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11. (2025·常州溧阳期中)如图所示,均匀细木棒OAB可绕O点自由转动,将轻质支架放在力传感器上,支架支撑在A点时,调节O点高度,使木棒水平平衡,此时力传感器显示支架对A点的支持力示数如图甲所示。现在B点施加竖直向上的拉力$F_{B}$,传感器示数与$F_{B}$的关系图线为图乙中的$b$所示。已知$OA=30\ \mathrm{cm}$,$OB=50\ \mathrm{cm}$。
(1)求细木棒自身的重力$G$。
(2)求图像中横坐标$F_{Bx}$的值。
(3)若将支架从$A$点稍向左移至$C$点,则传感器示数与$F_{B}$的关系图线将可能是图乙中图线$a$、$b$、$c$、$d$中的哪一条?并通过分析图线与纵、横坐标的交点的数值如何变化,来简要说明理由。
(1)求细木棒自身的重力$G$。
(2)求图像中横坐标$F_{Bx}$的值。
(3)若将支架从$A$点稍向左移至$C$点,则传感器示数与$F_{B}$的关系图线将可能是图乙中图线$a$、$b$、$c$、$d$中的哪一条?并通过分析图线与纵、横坐标的交点的数值如何变化,来简要说明理由。
答案
11. (1) 2.4 N (2) 1.2 N (3) 图线c,理由见提示
提示:(1) 均匀细木棒OAB水平平衡时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{支}× OA$,即$G×25\ \mathrm{cm}=2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}$,解得$G=2.4\ \mathrm{N}$。(2) 台秤示数为0时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{Bx}× OB$,即$2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}=F_{Bx}×50\ \mathrm{cm}$,解得$F_{Bx}=1.2\ \mathrm{N}$。(3) 支架从A点移至C点时,支架与O点之间的力臂变小,由$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{支}× OA + F_B× OB$和$G×\dfrac{1}{2}OB=F'_{支}× OC + F_B× OB$知,在B点的拉力相同时,$F_{支}× OA=F'_{支}× OC$ 即$F'_{支}=\dfrac{OA}{OC}F_{支}＞F_{支}$,即台秤的示数将变大,传感器示数为0时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_B× OB$,故施加的力不变,然为$F_{Bx}$。
提示:(1) 均匀细木棒OAB水平平衡时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{支}× OA$,即$G×25\ \mathrm{cm}=2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}$,解得$G=2.4\ \mathrm{N}$。(2) 台秤示数为0时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{Bx}× OB$,即$2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}=F_{Bx}×50\ \mathrm{cm}$,解得$F_{Bx}=1.2\ \mathrm{N}$。(3) 支架从A点移至C点时,支架与O点之间的力臂变小,由$G×\dfrac{1}{2}OB=F_{支}× OA + F_B× OB$和$G×\dfrac{1}{2}OB=F'_{支}× OC + F_B× OB$知,在B点的拉力相同时,$F_{支}× OA=F'_{支}× OC$ 即$F'_{支}=\dfrac{OA}{OC}F_{支}＞F_{支}$,即台秤的示数将变大,传感器示数为0时,有$G×\dfrac{1}{2}OB=F_B× OB$,故施加的力不变,然为$F_{Bx}$。
解析
【分析】
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路如下：
1. 第(1)问：当B点无拉力时，杠杆水平平衡，力传感器示数为支架对A点的支持力，均匀细木棒重心在OB中点，根据杠杆平衡条件，结合已知的OA、OB长度和支持力计算木棒重力。
2. 第(2)问：当传感器示数为0时，A点支持力为0，杠杆平衡时重力力矩与B点拉力力矩平衡，代入重力和OB长度计算$F_{Bx}$。
3. 第(3)问：支架左移至C点，OC小于OA，根据杠杆平衡条件分析相同拉力下传感器示数的变化，以及传感器示数为0时的拉力变化，判断对应图线。
【解析】
(1) 当B点未施加拉力时，杠杆水平平衡，力传感器示数为支架对A点的支持力，即$F_{支}=2\ \mathrm{N}$。
