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5. 在科技节,小明用传感器设计了如图甲所示的力学装置,杠杆 OAB 始终在水平位置保持平衡,O 为杠杆的支点,$OB=3OA$,竖直细杆a的上端通过力传感器连在天花板上,下端连在杠杆的 A 点,竖直细杆 b 的两端分别与杠杆和物体 M 固定,水箱的质量为0.8 kg,不计杠杆、细杆及连接处的重力。当图甲所示的水箱中装满水时,水的质量为3 kg。力传感器可以显示出细杆 a 的上端受到作用力的大小,图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像。则物体 M 的质量为
0.2
kg。当向水箱中加入质量为 0.4 kg 的水时,水箱对水平面的压力为12
N。继续向水箱中加入质量为 1.6 kg 的水时,水箱对水平面的压力为38
N。(g 取 10 N/kg)答案
0.2 12 38 提示:水箱中没有水时,力传感器示数$F_0=6\ \mathrm{N}$,$G_M=\frac{OA}{OB} × F_0=\frac{1}{3} × 6\ \mathrm{N}=2\ \mathrm{N}$,$m_M=\frac{G_M}{g}=\frac{2\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=0.2\ \mathrm{kg}$。加入$0.4\ \mathrm{kg}$水时,$F_{浮M}=0$,水箱对水平面压力$F_1=(m_{水箱}+m_{水})g=(0.8\ \mathrm{kg}+0.4\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg}=12\ \mathrm{N}$。注水总质量为$2\ \mathrm{kg}$时,M恰好浸没,力传感器示数$F_A=24\ \mathrm{N}$,$F_B=\frac{OA}{OB} × F_A=\frac{1}{3} × 24\ \mathrm{N}=8\ \mathrm{N}$,M受到向下的压力$F'_B=F_B=8\ \mathrm{N}$,地面对装置支持力$F_{支持}=(m_{水箱}+m'_{水}+m_M)g+F'_B=(0.8\ \mathrm{kg}+2\ \mathrm{kg}+0.2\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg}+8\ \mathrm{N}=38\ \mathrm{N}$,水箱对水平面的压力$F_2=F_{支持}=38\ \mathrm{N}$。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合杠杆平衡条件和图像信息分析不同阶段的受力：首先，水箱无水时，力传感器示数对应M的重力通过杠杆传递的力，利用杠杆平衡求M的重力和质量；其次，加入0.4kg水时，此阶段浮力未完全平衡M的重力，水箱对水平面的压力等于水箱和水的总重力；最后，当水总质量为2kg时，M恰好浸没，再次用杠杆平衡求B点作用力，结合总重力和向下的压力计算水箱对水平面的压力。
【解析】
1. 求物体M的质量：
当水箱中无水时，力传感器示数$ F_A = 6\ \mathrm{N} $，根据杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，已知$ OB=3OA $，则B点受到的力$ F_B = \frac{OA}{OB} · F_A = \frac{1}{3} × 6\ \mathrm{N} = 2\ \mathrm{N} $，该力等于M的重力$ G_M $，故$ m_M = \frac{G_M}{g} = \frac{2\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}} = 0.2\ \mathrm{kg} $。
2. 求加入0.4kg水时水箱对水平面的压力：
水箱质量$ m_{\mathrm{箱}}=0.8\ \mathrm{kg} $，水的质量$ m_{\mathrm{水1}}=0.4\ \mathrm{kg} $，此时水箱对水平面的压力等于水箱和水的总重力：
$ F_1 = (m_{\mathrm{箱}} + m_{\mathrm{水1}})g = (0.8\ \mathrm{kg} + 0.4\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg} = 12\ \mathrm{N} $。
3. 求加入1.6kg水（总水质量2kg）时水箱对水平面的压力：
