拓展课Ⅰ杠杆动态平衡(原卷版+解析)

拓展课Ⅰ杠杆动态平衡【知识掌握】1、杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂写成公式F1l1=F2l22、杠杆的再平衡杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。判断方法一：比较末状态时力和力臂的乘积是否相等：若相等则继续平衡；若不相等，哪端乘积大，哪端下沉，另一端上升。判断方法二：直接比较两端力和力臂的乘积的减小量或增加量是否相等而判断。注意：若力臂的关系未知，则可通过杠杆的初始状态的平衡关系来确定。3、杠杆的动态平衡（1）力不变改变力臂当力臂减小相同的长度时，力小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1－l0）=F1l1－F1l0；F2（l2－l0）＝F2l2－F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1－F1l0＞F2l2－F2l0即：F1（l1+l0）＞F2（l2+l0）当力臂增大相同的长度时，力大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1+l0）=F1l1+F1l0；F2（l2+l0）＝F2l2+F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1+F1l0＜F2l2+F2l0即：F1（l1+l0）＜F2（l2+l0）力臂成比例增减的时候杠杆仍然平衡。∵F1l1=F2l2F1nl1＝nF1l1F2nl2＝nF2l2∴F1nl1=F2nl2（顺口溜：近小大，远大大，比例增减无变化）（2）力臂不变改变力当增大相同的力时，力臂大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1+F0）l1=F1l1+F0l1；（F2+F0）l2＝F2l2+F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1+F0l1＞F2l2+F0l2即：（F1+F0）l1＞（F2+F0）l2当减小相同的力时，力臂小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1-F0）l1=F1l1-F0l1；（F2-F0）l2＝F2l2-F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1-F0l1＜F2l2-F0l2即：（F1-F0）l1＜（F2-F0）l2力的大小成比例增减时杠杆仍然平衡。∵F1l1=F2l2nF1l1＝nF1l1nF2l2＝nF2l2∴nF1l1=nF2l2（顺口溜：增大大，减小大，比例增减无变化）【巩固提高】一．选择题（共8小题）1．如图所示，将一轻质薄木板从中点支起，左右两侧各有一支蜡烛，长短不同，此时薄木板恰好在水平位置静止。同时点燃两支蜡烛，若两支蜡烛燃烧速度相同，则过一会，薄木板（）A．仍在水平位置平衡 B．不能平衡，右端下降 C．不能平衡，左端下降 D．条件不足，无法判断2．如图轻质杠杆两端悬挂着同种材料制成的大小不同的两个实心金属球，杠杆处于平衡状态；若将两球分别浸没在下列液体中，杠杆仍然处于平衡状态是（）A．都浸没在酒精中 B．左边浸没在水中，右边浸没在酒精中 C．左边浸没在酒精中，右边浸没在水中 D．将支点适当向右移动后，都浸没在水中3．如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T1：T2是（）A．2：1 B．2：1 C．1：2 D．1：14．如图所示，轻质杠杆左右两端分别站着一个大人和一个小孩，杠杆处于平衡状态。如果他们同时都以相同的速度向支点缓慢走去，杠杆将（）A．向小孩那端倾斜 B．向大人那端倾斜 C．仍保持平衡 D．无法确定5．