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5. 如图甲所示,轻质杠杆可绕O点转动,A点悬挂一重为12 N的物体M,B点受到电子测力计竖直向上的拉力F,杠杆水平静止,已知$OA=AB=BC$,则F为
6
N。保持杠杆水平静止,将F的作用点从B点向C点移动,此过程中F方向保持不变,F的力臂记为l,则F的大小变小
,$F$与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为图乙中的①;将M从A点移至B点,再重复上述步骤,$F$与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为图乙中的②
(填数字序号)。答案
提示:杠杆水平静止时,$F×OB=G×OA$,解得$F=\dfrac{OA}{OB}×G=\dfrac{OA}{2OA}×G=\dfrac{1}{2}G=\dfrac{1}{2}×12\ \mathrm{N}=6\ \mathrm{N}$;将F的作用点从B点向C点移动,F的方向保持不变,$F'×l=G×OA$,解得$F'=\dfrac{G×OA}{l}$,力臂l变大,F变小;将M从A点移至B点时,$F''×l=G×OB$,解得$F''=\dfrac{G×OB}{l}=\dfrac{2OA×G}{l}$,两式中拉力F与$\dfrac{1}{l}$的关系图线均为正比例函数,且将M从A点移至B点时,对应同一$\dfrac{1}{l}$的F的数值增大为原来的2倍,故将M从A点移至B点,F与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为过原点且斜率比图线①大的图线②。
解析
【分析】
要解决本题，需依据杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）逐步分析：
1. 初始状态：确定阻力（物体重力G）、阻力臂（OA）和动力F的力臂（OB），代入平衡公式计算F的大小；
2. F作用点移动：当F的作用点从B向C移动时，F方向不变，其力臂l变大，阻力和阻力臂不变，根据平衡公式判断F的变化；
3. 移动物体M：将M从A移到B，阻力臂变大，再次利用平衡公式分析F与1/l的关系，对比图线斜率确定对应序号。
【解析】
1. 初始状态下，杠杆水平静止，根据杠杆平衡条件 $ F · OB = G · OA $。已知 $ OA = AB $，则 $ OB = OA + AB = 2OA $，代入 $ G = 12\ \mathrm{N} $：
$ F = \frac{OA}{OB} · G = \frac{OA}{2OA} × 12\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N} $。
2. 将F的作用点从B向C移动，F方向不变，此时F的力臂l变大，阻力G和阻力臂OA不变，由杠杆平衡条件 $ F · l = G · OA $，得 $ F = \frac{G · OA}{l} $，l变大则F变小。
3. 将M从A移至B点，此时阻力臂变为 $ OB = 2OA $，平衡条件为 $ F · l = G · OB $，即 $ F = \frac{G · OB}{l} = \frac{2OA · G}{l} $。对比原关系 $ F = \frac{OA · G}{l} $，新关系的斜率是原来的2倍，为过原点的正比例函数，斜率比图线①大，对应图线②。
【答案】
6；小；②
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定各力对应的力臂，通过公式推导分析力与力臂的关系，属于杠杆基础应用题，需熟练掌握平衡公式的灵活运用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需依据杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）逐步分析：
1. 初始状态：确定阻力（物体重力G）、阻力臂（OA）和动力F的力臂（OB），代入平衡公式计算F的大小；
2. F作用点移动：当F的作用点从B向C移动时，F方向不变，其力臂l变大，阻力和阻力臂不变，根据平衡公式判断F的变化；
3. 移动物体M：将M从A移到B，阻力臂变大，再次利用平衡公式分析F与1/l的关系，对比图线斜率确定对应序号。
【解析】
