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1 [2024 江苏镇江期末,中]如图所示,轻质杠杆OA可绕O点转动,OB=AB,用细线将重物悬挂在A点,竖直向上的拉力F作用在B点。在保持杠杆水平静止的情况下 (
A.拉力 F 的大小为物重的$\frac{1}{2}$
B.当重物的悬挂点右移时,F 将增大
C.若F改为沿图中虚线方向施力,F将减小
D.若物重减小2 N,F的大小将减小4 N
D
)A.拉力 F 的大小为物重的$\frac{1}{2}$
B.当重物的悬挂点右移时,F 将增大
C.若F改为沿图中虚线方向施力,F将减小
D.若物重减小2 N,F的大小将减小4 N
答案
1. D 【解析】
选项 分析 结论
A $OB=AB$，O为支点，阻力臂为动力臂的2倍，根据杠杆的平衡条件可知$F×OB=G×OA$，拉力F的大小为物重的2倍 ×
B 当重物悬挂点右移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变小，则动力F将变小 ×
C 保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F转至虚线位置时，动力臂变小，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，动力变大，即F变大 ×
D $G×OA=F×OB$，若物重减小2 N，根据杠杆的平衡条件可知，$(G-2N)×OA=F'×OB,F'=$ $F-4N$，则F的减小量为4 N √
选项 分析 结论
A $OB=AB$，O为支点，阻力臂为动力臂的2倍，根据杠杆的平衡条件可知$F×OB=G×OA$，拉力F的大小为物重的2倍 ×
B 当重物悬挂点右移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变小，则动力F将变小 ×
C 保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F转至虚线位置时，动力臂变小，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，动力变大，即F变大 ×
D $G×OA=F×OB$，若物重减小2 N，根据杠杆的平衡条件可知，$(G-2N)×OA=F'×OB,F'=$ $F-4N$，则F的减小量为4 N √
解析
【分析】
这道题考查杠杆平衡条件的应用，解题时首先要明确支点为O，先根据OB=AB的条件确定动力臂OB和阻力臂OA的大小关系，得到OA=2OB。之后逐个分析每个选项中的变量和不变量，代入杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$推导动力F的变化情况，即可逐一判断选项正误。要注意判断斜向施力时的动力臂变化，不能直接把杠杆长度当力臂，力臂是支点到力的作用线的垂直距离。
【解析】
首先明确本题的基础条件：轻质杠杆支点为O，已知OB=AB，因此OA=OB+AB=2OB；杠杆水平静止时，阻力为重物的重力G，阻力臂为OA，竖直向上的拉力F为动力，动力臂为OB，杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$。
对各选项逐一分析：
1. 选项A：将已知条件代入杠杆平衡条件，可得$F × OB = G × OA$，把OA=2OB代入后化简得$F=2G$，即拉力F的大小为物重的2倍，并非物重的$\frac{1}{2}$，A错误。
2. 选项B：当重物的悬挂点右移时，阻力G不变、动力臂OB不变，阻力臂（支点到悬挂点的距离）变小，根据$F=\frac{G · L_{阻}}{L_{动}}$可知，动力F将变小，并非增大，B错误。
3. 选项C：若F改为沿图中虚线方向斜向施力，此时动力臂是支点O到F作用线的垂直距离，该距离小于OB，即动力臂变小；阻力G和阻力臂OA均不变，由杠杆平衡条件可知，动力F将变大，并非减小，C错误。
4. 选项D：初始平衡关系为$G × OA = F × OB$，代入OA=2OB可得$F=2G$；当物重减小2N后，新的平衡关系为$(G-2N) × OA = F' × OB$，代入OA=2OB化简得$F'=2(G-2N)=2G-4N=F-4N$，即F的大小将减小4N，D正确。
【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典型常规考题，易错点在于部分同学会误将动力臂和阻力臂的关系搞反，错选A选项，另外斜向施力时的力臂变化也是高频易错点。解题时只要先明确支点，准确对应每个力的力臂，理清题干中的不变量和变化量，代入平衡条件推导即可得到正确结果。
【难度系数】
0.6
