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7. (2025·江苏淮安)如图所示,轻质杠杆 OA 的中点悬挂一重物,在 A 端施加竖直向上的力F,杠杆在水平位置平衡.若保持杠杆位置不变,将力 F 顺时针从 AB 方向转动到 AC 方向,则该过程中力 F 的大小_____(选填“变大”“变小”或“不变”,下同),力 F 与其力臂的乘积_____.作出 AC 方向上的力 F 对应的力臂 l.
答案
7. 变大 不变 如图所示
解析:由图可知,杠杆在水平位置平衡时,重物对杠杆的拉力为阻力,OA中点到O点的距离为阻力臂.当力F从AB方向(竖直向上,此时动力臂为OA的长度)顺时针转动到AC方向时,动力臂逐渐变小.由杠杆平衡条件可知,阻力和阻力臂不变,动力臂变小,则力F变大.阻力和阻力臂乘积不变,则力F与其力臂的乘积不变.
解析
【分析】
我们可以按照杠杆动态平衡的分析思路逐步推导：第一步先明确整个过程中不变的物理量：支点为O，阻力是重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，阻力臂是O到重物悬挂点的距离，杠杆位置始终不变，因此阻力和阻力臂的乘积是固定值。第二步分析动力臂的变化：初始F沿竖直向上的AB方向时，动力臂长度等于OA，是A点处最长的动力臂，当F顺时针向AC方向转动时，支点O到F作用线的垂直距离（也就是动力臂）会逐渐变小。第三步结合杠杆平衡条件推导：根据杠杆平衡公式，动力和动力臂的乘积始终等于阻力和阻力臂的乘积，因此F和它的力臂的乘积不变，在乘积不变的前提下动力臂减小，动力F就会变大。最后按照力臂的作图规则，从支点向F的作用线作垂线即可得到对应的力臂。
【解析】
1. 确定不变量：轻质杠杆自重不计，杠杆始终保持水平位置平衡，重物对杠杆的拉力为阻力，大小等于重物重力G，阻力臂为支点O到OA中点悬挂点的距离，因此阻力与阻力臂的乘积$G· L_{\mathrm{阻}}$为定值。
2. 分析动力臂变化：力F沿AB竖直向上时，动力臂长度等于OA，是作用在A点的最大动力臂；当F从AB方向顺时针转动到AC方向的过程中，支点O到动力F作用线的垂直距离（动力臂$L_{\mathrm{动}}$）逐渐减小。
3. 结合杠杆平衡条件推导：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F· L_{\mathrm{动}}=G· L_{\mathrm{阻}}$，由于$G· L_{\mathrm{阻}}$保持不变，因此力F与其力臂的乘积不变；在乘积固定时，动力臂$L_{\mathrm{动}}$逐渐变小，因此力F的大小逐渐变大。
4. 作AC方向F的力臂：从支点O向力F的作用线作垂线段，该垂线段就是力F对应的力臂l。
【答案】
变大 不变
【知识点】
杠杆平衡条件
力臂的画法
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的基础题型，核心考察对力臂概念和杠杆平衡条件的理解，易错点是忽略力的方向变化后动力臂会随之改变，只要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，结合杠杆平衡的等量关系即可顺利推导得出结论。
【难度系数】
0.7
我们可以按照杠杆动态平衡的分析思路逐步推导：第一步先明确整个过程中不变的物理量：支点为O，阻力是重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，阻力臂是O到重物悬挂点的距离，杠杆位置始终不变，因此阻力和阻力臂的乘积是固定值。第二步分析动力臂的变化：初始F沿竖直向上的AB方向时，动力臂长度等于OA，是A点处最长的动力臂，当F顺时针向AC方向转动时，支点O到F作用线的垂直距离（也就是动力臂）会逐渐变小。第三步结合杠杆平衡条件推导：根据杠杆平衡公式，动力和动力臂的乘积始终等于阻力和阻力臂的乘积，因此F和它的力臂的乘积不变，在乘积不变的前提下动力臂减小，动力F就会变大。最后按照力臂的作图规则，从支点向F的作用线作垂线即可得到对应的力臂。
【解析】
1. 确定不变量：轻质杠杆自重不计，杠杆始终保持水平位置平衡，重物对杠杆的拉力为阻力，大小等于重物重力G，阻力臂为支点O到OA中点悬挂点的距离，因此阻力与阻力臂的乘积$G· L_{\mathrm{阻}}$为定值。
