2025年河北省各地市中考物理模拟试题分类精选16.杠杆 杠杆的平衡条件及应用（Word版附解析）

这是一份2025年河北省各地市中考物理模拟试题分类精选16.杠杆 杠杆的平衡条件及应用（Word版附解析），共21页。
A．图甲，杠杆停留在图中位置，此时杠杆处于不平衡状态
B．图乙，在A、B处各去掉相同数量的钩码，则杠杆右端下降
C．图丙，杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计竖直向下的拉力为1N
D．图丙，杠杆始终在水平位置保持平衡，弹簧测力计从a转到b时示数变小
【解答】解：A、如图甲杠杆在此位置处于静止状态，杠杆在此位置处于平衡状态，故A错误；
B、如图乙，设杠杆一个格为L，原来杠杆处于平衡状态，
由杠杆的平衡条件可得：1.5N×2L＝1N×3L，
设在A、B处各去掉一个相同的钩码，
左边＝（1.5N﹣0.5N）×2L＝2NL，
右边＝（1N﹣0.5N）×3L＝1.5NL，
此时左边＞右边，
即左边的力和力臂的乘积大，杠杆不再平衡，并且左端下沉，故B错误；
C、图丙中根据杠杆平衡条件可得，3G×2L＝F×3L，已知每个钩码重0.5N，
解得F＝1N，故C正确；
D、如图丁，弹簧测力计从a转到b时，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆的平衡条件可知，动力变大，所以，弹簧测力计的示数将变大，故D错误。
故选：C。
（多选）17．[2024新乐模拟]如图所示，探究物理规律的四个实验和物理规律的应用实例，箭头表示规律和应用的对应关系，其中对应关系正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：
A、在弹性限度内，弹簧受到的拉力越大，弹簧的伸长量越长，根据此原理制成了弹簧测力计，故A正确；
B、连通器的工作原理是连通器，故B错误；
C、托盘天平的实质是等臂杠杆，故C正确；
D、潜水艇是靠改变自身的重力实现上浮下沉的，故D错误。
故选：AC。
9．[2025新乐模拟]如图所示的不锈钢空调架，安装时横杆OB伸出墙外由斜杆AC支撑，其中O、A两点固定在墙上，C端固定在横杆OB上，通常将空调室外机置于该支架上不靠近墙体，下列说法正确的是（ ）
A．空调架对墙没有力的作用
B．若以O为支点，OB一定是一个省力杠杆
C．若室外机向外移动，AC对OB的支撑力变大
D．室外机不能紧靠墙体主要是为了美观
【解答】解：
A、空调对空调架有向下的压力，而空调架通过斜杆对墙施加了力的作用，故A错；
B、如图，对于横杆OB来说，O为支点，空调对OB的压力F2为阻力，此时阻力臂为OD；斜杆AC对OB的支撑力F1为动力，
此时动力臂为OC＜OD，此时动力臂小于阻力臂，则此时OB为费力杠杆；故B错；
C、若室外机向外移动，阻力臂增大，而动力臂OC、阻力F2（等于空调的重力）不变，由杠杆平衡条件可知，动力F1变大，即AC对OB的支撑力变大，故C正确；
D、若室外机紧靠墙体，不利于空气的对流，不能加快热传递达到散热的目的；所以，室外机不能紧靠墙体主要是为了加快散热，而不是为了美观，故D错．
故选：C。
填空题
10．[2025石家庄一模]如图所示，这是小林同学使用橡胶柄开瓶器开启瓶盖时的情景。开瓶器开瓶盖时是一个 省力 （选填“省力”或“费力”）杠杆，手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，从而 增大 摩擦力（选填“增大”或“减小”）。
【解答】解：（1）开瓶器在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
（2）手柄上有一颗颗凸起的硅胶，使柄与手的接触面更粗糙，是在压力一定的情况下，通过增大接触面粗糙程度来增大摩擦力的。
故答案为：省力；增大。
[2025廊坊一模]
【2024秦皇岛一模】
12．[2024石家庄28中质检]在“研究杠杆平衡条件”实验中，如图所示，当在A处挂三个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B处挂 4 个钩码，拿去B处的钩码，改在C处用弹簧测力计竖直向上拉，杠杆平衡时弹簧测力计上的示数为 3 N。（每个钩码重0.5N），如果实验时作用于C处的弹簧测力计拉歪了，则弹簧测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【解答】解：设杠杆每格长度为L，一个钩码的重力为G，由杠杆平衡条件得：3G×4L＝nG×3L，