这道题考查杠杆平衡条件的应用，解题时首先要明确支点为O，先根据OB=AB的条件确定动力臂OB和阻力臂OA的大小关系，得到OA=2OB。之后逐个分析每个选项中的变量和不变量，代入杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$推导动力F的变化情况，即可逐一判断选项正误。要注意判断斜向施力时的动力臂变化，不能直接把杠杆长度当力臂，力臂是支点到力的作用线的垂直距离。
【解析】
首先明确本题的基础条件：轻质杠杆支点为O，已知OB=AB，因此OA=OB+AB=2OB；杠杆水平静止时，阻力为重物的重力G，阻力臂为OA，竖直向上的拉力F为动力，动力臂为OB，杠杆平衡条件为$F_1L_1=F_2L_2$。
对各选项逐一分析：
1. 选项A：将已知条件代入杠杆平衡条件，可得$F × OB = G × OA$，把OA=2OB代入后化简得$F=2G$，即拉力F的大小为物重的2倍，并非物重的$\frac{1}{2}$，A错误。
2. 选项B：当重物的悬挂点右移时，阻力G不变、动力臂OB不变，阻力臂（支点到悬挂点的距离）变小，根据$F=\frac{G · L_{阻}}{L_{动}}$可知，动力F将变小，并非增大，B错误。
3. 选项C：若F改为沿图中虚线方向斜向施力，此时动力臂是支点O到F作用线的垂直距离，该距离小于OB，即动力臂变小；阻力G和阻力臂OA均不变，由杠杆平衡条件可知，动力F将变大，并非减小，C错误。
4. 选项D：初始平衡关系为$G × OA = F × OB$，代入OA=2OB可得$F=2G$；当物重减小2N后，新的平衡关系为$(G-2N) × OA = F' × OB$，代入OA=2OB化简得$F'=2(G-2N)=2G-4N=F-4N$，即F的大小将减小4N，D正确。
【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典型常规考题，易错点在于部分同学会误将动力臂和阻力臂的关系搞反，错选A选项，另外斜向施力时的力臂变化也是高频易错点。解题时只要先明确支点，准确对应每个力的力臂，理清题干中的不变量和变化量，代入平衡条件推导即可得到正确结果。
【难度系数】
0.6
2 [2024 辽宁锦州期末,中]如图所示,轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110 N的物体,在A端施加一个竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡,则力F的大小为
55
N。保持F的方向始终与OA垂直,将杠杆从水平位置匀速提升到虚线位置的过程中,力F的力臂不变
(填“变大”“变小”或“不变”,下同),力F的大小变小
。答案
2. 55 不变 变小 【解析】轻质杠杆OA的中点处悬挂重为110 N的物体，杠杆在水平位置平衡，动力臂与阻力臂的关系为$L_{OA}=2L_{G}$，由杠杆平衡条件可知$FL_{OA}=GL_{G}$，则力F的大小为$F=\frac {GL_{G}}{L_{OA}}=\frac {1}{2}×110=55N$；将杠杆从水平位置匀速提升到图中虚线位置的过程中，保持F的方向始终与OA垂直，则动力F的力臂都是$L_{OA}$，即动力臂不变，阻力等于物体的重力，阻力不变，此过程中，阻力臂会变小，所以动力F会变小。
解析
【分析】
首先明确本题核心是杠杆平衡条件的应用，按三步思路推导：1. 第一空求初始平衡的F：杠杆在水平位置平衡时，物体挂在OA中点，阻力臂是OA长度的一半，竖直向上的动力F的动力臂等于OA全长，代入杠杆平衡公式即可算出F的大小。2. 第二空判断动力臂变化：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，题目说明F始终与OA垂直，那么支点到F作用线的垂线刚好就是OA本身，OA长度不变，因此动力臂不变。3. 第三空判断F的大小变化：阻力是物体重力，大小不变，抬升杠杆过程中重力方向始终竖直向下，支点到重力作用线的垂直距离（阻力臂）比水平位置时更短，结合杠杆平衡条件，动力臂不变、阻力不变、阻力臂变小，即可推出动力F变小。
【解析】
1. 计算水平位置平衡时的力F：
设杠杆OA总长度为L，物体悬挂在OA中点，因此阻力臂$L_G=\frac{1}{2}L$，动力F竖直向上，动力臂$L_F=L$，阻力为物体重力$G=110\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F · L = G · \frac{1}{2}L$
约去L后得$F=\frac{1}{2}G=\frac{1}{2} × 110\ \mathrm{N}=55\ \mathrm{N}$。
2. 判断提升过程中动力臂的变化：
保持F的方向始终与OA垂直，支点O到F作用线的垂直距离始终等于OA的长度，OA长度不变，因此动力F的力臂不变。