均匀细木棒的重心在OB中点，重力的力臂为$\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×50\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$，已知$OA=30\ \mathrm{cm}$。
根据杠杆平衡条件：$G× \frac{1}{2}OB = F_{支}× OA$，代入数据得：
$G×25\ \mathrm{cm}=2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}$，
解得$G=\frac{2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}}{25\ \mathrm{cm}}=2.4\ \mathrm{N}$。
(2) 当传感器示数为0时，A点支持力为0，杠杆平衡时，重力的力矩与B点拉力$F_{Bx}$的力矩平衡，即：
$G× \frac{1}{2}OB = F_{Bx}× OB$，
代入$G=2.4\ \mathrm{N}$，$OB=50\ \mathrm{cm}$，得：
$2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}=F_{Bx}×50\ \mathrm{cm}$，
解得$F_{Bx}=\frac{2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}}{50\ \mathrm{cm}}=1.2\ \mathrm{N}$。
(3) 支架从A点左移至C点，$OC＜OA$。设B点拉力为$F_B$，根据杠杆平衡条件：
$G× \frac{1}{2}OB = F_{支}× OC + F_B× OB$，
对比原情况$G× \frac{1}{2}OB = F_{支原}× OA + F_B× OB$，可得$F_{支}× OC=F_{支原}× OA$，因$OC＜OA$，故$F_{支}＞F_{支原}$，即相同拉力$F_B$下，传感器示数（纵轴）变大；
当传感器示数为0时，$F_{支}=0$，此时$G× \frac{1}{2}OB=F_B× OB$，解得$F_B=\frac{G}{2}=1.2\ \mathrm{N}$，即横轴截距$F_{Bx}$不变。
因此，图线纵轴截距变大、横轴截距不变，对应图线c。
【答案】
(1) $2.4\ \mathrm{N}$；(2) $1.2\ \mathrm{N}$；(3) 图线c
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂，力矩平衡
【点评】
本题围绕杠杆平衡条件展开，需明确均匀物体的重心位置，分析不同受力情况下的力臂与力矩关系，关键在于找准各力对应的力臂，区分传感器示数变化的原因，难度适中，适合中等水平学生解答。
【难度系数】
0.5
本题考查杠杆平衡条件的应用，解题思路如下：
1. 第(1)问：当B点无拉力时，杠杆水平平衡，力传感器示数为支架对A点的支持力，均匀细木棒重心在OB中点，根据杠杆平衡条件，结合已知的OA、OB长度和支持力计算木棒重力。
2. 第(2)问：当传感器示数为0时，A点支持力为0，杠杆平衡时重力力矩与B点拉力力矩平衡，代入重力和OB长度计算$F_{Bx}$。
3. 第(3)问：支架左移至C点，OC小于OA，根据杠杆平衡条件分析相同拉力下传感器示数的变化，以及传感器示数为0时的拉力变化，判断对应图线。
【解析】
(1) 当B点未施加拉力时，杠杆水平平衡，力传感器示数为支架对A点的支持力，即$F_{支}=2\ \mathrm{N}$。
均匀细木棒的重心在OB中点，重力的力臂为$\frac{1}{2}OB=\frac{1}{2}×50\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$，已知$OA=30\ \mathrm{cm}$。
根据杠杆平衡条件：$G× \frac{1}{2}OB = F_{支}× OA$，代入数据得：
$G×25\ \mathrm{cm}=2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}$，
解得$G=\frac{2\ \mathrm{N}×30\ \mathrm{cm}}{25\ \mathrm{cm}}=2.4\ \mathrm{N}$。
(2) 当传感器示数为0时，A点支持力为0，杠杆平衡时，重力的力矩与B点拉力$F_{Bx}$的力矩平衡，即：
$G× \frac{1}{2}OB = F_{Bx}× OB$，
代入$G=2.4\ \mathrm{N}$，$OB=50\ \mathrm{cm}$，得：
$2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}=F_{Bx}×50\ \mathrm{cm}$，
解得$F_{Bx}=\frac{2.4\ \mathrm{N}×25\ \mathrm{cm}}{50\ \mathrm{cm}}=1.2\ \mathrm{N}$。
(3) 支架从A点左移至C点，$OC＜OA$。设B点拉力为$F_B$，根据杠杆平衡条件：
$G× \frac{1}{2}OB = F_{支}× OC + F_B× OB$，