2. 分析动力臂变化：力F沿AB竖直向上时，动力臂长度等于OA，是作用在A点的最大动力臂；当F从AB方向顺时针转动到AC方向的过程中，支点O到动力F作用线的垂直距离（动力臂$L_{\mathrm{动}}$）逐渐减小。
3. 结合杠杆平衡条件推导：根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得$F· L_{\mathrm{动}}=G· L_{\mathrm{阻}}$，由于$G· L_{\mathrm{阻}}$保持不变，因此力F与其力臂的乘积不变；在乘积固定时，动力臂$L_{\mathrm{动}}$逐渐变小，因此力F的大小逐渐变大。
4. 作AC方向F的力臂：从支点O向力F的作用线作垂线段，该垂线段就是力F对应的力臂l。
【答案】
变大 不变
【知识点】
杠杆平衡条件
力臂的画法
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的基础题型，核心考察对力臂概念和杠杆平衡条件的理解，易错点是忽略力的方向变化后动力臂会随之改变，只要牢记力臂是支点到力的作用线的垂直距离，结合杠杆平衡的等量关系即可顺利推导得出结论。
【难度系数】
0.7
8. (2026·江苏苏州月考)如图所示为一可绕O点转动的轻质杠杆,在杠杆A端通过绳作用一竖直向下的拉力F使杠杆平衡,此时AB部分水平.保持重物静止不动,而使绳绕A点从如图所示位置沿虚线CD转动,若从D位置沿顺时针方向转动到C,拉力F大小的变化情况是
先变小后变大
;若将拉力F改为作用在杠杆B点,仍保持重物静止不动,所需的最小拉力与作用在A点时相比变大
(选填“变大”“变小”或“不变”).答案
8. 先变小后变大 变大 解析:已知阻力即重物对杠杆的拉力不变,阻力臂也不变,由杠杆的平衡条件可知,在阻力与阻力臂乘积不变的情况下,F与对应力臂的乘积也不变,且动力臂越长越省力,因此以OA为动力臂时,拉力F最小,由图可知,当绳从D位置沿顺时针方向转动到C,此过程中动力臂先变大后变小,所以拉力F先变小后变大.若将拉力F改为作用在杠杆B点,以OB为动力臂时,拉力F最小,由图可知OB小于OA,所以拉力作用在杠杆B点时所需的最小拉力与作用在A点时相比变大了.
解析
【分析】
解题时首先要抓住杠杆平衡的核心条件，先明确本题中阻力是左端重物的拉力，重物保持静止，所以阻力大小、阻力臂的长度都是固定不变的，因此阻力和阻力臂的乘积是定值。第一空分析拉力变化时，动力的作用点始终是A点，我们只需要判断绳子从D顺时针转到C的过程中，支点O到拉力作用线的垂直距离（也就是动力臂）的变化规律：当拉力方向和OA垂直时，动力臂达到最大值等于OA，所以转动过程中动力臂先增大到OA、再减小，结合杠杆平衡条件，动力和动力臂成反比，就能得到拉力的变化。第二空要比较两个位置的最小拉力，记住“作用在某点的最小拉力对应的最大动力臂，就是支点到该作用点的连线长度”，对比A点和B点到O点的连线长度，就能判断最小拉力的大小变化。
【解析】
1. 确定不变量：该杠杆支点为O，阻力为左端重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，重物静止，因此阻力大小不变，同时O点到阻力作用线的垂直距离即阻力臂也保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得动力F和动力臂$L_动$的乘积为定值，即$F· L_动 = G· L_阻$。
2. 分析拉力从D转到C的变化：动力作用点始终为A，动力臂是O点到拉力F作用线的垂直距离。当拉力方向垂直于OA连线时，动力臂达到最大值，长度等于OA。绳子从D位置沿顺时针方向转动到C的过程中，动力臂先逐渐变大到等于OA，之后又逐渐变小，由于F和$L_动$成反比，因此拉力F先变小后变大。
3. 比较两点的最小拉力：要得到作用在某点的最小拉力，对应的最大动力臂就是支点O到该作用点的连线长度。作用在A点时最大动力臂为OA，作用在B点时最大动力臂为OB，由图可知$OB＜OA$，在$G· L_阻$为定值的前提下，最大动力臂越小，对应的最小动力就越大，因此将拉力改作用在B点时，所需的最小拉力和作用在A点时相比变大。
【答案】
先变小后变大；变大
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂判断；最小力分析
