2022年中考物理复习-专题24 杠杆平衡分析及应用【有答案】-【2022年】中考物理二轮专项复习核心考点突破与必刷题型汇编（全国通用）

专题24杠杆平衡分析及应用【核心考点讲解】1、杠杆的平衡条件（1）探究杠杆平衡条件实验中，杠杆在水平位置平衡，但在实际生产和生活中，许多情况下，杠杆在倾斜的情况下静止，此时杠杆受到平衡力作用，所以杠杆不论处于怎样的静止，都可以理解成平衡状态。（2）杠杆平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂。（3）公式：，即。2、杠杆的动态平衡分析（1）杠杆动态平衡：构成杠杆的某些要素发生变化时，杠杆仍处于静止状态或匀速转动状态。（2）常考类型①阻力一定，判断动力变化情况；②动力和阻力不变，动力臂和阻力臂变化情况；③动力臂和阻力臂不变，动力和阻力变化情况。3、杠杆中最小力的问题（1）根据杠杆平衡条件，阻力、阻力臂一定时，要使动力最小，则须使动力臂最长，连接杠杆支点和动力作用点所得线段，即为最长动力臂。（2）具体步骤：①确定杠杆中支点和动力作用点的位置；②连接支点与动力作用点，得到最长线段；③经过动力作用点做出与该线段垂直的直线；④根据杠杆平衡原理，确定使杠杆平衡的动力方向。【必刷题型精讲】1．（2021•衡阳中考）如图所示，是我国古代《墨经》最早记述了秤的杠杆原理，有关它的说法正确的是（）A．“标”、“本”表示力，“权”、“重”表示力臂 B．图中的B点为杠杆的支点 C．“权”小于“重”时，A端一定上扬 D．增大“重”时，应把“权”向A端移解：A、力臂是支点到力的作用线的距离，“权”相当于现在的砝码，即动力，把秤的支点到权的距离称之为“标”，在物理中，我们把它称之为动力臂；重就是重物，相当于杠杆的阻力，把秤的支点到权的距离称之为“本”，在物理中，我们把它称之为阻力臂；则“标”、“本”表示为力臂，“权”、“重”表示为力，故A错误；B、图中的B点为阻力的作用点，杠杆的支点是O点，故B错误；C、“权”小于“重”时，根据杠杆平衡原理条件“权”ד标”＝“重”ד本”可知：当“标”大于“本”时，杠杆可能在水平位置平衡，所以A端不一定上扬，故C错误；D、增大“重”时，由于“权”和“本”不变根据杠杆平衡原理条件“权”ד标”＝“重”ד本”可知：应把“标”变大，即把“权”向A端移，故D正确。答案：D。2．（2021•泰州中考）如图，在均匀杠杆的A处挂3个钩码，B处挂2个钩码，杠杆恰好在水平位置平衡。下列操作中，仍能使杠杆在水平位置平衡的是（所用钩码均相同）（）A．两侧钩码同时向支点移动一格 B．两侧钩码下方同时加挂一个钩码 C．左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码 D．左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格解：设每个钩码重力为G，每个小格长度为L；A、两侧钩码同时向支点移动一格，左边：3G×L＝3GL，右边：2G×2L＝4GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故A错误；B、两侧钩码下方同时加挂一个钩码，左边：4G×2L＝8GL，右边：3G×3L＝9GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故B错误；C、左侧加挂一个钩码，右侧加挂两个钩码，左边：4G×2L＝8GL，右边：4G×3L＝12GL，右边大于左边，杠杆右边下倾，故C错误；D、左侧拿去一个钩码，右侧钩码向左移动一格，左边：2G×2L＝4GL，右边：2G×2L＝4GL，右边等于左边，杠杆平衡，故D正确。答案：D。3．（2021•广西中考）如图是小华在劳动教育实践活动中体验中国传统农耕“舂稻谷”的示意图。小华若要更省力，下列做法可行的是（）A．支点不动，脚在杆上的位置前移 B．将支点靠近人，脚在杆上的位置不动 C．将支点靠近人，同时脚在杆上的位置前移 D．