3. 判断提升过程中力F的大小变化：
杠杆抬升过程中，阻力等于物体重力G，大小保持不变；重力方向始终竖直向下，支点O到重力作用线的垂直距离（阻力臂）相比水平位置时的阻力臂变小。
根据杠杆平衡条件$F=\frac{G · L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}}$，G不变，$L_{\mathrm{阻}}$变小，$L_{\mathrm{动}}$不变，因此力F的大小变小。
【答案】
55；不变；变小
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的定义；动态杠杆分析
【点评】
本题属于杠杆的基础综合题，既考察杠杆平衡条件的基础计算，又考察动态杠杆的力臂、力的变化判断，易错点是容易混淆力臂和支点到作用点的连线，解题时牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，先明确力的方向再判断力臂长度变化，就能避免出错。
【难度系数】
0.6
首先明确本题核心是杠杆平衡条件的应用，按三步思路推导：1. 第一空求初始平衡的F：杠杆在水平位置平衡时，物体挂在OA中点，阻力臂是OA长度的一半，竖直向上的动力F的动力臂等于OA全长，代入杠杆平衡公式即可算出F的大小。2. 第二空判断动力臂变化：力臂是支点到力的作用线的垂直距离，题目说明F始终与OA垂直，那么支点到F作用线的垂线刚好就是OA本身，OA长度不变，因此动力臂不变。3. 第三空判断F的大小变化：阻力是物体重力，大小不变，抬升杠杆过程中重力方向始终竖直向下，支点到重力作用线的垂直距离（阻力臂）比水平位置时更短，结合杠杆平衡条件，动力臂不变、阻力不变、阻力臂变小，即可推出动力F变小。
【解析】
1. 计算水平位置平衡时的力F：
设杠杆OA总长度为L，物体悬挂在OA中点，因此阻力臂$L_G=\frac{1}{2}L$，动力F竖直向上，动力臂$L_F=L$，阻力为物体重力$G=110\ \mathrm{N}$。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F · L = G · \frac{1}{2}L$
约去L后得$F=\frac{1}{2}G=\frac{1}{2} × 110\ \mathrm{N}=55\ \mathrm{N}$。
2. 判断提升过程中动力臂的变化：
保持F的方向始终与OA垂直，支点O到F作用线的垂直距离始终等于OA的长度，OA长度不变，因此动力F的力臂不变。
3. 判断提升过程中力F的大小变化：
杠杆抬升过程中，阻力等于物体重力G，大小保持不变；重力方向始终竖直向下，支点O到重力作用线的垂直距离（阻力臂）相比水平位置时的阻力臂变小。
根据杠杆平衡条件$F=\frac{G · L_{\mathrm{阻}}}{L_{\mathrm{动}}}$，G不变，$L_{\mathrm{阻}}$变小，$L_{\mathrm{动}}$不变，因此力F的大小变小。
【答案】
55；不变；变小
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂的定义；动态杠杆分析
【点评】
本题属于杠杆的基础综合题，既考察杠杆平衡条件的基础计算，又考察动态杠杆的力臂、力的变化判断，易错点是容易混淆力臂和支点到作用点的连线，解题时牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，先明确力的方向再判断力臂长度变化，就能避免出错。
【难度系数】
0.6
3 [2025 上海奉贤区期中,中]如图所示,O为轻质硬直杠杆OA的支点,在杠杆的A点悬挂着一个重物G,在B点施加一个方向始终与杠杆成a角度的动力F,使杠杆从竖直位置匀速转动到水平位置的过程中,下列表述正确的是(
A.动力F始终在变大
B.动力F先变大再变小
C.杠杆始终为省力杠杆
D.杠杆始终为费力杠杆
A
)A.动力F始终在变大
B.动力F先变大再变小
C.杠杆始终为省力杠杆
D.杠杆始终为费力杠杆
答案
3. A 【解析】杠杆的支点为O，阻力为G，保持不变，动力F与杠杆的角度始终为α，则动力臂不变，将杠杆从竖直位置转动到水平位置的过程中，阻力臂始终在变大，根据杠杆的平衡条件知，$Fl_{1}=Gl_{2}$，动力$F=\frac {Gl_{2}}{l_{1}}$，因动力臂$l_{1}$不变，阻力臂$l_{2}$始终在变大，则动力F始终在变大，故A正确，B错误；转动过程中，阻力臂先小于动力臂，此时为省力杠杆，阻力臂始终在变大，当阻力臂等于动力臂时，为等臂杠杆，当阻力臂大于动力臂时，为费力杠杆，故C、D错误。故选A。
解析
【分析】