当水总质量为2kg时，力传感器示数$ F_A' = 24\ \mathrm{N} $，由杠杆平衡得B点作用力$ F_B' = \frac{OA}{OB} · F_A' = \frac{1}{3} × 24\ \mathrm{N} = 8\ \mathrm{N} $，该力向下压M。此时总重力为$ (m_{\mathrm{箱}} + m_{\mathrm{水总}} + m_M)g = (0.8\ \mathrm{kg} + 2\ \mathrm{kg} + 0.2\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg} = 30\ \mathrm{N} $，水箱对水平面的压力为总重力加向下的压力：$ F_2 = 30\ \mathrm{N} + 8\ \mathrm{N} = 38\ \mathrm{N} $。
【答案】
0.2；12；38
【知识点】
杠杆平衡条件、压力与重力的关系、浮力
【点评】
本题是力学综合题，需结合图像分析受力变化，关键是明确不同阶段力的传递关系，利用杠杆平衡和受力分析逐步推导，考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
要解决这道题，需结合杠杆平衡条件和图像信息分析不同阶段的受力：首先，水箱无水时，力传感器示数对应M的重力通过杠杆传递的力，利用杠杆平衡求M的重力和质量；其次，加入0.4kg水时，此阶段浮力未完全平衡M的重力，水箱对水平面的压力等于水箱和水的总重力；最后，当水总质量为2kg时，M恰好浸没，再次用杠杆平衡求B点作用力，结合总重力和向下的压力计算水箱对水平面的压力。
【解析】
1. 求物体M的质量：
当水箱中无水时，力传感器示数$ F_A = 6\ \mathrm{N} $，根据杠杆平衡条件$ F_1L_1 = F_2L_2 $，已知$ OB=3OA $，则B点受到的力$ F_B = \frac{OA}{OB} · F_A = \frac{1}{3} × 6\ \mathrm{N} = 2\ \mathrm{N} $，该力等于M的重力$ G_M $，故$ m_M = \frac{G_M}{g} = \frac{2\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}} = 0.2\ \mathrm{kg} $。
2. 求加入0.4kg水时水箱对水平面的压力：
水箱质量$ m_{\mathrm{箱}}=0.8\ \mathrm{kg} $，水的质量$ m_{\mathrm{水1}}=0.4\ \mathrm{kg} $，此时水箱对水平面的压力等于水箱和水的总重力：
$ F_1 = (m_{\mathrm{箱}} + m_{\mathrm{水1}})g = (0.8\ \mathrm{kg} + 0.4\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg} = 12\ \mathrm{N} $。
3. 求加入1.6kg水（总水质量2kg）时水箱对水平面的压力：
当水总质量为2kg时，力传感器示数$ F_A' = 24\ \mathrm{N} $，由杠杆平衡得B点作用力$ F_B' = \frac{OA}{OB} · F_A' = \frac{1}{3} × 24\ \mathrm{N} = 8\ \mathrm{N} $，该力向下压M。此时总重力为$ (m_{\mathrm{箱}} + m_{\mathrm{水总}} + m_M)g = (0.8\ \mathrm{kg} + 2\ \mathrm{kg} + 0.2\ \mathrm{kg}) × 10\ \mathrm{N/kg} = 30\ \mathrm{N} $，水箱对水平面的压力为总重力加向下的压力：$ F_2 = 30\ \mathrm{N} + 8\ \mathrm{N} = 38\ \mathrm{N} $。
【答案】
0.2；12；38
【知识点】
杠杆平衡条件、压力与重力的关系、浮力
【点评】
本题是力学综合题，需结合图像分析受力变化，关键是明确不同阶段力的传递关系，利用杠杆平衡和受力分析逐步推导，考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.4
6. 如图所示是《天工开物》中记载的我国古代的提水工具“辘轳”,在两个支架上摆放一根直的硬棒, 支点为 $O_1$、$O_2$, $A$ 端系一石块,$B$ 端装有轮轴, 轮轴能绕着硬棒转动,悬吊空桶的绳索另一端绕过轮轴后系紧在轮轴上,若空桶质量为 10 kg,轮轴质量为10 kg,空桶和轮轴对硬棒的作用力视作施加在 $B$ 位置。$O_1A$ 长为 $0.6\ \mathrm{m}$,$O_1O_2$ 长为$1\ \mathrm{m}$,$O_2B$ 长为 $0.8\ \mathrm{m}$, 硬棒及绳索质量忽略不计。($g$ 取 $10\ \mathrm{N/kg}$)