将支点远离人，同时脚在杆上的位置后移解：A、支点不动，脚在杆上的位置前移，此时阻力、阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，不能省力，故A错误；B、将支点靠近人，脚在杆上的位置不动，此时阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，不能省力，故B错误；C、将支点靠近人，同时脚在杆上的位置前移，阻力不变，阻力臂变大，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，不能省力，故C错误；D、将支点远离人，同时脚在杆上的位置后移，阻力不变，阻力臂变小，动力臂变大，根据杠杆的平衡条件可知，动力变小，能省力，故D正确。答案：D。4．（2021•镇江中考）如图所示，轻质杠杆OB可绕O点转动，OA＝AB，用细线将重物悬挂在A点，在B点作用竖直向上的拉力F，则在保持杠杆水平静止的情况下（）A．拉力F的大小为物重的2倍 B．当悬挂点左移时，F将减小 C．若F改为沿图中虚线方向施力，F将增大 D．若物重增加2N，F的大小也增加2N解：A、由图可知，OA＝AB，阻力的力臂为动力力臂的一半，根据杠杆的平衡条件F×OB＝G×OA可知，拉力F的大小为物重的二分之一，故A错误；B、当悬挂点左移时，动力臂、阻力不变，阻力臂变大，则动力F将变大，故B错误；C、保持杠杆在水平位置平衡，将拉力F转至虚线位置时，拉力的力臂变小，因为阻力与阻力臂不变，由杠杆的平衡条件可知，拉力变大，故C正确；D、若物重增加2N，根据杠杆的平衡条件可知，F的变化量为2N×＝1N，故D错误。答案：C。5．（2021•扬州中考）有关蜡烛跷跷板的小制作，下列说法正确的是（）A．选用越粗的蜡烛效果越好 B．转轴位置离蜡烛重心越远越好 C．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方 D．为防止蜡烛摆动过大而翻转，可将蜡烛两端的下侧面削去一些解：A、制作蜡烛跷跷板时，选用较细的蜡烛能减小蜡烛的重力带来的影响，能使蜡烛在水平位置更加稳定，故A错误；B、转轴位置离蜡烛重心越远，根据杠杆的平衡条件可知，此时蜡烛容易发生翻转，故B错误；C、为防止蜡烛摆动过大而翻转，可使转轴位置处于蜡烛重心上方，蜡烛的重心变低了，稳度较高，故C正确；D、为防止蜡烛摆动过大而翻转，可将蜡烛两端的上侧面削去一些，这样能降低蜡烛的重心，增大稳度，故D错误。答案：C。6．（2021•枣庄中考）如图所示，一根质地均匀的木杆可绕O点自由转动，在木杆的右端施加一个始终垂直于木杆的作用力F，使木杆从OA位置匀速转到OB位置的过程中，力F的大小将（）A．先变大，后变小 B．先变小，后变大 C．一直是变大的 D．一直是变小的解：根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2分析，将杠杆缓慢地由最初位置拉到水平位置时，动力臂不变，阻力为杠杆的重力，也不变，阻力臂变大，所以动力变大。当杠杆从水平位置拉到最终位置时，动力臂不变，阻力不变，阻力臂变小，所以动力变小。故F先变大后变小。故A正确，BCD错误。答案：A。7．（2021•新疆中考）如图所示用剪刀将一张纸片缓慢地一刀剪断的过程中，阻力臂L阻和动力F动的变化情况是（）A．L阻不变，F动变大 B．L阻不变，F动不变 C．L阻变大，F动变大 D．L阻变大，F动不变解：剪刀的轴是支点，剪纸时阻力作用在纸和剪刀的接触点，用剪刀将一张纸片缓慢地一刀剪断的过程中，阻力F阻不变，动力臂L动不变，阻力臂L阻逐渐变大，由杠杆平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂可知，动力F动逐渐变大。答案：C。8．（2021•达州中考）如图所示，AOB为轻质杠杆，B端用细线挂一重物G，在A端分别施加作用力F1、F2、F3时，杠杆都能在图示位置平衡。则下列说法正确的是（）A．F1最小 B．F2最大 C．使用此杠杆、筷子、轮轴等机械一定能省力，但不能省功 D．