做法更好呢？下面建立模型说明这个问题。将人的脊柱简化为杠杆，如图丙所示，脊柱可绕骶骨（轴）O转动，腰背部复杂肌肉的等效拉力$F_1$作用在A点，其实际作用方向与脊柱的夹角为$12°$且保持不变。搬箱子时箱子的拉力$F_2$作用在肩关节B点。用弹簧测力计沿$F_1$方向拉，使模型静止，可测出腰背部复杂肌肉拉力的大小。接着，改变脊柱与水平面的夹角即改变杠杆与水平面的夹角$α$，多次实验得出结论。
（1）当$α$角增大时，$F_1$
（2）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比图丙中的$F_1$要
（3）由以上分析可得，图
（1）当$α$角增大时，$F_1$
变小
（填“变大”“变小”或“不变”）。（2）如果考虑到人上半身的重力，那么腰背部肌肉的实际拉力将比图丙中的$F_1$要
大
（填“大”或“小”）。（3）由以上分析可得，图
乙
（填“甲”或“乙”）中的姿势更好。答案
提示:(1) 如图所示,当$α$角增大时,力臂$l_2$变小。由于拉力$F_1$的方向与脊柱的夹角始终为$12°$,则O点到$F_1$作用线的距离不变,即动力臂不变,阻力为箱子的重力不变,由杠杆平衡条件可知$F_1$变小。(2) 由于人体上半身的重力会阻碍杠杆的转动,实际拉力将变大。(3) 比较甲、乙两种姿势可知,甲的支点太高,在搬起物体时,阻力臂减小得慢,则腰背部复杂肌肉的等效拉力$F_1$要较长时间地使用较大的力,故乙姿势更好。
解析
【分析】
本题以人体搬重物为背景，将脊柱简化为杠杆模型，核心考查杠杆平衡条件的应用。解题时需明确杠杆的支点、动力、阻力、动力臂和阻力臂，结合杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$分析各物理量的变化，进而判断拉力大小和姿势的优劣。
【解析】
（1）脊柱作为杠杆，支点为O。动力$F_1$的方向与脊柱夹角始终为$12°$，因此O点到$F_1$作用线的垂直距离（动力臂$L_1$）保持不变；阻力$F_2$为箱子的重力，大小不变。当α角增大时，阻力$F_2$的力臂（O点到$F_2$作用线的垂直距离$L_2$）变小。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，因$F_2$、$L_1$不变，$L_2$变小，故$F_1$变小。
（2）若考虑人上半身的重力，上半身的重力会成为阻碍杠杆转动的额外阻力，使得总阻力变大，而动力臂不变，根据杠杆平衡条件，腰背部肌肉的实际拉力需要更大，因此比图丙中的$F_1$要大。
（3）对比图甲（弯腰）和图乙（下蹲）的姿势：甲姿势中，搬重物时阻力臂减小得慢，需要腰背部肌肉长时间用较大的力；乙姿势中，阻力臂更小，更省力，因此图乙的姿势更好。
【答案】变小；大；乙
【知识点】杠杆平衡条件、力臂、生活中的杠杆应用
【点评】本题结合生活实际，将人体脊柱简化为杠杆模型，考查杠杆平衡条件的应用，帮助学生理解正确搬重物的姿势，体现了物理知识在生活中的实用性。
【难度系数】0.6
本题以人体搬重物为背景，将脊柱简化为杠杆模型，核心考查杠杆平衡条件的应用。解题时需明确杠杆的支点、动力、阻力、动力臂和阻力臂，结合杠杆平衡公式$F_1L_1=F_2L_2$分析各物理量的变化，进而判断拉力大小和姿势的优劣。
【解析】
（1）脊柱作为杠杆，支点为O。动力$F_1$的方向与脊柱夹角始终为$12°$，因此O点到$F_1$作用线的垂直距离（动力臂$L_1$）保持不变；阻力$F_2$为箱子的重力，大小不变。当α角增大时，阻力$F_2$的力臂（O点到$F_2$作用线的垂直距离$L_2$）变小。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，因$F_2$、$L_1$不变，$L_2$变小，故$F_1$变小。
（2）若考虑人上半身的重力，上半身的重力会成为阻碍杠杆转动的额外阻力，使得总阻力变大，而动力臂不变，根据杠杆平衡条件，腰背部肌肉的实际拉力需要更大，因此比图丙中的$F_1$要大。
（3）对比图甲（弯腰）和图乙（下蹲）的姿势：甲姿势中，搬重物时阻力臂减小得慢，需要腰背部肌肉长时间用较大的力；乙姿势中，阻力臂更小，更省力，因此图乙的姿势更好。
【答案】变小；大；乙
【知识点】杠杆平衡条件、力臂、生活中的杠杆应用
【点评】本题结合生活实际，将人体脊柱简化为杠杆模型，考查杠杆平衡条件的应用，帮助学生理解正确搬重物的姿势，体现了物理知识在生活中的实用性。
【难度系数】0.6