(1) 人对辘轳不施加力,桶中未装水,为保证硬棒不会翻转,石块质量最多为
(2) 若桶内水的质量为 40 kg,人用时 20 s将桶匀速提升 3 m,此时辘轳提水的机械效率为 50%,则桶对水做的功为
(1) 人对辘轳不施加力,桶中未装水,为保证硬棒不会翻转,石块质量最多为
60
kg;若 $A$ 点系上质量为 40 kg的石块,提水时为保证硬棒不翻转,桶中最多可装60
kg 的水。(2) 若桶内水的质量为 40 kg,人用时 20 s将桶匀速提升 3 m,此时辘轳提水的机械效率为 50%,则桶对水做的功为
1200
J,人做功的功率为120
W。答案
(1) 60 60 (2) 1200 120 提示:(1)以$O_1$为支点,A点力的力臂最小,B点力的力臂最大,此时A点受力最大,有$m_{石}g × O_1A=(m_{桶}+m_{轮})g × O_1B$,即$m_{石} × 0.6\ \mathrm{m}=(10\ \mathrm{kg}+10\ \mathrm{kg}) × (1\ \mathrm{m}+0.8\ \mathrm{m})$,解得$m_{石}=60\ \mathrm{kg}$;以$O_2$为支点,B点力的力臂最小,A点的力臂最大,此时B点受力最大,有$m'_{石}g × O_2A=(m_{桶}+m_{水}+m_{轮})g × O_2B$,即$40\ \mathrm{kg} × (1\ \mathrm{m}+0.6\ \mathrm{m})=(10\ \mathrm{kg}+m_{水}+10\ \mathrm{kg}) × 0.8\ \mathrm{m}$,解得$m_{水}=60\ \mathrm{kg}$。(2)$W_{有用}=Gh=mgh=40\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 3\ \mathrm{m}=1200\ \mathrm{J}$,$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{1200\ \mathrm{J}}{50\%}=2400\ \mathrm{J}$,$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{2400\ \mathrm{J}}{20\ \mathrm{s}}=120\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
本题围绕古代提水工具“辘轳”，结合杠杆平衡条件、机械效率等力学知识解题：第一小问需根据硬棒不翻转的临界状态确定支点，利用杠杆平衡公式计算最大质量；第二小问需明确有用功、总功的定义，结合机械效率和功率公式计算对应物理量。
【解析】
(1) ① 当人对辘轳不施加力、桶未装水时，硬棒即将绕$O_1$翻转，以$O_1$为支点：A端石块重力为动力，力臂$O_1A=0.6\ \mathrm{m}$；B端桶和轮的总重力为阻力，力臂$O_1B=O_1O_2+O_2B=1\ \mathrm{m}+0.8\ \mathrm{m}=1.8\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，约去$g$得：$m_{石} × O_1A=(m_{桶}+m_{轮}) × O_1B$，代入数据：$m_{石} × 0.6=(10+10) × 1.8$，解得$m_{石}=60\ \mathrm{kg}$。
② 当A点系40kg石块，要装最多水时，硬棒即将绕$O_2$翻转，以$O_2$为支点：A端石块重力的力臂$O_2A=O_1A+O_1O_2=0.6\ \mathrm{m}+1\ \mathrm{m}=1.6\ \mathrm{m}$；B端总重力（桶+轮+水）的力臂$O_2B=0.8\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件，约去$g$得：$40 × 1.6=(10+10+m_{水}) × 0.8$，解得$m_{水}=60\ \mathrm{kg}$。
(2) 桶对水做的功为有用功：$W_{有用}=G_{水}h=m_{水}gh=40\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 3\ \mathrm{m}=1200\ \mathrm{J}$；总功$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{1200\ \mathrm{J}}{50\%}=2400\ \mathrm{J}$，人做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{2400\ \mathrm{J}}{20\ \mathrm{s}}=120\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 60；60 (2) 1200；120