如图所示，木棒OA可绕过O点的水平轴自由转动，现有一方向不变的水平力F作用于棒的A端，使棒从竖直位置缓慢地转到偏角为θ的地方（θ＜90°）．设M为动力与动力臂的乘积，则在此过程中（）A．F不断变大，M不断变大 B．F不变，M逐渐变大 C．F逐渐变小，M逐渐变小 D．F逐渐变大，M逐渐变小6．如图所示，一把均匀直尺可以绕中点自由转动，尺上垂直放有A、B、C三支蜡烛，并处于平衡。如果三支蜡烛的材料和粗细都相同，而长度LA＝LC=1A．直尺始终保持平衡 B．直尺将失去平衡，且A端下沉 C．直尺将失去平衡，且B、C端下沉 D．直尺将失去平衡，且B、C端先下沉后上升7．如图所示为小刚外出所拿的行李箱，O为该行李箱的轮轴，OA为可伸缩拉杆（重力可忽略），把箱体和拉杆OA看成一个整体。小刚在拉杆端点A处施加一始终垂直于拉杆的力F，在他使用行李箱时，下列说法正确的是（）A．小刚使箱体从图示位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置，此过程力中F先变大后变小 B．小刚在拖动行李箱时总是先拉出上方的拉杆，这样可以增大动力臂，从而达到省距离目的 C．若只把拉杆OA看为杠杆，手对杠杆的力为动力，则箱体的重力为阻力 D．手柄A的位置做的比较宽大是为了减小压强8．一根粗细均匀的木棒斜靠在竖直墙壁上，墙壁光滑，地面粗糙。木棒受到的重力为G，墙壁对木棒的弹力为F，如图所示。现让木棒的倾斜程度变小一些至虚线所示位置，木棒仍能静止斜靠在墙上。则与原来相比，G和F变化情况为（）A．G不变，F变小 B．G不变，F变大 C．G变大，F变小 D．G变小，F变大二．填空题（共5小题）9．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。（1）当F1竖直向上时，F1的大小为N；（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力F1的大小变化是（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）。10．有一把均匀的木尺，在上端转有一小孔，挂在钉子A上，如图所示，它可以在竖直平面内以A点为轴摆动。现从静止开始，在木尺的另一端点处施加一个水平向右的作用力F，使木尺缓慢地向右偏转，到图中虚线位置，在这一过程中，木尺的重力对A点的力臂逐渐变，水平力F的大小逐渐变。11．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆（选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是（选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。12．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图。杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重。若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是。13．某同学利用身边的塑料直尺和硬币若干来验证杠杆平衡的条件，如图所示，当杠杆在水平位置平衡时，他测出从支点O到硬币边缘的距离作为力臂L1和L2的大小，他测力臂的方法是的（选填“正确”或“错误”）。如果将两边的硬币以相同大小的速度同时做远离支点的匀速移动，则杠杆（选填“仍平衡”、“向左倾斜”、“向右倾斜”）。三．实验探究题（共1小题）14．如图所示，把细木条作为横梁，在它的中间穿一个孔，固定在支架上。然后分别将两个装满二氧化碳的气球封口后挂在细木条的两端。调节它们的位置使得细木条保持水平。然后分别在图A、B位置剪了一个同样长的口子，（假设气球不缩小，保持原来的形状）试问：（1）最终细木条还能在水平位置平衡吗？如不平衡，哪一端下倾？；（2）请你解释原因：。四．综合能力题（共2小题）15．如图所示，O为跷跷板的支点，小朋友对跷跷板的作用力F＝200N，大人在B点时对跷跷板的作用力F'＝300N（图中未画出），跷跷板水平静止。