对比原情况$G× \frac{1}{2}OB = F_{支原}× OA + F_B× OB$，可得$F_{支}× OC=F_{支原}× OA$，因$OC＜OA$，故$F_{支}＞F_{支原}$，即相同拉力$F_B$下，传感器示数（纵轴）变大；
当传感器示数为0时，$F_{支}=0$，此时$G× \frac{1}{2}OB=F_B× OB$，解得$F_B=\frac{G}{2}=1.2\ \mathrm{N}$，即横轴截距$F_{Bx}$不变。
因此，图线纵轴截距变大、横轴截距不变，对应图线c。
【答案】
(1) $2.4\ \mathrm{N}$；(2) $1.2\ \mathrm{N}$；(3) 图线c
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂，力矩平衡
【点评】
本题围绕杠杆平衡条件展开，需明确均匀物体的重心位置，分析不同受力情况下的力臂与力矩关系，关键在于找准各力对应的力臂，区分传感器示数变化的原因，难度适中，适合中等水平学生解答。
【难度系数】
0.5
12. 为了建设精致城市，每到春天，园林工人要在过街天桥上放置花草，为城市增添一抹色彩。如图所示，工人用长木棒、滑轮、轻绳组装提升装置。木棒放置在天桥栏杆上始终保持水平，与栏杆 M 的接触点为 O；用沙袋将木棒 B 端压在栏杆 N 上，在木棒 A端吊装滑轮组。$OA:OB=1:2$，每个沙袋重 300 N，每个滑轮重 24 N。(木棒和绳的重力、滑轮与轴的摩擦、沙袋的体积均忽略不计)
(1) 若 A 点受到竖直向下的拉力为 1 000 N，为了保持木棒水平平衡，在 B 端至少需要放置几个沙袋？
(2) 若某次工人利用滑轮组竖直向下拉绳子，将重为 376 N 的花架匀速提升5 m。求：
①滑轮组的机械效率。
②滑轮组对绳 AC 的拉力。
(1) 若 A 点受到竖直向下的拉力为 1 000 N，为了保持木棒水平平衡，在 B 端至少需要放置几个沙袋？
(2) 若某次工人利用滑轮组竖直向下拉绳子，将重为 376 N 的花架匀速提升5 m。求：
①滑轮组的机械效率。
②滑轮组对绳 AC 的拉力。
答案
12. (1) 2 (2) ①94% ②624 N
提示:(1) 由$F_A× OA=F_B× OB$,解得$F_B=\dfrac{OA}{OB}× F_A=\dfrac{1}{2}×1\ 000\ \mathrm{N}=500\ \mathrm{N}$,因杠杆始终水平,故B端的压力等于沙袋重力,需沙袋个数$n≥\dfrac{G_{总}}{G_{沙}}=\dfrac{500\ \mathrm{N}}{300\ \mathrm{N}}\approx1.67$,$n$取2。(2) ①不计绳重和摩擦,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%=\dfrac{Gh}{Gh+G_{动}h}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%=\dfrac{376\ \mathrm{N}}{376\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N}}×100\%=94\%$;②$F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})=\dfrac{1}{2}×(376\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N})=200\ \mathrm{N}$,$F'_A=3F+G_{定}=3×200\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N}=624\ \mathrm{N}$。
提示:(1) 由$F_A× OA=F_B× OB$,解得$F_B=\dfrac{OA}{OB}× F_A=\dfrac{1}{2}×1\ 000\ \mathrm{N}=500\ \mathrm{N}$,因杠杆始终水平,故B端的压力等于沙袋重力,需沙袋个数$n≥\dfrac{G_{总}}{G_{沙}}=\dfrac{500\ \mathrm{N}}{300\ \mathrm{N}}\approx1.67$,$n$取2。(2) ①不计绳重和摩擦,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{W_{有用}}{W_{有用}+W_{额外}}×100\%=\dfrac{Gh}{Gh+G_{动}h}×100\%=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%=\dfrac{376\ \mathrm{N}}{376\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N}}×100\%=94\%$;②$F=\dfrac{1}{n}(G+G_{动})=\dfrac{1}{2}×(376\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N})=200\ \mathrm{N}$,$F'_A=3F+G_{定}=3×200\ \mathrm{N}+24\ \mathrm{N}=624\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