若作用力为F3，保持F3与OA垂直，使重物匀速上升，F3将逐渐减小解：AB、由图可知，在A点用力时，F1的力臂最短，F3的力臂最长，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力和阻力臂一定时，所施加的动力F1最大，F3最小，故AB错误；C、图中杠杆为省力杠杆，而筷子是费力杠杆，轮轴可以看作是省力杠杆的变形，它们都不能省功，故C错误；D、若作用力为F3，保持F3与OA垂直，则动力臂不变，使重物匀速上升时，阻力G不变，阻力臂逐渐小于OB，即阻力臂变小，杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，F3将逐渐减小，故D正确。答案：D。9．（2021•温州中考）停放自行车时，若要从如图四点中选择一点施加竖直向上的力，将后轮略微提起。其中最省力的点是（）A．A点 B．B点 C．C点 D．D点解：根据杠杆平衡的条件，F1×L1＝F2×L2，在杠杆中的阻力、阻力臂一定的情况下，要使所用的动力最小，必须使动力臂最长．若要从如图四点中选择一点施加竖直向上的力，将后轮略微提起，是围绕前轮与地面的接触点转动，分别作出在A、B、C、D四点施加竖直向上的力并延长，再支点作出垂线，即力臂，如图所示：由图可知最省力的点是D。答案：D。10．（2021•广元中考）如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为2cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（）A．杠杆的动力臂为8cm B．该杠杆为费力杠杆 C．该杠杆的阻力大小为0.5N D．动力F的大小为1.5N解：A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：OA＝×4×2cm＝4cm，故A错误；B、阻力臂OB，3×2cm＝6cm＞OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；C、该杠杆的阻力大小为：F2＝G＝4×0.5N＝2N，故C错误；D、根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，G×OB＝F×OA代入数据，2N×6cm＝F×4cm，解得，F＝3N，故D错误。答案：B。11．（2021•益阳中考）如图，装满物品的拉杆式旅行箱总重60N，其重心在箱体的几何中心，图中AB与BC等长。现将平放在水平地面上的该旅行箱的C端抬离地面，至少用力15N，拉杆越短，所需的力越大。解：由图可知，支点为A点，阻力为箱体的重力，阻力臂为AB，动力臂为AC，因为AB＝BC，所以，由F动L动＝F阻L阻得：＝60N×＝15N，拉杆越短，动力臂越小，阻力和阻力臂不变，则所需的力越大。答案：15；大。12．（2021•永州中考）如图所示，在一质量不计、刻度分布均匀的杠杆上的A点悬挂两个质量均为50g的钩码，将一质量为0.3kg的物体放在水平地面上，用一轻绳将该物体悬挂在杠杆上的B点，杠杆在水平位置平衡。此时轻绳对杠杆的拉力大小为0.75N，物体对地面的压力大小为2.25N。要使物体对地面的压力大小为零，同时杠杆在水平位置平衡，则在A点要增挂6个50g的钩码。现提供一个量程为0～3N的弹簧测力计和若干个50g的钩码，利用弹簧测力计和钩码使杠杆在水平位置平衡，则在A点所挂钩码的个数最多为10个。（g＝10N/kg）解：两个质量均为50g的钩码的重力为：G＝mg＝0.1kg×10N/kg＝1N；设杠杆上每个小格的长度为L；杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件可知：F1L1＝G1L2，即：F1×4L＝1N×3，解得：F1＝0.75N；物体的重力为：G'＝m'g＝0.3kg×10N/kg＝3N；物体受到竖直向下的重力、竖直向上的支持力和拉力的作用，则地面对物体的支持力的大小为：F支＝G'﹣F1＝3N﹣0.75N＝2.25N；要使物体对地面的压力大小为零，同时杠杆在水平位置平衡，此时物体对杠杆的拉力为3N；根据杠杆的平衡条件可知：3N×4L＝G''×3L，解得：G''＝4N；每个钩码的重力为0.5N，则A端所挂钩码的个数为：n＝＝8，则加挂的钩码的个数为8﹣2＝6个；要使在A点所挂钩码的个数最多，钩码对杠杆的拉力的力臂不变，当弹簧测力计示数最大、弹簧测力计对杠杆拉力的力臂最大时，所挂钩码个数最大；弹簧测力计的最大称量值为3N，最大力臂为5L，根据杠杆的平衡条件可知：3N×5L＝GA×3L，解得：GA＝5N；每个钩码的重力为0.5N，则A点所挂钩码的最多个数为：n'＝＝10。