1. 初始状态下，杠杆水平静止，根据杠杆平衡条件 $ F · OB = G · OA $。已知 $ OA = AB $，则 $ OB = OA + AB = 2OA $，代入 $ G = 12\ \mathrm{N} $：
$ F = \frac{OA}{OB} · G = \frac{OA}{2OA} × 12\ \mathrm{N} = 6\ \mathrm{N} $。
2. 将F的作用点从B向C移动，F方向不变，此时F的力臂l变大，阻力G和阻力臂OA不变，由杠杆平衡条件 $ F · l = G · OA $，得 $ F = \frac{G · OA}{l} $，l变大则F变小。
3. 将M从A移至B点，此时阻力臂变为 $ OB = 2OA $，平衡条件为 $ F · l = G · OB $，即 $ F = \frac{G · OB}{l} = \frac{2OA · G}{l} $。对比原关系 $ F = \frac{OA · G}{l} $，新关系的斜率是原来的2倍，为过原点的正比例函数，斜率比图线①大，对应图线②。
【答案】
6；小；②
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的应用，核心是正确确定各力对应的力臂，通过公式推导分析力与力臂的关系，属于杠杆基础应用题，需熟练掌握平衡公式的灵活运用。
【难度系数】
0.5
6. 如图甲是一种壶口处配有自动开合小壶盖的电水壶。图乙是自动开合小壶盖的简化侧视图，$OA$ 是小壶盖，$C$ 是其重力作用点，$B$ 是小壶盖的配重，$OB$ 是配重柄，$AOB$ 能绕固定点$O$ 自由转动。
(1) 请在图乙中作出小壶盖的重力 $G$ 及其力臂 $l$。
(2) 已知:小壶盖质量为 $4\ \mathrm{g}$，$OA=3\ \mathrm{cm}$，$OC=1.4\ \mathrm{cm}$，$OB=1\ \mathrm{cm}$，$∠ AOB=135°$。要求倒水时，壶身最多倾斜 $45°$，小壶盖便自动打开；壶身竖直时，小壶盖在水平位置自动闭合。求配重 $B$ 的质量取值范围。(配重柄质量和 $O$ 点的摩擦均忽略不计，$\sqrt{2}\approx1.4$，计算结果精确到 $1\ \mathrm{g}$)
(1) 请在图乙中作出小壶盖的重力 $G$ 及其力臂 $l$。
(2) 已知:小壶盖质量为 $4\ \mathrm{g}$，$OA=3\ \mathrm{cm}$，$OC=1.4\ \mathrm{cm}$，$OB=1\ \mathrm{cm}$，$∠ AOB=135°$。要求倒水时，壶身最多倾斜 $45°$，小壶盖便自动打开；壶身竖直时，小壶盖在水平位置自动闭合。求配重 $B$ 的质量取值范围。(配重柄质量和 $O$ 点的摩擦均忽略不计，$\sqrt{2}\approx1.4$，计算结果精确到 $1\ \mathrm{g}$)
答案
(1) 如图甲所示
(2) $4∼8\ \mathrm{g}$
提示:(2) ①当壶身倾斜$45°$、配重水平时,杠杆示意图如图乙所示,此时配重的力臂最大、小壶盖重力的力臂最小,即配重的质量最小,OD和OC间的夹角为$45°$,因$G_1l_1=G_2l_2$,即$m_1g×OD=m_2g×OB$,则$m_2=\dfrac{m_1×OD}{OB}=\dfrac{m_1×\dfrac{\sqrt{2}}{2}OC}{OB}=\dfrac{4\ \mathrm{g}×\dfrac{\sqrt{2}}{2}×1.4\ \mathrm{cm}}{1\ \mathrm{cm}}}\approx4\ \mathrm{g}$;②当壶身竖直、壶盖水平时,杠杆的示意图如图丙所示,此时配重的力臂最小、壶盖重力的力臂最大,即配重的质量最大,OE和OB间的夹角为$45°$,因$G_1l_1'=G_2'l_2'$,即$m_1g×OC=m_2'g×OE$,则$m_2'=\dfrac{m_1×OC}{OE}=\dfrac{m_1×OC}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}OB}=\dfrac{4\ \mathrm{g}×1.4\ \mathrm{cm}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}×1\ \mathrm{cm}}}=8\ \mathrm{g}$,故配重B的质量范围为$4∼8\ \mathrm{g}$。
解析
【分析】