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的经典题型，重点考察对力臂概念的理解和杠杆平衡条件的灵活应用，解题的关键是抓住“阻力和阻力臂的乘积不变”这个核心前提，掌握“动力作用点固定时，支点到作用点的连线是该点最长动力臂”的规律，避免误判动力臂的变化趋势。
【难度系数】
0.6
解题时首先要抓住杠杆平衡的核心条件，先明确本题中阻力是左端重物的拉力，重物保持静止，所以阻力大小、阻力臂的长度都是固定不变的，因此阻力和阻力臂的乘积是定值。第一空分析拉力变化时，动力的作用点始终是A点，我们只需要判断绳子从D顺时针转到C的过程中，支点O到拉力作用线的垂直距离（也就是动力臂）的变化规律：当拉力方向和OA垂直时，动力臂达到最大值等于OA，所以转动过程中动力臂先增大到OA、再减小，结合杠杆平衡条件，动力和动力臂成反比，就能得到拉力的变化。第二空要比较两个位置的最小拉力，记住“作用在某点的最小拉力对应的最大动力臂，就是支点到该作用点的连线长度”，对比A点和B点到O点的连线长度，就能判断最小拉力的大小变化。
【解析】
1. 确定不变量：该杠杆支点为O，阻力为左端重物对杠杆的拉力，大小等于重物重力，重物静止，因此阻力大小不变，同时O点到阻力作用线的垂直距离即阻力臂也保持不变，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得动力F和动力臂$L_动$的乘积为定值，即$F· L_动 = G· L_阻$。
2. 分析拉力从D转到C的变化：动力作用点始终为A，动力臂是O点到拉力F作用线的垂直距离。当拉力方向垂直于OA连线时，动力臂达到最大值，长度等于OA。绳子从D位置沿顺时针方向转动到C的过程中，动力臂先逐渐变大到等于OA，之后又逐渐变小，由于F和$L_动$成反比，因此拉力F先变小后变大。
3. 比较两点的最小拉力：要得到作用在某点的最小拉力，对应的最大动力臂就是支点O到该作用点的连线长度。作用在A点时最大动力臂为OA，作用在B点时最大动力臂为OB，由图可知$OB＜OA$，在$G· L_阻$为定值的前提下，最大动力臂越小，对应的最小动力就越大，因此将拉力改作用在B点时，所需的最小拉力和作用在A点时相比变大。
【答案】
先变小后变大；变大
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂判断；最小力分析
【点评】
本题属于杠杆动态平衡的经典题型，重点考察对力臂概念的理解和杠杆平衡条件的灵活应用，解题的关键是抓住“阻力和阻力臂的乘积不变”这个核心前提，掌握“动力作用点固定时，支点到作用点的连线是该点最长动力臂”的规律，避免误判动力臂的变化趋势。
【难度系数】
0.6
9. (2026·江苏南京月考)如图1所示,轻质杠杆可绕O点转动,C点悬挂一重为G的物体M,B点受到电子测力计竖直向上的拉力F,其力臂记为l,保持杠杆水平静止,此时F与$\dfrac{1}{l}$的关系图线为图2中的①所示,某几次操作后,仍保持杠杆水平静止,在图2中作出的图线对应的操作可能是(
A.将电子测力计顺时针转动$30°\rightarrow$图线③
B.将M从C点移到A点$\rightarrow$图线①
C.增加物体M的质量$\rightarrow$图线②
D.将电子测力计从B点移到A点$\rightarrow$图线④
C
)A.将电子测力计顺时针转动$30°\rightarrow$图线③
B.将M从C点移到A点$\rightarrow$图线①
C.增加物体M的质量$\rightarrow$图线②
D.将电子测力计从B点移到A点$\rightarrow$图线④
答案
9. C 解析:O为支点,阻力臂为$l_M$,拉力F的力臂为l,根据杠杆的平衡条件有$Fl=Gl_M$,可得$F=\frac{Gl_M}{l}$.将电子测力计顺时针转动$30°$,阻力G和阻力臂$l_M$不变,所以拉力F和$\frac{1}{l}$的关系图线不变,仍为①,故A不可能;将M从C点移到A点,阻力G不变,阻力臂$l_M$变小,根据$F=\frac{Gl_M}{l}$可知,在$\frac{1}{l}$不变时,拉力F变小,则对应的图线为④,故B不可能;增加物体M的质量,阻力G变大,阻力臂$l_M$不变,可知在$\frac{1}{l}$不变时,拉力F变大,由于拉力F和$\frac{1}{l}$成正比,所以对应的图线为②,故C可能;将电子测力计从B点移到A点,此时阻力G和阻力臂$l_M$不变,拉力F和$\frac{1}{l}$的关系图线不变,仍为①,故D不可能.