答案：0.75；2.25；6；10。13．（2021•大连中考）工人使用独轮车搬运石头，相关信息如图所示，车箱和石头所受的总重力G＝1200N，推车时，双手向上的力F＝300N；如果将这些石头偏向车箱前部装载，推车时，双手向上的力为F′，则F′＜F（选填“＞”“＝”或“＜”）。解：由图可知：独轮车在使用过程中，L1＝90cm+30cm＝120cm＝1.2m，L2＝30cm＝0.3m，根据杠杆平衡原理F1L1＝F2L2得：FL1＝GL2，所以，F＝＝＝300N；如果将这些石头偏向车箱前部装载，推车时，动力臂不变，阻力臂变小，阻力不变，根据杠杆的平衡条件可知，双手向上的力变小，则F′＜F。答案：300；＜。14．（2021•宿迁中考）小明在社会实践中观察到修理汽车的叔叔使用扳手时，还在扳手手柄上加了一个套筒，如图甲所示。于是小明设计了如图乙所示的装置，探究轻质杠杆的动力大小与动力臂的关系。（1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂。（2）改变动力臂，多次测量，根据记录的数据画出如图丙所示的动力随动力臂变化的图像，则杠杆左端所挂重物的重力大小是1.5N（杠杆上每一小格长度为1cm），小明发现图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积（如图丙中阴影部分）总相等，原因是阻力与阻力臂的乘积保持不变。解：（1）测量时，总保持杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量力臂；（2）由题意可知，只改变动力臂，多次测量，则阻力与阻力臂的乘积保持不变，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，利用图象中任意一组数据都能得出，F2L2＝F1L1＝2N×0.03m＝0.06N•m；由图乙可知，L2＝4cm＝0.04m，则杠杆左端所挂重物的重力：G＝F2＝＝＝1.5N；图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积是动力与动力臂的乘积，根据杠杆平衡条件可知，F1L1＝F2L2，而阻力与阻力臂的乘积保持不变，故图像中每次描出的点与两坐标轴围成的方形面积总相等。答案：（1）测量力臂；（2）1.5；阻力与阻力臂的乘积保持不变。15．（2021•无锡中考）小红和小华用一只弹簧测力计，一根长度为1m、质量为1.2kg粗细均匀、质量均匀分布的圆柱型螺纹钢AB，一只金属筐，制成了如图所示的机械装置。制作时，她们将金属筐系于螺纹钢上的B端，当悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，测得OB＝4cm，则金属筐的质量为13.8kg。称重时，将重物放入金属筐中，用弹簧测力计竖直向下拉住螺纹钢的A端，使之再次在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为15N，则重物的质量是36kg。若在她们制作的装置中仅将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，制成杆秤，从O点开始，沿OA每隔1cm标出对应的质量刻度，则该杆秤的分度值为0.25kg。（g取10N/kg）解：将金属筐系于螺纹钢上的B端，当悬挂螺纹钢的钢索在螺纹钢上的悬吊点移至O点时，螺纹钢在水平位置平衡，测得OB＝4cm；圆柱型螺纹钢AB质量分布均匀，则其重心的位置到O点的距离为：L＝﹣4cm＝46cm；则OA＝100cm﹣4cm＝96cm；根据杠杆的平衡条件可知：m螺gL＝m筐g×OB，1.2kg×g×46cm＝m筐×g×4cm，解得：m筐＝13.8kg；称重时，将重物放入金属筐中，用弹簧测力计竖直向下拉住螺纹钢的A端，使之再次在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为15N；根据杠杆的平衡条件可知：F×OA＝m重g×OB，15N×（100cm﹣4cm）＝m重×10N/kg×4cm，解得：m重＝36kg；若在她们制作的装置中仅将弹簧测力计换成质量为1kg的“秤砣”，根据杠杆的平衡条件可知，当秤砣在A点时，所测物体的重力最大，即质量最大：m秤砣g×OA＝m'重g×OB，1kg×10N/kg×（100cm﹣4cm）＝m'重×10N/kg×4cm，解得：m'重＝24kg；即秤砣在A处时对应的物体的质量是24kg，则该杆秤的分度值为＝0.25kg。