本题是杠杆平衡条件的应用问题，需分两种临界情况分析：①壶身倾斜45°时，配重质量最小；②壶身竖直时，配重质量最大。解题关键是确定两种情况下小壶盖重力和配重重力对应的力臂，再利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$计算配重的质量范围。
【解析】
(1) 小壶盖的重力$G$方向竖直向下，作用点在$C$点；力臂是从支点$O$向重力作用线作的垂线段，如图甲所示。
(2) ①当壶身倾斜$45°$、配重水平时，小壶盖重力的力臂$OD = OC · \cos45° = OC · \frac{\sqrt{2}}{2}$，此时配重的力臂为$OB$，根据杠杆平衡条件：
$G_1 · OD = G_2 · OB$，即$m_1g · \frac{\sqrt{2}}{2}OC = m_2g · OB$，约去$g$，代入数据：
$m_2 = \frac{m_1 · \frac{\sqrt{2}}{2} · OC}{OB} = \frac{4\ \mathrm{g} × \frac{1.4}{2} × 1.4\ \mathrm{cm}}{1\ \mathrm{cm}} \approx 4\ \mathrm{g}$，此为配重的最小质量。
②当壶身竖直、壶盖水平时，小壶盖重力的力臂为$OC$，配重重力的力臂$OE = OB · \sin45° = OB · \frac{\sqrt{2}}{2}$，根据杠杆平衡条件：
$G_1 · OC = G_2' · OE$，即$m_1g · OC = m_2'g · \frac{\sqrt{2}}{2}OB$，约去$g$，代入数据：
$m_2' = \frac{m_1 · OC}{\frac{\sqrt{2}}{2} · OB} = \frac{4\ \mathrm{g} × 1.4\ \mathrm{cm}}{\frac{1.4}{2} × 1\ \mathrm{cm}} = 8\ \mathrm{g}$，此为配重的最大质量。
故配重$B$的质量取值范围为$4\ \mathrm{g} ∼ 8\ \mathrm{g}$。
【答案】
(1) 如图甲所示
(2) $4\ \mathrm{g} ∼ 8\ \mathrm{g}$
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的画法、重力示意图
【点评】
本题结合实际电水壶结构，考查杠杆平衡条件的应用，需准确分析两种临界状态下的力臂，是力学中杠杆部分的典型应用题，重点考查学生对力臂的理解和杠杆公式的运用能力。
【难度系数】
0.5
本题是杠杆平衡条件的应用问题，需分两种临界情况分析：①壶身倾斜45°时，配重质量最小；②壶身竖直时，配重质量最大。解题关键是确定两种情况下小壶盖重力和配重重力对应的力臂，再利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$计算配重的质量范围。
【解析】
(1) 小壶盖的重力$G$方向竖直向下，作用点在$C$点；力臂是从支点$O$向重力作用线作的垂线段，如图甲所示。
(2) ①当壶身倾斜$45°$、配重水平时，小壶盖重力的力臂$OD = OC · \cos45° = OC · \frac{\sqrt{2}}{2}$，此时配重的力臂为$OB$，根据杠杆平衡条件：
$G_1 · OD = G_2 · OB$，即$m_1g · \frac{\sqrt{2}}{2}OC = m_2g · OB$，约去$g$，代入数据：
$m_2 = \frac{m_1 · \frac{\sqrt{2}}{2} · OC}{OB} = \frac{4\ \mathrm{g} × \frac{1.4}{2} × 1.4\ \mathrm{cm}}{1\ \mathrm{cm}} \approx 4\ \mathrm{g}$，此为配重的最小质量。
②当壶身竖直、壶盖水平时，小壶盖重力的力臂为$OC$，配重重力的力臂$OE = OB · \sin45° = OB · \frac{\sqrt{2}}{2}$，根据杠杆平衡条件：
$G_1 · OC = G_2' · OE$，即$m_1g · OC = m_2'g · \frac{\sqrt{2}}{2}OB$，约去$g$，代入数据：
$m_2' = \frac{m_1 · OC}{\frac{\sqrt{2}}{2} · OB} = \frac{4\ \mathrm{g} × 1.4\ \mathrm{cm}}{\frac{1.4}{2} × 1\ \mathrm{cm}} = 8\ \mathrm{g}$，此为配重的最大质量。
故配重$B$的质量取值范围为$4\ \mathrm{g} ∼ 8\ \mathrm{g}$。