拿到这道动态杠杆题，我们可以按三步思路推导：第一步先明确杠杆的支点、阻力、动力的基本属性：支点是O，阻力是重物的重力G，大小始终不变；第二步分别分析动力臂和阻力臂的变化：题目说明动力F始终和杠杆成固定夹角α，那么动力臂是支点到动力作用线的垂直距离，因为OB长度不变、α不变，所以动力臂全程是定值；而阻力是竖直向下的，杠杆从竖直转到水平的过程中，支点到重力作用线的垂直距离也就是阻力臂，是从0开始一直不断变大的；第三步代入杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，已知阻力G、动力臂L₁都不变，阻力臂L₂持续变大，就能推出动力F一直变大，之后再通过对比动力臂和阻力臂的大小变化，就能判断省力/费力杠杆的描述是否正确，最终选出正确选项。
【解析】
解：
1. 确定杠杆基本参数：支点为O，杠杆为轻质杠杆，阻力等于重物重力G，大小保持恒定。
2. 分析动力臂的变化：动力F始终与杠杆夹角为α，动力臂$l_1$是支点O到动力F作用线的垂直距离，可得$l_1 = OB · \sinα$，转动过程中OB长度、夹角α均不改变，因此动力臂$l_1$全程保持不变。
3. 分析阻力臂的变化：阻力方向始终竖直向下，阻力臂$l_2$是支点O到重力G作用线的垂直距离。杠杆从竖直位置向水平位置转动的全过程中，A点的水平位置不断远离竖直墙，因此阻力臂$l_2$从0开始持续增大，杠杆转到水平位置时阻力臂达到最大值OA。
4. 由杠杆平衡条件$F l_1 = G l_2$，变形得$F=\frac{G l_2}{l_1}$，由于G、$l_1$均为定值，$l_2$持续变大，因此动力F始终在变大，故选项A正确，B错误。
5. 判断杠杆类型：转动过程中，初始阶段阻力臂$l_2 ＜ l_1$，杠杆为省力杠杆；随着$l_2$不断增大，会先后出现$l_2=l_1$的等臂杠杆阶段、$l_2＞l_1$的费力杠杆阶段，因此杠杆不会始终为省力杠杆，也不会始终为费力杠杆，选项C、D错误。
综上，答案选A。
【答案】A
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂动态分析，杠杆分类
【点评】
本题是动态杠杆的典型考题，易错点集中在两个地方：一是容易错误判断动力臂的变化，忽略了动力始终和杠杆保持固定夹角的条件，误以为动力臂也在变化；二是容易直接默认杠杆全程省力或者全程费力，没有动态对比动力臂和阻力臂的大小关系，整体考察了学生对杠杆平衡规律的动态应用能力。
【难度系数】
0.6
拿到这道动态杠杆题，我们可以按三步思路推导：第一步先明确杠杆的支点、阻力、动力的基本属性：支点是O，阻力是重物的重力G，大小始终不变；第二步分别分析动力臂和阻力臂的变化：题目说明动力F始终和杠杆成固定夹角α，那么动力臂是支点到动力作用线的垂直距离，因为OB长度不变、α不变，所以动力臂全程是定值；而阻力是竖直向下的，杠杆从竖直转到水平的过程中，支点到重力作用线的垂直距离也就是阻力臂，是从0开始一直不断变大的；第三步代入杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，已知阻力G、动力臂L₁都不变，阻力臂L₂持续变大，就能推出动力F一直变大，之后再通过对比动力臂和阻力臂的大小变化，就能判断省力/费力杠杆的描述是否正确，最终选出正确选项。
【解析】
解：
1. 确定杠杆基本参数：支点为O，杠杆为轻质杠杆，阻力等于重物重力G，大小保持恒定。
2. 分析动力臂的变化：动力F始终与杠杆夹角为α，动力臂$l_1$是支点O到动力F作用线的垂直距离，可得$l_1 = OB · \sinα$，转动过程中OB长度、夹角α均不改变，因此动力臂$l_1$全程保持不变。
3. 分析阻力臂的变化：阻力方向始终竖直向下，阻力臂$l_2$是支点O到重力G作用线的垂直距离。杠杆从竖直位置向水平位置转动的全过程中，A点的水平位置不断远离竖直墙，因此阻力臂$l_2$从0开始持续增大，杠杆转到水平位置时阻力臂达到最大值OA。
4. 由杠杆平衡条件$F l_1 = G l_2$，变形得$F=\frac{G l_2}{l_1}$，由于G、$l_1$均为定值，$l_2$持续变大，因此动力F始终在变大，故选项A正确，B错误。
5. 判断杠杆类型：转动过程中，初始阶段阻力臂$l_2 ＜ l_1$，杠杆为省力杠杆；随着$l_2$不断增大，会先后出现$l_2=l_1$的等臂杠杆阶段、$l_2＞l_1$的费力杠杆阶段，因此杠杆不会始终为省力杠杆，也不会始终为费力杠杆，选项C、D错误。
综上，答案选A。
【答案】A
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂动态分析，杠杆分类
【点评】
本题是动态杠杆的典型考题，易错点集中在两个地方：一是容易错误判断动力臂的变化，忽略了动力始终和杠杆保持固定夹角的条件，误以为动力臂也在变化；二是容易直接默认杠杆全程省力或者全程费力，没有动态对比动力臂和阻力臂的大小关系，整体考察了学生对杠杆平衡规律的动态应用能力。