【知识点】
杠杆平衡条件；机械效率；功和功率
【点评】
本题结合古代生产工具考查力学综合知识，需准确确定杠杆支点与力臂，区分有用功和总功，注重知识的实际应用。
【难度系数】
0.5
本题围绕古代提水工具“辘轳”，结合杠杆平衡条件、机械效率等力学知识解题：第一小问需根据硬棒不翻转的临界状态确定支点，利用杠杆平衡公式计算最大质量；第二小问需明确有用功、总功的定义，结合机械效率和功率公式计算对应物理量。
【解析】
(1) ① 当人对辘轳不施加力、桶未装水时，硬棒即将绕$O_1$翻转，以$O_1$为支点：A端石块重力为动力，力臂$O_1A=0.6\ \mathrm{m}$；B端桶和轮的总重力为阻力，力臂$O_1B=O_1O_2+O_2B=1\ \mathrm{m}+0.8\ \mathrm{m}=1.8\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，约去$g$得：$m_{石} × O_1A=(m_{桶}+m_{轮}) × O_1B$，代入数据：$m_{石} × 0.6=(10+10) × 1.8$，解得$m_{石}=60\ \mathrm{kg}$。
② 当A点系40kg石块，要装最多水时，硬棒即将绕$O_2$翻转，以$O_2$为支点：A端石块重力的力臂$O_2A=O_1A+O_1O_2=0.6\ \mathrm{m}+1\ \mathrm{m}=1.6\ \mathrm{m}$；B端总重力（桶+轮+水）的力臂$O_2B=0.8\ \mathrm{m}$。根据杠杆平衡条件，约去$g$得：$40 × 1.6=(10+10+m_{水}) × 0.8$，解得$m_{水}=60\ \mathrm{kg}$。
(2) 桶对水做的功为有用功：$W_{有用}=G_{水}h=m_{水}gh=40\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} × 3\ \mathrm{m}=1200\ \mathrm{J}$；总功$W_{总}=\frac{W_{有用}}{\eta}=\frac{1200\ \mathrm{J}}{50\%}=2400\ \mathrm{J}$，人做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{2400\ \mathrm{J}}{20\ \mathrm{s}}=120\ \mathrm{W}$。
【答案】
(1) 60；60 (2) 1200；120
【知识点】
杠杆平衡条件；机械效率；功和功率
【点评】
本题结合古代生产工具考查力学综合知识，需准确确定杠杆支点与力臂，区分有用功和总功，注重知识的实际应用。
【难度系数】
0.5
7. 图甲是小刚设计的测定物体重力的装置。电源电压恒为 4.5 V,电流表的量程为 0～0.6 A,电压表的量程为 0～3 V,$R_0$ 是定值电阻,$R$ 是压力传感器,$R$ 的位置固定不动,其阻值随压力的变化关系如图乙所示。$O$ 点为杠杆 $AB$ 的支点,$A$ 端上方托盘 M重为 5 N,杠杆 $B$ 端始终压在传感器 $R$ 上,$AO$ 长 30 cm,$OB$ 长 15 cm,杠杆重忽略不计,杠杆始终静止在水平位置。
(1) 当托盘内不放重物时,电压表示数为2 V,求:
①压力传感器 $R$ 受到杠杆 $B$ 端的压力大小。
②$R_0$ 的阻值。
(2) 小刚设定随着托盘内物重的增加,用于显示重力的电表示数会增大,他应该选用图甲电路中的表显示物体重力,求该装置能显示的最大物重$G_{\mathrm{物大}}$。
(3) 要增大该装置的量程,可以将支点 $O$适当向移动,或者适当$R_0$ 的阻值。
(1) 当托盘内不放重物时,电压表示数为2 V,求:
①压力传感器 $R$ 受到杠杆 $B$ 端的压力大小。
②$R_0$ 的阻值。
(2) 小刚设定随着托盘内物重的增加,用于显示重力的电表示数会增大,他应该选用图甲电路中的表显示物体重力,求该装置能显示的最大物重$G_{\mathrm{物大}}$。
(3) 要增大该装置的量程,可以将支点 $O$适当向移动,或者适当$R_0$ 的阻值。
答案