解得n＝4，应在B处挂4个钩码。
拿去B处的钩码，改在C处用弹簧测力计竖直向上拉，由杠杆平衡条件得：3G×4L＝F×2L，F＝6G＝6×0.5N＝3N；
如果在某次实验时弹簧测力计拉歪了，此时动力臂变小，阻力、阻力臂不变，根据杠杆的平衡条件可知，弹簧测力计的示数将变大。
故答案为：4；3；变大。
【2024保定二模】
14．[2025石家庄三模]如图所示，人的前臂可以看作一个杠杆，肱二头肌对前臂a处的拉力F为动力，b处重物对手臂向下的压力为阻力，若Ob＝30cm，F的力臂为2cm，当水平托住0.5kg重物时，肱二头肌的收缩力就是拉力F为 75 N。表明此时的前臂是一个 费力 杠杆（填“省力”或“费力”）。
【解答】解：从支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度L1是F的力臂。如图所示
结合题意和上图可知，动力臂L1＝2cm＝0.02m，阻力臂L2＝b＝30cm＝0.3m，动力臂小于阻力臂，为费力杠杆；
杠杆受到的阻力：F阻＝G物＝mg＝0.5kg×10N/kg＝5N，
根据杠杆的平衡条件可得：FL1＝F阻L2，即F×0.02m＝5N×0.3m，解得F＝75N。
故答案为：75；费力。
10．[2024沧州模拟]如图是一款带有放大镜的指甲刀．使用时．透镜到指甲的距离应 一倍焦距（选填“大于”、“等于”或“小于”），拇指按压的杠杆是 杠杆，人的指甲对上刀刃的阻力方向是 的（选填“向上”或“向下”）．
10．小于 省力 向上
[2024唐山模拟]
答案：费力、远离、阻力臂
13．[2024平山一模]冬天吃一碗热腾腾的牛肉板面能使人感到暖和，碗端起来感觉很烫手，是通过 热传递 的方式增加了手的内能；如图甲所示是用筷子夹起一块牛肉的情景，图乙是筷子的示意图，请在图乙中画出筷子受到阻力F2的阻力臂l2；此时筷子是 费力 （选填“省力”“等臂”或“费力”）杠杆。
【解答】解：碗端起来感觉很烫手，手吸收热量，内能增大，通过热传递的方式改变手的内能；
在使用筷子时筷子绕着C点转动，所以C点即为支点；食物对筷子的阻碍力为阻力，阻力的作用点为A点。故阻力臂是从支点（C）到阻力的作用线之间的距离，即线段AC的长度。如图所示：
筷子使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆。
故答案为：热传递；；费力。
11．[2024邯郸模拟]为提升同学们的科学素养，我校成立了科技社团。如图所示，科技社团成员把带刻度的纸条平铺在桌面，大石块放在图甲A处，然后用木板、木块、小石块组装成一个杠杆去撬动大石块，反复进行，直到把大石块撬到B处。
实验时选择比较 粗糙 （选填“光滑”或“粗糙”）的石块更合适，当大石块不能被撬动时，我们可以移支点的位置。在撬动大石块的过程中，杠杆起到了 省力 （选填“省力”或“费力”）的作用。如图乙所示，分析两图，可发现该操作是在研究 支点高度 与大石块移动距离的关系。
【解答】解：用杠杆撬动大石块时，石块和杠杆之间摩擦较大更容易撬动，不易滑落，故选较粗糙的石块；不能撬动时，改变支点位置，减小动力，起到省力的作用；如图乙所示，木块作为支点使用，横放竖放，改变了支点的高度，因此这是在探究支点的高度与大石块移动距离的关系。
故答案为：粗糙；省力；支点高度。
12．[2024沧州模拟]如图所示，小明在运动会上竖直举着班牌匀速前进，前进时班牌遇到大小为30N、水平向后的风力，该阻力的作用点等效作用在A点上。班牌上A、B两点距离为1.2m，B、C两点距离为0.4m，若将班牌视为杠杆，选B点作为支点，此时班牌是 费力 杠杆（省力、等臂、费力），握持C点的手对班牌的水平作用力大小为 90 N。为了用更小的力保持班牌平衡，可以将握住B点的手向 上 移动适当距离。
【解答】解：（1）由题意可知，已知B点作为支点，阻力水平向后，故阻力的力臂为AB，根据杠杆平衡可知，手施加的动力也应水平向后，故手施加的动力力臂为BC，由于动力臂小于阻力臂，故此班牌为费力杠杆；
（2）根据杠杆平衡条件可得：FA×AB＝FC×BC，代入数据可得：30N×1.2m＝Fc×0.4m，可得：Fc＝90N；
（3）根据杠杆平衡条件可知减小阻力力臂，增大动力力臂可用更小的力保持班牌平衡，所以可以将握住B点的手向上移动。
故答案为：费力；90；上。