答案：13.8；36；0.25。16．（2021•齐齐哈尔中考）杠杆是我们生活中一种常见的简单机械，如图所示，轻质杠杆OA可绕O点无摩擦转动，A点悬挂一个重为20N的物体，B点施加一个竖直向上的拉力F，使杠杆在水平位置平衡，且OB：AB＝2：1。则F＝30N，此杠杆是费力杠杆。解：杠杆水平平衡时，A端受到的阻力大小FA＝G物＝20N，动力F的力臂为OB，阻力FA的力臂为OA，由杠杆平衡条件F1•L1＝F2•L2可得：F•OB＝FA•OA，因为OB＜OA，所以F＞FA，即杠杆为费力杠杆；因为OB＝2AB，所以OA＝OB+AB＝3AB，即OB：OA＝2：3，由F•OB＝FA•OA可得F的大小为：。答案：30；费力。17．（2021•重庆中考）如图所示，ABC是以O为支点的轻质杠杆，AB＝40cm，OB＝30cm，OC＝60cm，水平地面上的实心均匀正方体物块M重为80N，用细线与C点相连，在A点用60N的力沿某方向拉杠杆，使M对地面的压力最小，且杠杆处于水平位置平衡，此时细线的拉力为50N；保持A点的拉力大小和方向以及杠杆的状态不变，要使M对地面的压强变为原来的，可将物块M沿竖直方向切去的质量为1.75kg。（忽略支点处的摩擦）解：（1）M对地面的压力F＝G﹣F拉，要M对地面的压力最小，则应使F拉最大。由二力平衡条件、力的作用是相互的可知，F拉＝细绳作用在C点的拉力F2。由图可知，作用在C点拉力的方向为竖直向下。假设作用在A点的力F1的力臂为l1，作用在C点拉力为F2，根据杠杆的平衡条件可以列式：F1l1＝F2•OC。已知OC＝60cm＝0.6m，F1＝60N，则要使F2最大，则应使力臂l1最长。分析题图可知，当力臂l1＝OA时最长。由AB＝40cm，OB＝30cm可得，OA＝50cm＝0.5m。则F2＝＝＝50N。（2）切割前，M对地面的压强为p＝＝＝；切割后，剩余部分重G1，面积为S1，剩余部分对地面的压强p1＝＝。因使沿竖直方向切除的，所以：。由题意我们可以列式：＝，由此求得。则G1＝＝，故切除部分的重为G2＝80N﹣62.5N＝17.5N，其质量为m2＝＝＝1.75kg。答案：50；1.75。18．（2021•南充中考）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的质量大小1000g；已知OA的长度为30cm，OB足够长，AC能承受的最大弹力大小为15N，若要杆不断，物体从A点开始运动时间最长为12.5s（g＝10N/kg）。解：（1）由图甲知，当M在A点时，传感器的力等于物体的重力，由图乙知，物体的重力为：G＝10N，则物体的质量为：m＝＝＝1kg＝1000g；（2）当M运动到支点O时，传感器的力为0，由图乙知，此时用时t＝5s，所以物体M的速度为：v＝＝＝6cm/s；由图乙知，当传感器的拉力为15N时，M应在支点O的右侧，此时距离支点为L，根据杠杆的平衡条件：F传•OA＝G•L则L＝＝＝45cm；从A点物体M运动的路程为：s＝30cm+45cm＝75cm；由v＝得，运动的时间为：t＝＝＝12.5s，则最长运动时间为12.5s。答案：1000；12.5.19．（2021•南通中考）如图，轻质杠杆平衡，请作出动力F1的力臂l1和杠杆所受阻力F2的示意图。解：由图可知支点是O点，从O点向动力F1的作用线作垂线，支点到垂足的距离就是动力臂l1。阻力F2是物体A对杠杆的拉力，作用点在杠杆上，方向竖直向下，如图所示：20．（2021•威海中考）如图是撑杆跳运动员起跳动作示意图，请在图中画出运动员对撑杆A点竖直向下的拉力及其力臂。解：从A点作竖直向下的拉力F，延长拉力F的作用线，从支点O向拉力作用线画垂线，可得拉力的力臂L，如图所示：21．（2021•常州中考）请在图中画出使杠杆ABC保持平衡的最小动力F1及其力臂L1的示意图。