（1）在图中画出F的力臂l；（2）大人从B点挪至A点时，跷跷板会（选填“顺时针”或“逆时针”）转动。若仍使跷跷板水平静止，大人对跷跷板的作用力应（选填“增大”或“减小”）。16．如图甲为虎门大桥的示意图，“桥塔为什么要造这么高？”小强对此进行了研究：他将大桥的结构进行简化，抽象成图乙的模型，又画了桥塔高低不同的两幅图丙和丁。（1）可以看出它用到了的相关知识，其中O是，代表桥重和过往车辆等产生的对桥的作用力。（2）小强通过比较发现：适当增加桥塔的高度，可（填“增大”或“减小”）斜拉索拉力的力臂，从而（填“增大”或“减小”）斜拉索的拉力。（3）假如让你来设计新的斜拉索式大桥，你还能提出什么方法可以减轻钢紫承受拉力？（说出一种方法即可）拓展课Ⅰ杠杆动态平衡【知识掌握】1、杠杆的平衡条件动力×动力臂＝阻力×阻力臂写成公式F1l1=F2l22、杠杆的再平衡杠杆是否平衡取决于力和力臂的乘积是否相等。判断方法一：比较末状态时力和力臂的乘积是否相等：若相等则继续平衡；若不相等，哪端乘积大，哪端下沉，另一端上升。判断方法二：直接比较两端力和力臂的乘积的减小量或增加量是否相等而判断。注意：若力臂的关系未知，则可通过杠杆的初始状态的平衡关系来确定。3、杠杆的动态平衡（1）力不变改变力臂当力臂减小相同的长度时，力小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1－l0）=F1l1－F1l0；F2（l2－l0）＝F2l2－F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1－F1l0＞F2l2－F2l0即：F1（l1+l0）＞F2（l2+l0）当力臂增大相同的长度时，力大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2F1（l1+l0）=F1l1+F1l0；F2（l2+l0）＝F2l2+F2l0∵F1l0＜F2l0∴F1l1+F1l0＜F2l2+F2l0即：F1（l1+l0）＜F2（l2+l0）力臂成比例增减的时候杠杆仍然平衡。∵F1l1=F2l2F1nl1＝nF1l1F2nl2＝nF2l2∴F1nl1=F2nl2（顺口溜：近小大，远大大，比例增减无变化）（2）力臂不变改变力当增大相同的力时，力臂大的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1+F0）l1=F1l1+F0l1；（F2+F0）l2＝F2l2+F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1+F0l1＞F2l2+F0l2即：（F1+F0）l1＞（F2+F0）l2当减小相同的力时，力臂小的那一端下沉；∵F1l1=F2l2（l1＞l2）∴F1＜F2（F1-F0）l1=F1l1-F0l1；（F2-F0）l2＝F2l2-F0l2∵F0l1＞F0l2∴F1l1-F0l1＜F2l2-F0l2即：（F1-F0）l1＜（F2-F0）l2力的大小成比例增减时杠杆仍然平衡。∵F1l1=F2l2nF1l1＝nF1l1nF2l2＝nF2l2∴nF1l1=nF2l2（顺口溜：增大大，减小大，比例增减无变化）【巩固提高】一．选择题（共8小题）1．如图所示，将一轻质薄木板从中点支起，左右两侧各有一支蜡烛，长短不同，此时薄木板恰好在水平位置静止。同时点燃两支蜡烛，若两支蜡烛燃烧速度相同，则过一会，薄木板（）A．仍在水平位置平衡 B．不能平衡，右端下降 C．不能平衡，左端下降 D．