13．[2024石家庄模拟]生活中为了方便老年人剪指甲，在指甲剪上方加装了一个小凸透镜，如图1所示。人们能看见指甲是因为指甲 反射 的光进入我们的眼镜；图中拇指按压的指甲刀金属板属于 费力 杠杆；剪指甲时，透镜离刀口越近，看到指甲的像越 小 （选填“大”或“小”）；图2中OO'是凸透镜的主轴，A、A'是拇指及其像，请作图确定凸透镜的位置并在图中画出这个透镜。
【解答】解：（1）人们能看见指甲是因为指甲反射的光进入我们的眼镜；
（2）指甲刀金属板使用时动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；
（3）凸透镜成虚像时，物近像近像变小，所以放大镜到刀口的距离越近，物距越小，像越小；
（4）连接A′、A并延长，与OO′的交点为凸透镜的光心，垂直OO′画出凸透镜；从A画平行于主光轴的光线，经凸透镜折射后的折射光线的反向延长线过像A′，与该折射光线与OO′的交点为焦点F，如图所示：
故答案为：反射；费力；小；。
9．[2025新华区模拟]如图所示为我国古人运送巨木的劳动情境示意图。他们通过横杆、支架、石块等，将巨木的一端抬起，垫上圆木，以便将其移到其他地方。如果他们无法将巨木抬起，请你提出两个有可能抬起巨木的方案。
方案一： 将支架更靠近巨木，缩短了阻力臂、增大了动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力 。
方案二： 支架位置不动，增加横杆的长度，在阻力臂不变条件下增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力 。
【解答】解：方案一：在借助省力杠杆把巨木抬起时，可以将支架更靠近巨木，从而缩短阻力臂、增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力，从而可以抬起更重的巨木；
方案二：支架位置不动，增加横杆的长度，在阻力臂不变条件下增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力，从而可以抬起更重的巨木。
故答案为：将支架更靠近巨木，缩短了阻力臂、增大了动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力；
支架位置不动，增加横杆的长度，在阻力臂不变条件下增大动力臂，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可知，在阻力一定的情况下，可以省力。
13．[2024张家口一模]挑担时可以把扁担看作杠杆模型。若在1m长的扁担前端挂300N的货物，后端挂200N的货物，不计扁担重力。挑起货物时要使扁担水平平衡，则扁担顶在肩膀的位置需距前端 0.4 m远；扁担受到肩膀的支持力为 500 N。请在点O处画出货物所受重力的示意图。
【解答】解：由题可知，扁担看作杠杆，肩膀与扁担接触处为支点，扁担水平平衡，设扁担前端挂物体处到支点距离为L，则杠杆前端力的力臂为L，则后端受力的力臂1m﹣L，
由杠杆的平衡条件可得：G前×L＝G后×（1m﹣L），代入数据有：300N×L＝200N×（1m﹣L），解得：L＝0.4m；
肩膀对扁担的支持力：F＝G前+G后＝300N+200N＝500N；
货物所受的重力的方向是竖直向下的，作用点在O上，如下所受：
故答案为：0.4；500；见解析。
[2024河北模拟]
实验题
16．[2025承德模拟]在物理兴趣实验课上，某兴趣小组用杠杆、支架、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个等实验器材来探究“杠杆的平衡条件”如图所示。
（1）实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右端下沉。此时， 应把杠杆两端的平衡螺母向（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在不挂钩码时， 保持 。
（2）杠杆调节平衡后，小明在杠杆上左侧 20 cm 处挂 2 个钩码，为了使杠杆在水平位置平衡，他可以在右侧 10 cm 处处挂 个钩码。若采用弹簧测力计的拉力代替动力 F1，则弹簧测力计拉力的方向应竖直向拉；
（3）在此探究“杠杆的平衡条件”的实验中，多次实验时始终使用同一套实验装置， 这样做的目的是 。采用的实验方法是 。
16.