解析
【分析】
首先我们从杠杆平衡条件入手推导F与1/l的函数关系：以O为支点，设物体M的重力为G，M对应的阻力臂为$L_M$，拉力F的力臂为l，根据杠杆平衡条件可得$Fl = G L_M$，变形得到$F = G L_M · \frac{1}{l}$，说明F和$\frac{1}{l}$成正比例关系，正比例图线的斜率$k=G L_M$，斜率的大小由阻力G和阻力臂$L_M$的乘积决定。接下来逐个分析每个操作对k的影响，对比选项给出的对应图线是否匹配，即可选出正确答案。
【解析】
解：根据杠杆平衡条件，初始状态下满足：
$F · l = G · L_M$
变形得：
$F = G L_M · \frac{1}{l}$
即F与$\frac{1}{l}$成正比，图线斜率$k=G L_M$，据此逐一分析选项：
1. 选项A：将电子测力计顺时针转动30°，物体重力G和阻力臂$L_M$均不变，因此$k=G L_M$不变，F与$\frac{1}{l}$的关系图线仍为①，不可能对应图线③，A错误。
2. 选项B：将M从C点移到A点，阻力G不变，阻力臂$L_M$变小，因此斜率$k=G L_M$变小，相同$\frac{1}{l}$下拉力F更小，对应图线应为④，不可能是图线①，B错误。
3. 选项C：增加物体M的质量，阻力G变大，阻力臂$L_M$保持不变，因此斜率$k=G L_M$变大，相同$\frac{1}{l}$下拉力F更大，F与$\frac{1}{l}$仍成正比，对应图线为②，该操作是可能的，C正确。
4. 选项D：将电子测力计从B点移到A点，阻力G和阻力臂$L_M$均不变，因此斜率$k=G L_M$不变，F与$\frac{1}{l}$的关系图线仍为①，不可能对应图线④，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题是杠杆平衡条件的图像创新题型，核心是通过数学变形得到F与1/l的正比关系，明确图线斜率的物理意义，通过控制变量分析操作对阻力、阻力臂的影响即可判断图线变化。易错点是忽略题目中l是对应拉力的实际力臂，误将测力计转动的操作判定为改变图线斜率。
【难度系数】
0.6
首先我们从杠杆平衡条件入手推导F与1/l的函数关系：以O为支点，设物体M的重力为G，M对应的阻力臂为$L_M$，拉力F的力臂为l，根据杠杆平衡条件可得$Fl = G L_M$，变形得到$F = G L_M · \frac{1}{l}$，说明F和$\frac{1}{l}$成正比例关系，正比例图线的斜率$k=G L_M$，斜率的大小由阻力G和阻力臂$L_M$的乘积决定。接下来逐个分析每个操作对k的影响，对比选项给出的对应图线是否匹配，即可选出正确答案。
【解析】
解：根据杠杆平衡条件，初始状态下满足：
$F · l = G · L_M$
变形得：
$F = G L_M · \frac{1}{l}$
即F与$\frac{1}{l}$成正比，图线斜率$k=G L_M$，据此逐一分析选项：
1. 选项A：将电子测力计顺时针转动30°，物体重力G和阻力臂$L_M$均不变，因此$k=G L_M$不变，F与$\frac{1}{l}$的关系图线仍为①，不可能对应图线③，A错误。
2. 选项B：将M从C点移到A点，阻力G不变，阻力臂$L_M$变小，因此斜率$k=G L_M$变小，相同$\frac{1}{l}$下拉力F更小，对应图线应为④，不可能是图线①，B错误。
3. 选项C：增加物体M的质量，阻力G变大，阻力臂$L_M$保持不变，因此斜率$k=G L_M$变大，相同$\frac{1}{l}$下拉力F更大，F与$\frac{1}{l}$仍成正比，对应图线为②，该操作是可能的，C正确。
4. 选项D：将电子测力计从B点移到A点，阻力G和阻力臂$L_M$均不变，因此斜率$k=G L_M$不变，F与$\frac{1}{l}$的关系图线仍为①，不可能对应图线④，D错误。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂
【点评】
本题是杠杆平衡条件的图像创新题型，核心是通过数学变形得到F与1/l的正比关系，明确图线斜率的物理意义，通过控制变量分析操作对阻力、阻力臂的影响即可判断图线变化。易错点是忽略题目中l是对应拉力的实际力臂，误将测力计转动的操作判定为改变图线斜率。
【难度系数】
0.6