条件不足，无法判断【解答】解：设左右两边的蜡烛质量分别为m左、m右，杠杆在水平位置平衡，m左g×L左＝m右g×L右﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①两支蜡烛粗细相同，同时点燃，则燃烧速度相同，两支蜡烛因燃烧减少的质量△m相同，此时杠杆左右两端受到的力分别为（m左﹣△m）g、（m右﹣△m）g，左边：（m左﹣△m）gL左＝m左g×L左﹣△mgL左﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②右边：（m右﹣△m）gL右＝m右g×L右﹣△mgL右﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③由图可知：L右＞L左，则△mgL右＞△mgL左，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④根据①④可比较②③得：（m右﹣△m）gL右＜（m左﹣△m）gL左，所以杠杆失去平衡，左端会下沉，故C正确；故选：C。2．如图轻质杠杆两端悬挂着同种材料制成的大小不同的两个实心金属球，杠杆处于平衡状态；若将两球分别浸没在下列液体中，杠杆仍然处于平衡状态是（）A．都浸没在酒精中 B．左边浸没在水中，右边浸没在酒精中 C．左边浸没在酒精中，右边浸没在水中 D．将支点适当向右移动后，都浸没在水中【解答】解：如图所示：杠杆两端分别挂上体积不同的两个球时，杠杆在水平位置平衡。因为杠杆的平衡，所以ρV左g×OA＝ρV右g×OB，化简后可得：V左×OA＝V右×OB，若将两球同时浸没在酒精或水中，则：左端＝（ρV左g﹣ρ液V左g）×OA＝ρV左g×OA﹣ρ液V左g×OA右端＝（ρV右g﹣ρ液V右g）×OB＝ρV右g×OB﹣ρ液V右g×OB又因为V左×OA＝V右×OB，所以ρ液V左g×OA＝ρ液V右g×OB，则ρV左g×OA﹣ρ液V左g×OA＝ρV右g×OB﹣ρ液V右g×OB，因此杠杆仍然平衡，故A正确，D错误；若将两球同时浸没在不同液体中，则：左端＝（ρV左g﹣ρ液V左g）×OA＝ρV左g×OA﹣ρ液1V左g×OA右端＝（ρV右g﹣ρ液V右g）×OB＝ρV右g×OB﹣ρ液2V右g×OB又因为V左×OA＝V右×OB，所以ρ液1V左g×OA≠ρ液2V右g×OB，则ρV左g×OA﹣ρ液1V左g×OA≠ρV右g×OB﹣ρ液2V右g×OB，因此杠杆不能平衡，故BC错误。故选：A。3．如图所示，均匀杆AB长为L，可以绕转轴A点在竖直平面内自由转动，在A点正上方距离L处固定一个小定滑轮，细绳通过定滑轮与杆的另一端B相连，并将杆从水平位置缓慢向上拉起。已知杆水平时，细绳的拉力为T1，杆与水平面夹角为30°时，细绳的拉力为T2，则T1：T2是（）A．2：1 B．2：1 C．1：2 D．1：1【解答】解：（1）杆在水平位置时，如图，△AOB和△ABE都为等腰直角三角形，则AE＝BE∵BE2+AE2＝AB2∴AE=2由杠杆平衡可得：T1×AE＝G×AC，T1=G×AC（2）把吊桥拉起到与水平面的夹角为30°时，如图，△ABO为等边三角形，AB＝L，BE′=1∵BE′2+AE′2＝AB2∴AE′=3在△ACC′中，∠CAC′＝30°，CC′=12AC∵AC′2+CC′2＝AC2，∴AC′=3根据杠杆平衡的条件可得T2×AE′＝G×AC′，T2=G×AC'∴T1：T2=22G：12故选：A。4．如图所示，轻质杠杆左右两端分别站着一个大人和一个小孩，杠杆处于平衡状态。如果他们同时都以相同的速度向支点缓慢走去，杠杆将（）A．向小孩那端倾斜 B．向大人那端倾斜 C．仍保持平衡 D．无法确定【解答】解：原来杠杆在水平位置平衡，大人的重力大，即：G1＞G2，根据杠杆的平衡条件可知：G1•L1＝G2•L2，当两人向支点移动相同的距离，则G1•L1这个乘积减少的多，剩余的值小；G2•L2这个乘积减少的少，剩余的值大，所以（小孩）G2所在的那端下沉。故选：A。5．如图所示，木棒OA可绕过O点的水平轴自由转动，现有一方向不变的水平力F作用于棒的A端，使棒从竖直位置缓慢地转到偏角为θ的地方（θ＜90°）．设M为动力与动力臂的乘积，则在此过程中（）A．F不断变大，M不断变大 B．F不变，M逐渐变大 C．F逐渐变小，M逐渐变小 D．F逐渐变大，M逐渐变小【解答】解：由题意可知，O点为支点，动力为F，阻力为木棒的重力G，如下图所示：使棒从竖直位置缓慢地转到偏角为θ的地方（θ＜90°），结合上图可知，阻力臂L阻增大，而阻力G的大小不变，则阻力与阻力譬的乘积GL阻增大；根据杠杆的平衡条件可知，M＝FL动＝GL阻不断变大；同时，动力臂L动减小，因为M＝FL动增大、L动减小，所以F不断变大，故A正确，BCD错误。