解：杠杆ABC的支点在O点，连接OA，若在A端施力F1，当F1的方向与OB垂直时动力臂最大，此时最省力，OA为其力臂L1；根据杠杆平衡的条件，要使杠杆平衡，动力方向斜向下，据此可画出最小的动力，如图所示：22．（2020•朝阳中考）图甲是自行车手闸，其中AOC部分可视为杠杆，O为支点，刹车线对A点的拉力为阻力F2，其简化示意图如图乙。请在乙图中画出：（1）阻力的力臂L2；（2）刹车时，作用在杠杆AOC上的最小动力F1。解：（1）反向延长F2的作用线，从支点O作动力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为阻力臂L2。（2）由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OC作为动力臂最长；动力的方向应该垂直力臂OC向上，过点C垂直于OC向上作出最小动力F1的示意图，如图所示23．（2021•江西中考）[探究名称】探究杠杆的平衡条件[猜想与假设】猜想一：动力×动力臂＝阻力×阻力臂猜想二：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离【设计实验与进行实验】（1）如图甲所示，应将杠杆两端的螺母向左（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。（2）如图乙所示，小明同学挂上钩码并调节钩码的位置，使杠杆水平平衡，记录的数据如表。（3）改变钩码的数量和钩码的位置重复上述实验两次，记录的数据如表。实验次数动力F1/NOB间距离/cm阻力F2/NOA间距离/cm小明11.050.51021.5101.01531.0102.05小红和小明40.8151.01051.4151.010【分析与论证】根据小明同学的数据可验证猜想一和二（选填“一”、“二”或“一和二”）是正确的。而小红同学则认为小明同学每组数据中的力臂恰好都等于支点到力的作用点的距离，具有一定的特殊性，还应改变动力或阻力的方向进行实验。于是，小红同学协助小明同学按图丙方式进行实验，获得表中后两组数据。综合分析表中数据可验证猜想二是错误的。若要验证另一种猜想是否正确，必须添加的测量工具是刻度尺。通过以上探究，小明同学真正理解了力臂是支点到力的作用线的距离。解：【设计实验与进行实验】（1）当杠杆不在水平位置平衡时，我们需要通过调节杠杆两端的平衡螺母来调平。调平原则为：左高左调，右高右调。本题中，杠杆左端较高，所以需要向左调节平衡螺母，直至杠杆在水平位置平衡。（3）小明所做的实验中，阻力是由挂在O点左侧的钩码提供的，动力是由挂在O点右侧的钩码提供的，所以阻力＝左侧钩码重，动力＝右侧钩码重，动力与重力的方向均为竖直向下。分析表格中实验1、2、3中数据可知，动力与阻力的大小都在变化，这就说明左右两侧所挂钩码的数量均在变化。【分析与论证】小明所做的三次实验均是在杠杆在水平位置平衡时完成的，这就导致动力臂、阻力臂均在杠杆上，所以我们无法区分动力臂（阻力臂）与支点到动力（阻力）的距离，所以根据小明的数据，猜想一、二都可以得到验证。为了改变这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）与杠杆有一定的角度，而不是重合在一起。分析实验4、5中的数据我们发现，动力×支点到动力作用点的距离≠阻力×支点到阻力作用点的距离，所以我们可以得出结论：猜想二是错误的。若要验证猜想一，我们就需要测出倾斜后的动力（或阻力）的力臂，为此，我们需要使用刻度尺进行测量，注意测量时需使刻度尺与力的作用线垂直。若通过他们二人共同实验得出的数据可以验证猜想一，则说明动力臂（阻力臂）为支点到动力（阻力）作用线的距离。答案：【设计实验与进行实验】（1）左；（3）数量。【分析与论证】一和二；方向；二；刻度尺；力的作用线。24．（2021•东营中考）图甲是某实验小组探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。（1）挂钩码前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于平衡（选填“平衡”或“非平衡”）状态；要想使杠杆在水平位置平衡，接下来应将杠杆两端的螺母向左（选填“左”或“右”）侧调节。