(1) ①10 N ②5 Ω (2) 电流 7.5 N (3) 左 增大 提示:(1) ①$G_{物}=0$时,$F_B=\frac{G_M × L_{OA}}{L_{OB}}=\frac{5\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}}{0.15\ \mathrm{m}}=10\ \mathrm{N}$;②此时$R=4\ \Omega$,$I=\frac{U_R}{R}=\frac{2\ \mathrm{V}}{4\ \Omega}=0.5\ \mathrm{A}$,$R_0=\frac{U}{I}-R=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}}-4\ \Omega=5\ \Omega$。(2)$G_{物}$增加时,$F_B$变大,$R$变小,电流变大,$U_0$变大,则$U_R$变小,故应选用电流表显示物体重力,$G_{物}$最大时,$R'=\frac{U}{I_{大}}-R_0=\frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}}-5\ \Omega=2.5\ \Omega$,此时$F'_B=25\ \mathrm{N}$,$G_{总}=\frac{F'_B × L_{OB}}{L_{OA}}=\frac{25\ \mathrm{N} × 0.15\ \mathrm{m}}{0.3\ \mathrm{m}}=12.5\ \mathrm{N}$,$G_{物大}=G_{总}-G_M=12.5\ \mathrm{N}-5\ \mathrm{N}=7.5\ \mathrm{N}$。(3) 支点$O$向左移后,$L_{OB}$变大,$L_{OA}$变小,B端受到的压力不变时,A端受到的作用力变大,可增大测量范围;当$R$上的压力变大时,$R$变小,可增大$R_0$的阻值来增大测量范围。
解析
【分析】
本题是杠杆平衡与欧姆定律的综合应用，解题思路如下：
1. 第(1)问，①当托盘无重物时，利用杠杆平衡条件，结合托盘M的重力、AO和OB的长度，求出B端对压力传感器的压力；②根据压力从图乙找到对应R阻值，结合电压表示数，用欧姆定律算出电路电流，再结合电源电压求R0阻值。
2. 第(2)问，分析物重增加时，压力变化导致R阻值变化，判断电流、电压的变化，确定哪个电表示数随物重增大而增大；再根据电流表量程确定最大电流，算出对应最小R阻值，找到此时压力，结合杠杆平衡求总重力，减去托盘重力得最大物重。
3. 第(3)问，从杠杆平衡和电路角度分析增大量程的方法：支点左移改变力臂，增大R0阻值改变电路最大压力，从而扩大量程。
【解析】
(1) ①当托盘内不放重物时，托盘M重力$G_M=5\ \mathrm{N}$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
$G_M × L_{OA} = F_B × L_{OB}$
代入$L_{OA}=0.3\ \mathrm{m}$，$L_{OB}=0.15\ \mathrm{m}$，得：
$F_B = \frac{5\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}}{0.15\ \mathrm{m}} = 10\ \mathrm{N}$
即压力传感器$R$受到的压力为$10\ \mathrm{N}$。
②由图乙，压力为$10\ \mathrm{N}$时$R=4\ \Omega$，电压表示数$U_R=2\ \mathrm{V}$，电路电流：
$I = \frac{U_R}{R} = \frac{2\ \mathrm{V}}{4\ \Omega} = 0.5\ \mathrm{A}$
总电阻$R_{总} = \frac{U}{I} = \frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}} = 9\ \Omega$，则：
$R_0 = R_{总} - R = 9\ \Omega - 4\ \Omega = 5\ \Omega$
(2) 物重增加时，B端压力增大，$R$阻值减小，电路电流增大，$R_0$两端电压增大、$R$两端电压减小，故选电流表显示重力。
电流表最大电流$I_{max}=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{总}' = \frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}} =7.5\ \Omega$，此时$R' =7.5\ \Omega -5\ \Omega=2.5\ \Omega$。
由图乙关系$R=5\ \Omega -0.1\ \Omega/\mathrm{N} × F$，得$F_B' = \frac{5\ \Omega -2.5\ \Omega}{0.1\ \Omega/\mathrm{N}}=25\ \mathrm{N}$。
杠杆平衡：$F_B' × L_{OB}=G_{总} × L_{OA}$，总重力$G_{总}=\frac{25\ \mathrm{N} ×0.15\ \mathrm{m}}{0.3\ \mathrm{m}}=12.5\ \mathrm{N}$，最大物重：