故选：A。6．如图所示，一把均匀直尺可以绕中点自由转动，尺上垂直放有A、B、C三支蜡烛，并处于平衡。如果三支蜡烛的材料和粗细都相同，而长度LA＝LC=1A．直尺始终保持平衡 B．直尺将失去平衡，且A端下沉 C．直尺将失去平衡，且B、C端下沉 D．直尺将失去平衡，且B、C端先下沉后上升【解答】解：设由题意可知，三蜡烛的质量之比应等于长度之比，设A的质量为m，则B的质量为2m，C的质量为m；开始时直尺平衡，则由杠杆的平衡条件可知，mg×lA＝mg×lC+2mg×lB；则lA﹣2lB﹣lC＝0；当蜡烛燃烧掉质量为m′时，左侧力及力臂的乘积为（m﹣m′）glC+（2m﹣m′）glB；右侧力及力臂的乘积为：（m﹣m′）glA；则用左侧的乘积减去右侧，可得：（m﹣m′）glC+（2m﹣m′）glB﹣（m﹣m′）glA＝m′glA﹣m′glC﹣m′glB＝m′g（lA﹣lB﹣lC）；因lA﹣2lB﹣lC＝0；则m′g（lA﹣lB﹣lC）＞0；故左侧力及力臂的乘积大于右侧乘积，故杠杆会向左倾斜；B、C端下沉；故选：C。7．如图所示为小刚外出所拿的行李箱，O为该行李箱的轮轴，OA为可伸缩拉杆（重力可忽略），把箱体和拉杆OA看成一个整体。小刚在拉杆端点A处施加一始终垂直于拉杆的力F，在他使用行李箱时，下列说法正确的是（）A．小刚使箱体从图示位置绕O点缓慢逆时针转至接近竖直位置，此过程力中F先变大后变小 B．小刚在拖动行李箱时总是先拉出上方的拉杆，这样可以增大动力臂，从而达到省距离目的 C．若只把拉杆OA看为杠杆，手对杠杆的力为动力，则箱体的重力为阻力 D．手柄A的位置做的比较宽大是为了减小压强【解答】解：A、如图：对拉杆产生的阻力是重力对拉杆的压力，则F2＝Gcosθ，阻力臂为OB，（θ为拉杆与水平面之间的夹角）由于在拉杆端点A处施加一垂直拉杆的力F，动力臂为OA，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2可得：F•OA＝F2•OB，即：F•OA＝Gcosθ•OB，θ变大，则cosθ会变小，所以力F将变小，故A错误；B、拖动行李箱时拉出行李箱上方的拉杆，行李箱的重以及重力的力臂不变，拉力的力臂变大，根据F1×L1＝F2×L2，可知拉力减小，即拉出行李箱上方的拉杆的目的是：增大动力臂，省力但费距离，故B错误；C、若只把拉杆OA看为杠杆，此时O为支点，手对杠杆的力为动力，箱体对杠杆的压力为阻力，故C错误；D、手柄部分比较宽大是在压力一定时，增大受力面积减小压强，故D正确。故选D。8．一根粗细均匀的木棒斜靠在竖直墙壁上，墙壁光滑，地面粗糙。木棒受到的重力为G，墙壁对木棒的弹力为F，如图所示。现让木棒的倾斜程度变小一些至虚线所示位置，木棒仍能静止斜靠在墙上。则与原来相比，G和F变化情况为（）A．G不变，F变小 B．G不变，F变大 C．G变大，F变小 D．G变小，F变大【解答】解：以与地面接触点为支点，设与墙壁接触点与地面的距离为h，与地面接触点与墙壁距离为L，根据杠杆平衡条件，有：F×h＝G×1解得：F=GL现让木棒的倾斜度变小一些至虚线所示位置，由于重力G不变、L变大、h减小，故弹力F变大，故B正确。故选：B。二．填空题（共5小题）9．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点挂一个20N的重物，加在B点的动力F1始终使OA在水平位置保持静止（杠杆重力及摩擦均不计）。（1）当F1竖直向上时，F1的大小为10N；（2）当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力F1的大小变化是先变小后变大（选填“变小”、“变大”、“先变小后变大”或“先变大后变小”）。【解答】解：（1）由杠杆平衡条件得：G×OA2=即：20N×OA2=F1（2）如图所示，由图可知：当F1由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。