【难度系数】
0.6
4 [2024 江苏扬州质检,中]如图所示,重为G的均匀木棒竖直悬于O点,在其下端施加一水平拉力F,让木棒缓慢转到图中虚线所示位置,在转动过程中,木棒重力的力臂
变大
,拉力F的力臂变小
,拉力F变大
。(均填“变小”“变大”或“不变”)答案
4. 变大 变小 变大 【解析】阻力为木棒的重力，在杠杆转动过程中，重力大小不变，木棒在竖直位置时，重力的力臂为0，转到虚线位置过程中，重力力臂变大，F的力臂变小，根据杠杆平衡条件可得，阻力与阻力臂的乘积增大，而动力臂变小，所以动力逐渐变大，即拉力F变大。
解析
【分析】
这是一道杠杆动态平衡的分析题，解题思路如下：第一步先确定杠杆的支点为O，明确两个作用力：阻力是木棒的重力G，大小始终保持不变，动力是水平拉力F；第二步根据力臂的定义——支点到力的作用线的垂直距离，分别分析木棒从竖直位置转到虚线位置的过程中，重力的力臂、拉力F的力臂的变化情况；第三步结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入已知的阻力、力臂变化规律，推导拉力F的大小变化。
【解析】
1. 分析重力的力臂：木棒初始处于竖直状态时，重力方向竖直向下，重力的作用线与木棒重合，支点O就在重力的作用线上，此时重力的力臂为0；在木棒向虚线位置转动的过程中，重力方向始终竖直向下，支点O到重力作用线的垂直距离逐渐增大，因此重力的力臂变大。
2. 分析拉力F的力臂：拉力F始终保持水平方向，木棒竖直时，支点O到F的水平作用线的垂直距离等于木棒的总长度；木棒转动倾斜后，支点O到F的水平作用线的垂直距离小于木棒的总长度，因此拉力F的力臂变小。
3. 推导拉力F的变化：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F · L_F = G · L_G$，其中G为定值，转动过程中$L_G$变大，因此阻力和阻力臂的乘积$G· L_G$变大，同时动力臂$L_F$变小，因此拉力F必须变大才能维持杠杆缓慢转动的平衡状态。
【答案】
变大 变小 变大
【知识点】
力臂的定义；杠杆平衡条件
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的常规中档题型，易错点是容易将力臂错误理解为支点到力的作用点的木棒长度，忽略力臂是支点到力的作用线的垂直距离这一核心定义，解题时先逐个判断力臂的变化，再结合平衡条件推导动力变化即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
这是一道杠杆动态平衡的分析题，解题思路如下：第一步先确定杠杆的支点为O，明确两个作用力：阻力是木棒的重力G，大小始终保持不变，动力是水平拉力F；第二步根据力臂的定义——支点到力的作用线的垂直距离，分别分析木棒从竖直位置转到虚线位置的过程中，重力的力臂、拉力F的力臂的变化情况；第三步结合杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入已知的阻力、力臂变化规律，推导拉力F的大小变化。
【解析】
1. 分析重力的力臂：木棒初始处于竖直状态时，重力方向竖直向下，重力的作用线与木棒重合，支点O就在重力的作用线上，此时重力的力臂为0；在木棒向虚线位置转动的过程中，重力方向始终竖直向下，支点O到重力作用线的垂直距离逐渐增大，因此重力的力臂变大。
2. 分析拉力F的力臂：拉力F始终保持水平方向，木棒竖直时，支点O到F的水平作用线的垂直距离等于木棒的总长度；木棒转动倾斜后，支点O到F的水平作用线的垂直距离小于木棒的总长度，因此拉力F的力臂变小。
3. 推导拉力F的变化：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F · L_F = G · L_G$，其中G为定值，转动过程中$L_G$变大，因此阻力和阻力臂的乘积$G· L_G$变大，同时动力臂$L_F$变小，因此拉力F必须变大才能维持杠杆缓慢转动的平衡状态。
【答案】
变大 变小 变大
【知识点】
力臂的定义；杠杆平衡条件
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的常规中档题型，易错点是容易将力臂错误理解为支点到力的作用点的木棒长度，忽略力臂是支点到力的作用线的垂直距离这一核心定义，解题时先逐个判断力臂的变化，再结合平衡条件推导动力变化即可顺利求解。
【难度系数】
0.6
5 [2025 河南南阳期末,中]一根粗细均匀的木棒斜靠在竖直墙壁上,墙壁光滑,地面粗糙。木棒受到的重力为G,墙壁对木棒的弹力为F,如图所示。现让木棒的倾斜程度变小一些,即杠杆的位置变至虚线所示位置,木棒仍能静止斜靠在墙上。则与原来相比,G和F的变化情况为(
A.G不变,F变小
B.G不变,F变大
C.G变大,F变小