【答案】
(1) 如图甲所示
(2) $4\ \mathrm{g} ∼ 8\ \mathrm{g}$
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂的画法、重力示意图
【点评】
本题结合实际电水壶结构，考查杠杆平衡条件的应用，需准确分析两种临界状态下的力臂，是力学中杠杆部分的典型应用题，重点考查学生对力臂的理解和杠杆公式的运用能力。
【难度系数】
0.5
7. (2025·南京鼓楼模拟)做“探究杠杆平衡条件”实验。
(1) 杠杆在图甲位置静止，是否处于平衡状态？
(2) 实验数据如下表所示，表中漏填的数据为
(3) 小明发现路口悬挂设备的横杆，越靠外侧越细，如图乙所示，将其简化为如图丙所示的杠杆模型，假定只有$A$、$O$两点是焊接点，进行如下探究：
①找来由同种材料制成的等高实心圆柱体和薄壳空心圆台，如图丁所示，下底面直径$D$相同。
②询问AI助手，对话如图戊所示。根据回答，判断薄壳空心圆台上底面逐渐减小，下底面和$h$不变，重心到下底面的距离
戊
③使用弹簧测力计进行了三次测量，拉力方向均竖直向上，物体保持静止时，三次示数如图己所示。实心圆柱$A$点拉力$F_3$和空心圆台$A$点拉力$F_4$之比$F_3:F_4=$
己
(1) 杠杆在图甲位置静止，是否处于平衡状态？
是
。为使杠杆在水平位置平衡，应向左
调节平衡螺母。(2) 实验数据如下表所示，表中漏填的数据为
1
。(3) 小明发现路口悬挂设备的横杆，越靠外侧越细，如图乙所示，将其简化为如图丙所示的杠杆模型，假定只有$A$、$O$两点是焊接点，进行如下探究：
①找来由同种材料制成的等高实心圆柱体和薄壳空心圆台，如图丁所示，下底面直径$D$相同。
②询问AI助手，对话如图戊所示。根据回答，判断薄壳空心圆台上底面逐渐减小，下底面和$h$不变，重心到下底面的距离
减小
。戊
③使用弹簧测力计进行了三次测量，拉力方向均竖直向上，物体保持静止时，三次示数如图己所示。实心圆柱$A$点拉力$F_3$和空心圆台$A$点拉力$F_4$之比$F_3:F_4=$
25:4
。己
答案
(1) 是 左 (2) 1 (3) ②减小 ③$25:4$
提示:(1) 杠杆静止,所以杠杆处于平衡状态,为使杠杆在水平位置平衡,因为左高右低,所以应向左调节平衡螺母。(2) 由$F_1l_1=F_2l_2$可知,$F_2=\dfrac{F_1l_1}{l_2}=\dfrac{3\ \mathrm{N}×5\ \mathrm{cm}}{15\ \mathrm{cm}}=1\ \mathrm{N}$。(3) ②重心到下底面的距离$L=\dfrac{h(R+2r)}{3(R+r)}=\dfrac{h(R+r+r)}{3(R+r)}=\dfrac{h}{3}+\dfrac{hr}{3(R+r)}=\dfrac{h}{3}+\dfrac{h}{3(\dfrac{R}{r}+1)}$,当r减小时,L减小。③由题图己所示,圆柱体的重心在中点,$FL_1=GL_2$,$G=\dfrac{FL_1}{L_2}=10\ \mathrm{N}×2=20\ \mathrm{N}$,空心圆台重心偏底部,当弹簧测力计竖直向上拉圆台左侧时,$F'×L_1'=G'×L_2'$,即$2\ \mathrm{N}×L_1'=G'×L_2'$,由三角形相似性可得:$\dfrac{h-L}{h}=\dfrac{L_2'}{L_1'}=\dfrac{2\ \mathrm{N}}{G'}\dots$Ⅰ,当弹簧测力计竖直向上拉圆台右侧时,$F''×L_1''=G'×L_2''$,即$1.6\ \mathrm{N}×L_1''=G'×L_2''$,由三角形相似性可得:$\dfrac{L}{h}=\dfrac{L_2''}{L_1''}=\dfrac{1.6\ \mathrm{N}}{G'}\dots$Ⅱ,Ⅰ式加Ⅱ式得:$\dfrac{h-L}{h}+\dfrac{L}{h}=\dfrac{2\ \mathrm{N}}{G'}+\dfrac{1.6\ \mathrm{N}}{G'}$,解得:$G'=3.6\ \mathrm{N}$,$L=\dfrac{4}{9}h$。题图丙中实心圆柱A点受到的拉力$F_3$水平向左,如图甲所示,$F_3×D=G×L'=G×\dfrac{1}{2}h\dots$Ⅲ,空心圆台A点所受的拉力$F_4$水平向左,如图乙所示,$F_4×D=G'×L=G'×\dfrac{4}{9}h\dots$Ⅳ,Ⅲ式除以Ⅳ式得$\dfrac{F_3}{F_4}=\dfrac{G×\dfrac{1}{2}h}{G'×\dfrac{4}{9}h}=\dfrac{20\ \mathrm{N}×\dfrac{1}{2}}{3.6\ \mathrm{N}×\dfrac{4}{9}}=\dfrac{25}{4}$。