故答案为：（1）10；（2）先变小后变大。10．有一把均匀的木尺，在上端转有一小孔，挂在钉子A上，如图所示，它可以在竖直平面内以A点为轴摆动。现从静止开始，在木尺的另一端点处施加一个水平向右的作用力F，使木尺缓慢地向右偏转，到图中虚线位置，在这一过程中，木尺的重力对A点的力臂逐渐变大，水平力F的大小逐渐变大。【解答】解：由A向重力的作用线作垂线，由图可以看出线段长度变大，重力的力臂变大。如图所示：在转动过程中重力大小不变，其力臂增大，F的力臂减小，由mg•LG＝F•LF，得F变大。故答案为：大，大11．如图所示，OAB是杠杆，OA与BA垂直，在OA的中点处挂一个G＝10N重物，杠杆重力及摩擦均不计。若加在B点的动力F甲使OA在水平位置保持静止，如图甲所示，那么，该杠杆不一定（选填“一定”或“不一定”）是省力杠杆；若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，如图乙所示，动力F乙的大小变化是变小（选填“变大”、“变小”、“先变大后变小”或“先变小后变大”）；若动力F丙由竖直向上的方向沿逆时针缓慢地转到水平向左的方向，在此过程中OA始终保持水平静止，如图丙所示。请在答题纸上画出动力F丙随时间t的变化趋势。【解答】解：（1）由题只知道动力的作用点在B点，不知道动力的作用方向，所以也就不知道动力臂的大小，所以也就无法比较动力臂和阻力臂的大小关系，所以无法确定它是哪种杠杆；（2）若动力F乙始终与OA垂直，将杠杆由水平位置匀速向上提升重物，此过程中，阻力和动力臂不变，阻力臂逐渐减小，根据杠杆的平衡条件可知动力变小；（3）如图所示，由图可知，当F丙由竖直向上的位置沿逆时针方向缓慢的转到水平向左的位置时，动力臂先变大后变小，阻力与阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知，动力先变小后变大。且上图可以看出，F丙水平时，比F垂直OA时力臂小，所以动力更大。动力F丙随时间t的变化趋势如图所示：故答案为：不一定；变小；见上图。12．如图是农村曾用的舂米工具的结构示意图。杆AB可绕O点转动，杆右端均匀柱形物体的长度与杆右侧的OB相等，杆AB的重力不计，柱形物体较重。若作用在A点的动力F方向始终与杆垂直，则杆从水平位置缓慢转动45°角的过程中，动力F大小的变化是先增大后减小。【解答】解：动力F的方向始终与杆垂直，故动力臂不变；阻力是柱形物体的重，阻力作用点在柱形物体的重心上；如下图所示（只画了杠杆的右侧部分，图中虚线为重心运动的路线）：0位置为原来的位置，1位置为阻力臂最大的位置，2位置为转过45°的位置，由上图可知，整个过程中阻力臂先变大后变小；因动力臂不变，阻力G不变，阻力臂先变大后变小，由杠杆平衡条件可知，动力F先增大后减小。故答案为：先增大后减小。13．某同学利用身边的塑料直尺和硬币若干来验证杠杆平衡的条件，如图所示，当杠杆在水平位置平衡时，他测出从支点O到硬币边缘的距离作为力臂L1和L2的大小，他测力臂的方法是错误的（选填“正确”或“错误”）。如果将两边的硬币以相同大小的速度同时做远离支点的匀速移动，则杠杆向右倾斜（选填“仍平衡”、“向左倾斜”、“向右倾斜”）。【解答】解：①硬币放在杠杆上，杠杆在水平位置平衡，硬币作用在杠杆上的力通过硬币平面圆心，力臂是从最下面平面圆心到支点的距离，力臂测量错误。②如果将两边的硬币以相同速度同时匀速做远离支点的运动，在相同时间内，左端的硬币先离开杠杆，右端的硬币仍然在杠杆上，杠杆会向右倾斜。故答案为：错误；向右倾斜。三．实验探究题（共1小题）14．如图所示，把细木条作为横梁，在它的中间穿一个孔，固定在支架上。然后分别将两个装满二氧化碳的气球封口后挂在细木条的两端。调节它们的位置使得细木条保持水平。然后分别在图A、B位置剪了一个同样长的口子，（假设气球不缩小，保持原来的形状）试问：（1）最终细木条还能在水平位置平衡吗？如不平衡，哪一端下倾？A端下倾；（2）请你解释原因：二氧化碳的密度比空气大。【解答】解：（1）（2）开始时，杠杆处