10. (2026·江苏苏州期中)如图甲所示,AB 为轻质杠杆,AC 为轻质硬棒且与力传感器相连,图乙是物体M从A点开始向右匀速运动的过程中力传感器读数大小与时间的关系图像,则物体M的质量是
1
kg;已知OA 的长度为 30 cm,OB 足够长,AC 能承受的最大弹力大小为15 N,若要杠杆不断,则物体从A点开始运动的时间最长为15
s.(g 取 10 N/kg)答案
10. 1 15 解析:由图乙可知,$t=0$时,力传感器读数大小是10 N,由于AB为轻质杠杆,AC为轻质硬棒,则不考虑它们的重力,物体M的重力大小等于10 N,则物体M的质量$m=\frac{G}{g}=\frac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=1\ \mathrm{kg}$;由图乙可知,物体从A点开始运动,到第6 s时,力传感器读数大小是零,即A端没有压力,则物体M此时在O点,运动时间是6 s,这段时间通过的路程$s_{OA}=30\ \mathrm{cm}=0.3\ \mathrm{m}$,则物体M匀速运动的速度$v=\frac{s_{OA}}{t_{OA}}=\frac{0.3\ \mathrm{m}}{6\ \mathrm{s}}=0.05\ \mathrm{m/s}$,然后物体M继续向右运动,物体M对杠杆压力的力臂在变大,直到硬棒AC对杠杆A点的拉力大小为15 N,根据杠杆的平衡条件可知$Fl_{OA}=Gl_x$,代入数据解得$l_x=\frac{Fl_{OA}}{G}=\frac{15\ \mathrm{N}×0.3\ \mathrm{m}}{10\ \mathrm{N}}=0.45\ \mathrm{m}$,则直到AC能承受的最大弹力大小为15 N时,物体M从O点往右移动的距离是0.45 m,物体M匀速运动的速度是0.05 m/s,则物体M从O点往右运动的时间$t_x=\frac{l_x}{v}=\frac{0.45\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}}=9\ \mathrm{s}$,由上述分析可知,在OA段移动的时间是6 s,则物体从A点开始运动的最长时间$t=t_{OA}+t_x=6\ \mathrm{s}+9\ \mathrm{s}=15\ \mathrm{s}$.
解析
【分析】
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 首先读取图乙t=0时刻的力传感器示数，此时物体M刚好停在A点，由于杠杆和硬棒都是轻质的，不计自重，传感器的示数就等于物体M的重力，代入重力计算公式就能直接算出M的质量。
2. 接着读取t=6s时刻传感器示数为0的关键信息，说明此时A端不受力，物体M刚好运动到支点O的位置，已知OA的长度，结合这段运动的时间就能算出物体M匀速运动的速度。
3. 当M运动到O点右侧后，会使杠杆A端向上抬起，AC硬棒对A端的拉力逐渐增大，当拉力达到AC能承受的最大值15N时，利用杠杆平衡条件算出此时M距离O点的距离，再结合速度算出这段路程的运动时间，和之前从A到O的6s相加，就得到物体运动的最长总时间。
【解析】
解：
1. 计算物体M的质量：
t=0时，物体M位于A点，AB为轻质杠杆、AC为轻质硬棒，不计二者自重，此时力传感器的示数等于物体M的重力，即$G=F=10\ \mathrm{N}$。
根据重力公式$G=mg$，可得物体质量：
$m=\frac{G}{g}=\frac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=1\ \mathrm{kg}$。
2. 计算物体M的匀速运动速度：
t=6s时，力传感器示数为0，说明A端不受力，此时物体M对杠杆的压力的力臂为0，即M刚好运动到支点O处。
已知$OA=30\ \mathrm{cm}=0.3\ \mathrm{m}$，M从A到O的运动时间为6s，M做匀速直线运动，因此速度：
$v=\frac{s_{OA}}{t_{OA}}=\frac{0.3\ \mathrm{m}}{6\ \mathrm{s}}=0.05\ \mathrm{m/s}$。
3. 计算物体运动的最长总时间：