D.G变小,F变大
B
)A.G不变,F变小
B.G不变,F变大
C.G变大,F变小
D.G变小,F变大
答案
5. B 【解析】以木棒与地面的接触点为支点，设木棒与墙壁的接触点到地面的距离为h，木棒与地面的接触点到墙壁的距离为L，根据杠杆平衡条件及数学知识可得$F×h=G×\frac {1}{2}L$，解得$F=\frac {GL}{2h}$，现让木棒的位置变至虚线所示位置，木棒质量不变，故重力G不变，且L变大、h变小，故力F变大，故B正确。故选B。
解析
【分析】
首先第一步先判断木棒重力的变化：木棒的质量没有发生改变，根据G=mg就能直接得出重力G是不变的，先排除重力发生变化的C、D选项。接下来这道题可以用杠杆平衡原理求解：由于墙壁光滑，墙壁对木棒只有水平方向的弹力F，地面粗糙，我们选择木棒和地面的接触点作为支点，这样地面对木棒的支持力、摩擦力的作用线都经过支点，力臂为0，不需要考虑这两个力的力矩，能大幅简化计算。之后分别确定两个力的力臂：水平弹力F的力臂是支点到F作用线的竖直距离，也就是木棒上端到地面的竖直高度h；均匀木棒的重心在中点，竖直向下的重力G的力臂是支点到重力作用线的水平距离，也就是木棒下端到墙壁水平距离L的1/2。代入杠杆平衡条件得到Fh = G·(L/2)，整理得到F=GL/(2h)。当木棒倾斜程度变小移动到虚线位置时，L会变大、h会变小，G不变，因此F的数值会变大，即可得到最终答案。
【解析】
1. 重力变化判断：木棒的质量不随摆放位置改变，由G=mg可知木棒的重力G保持不变，直接排除C、D选项。
2. 支点选取：选取木棒与水平地面的接触点作为杠杆的支点，此时地面对木棒的支持力、摩擦力的力臂均为0，无需参与力矩计算。
3. 力臂确定：设木棒上端距离地面的竖直高度为h，木棒下端距离竖直墙壁的水平距离为L：
墙壁对木棒的水平弹力F的力臂为h；
粗细均匀的木棒重心在几何中点，竖直向下的重力G的力臂为$\frac{1}{2}L$。
4. 代入杠杆平衡条件：根据杠杆平衡原理$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$ F · h = G · \frac{1}{2}L $整理得$F=\frac{GL}{2h}$。
5. 变化趋势分析：当木棒倾斜程度变小，移动到虚线位置时，L变大、h变小，G不变，因此F的数值变大。
综上，G不变，F变大，B选项正确。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件；重力与质量关系
【点评】本题的核心技巧是合理选取支点，避开地面对木棒的两个未知力的干扰，快速利用杠杆平衡条件推导弹力F的表达式，再结合倾斜程度变化时两个力臂的变化趋势判断F的变化，是杠杆平衡条件在静力学场景的典型应用，解题时要注意不要错误判断力臂的变化方向。
【难度系数】0.6
首先第一步先判断木棒重力的变化：木棒的质量没有发生改变，根据G=mg就能直接得出重力G是不变的，先排除重力发生变化的C、D选项。接下来这道题可以用杠杆平衡原理求解：由于墙壁光滑，墙壁对木棒只有水平方向的弹力F，地面粗糙，我们选择木棒和地面的接触点作为支点，这样地面对木棒的支持力、摩擦力的作用线都经过支点，力臂为0，不需要考虑这两个力的力矩，能大幅简化计算。之后分别确定两个力的力臂：水平弹力F的力臂是支点到F作用线的竖直距离，也就是木棒上端到地面的竖直高度h；均匀木棒的重心在中点，竖直向下的重力G的力臂是支点到重力作用线的水平距离，也就是木棒下端到墙壁水平距离L的1/2。代入杠杆平衡条件得到Fh = G·(L/2)，整理得到F=GL/(2h)。当木棒倾斜程度变小移动到虚线位置时，L会变大、h会变小，G不变，因此F的数值会变大，即可得到最终答案。
【解析】
1. 重力变化判断：木棒的质量不随摆放位置改变，由G=mg可知木棒的重力G保持不变，直接排除C、D选项。
2. 支点选取：选取木棒与水平地面的接触点作为杠杆的支点，此时地面对木棒的支持力、摩擦力的力臂均为0，无需参与力矩计算。
3. 力臂确定：设木棒上端距离地面的竖直高度为h，木棒下端距离竖直墙壁的水平距离为L：
墙壁对木棒的水平弹力F的力臂为h；
粗细均匀的木棒重心在几何中点，竖直向下的重力G的力臂为$\frac{1}{2}L$。
4. 代入杠杆平衡条件：根据杠杆平衡原理$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$ F · h = G · \frac{1}{2}L $整理得$F=\frac{GL}{2h}$。
5. 变化趋势分析：当木棒倾斜程度变小，移动到虚线位置时，L变大、h变小，G不变，因此F的数值变大。
综上，G不变，F变大，B选项正确。
【答案】B
【知识点】杠杆平衡条件；重力与质量关系