$G_{物大}=12.5\ \mathrm{N} -5\ \mathrm{N}=7.5\ \mathrm{N}$
(3) 支点向左移动，$L_{OA}$减小、$L_{OB}$增大，可增大量程；增大$R_0$阻值，电流最大时总电阻更大，$R$可更小，对应压力更大，量程增大。
【答案】
(1) ①$10\ \mathrm{N}$；②$5\ \Omega$；(2) 电流；$7.5\ \mathrm{N}$；(3) 左；增大
【知识点】
杠杆平衡条件；欧姆定律；电路动态分析
【点评】
本题是杠杆与电学的综合应用题，需结合杠杆平衡分析受力，利用欧姆定律分析电路变化，综合性较强，要求掌握知识点的关联应用，理清各物理量间的关系。
【难度系数】
0.5
本题是杠杆平衡与欧姆定律的综合应用，解题思路如下：
1. 第(1)问，①当托盘无重物时，利用杠杆平衡条件，结合托盘M的重力、AO和OB的长度，求出B端对压力传感器的压力；②根据压力从图乙找到对应R阻值，结合电压表示数，用欧姆定律算出电路电流，再结合电源电压求R0阻值。
2. 第(2)问，分析物重增加时，压力变化导致R阻值变化，判断电流、电压的变化，确定哪个电表示数随物重增大而增大；再根据电流表量程确定最大电流，算出对应最小R阻值，找到此时压力，结合杠杆平衡求总重力，减去托盘重力得最大物重。
3. 第(3)问，从杠杆平衡和电路角度分析增大量程的方法：支点左移改变力臂，增大R0阻值改变电路最大压力，从而扩大量程。
【解析】
(1) ①当托盘内不放重物时，托盘M重力$G_M=5\ \mathrm{N}$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
$G_M × L_{OA} = F_B × L_{OB}$
代入$L_{OA}=0.3\ \mathrm{m}$，$L_{OB}=0.15\ \mathrm{m}$，得：
$F_B = \frac{5\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m}}{0.15\ \mathrm{m}} = 10\ \mathrm{N}$
即压力传感器$R$受到的压力为$10\ \mathrm{N}$。
②由图乙，压力为$10\ \mathrm{N}$时$R=4\ \Omega$，电压表示数$U_R=2\ \mathrm{V}$，电路电流：
$I = \frac{U_R}{R} = \frac{2\ \mathrm{V}}{4\ \Omega} = 0.5\ \mathrm{A}$
总电阻$R_{总} = \frac{U}{I} = \frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.5\ \mathrm{A}} = 9\ \Omega$，则：
$R_0 = R_{总} - R = 9\ \Omega - 4\ \Omega = 5\ \Omega$
(2) 物重增加时，B端压力增大，$R$阻值减小，电路电流增大，$R_0$两端电压增大、$R$两端电压减小，故选电流表显示重力。
电流表最大电流$I_{max}=0.6\ \mathrm{A}$，总电阻$R_{总}' = \frac{4.5\ \mathrm{V}}{0.6\ \mathrm{A}} =7.5\ \Omega$，此时$R' =7.5\ \Omega -5\ \Omega=2.5\ \Omega$。
由图乙关系$R=5\ \Omega -0.1\ \Omega/\mathrm{N} × F$，得$F_B' = \frac{5\ \Omega -2.5\ \Omega}{0.1\ \Omega/\mathrm{N}}=25\ \mathrm{N}$。
杠杆平衡：$F_B' × L_{OB}=G_{总} × L_{OA}$，总重力$G_{总}=\frac{25\ \mathrm{N} ×0.15\ \mathrm{m}}{0.3\ \mathrm{m}}=12.5\ \mathrm{N}$，最大物重：
$G_{物大}=12.5\ \mathrm{N} -5\ \mathrm{N}=7.5\ \mathrm{N}$
(3) 支点向左移动，$L_{OA}$减小、$L_{OB}$增大，可增大量程；增大$R_0$阻值，电流最大时总电阻更大，$R$可更小，对应压力更大，量程增大。
【答案】
(1) ①$10\ \mathrm{N}$；②$5\ \Omega$；(2) 电流；$7.5\ \mathrm{N}$；(3) 左；增大
【知识点】
杠杆平衡条件；欧姆定律；电路动态分析
【点评】
本题是杠杆与电学的综合应用题，需结合杠杆平衡分析受力，利用欧姆定律分析电路变化，综合性较强，要求掌握知识点的关联应用，理清各物理量间的关系。
【难度系数】
0.5