当AC的弹力达到最大值$F_{\mathrm{max}}=15\ \mathrm{N}$时，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F_{\mathrm{max}} × OA = G × L$
代入数据$15\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 10\ \mathrm{N} × L$，解得M距离O点右侧的距离$L=0.45\ \mathrm{m}$。
M从O点运动到该位置的时间：
$t_x=\frac{L}{v}=\frac{0.45\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}}=9\ \mathrm{s}$
因此物体从A点开始运动的最长总时间：
$t_{\mathrm{总}}=6\ \mathrm{s}+9\ \mathrm{s}=15\ \mathrm{s}$
【答案】
1；15
【知识点】
杠杆平衡条件；重力计算；匀速直线运动
【点评】
本题属于杠杆动态平衡结合图像的综合题，需要从F-t图像中提取两个关键状态的信息，区分物体M在支点O左侧受压、右侧受拉的受力方向变化，易错点是无法关联t=6s的状态对应M的位置，导致后续速度计算出错，整体考察了学生图像分析和力学规律综合应用的能力。
【难度系数】
0.5
我们可以分三步梳理解题思路：
1. 首先读取图乙t=0时刻的力传感器示数，此时物体M刚好停在A点，由于杠杆和硬棒都是轻质的，不计自重，传感器的示数就等于物体M的重力，代入重力计算公式就能直接算出M的质量。
2. 接着读取t=6s时刻传感器示数为0的关键信息，说明此时A端不受力，物体M刚好运动到支点O的位置，已知OA的长度，结合这段运动的时间就能算出物体M匀速运动的速度。
3. 当M运动到O点右侧后，会使杠杆A端向上抬起，AC硬棒对A端的拉力逐渐增大，当拉力达到AC能承受的最大值15N时，利用杠杆平衡条件算出此时M距离O点的距离，再结合速度算出这段路程的运动时间，和之前从A到O的6s相加，就得到物体运动的最长总时间。
【解析】
解：
1. 计算物体M的质量：
t=0时，物体M位于A点，AB为轻质杠杆、AC为轻质硬棒，不计二者自重，此时力传感器的示数等于物体M的重力，即$G=F=10\ \mathrm{N}$。
根据重力公式$G=mg$，可得物体质量：
$m=\frac{G}{g}=\frac{10\ \mathrm{N}}{10\ \mathrm{N/kg}}=1\ \mathrm{kg}$。
2. 计算物体M的匀速运动速度：
t=6s时，力传感器示数为0，说明A端不受力，此时物体M对杠杆的压力的力臂为0，即M刚好运动到支点O处。
已知$OA=30\ \mathrm{cm}=0.3\ \mathrm{m}$，M从A到O的运动时间为6s，M做匀速直线运动，因此速度：
$v=\frac{s_{OA}}{t_{OA}}=\frac{0.3\ \mathrm{m}}{6\ \mathrm{s}}=0.05\ \mathrm{m/s}$。
3. 计算物体运动的最长总时间：
当AC的弹力达到最大值$F_{\mathrm{max}}=15\ \mathrm{N}$时，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，可得：
$F_{\mathrm{max}} × OA = G × L$
代入数据$15\ \mathrm{N} × 0.3\ \mathrm{m} = 10\ \mathrm{N} × L$，解得M距离O点右侧的距离$L=0.45\ \mathrm{m}$。
M从O点运动到该位置的时间：
$t_x=\frac{L}{v}=\frac{0.45\ \mathrm{m}}{0.05\ \mathrm{m/s}}=9\ \mathrm{s}$
因此物体从A点开始运动的最长总时间：
$t_{\mathrm{总}}=6\ \mathrm{s}+9\ \mathrm{s}=15\ \mathrm{s}$
【答案】
1；15
【知识点】
杠杆平衡条件；重力计算；匀速直线运动
【点评】
本题属于杠杆动态平衡结合图像的综合题，需要从F-t图像中提取两个关键状态的信息，区分物体M在支点O左侧受压、右侧受拉的受力方向变化，易错点是无法关联t=6s的状态对应M的位置，导致后续速度计算出错，整体考察了学生图像分析和力学规律综合应用的能力。
【难度系数】
0.5