【点评】本题的核心技巧是合理选取支点，避开地面对木棒的两个未知力的干扰，快速利用杠杆平衡条件推导弹力F的表达式，再结合倾斜程度变化时两个力臂的变化趋势判断F的变化，是杠杆平衡条件在静力学场景的典型应用，解题时要注意不要错误判断力臂的变化方向。
【难度系数】0.6
6 [2025 山东青岛调研,中]如图所示,杠杆水平静止,当拉力F绕作用点A转动时,为保持杠杆水平平衡,下列F的大小随θ(力F与水平方向的夹角)变化的图像符合实际的是(
B
)答案
6. B 【解析】杠杆水平静止，拉力F绕作用点A转动，阻力、阻力臂不变，当$θ=90^{\circ }$时，动力臂最大，根据杠杆平衡条件可知，此时动力最小；当$θ=0^{\circ }$或$180^{\circ }$时，动力臂为0，此时杠杆无法水平平衡，故B符合实际。故选B。
解析
【分析】
我们可以按三步思路来解题：第一步先明确杠杆平衡的核心规律，先确认本题里阻力、阻力臂都是固定不变的，因此动力的大小仅由动力臂的大小决定。第二步结合力臂的定义，分析拉力F绕A点转动时，动力臂随夹角θ的变化趋势：动力臂是支点到F作用线的垂直距离，当θ从0°增大到90°时，动力臂逐渐变长，动力随之变小；当θ从90°继续增大到180°时，动力臂逐渐变短，动力随之变大。第三步还要分析特殊角度的情况：当θ为0°或者180°时，拉力方向沿杠杆水平方向，此时动力臂为0，根本无法满足杠杆平衡条件，对应拉力趋近于无穷大，不可能取0，结合这个规律就能匹配出符合实际的图像。
【解析】
解：
1. 由题意可知，杠杆水平平衡过程中，阻力（悬挂物的重力）和对应的阻力臂始终保持不变，因此阻力与阻力臂的乘积为定值。
2. 根据力臂的定义，设支点到拉力作用点A的距离为L，动力臂是支点到拉力F作用线的垂直距离，可得动力臂表达式：$L_动 = L · \sinθ$。
3. 代入杠杆平衡条件$F · L_动 = F_阻 · L_阻$，整理得到动力的计算式：$F=\frac{F_阻 L_阻}{L · \sinθ}$。
4. 分析F随θ的变化规律：
当θ=90°时，$\sinθ=1$，此时动力臂达到最大值，等于支点到A点的距离L，动力F取得最小值；
当θ趋近于0°或180°时，$\sinθ$趋近于0，动力F趋近于无穷大，此时动力臂为0，无法维持杠杆水平平衡。
因此F随θ的变化趋势为：在θ从0°到180°的范围内，F先逐渐减小，在θ=90°处达到最小值，之后再逐渐增大，两端无法实现平衡，符合该规律的是选项B。
【答案】B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题属于杠杆动态变化的中档题型，易错点是容易忽略沿杠杆方向的拉力的力臂为0、无法平衡杠杆，误选两端落到坐标轴上的图像。解题核心是先通过力臂的定义推导动力臂的变化规律，再结合杠杆平衡条件推导动力的变化趋势，即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.6
我们可以按三步思路来解题：第一步先明确杠杆平衡的核心规律，先确认本题里阻力、阻力臂都是固定不变的，因此动力的大小仅由动力臂的大小决定。第二步结合力臂的定义，分析拉力F绕A点转动时，动力臂随夹角θ的变化趋势：动力臂是支点到F作用线的垂直距离，当θ从0°增大到90°时，动力臂逐渐变长，动力随之变小；当θ从90°继续增大到180°时，动力臂逐渐变短，动力随之变大。第三步还要分析特殊角度的情况：当θ为0°或者180°时，拉力方向沿杠杆水平方向，此时动力臂为0，根本无法满足杠杆平衡条件，对应拉力趋近于无穷大，不可能取0，结合这个规律就能匹配出符合实际的图像。
【解析】
解：
1. 由题意可知，杠杆水平平衡过程中，阻力（悬挂物的重力）和对应的阻力臂始终保持不变，因此阻力与阻力臂的乘积为定值。
2. 根据力臂的定义，设支点到拉力作用点A的距离为L，动力臂是支点到拉力F作用线的垂直距离，可得动力臂表达式：$L_动 = L · \sinθ$。
3. 代入杠杆平衡条件$F · L_动 = F_阻 · L_阻$，整理得到动力的计算式：$F=\frac{F_阻 L_阻}{L · \sinθ}$。
4. 分析F随θ的变化规律：
当θ=90°时，$\sinθ=1$，此时动力臂达到最大值，等于支点到A点的距离L，动力F取得最小值；
当θ趋近于0°或180°时，$\sinθ$趋近于0，动力F趋近于无穷大，此时动力臂为0，无法维持杠杆水平平衡。
因此F随θ的变化趋势为：在θ从0°到180°的范围内，F先逐渐减小，在θ=90°处达到最小值，之后再逐渐增大，两端无法实现平衡，符合该规律的是选项B。
【答案】B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题属于杠杆动态变化的中档题型，易错点是容易忽略沿杠杆方向的拉力的力臂为0、无法平衡杠杆，误选两端落到坐标轴上的图像。解题核心是先通过力臂的定义推导动力臂的变化规律，再结合杠杆平衡条件推导动力的变化趋势，即可快速排除错误选项。