解析
【分析】
本题围绕“探究杠杆平衡条件”实验展开，分三小问：①判断杠杆平衡状态及平衡螺母调节方向，需依据平衡状态定义和平衡螺母调节规则；②利用杠杆平衡条件计算漏填数据；③分析圆台重心变化，结合杠杆平衡与几何关系计算拉力比值，需掌握公式应用和相似三角形的结合运用。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，因此处于平衡状态；观察杠杆左端高、右端低，为使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母应向高的一侧调节，即向左调节。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入数据$F_1=3\ \mathrm{N}$、$l_1=5\ \mathrm{cm}$、$l_2=15\ \mathrm{cm}$，得$F_2=\frac{F_1l_1}{l_2}=\frac{3\ \mathrm{N}×5\ \mathrm{cm}}{15\ \mathrm{cm}}=1\ \mathrm{N}$，故漏填数据为1。
(3) ② 由重心公式$L=\frac{h}{3}+\frac{h}{3(\frac{R}{r}+1)}$，当薄壳空心圆台上底面半径$r$减小时，$\frac{R}{r}$增大，因此重心到下底面的距离$L$减小。
③ 对实心圆柱，弹簧测力计示数$10\ \mathrm{N}$，重心在中点，根据杠杆平衡得$F_3×D=G×\frac{h}{2}$；对空心圆台，结合两次弹簧测力计示数和相似三角形，求出$G'=3.6\ \mathrm{N}$、重心到下底面距离$L=\frac{4h}{9}$，再根据杠杆平衡得$F_4×D=G'×L$；联立两式，代入数据计算得$F_3:F_4=25:4$。
【答案】
(1) 是 左 (2) 1 (3) ②减小 ③25:4
【知识点】
杠杆平衡条件 重心 相似三角形
【点评】
本题综合考查杠杆平衡条件的应用、重心变化分析，需结合几何关系解决实际问题，注重知识的综合运用，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题围绕“探究杠杆平衡条件”实验展开，分三小问：①判断杠杆平衡状态及平衡螺母调节方向，需依据平衡状态定义和平衡螺母调节规则；②利用杠杆平衡条件计算漏填数据；③分析圆台重心变化，结合杠杆平衡与几何关系计算拉力比值，需掌握公式应用和相似三角形的结合运用。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，因此处于平衡状态；观察杠杆左端高、右端低，为使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母应向高的一侧调节，即向左调节。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入数据$F_1=3\ \mathrm{N}$、$l_1=5\ \mathrm{cm}$、$l_2=15\ \mathrm{cm}$，得$F_2=\frac{F_1l_1}{l_2}=\frac{3\ \mathrm{N}×5\ \mathrm{cm}}{15\ \mathrm{cm}}=1\ \mathrm{N}$，故漏填数据为1。
(3) ② 由重心公式$L=\frac{h}{3}+\frac{h}{3(\frac{R}{r}+1)}$，当薄壳空心圆台上底面半径$r$减小时，$\frac{R}{r}$增大，因此重心到下底面的距离$L$减小。
③ 对实心圆柱，弹簧测力计示数$10\ \mathrm{N}$，重心在中点，根据杠杆平衡得$F_3×D=G×\frac{h}{2}$；对空心圆台，结合两次弹簧测力计示数和相似三角形，求出$G'=3.6\ \mathrm{N}$、重心到下底面距离$L=\frac{4h}{9}$，再根据杠杆平衡得$F_4×D=G'×L$；联立两式，代入数据计算得$F_3:F_4=25:4$。
【答案】
(1) 是 左 (2) 1 (3) ②减小 ③25:4
【知识点】
杠杆平衡条件 重心 相似三角形
【点评】
本题综合考查杠杆平衡条件的应用、重心变化分析，需结合几何关系解决实际问题，注重知识的综合运用，难度适中。
【难度系数】
0.5