（2）图乙是一个平衡的杠杆，此时若推动右侧钩码的悬线（如图丙所示），就会发现杠杆左端下沉（选填“左端下沉”、“仍然平衡”或“右端下沉”）。（3）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是避免偶然性，寻找普遍规律。（4）某同学提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图丁所示的装置进行探究，在杠杆O点处挂上2个钩码，用弹簧测力计在A点处竖直向上拉，使杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计示数为2.3N。以弹簧测力计的拉力为动力F1，钩码处绳子拉力为阻力F2，多次改变动力作用点的位置进行实验发现：当杠杆水平平衡时，F1L1总是大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）F2L2，其原因可能是杠杆自重对杠杆平衡有影响。（5）图丁中，弹簧测力计处在A点位置时，此杠杆属于费力（选填“省力”或“费力”）杠杆，请举出它在生活生产中的一个应用实例：钓鱼竿。解：（1）挂钩码前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆处于平衡状态；由图甲知，杠杆的左端较高，所以接下来应将两端的螺母向左调节，使杠杆保持水平并静止；（2）图乙中支点在中心时，杠杆平衡，根据杠杆平衡条件知F左L左＝F右L右，图丙中改变了右侧拉力的力臂，使右侧拉力的力臂减小，故此时F左L左＞F右L右，故左端会下沉；（3）本实验进行多次实验，是为避免偶然性，得出普遍结论；（4）分度值为0.1N，弹簧测力计示数为2.3N；图丁中，设杠杆的重力为G，力臂为LG，当杠杆平衡时，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2+GLG，由丁图可知LG≠0，所以杠杆自重对杠杆平衡有影响，此时F1L1＞F2L2；（5）由图丁可知此时L1＜L2，故为费力杠杆，生活中常见的镊子、钓鱼竿等都是费力杠杆。答案：（1）平衡；左（2）左端下沉；（3）避免偶然性，寻找普遍规律；（4）2.3；大于；杠杆自重对杠杆平衡有影响；（5）费力；钓鱼竿（或镊子等）。25．（2021•兰州中考）如图甲所示的轻质杠杆，O为支点。用细线将质量为4kg、密度为4.0g/cm3的物体P悬挂在A点，同时在B点施加竖直向下的力F使杠杆水平平衡，OA：OB＝1：2。撤去力F，用细线将密度为3.0g/cm3的物体Q悬挂在支点O的左侧，再将P、Q分别浸没在水和某种未知液体中，调节细线在杠杆上的悬挂点使杠杆再次水平平衡。如图乙所示，测得杠杆左、右侧的力臂大小分别为L1和L2。然后将物体P、Q取出擦干后左右对调，再次将P、Q分别浸没在未知液体和水中，重新调节杠杆仍能水平平衡，测得杠杆左、右两侧的力臂大小分别为L1′和L2′。已知ρ水＝1.0g/cm3，g＝10N/kg，L1L1′＝3L2L2′，杠杆足够长，在调节过程中P、Q始终未露出液面，也未与容器壁和底接触。求：（1）力F的大小；（2）物体P浸没在水中时受到的浮力；（3）未知液体的密度。解：（1）由题知，OA：OB＝1：2，A点受到P的拉力大小等于P的重力，根据杠杆的平衡条件有：F×OB＝GP×OA＝mPg×OA，所以F＝×mPg＝×4kg×10N/kg＝20N；（2）由ρ＝可得，物体P的体积：VP＝＝＝10﹣3m3，物体P浸没在水中，V排P＝VP，受到水的浮力F浮＝ρ水gVP＝1.0×103kg/m3×10﹣3m3×10N/kg＝10N；（3）图乙中，将P、Q分别浸没在水和某种未知液体中，左、右侧的力臂大小分别为L1和L2时，杠杆水平平衡，根据G＝mg＝ρVg和F浮＝ρ液gV排可得，Q对杠杆拉力：FQ＝GQ﹣F浮Q＝ρQVQg﹣ρ液gVQ＝（ρQ﹣ρ液）gVQ，同理：P对杠杆的拉力：FP＝GP﹣F浮P＝ρPVPg﹣ρ水gVP＝（ρP﹣ρ水）gVP，根据杠杆的平衡条件有：FQL1＝FPL2，即：（ρQ﹣ρ液）gVQL1＝（ρP﹣ρ水）gVPL