本题结合杠杆平衡条件与滑轮组的相关知识，第(1)问需将木棒视为杠杆，利用杠杆平衡条件计算B端所需压力，进而确定沙袋个数；第(2)问需先明确滑轮组的结构，再结合机械效率公式和受力分析求解相关物理量。
【解析】
(1) 木棒为杠杆，支点是O，A点拉力为阻力$F_A=1000\ \mathrm{N}$，力臂为$OA$；B端压力为动力$F_B$，力臂为$OB$。根据杠杆平衡条件$F_A × OA = F_B × OB$，代入$OA:OB=1:2$，得：
$F_B = \frac{OA}{OB} × F_A = \frac{1}{2} × 1000\ \mathrm{N} = 500\ \mathrm{N}$
每个沙袋重300N，所需沙袋个数$n = \frac{F_B}{G_{沙}} = \frac{500\ \mathrm{N}}{300\ \mathrm{N}} \approx 1.67$，沙袋个数需为整数，故至少需要2个。
(2) ① 不计绳重和摩擦，滑轮组机械效率$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} × 100\% = \frac{G}{G + G_{动}} × 100\%$，代入$G=376\ \mathrm{N}$、$G_{动}=24\ \mathrm{N}$，得：
$\eta = \frac{376\ \mathrm{N}}{376\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N}} × 100\% = 94\%$
② 动滑轮上承担物重的绳子段数$n=2$，绳子自由端拉力$F = \frac{1}{n}(G + G_{动}) = \frac{1}{2} × (376\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N}) = 200\ \mathrm{N}$。定滑轮受向下的3段绳子拉力和自身重力，故AC绳对定滑轮的拉力：
$F'_A = 3F + G_{定} = 3 × 200\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N} = 624\ \mathrm{N}$
【答案】
(1) 2个；(2) ①94%；②624 N
【知识点】
杠杆平衡条件、滑轮组机械效率、滑轮组受力分析
【点评】
本题综合考查杠杆与滑轮组的应用，需准确分析杠杆的力臂关系和滑轮组的受力情况，易错点为定滑轮的拉力计算，整体难度适中，考查学生的物理知识综合应用能力。
【难度系数】
0.5
本题结合杠杆平衡条件与滑轮组的相关知识，第(1)问需将木棒视为杠杆，利用杠杆平衡条件计算B端所需压力，进而确定沙袋个数；第(2)问需先明确滑轮组的结构，再结合机械效率公式和受力分析求解相关物理量。
【解析】
(1) 木棒为杠杆，支点是O，A点拉力为阻力$F_A=1000\ \mathrm{N}$，力臂为$OA$；B端压力为动力$F_B$，力臂为$OB$。根据杠杆平衡条件$F_A × OA = F_B × OB$，代入$OA:OB=1:2$，得：
$F_B = \frac{OA}{OB} × F_A = \frac{1}{2} × 1000\ \mathrm{N} = 500\ \mathrm{N}$
每个沙袋重300N，所需沙袋个数$n = \frac{F_B}{G_{沙}} = \frac{500\ \mathrm{N}}{300\ \mathrm{N}} \approx 1.67$，沙袋个数需为整数，故至少需要2个。
(2) ① 不计绳重和摩擦，滑轮组机械效率$\eta = \frac{W_{有用}}{W_{总}} × 100\% = \frac{Gh}{Gh + G_{动}h} × 100\% = \frac{G}{G + G_{动}} × 100\%$，代入$G=376\ \mathrm{N}$、$G_{动}=24\ \mathrm{N}$，得：
$\eta = \frac{376\ \mathrm{N}}{376\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N}} × 100\% = 94\%$
② 动滑轮上承担物重的绳子段数$n=2$，绳子自由端拉力$F = \frac{1}{n}(G + G_{动}) = \frac{1}{2} × (376\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N}) = 200\ \mathrm{N}$。定滑轮受向下的3段绳子拉力和自身重力，故AC绳对定滑轮的拉力：
$F'_A = 3F + G_{定} = 3 × 200\ \mathrm{N} + 24\ \mathrm{N} = 624\ \mathrm{N}$
【答案】
(1) 2个；(2) ①94%；②624 N
【知识点】
杠杆平衡条件、滑轮组机械效率、滑轮组受力分析
【点评】
本题综合考查杠杆与滑轮组的应用，需准确分析杠杆的力臂关系和滑轮组的受力情况，易错点为定滑轮的拉力计算，整体难度适中，考查学生的物理知识综合应用能力。
【难度系数】
0.5