【难度系数】
0.6
7 [2025 贵州黔东南州一模]如图甲是某起重机示意图,若主梁始终保持水平,请在图乙中画出重物由主梁最左端的支点A缓慢匀速向右移动的过程中,拉力F与重物到支点A的距离s的大致关系图像。
答案
7. 如图所示
关键点拨
(1)定滑轮不省力，不省距离，可以改变力的方向。
(2)动滑轮可以省力，但费距离，不能改变力的方向。
【解析】由题图甲可知A为支点，假设拉力F为动力，则动力臂等于整个主梁的长度，将其设为L，L保持不变。重物对主梁的拉力为阻力，大小等于重物的重力G，其力臂为s，主梁自身的重力$G_{0}$也是阻力，其力臂为$\frac {1}{2}L$，根据杠杆的平衡条件可得$FL=\frac {1}{2}G_{0}L+Gs$，则$F=\frac {1}{2}G_{0}+\frac {Gs}{L}$。因$G_{0}$、G、L均不变，故拉力F与重物到支点A的距离s的图像是一次函数图像，且拉力随s的增大而增大，但当$s=0$时，F不为0。
解析
【分析】
首先识别该装置为杠杆，支点为A点，解题思路如下：1. 先明确杠杆的动力、全部阻力和对应力臂：右端向上的拉力F是动力，动力臂是主梁的总长度，属于固定不变的定值；阻力包含两部分，一是主梁自身的重力，作用在主梁中点，对应的力臂是主梁总长的一半，也是定值；二是重物对主梁的拉力，大小等于重物重力G，对应的力臂就是重物到支点A的距离s，随重物右移逐渐变大。2. 代入杠杆平衡条件公式，推导拉力F和距离s的函数关系式，根据函数性质判断图像特征，注意不要忽略主梁自重的影响，s=0时拉力F也不为零。
【解析】
解：以A为支点，设主梁的总长度为L，主梁自身重力为$G_0$，重物的重力为G：
1. 动力为右端的拉力F，动力臂等于主梁总长度L，保持恒定；
2. 阻力共有两个：①主梁自重$G_0$，作用在主梁中点，对应的阻力臂为$\frac{1}{2}L$，为定值；②重物对主梁向下的拉力，大小等于G，对应的阻力臂就是重物到支点A的距离s。
根据杠杆的平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F· L = G_0· \frac{L}{2} + G· s$
将等式两边同时除以L，整理得：
$F = \frac{G_0}{2} + \frac{G}{L}· s$
由于$G_0$、G、L均为固定不变的量，因此F和s为一次函数关系：当s增大时F随之线性增大，且当s=0时，$F=\frac{G_0}{2}＞0$，因此图像是从纵轴（F轴）正半轴某点出发，向右上方倾斜的直线。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆力臂判断；动态杠杆分析
【点评】
本题的易错点是容易忽略主梁自身的重力，误将图像画成过坐标原点的倾斜直线，解题时先完整梳理杠杆的所有阻力，通过平衡条件推导函数关系式，再根据函数特征绘制图像，就能避免这类错误。
【难度系数】
0.6
首先识别该装置为杠杆，支点为A点，解题思路如下：1. 先明确杠杆的动力、全部阻力和对应力臂：右端向上的拉力F是动力，动力臂是主梁的总长度，属于固定不变的定值；阻力包含两部分，一是主梁自身的重力，作用在主梁中点，对应的力臂是主梁总长的一半，也是定值；二是重物对主梁的拉力，大小等于重物重力G，对应的力臂就是重物到支点A的距离s，随重物右移逐渐变大。2. 代入杠杆平衡条件公式，推导拉力F和距离s的函数关系式，根据函数性质判断图像特征，注意不要忽略主梁自重的影响，s=0时拉力F也不为零。
【解析】
解：以A为支点，设主梁的总长度为L，主梁自身重力为$G_0$，重物的重力为G：
1. 动力为右端的拉力F，动力臂等于主梁总长度L，保持恒定；
2. 阻力共有两个：①主梁自重$G_0$，作用在主梁中点，对应的阻力臂为$\frac{1}{2}L$，为定值；②重物对主梁向下的拉力，大小等于G，对应的阻力臂就是重物到支点A的距离s。
根据杠杆的平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F· L = G_0· \frac{L}{2} + G· s$
将等式两边同时除以L，整理得：
$F = \frac{G_0}{2} + \frac{G}{L}· s$
由于$G_0$、G、L均为固定不变的量，因此F和s为一次函数关系：当s增大时F随之线性增大，且当s=0时，$F=\frac{G_0}{2}＞0$，因此图像是从纵轴（F轴）正半轴某点出发，向右上方倾斜的直线。
【答案】
【知识点】
杠杆平衡条件；杠杆力臂判断；动态杠杆分析
【点评】
本题的易错点是容易忽略主梁自身的重力，误将图像画成过坐标原点的倾斜直线，解题时先完整梳理杠杆的所有阻力，通过平衡条件推导函数关系式，再根据函数特征绘制图像，就能避免这类错误。
【难度系数】
0.6