（1）左；水平并静止
（2）4；下
便于测量力臂；控制变量法
18．[2023邯郸二模]在探究“杠杆的平衡条件”实验中，所用的实验器材有：刻度均匀的杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的0.5N钩码若干个。
（1）实验前，把杠杆的中点置于支架上，杠杆静止在图甲所示的位置，为使杠杆在水平位置平衡，应该 向右调节平衡螺母 。
（2）完成（1）后，在杠杆两端挂上不同数量的钩码如图乙所示，使杠杆重新水平平衡。得到了上表数据。
通过对前三次实验数据的分析论证，小明发现：力臂越长，需要的力 越小 。在进一步分析实验数据时，小明发现第四组实验数据忘了记录力臂，于是小明通过前三次实验数据分析得出：＝ ，然后又通过实验验证了小明分析的正确性。
（3）通过实验数据的分析与论证，最后得出了杠杆的平衡条件： 动力×动力臂＝阻力×阻力臂 。
（4）我们身边有很多的杠杆，如小朋友玩的跷跷板、拔钉子用的羊角锤、赛艇的船桨、托盘天平，其中属于省力杠杆的是 拔钉子用的羊角锤 。
（5）实验结束，小明又提出，若支点不在杠杆的中点，杠杆的平衡条件是否仍然成立？于是该小组利用图中丙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如图中所示。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F2L2，则此杠杆的效率为 65.2 %。
【解答】解：（1）为排除杠杆自重对实验的影响，实验前把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，杠杆右端偏高，应将杠杆的螺母向右端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于测量力臂；
（2）根据表格1、2、3三组数据可知，力臂越长，力就越小；分析前三组数据可知：＝，由此第四组＝；
（3）分析数据得出杠杆平衡的条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂；
（4）跷跷板和托盘天平在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是等臂杠杆；羊角锤在使用过程中动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；赛艇的船桨在使用过程中，阻力臂大于动力臂，是费力杠杆；
（5）杠杆的效率为×100%＝×100%＝65.2%；
故答案为：（1）向右调节平衡螺母；（2）越小；；（3）动力×动力臂＝阻力×阻力臂；（4）拔钉子用的羊角锤；（5）65.2。
21．[2023沧州二模]小明同学制作了直接测量液体密度的“密度天平”。其制作过程和原理如下：如图甲所示，选择一根杠杆，调节右端的平衡螺母使杠杆在水平位置平衡，在左侧离支点10cm的位置用细线固定一个质量为120g、容积为50mL的容器，右侧用细线悬挂一质量为50g的钩码（细线的质量忽略不计）。
（1）调节杠杆平衡时，发现杠杆右端下沉，须将平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节，测量液体密度时往容器中装满待测液体，移动钩码使杠杆在水平位置平衡，在钩码悬挂位置直接读出液体的密度。
（2）该“密度天平”的“零刻度”应标在支点O的右侧 24 cm处。
（3）若测量某种液体密度时，钩码在距离支点右侧33cm处，则此种液体的密度是 0.9 g/cm3。
（4）若想增大此“密度天平”的量程，可以采用 增加杠杆的长度（或增大钩码的质量） 的方法。
【拓展】若杠杆足够长，用此“密度天平”还可以测量固体的密度，先在容器中加满水，将待测固体轻轻浸没在水中，溢出部分水后，调节钩码的位置，使杠杆水平平衡，测出钩码离支点O距离为56cm；用量筒测出溢出水的体积如图乙所示，待测固体的体积为 20 cm3。则此固体的密度为 6.5 g/cm3。 （已知ρ水＝1g/cm3）
【解答】解：（1）杠杆右端下沉，说明杠杆的重心偏右，要使它在水平位置平衡，左、右两端的螺母（或一端的螺母）都要向杠杆上翘的左端调节。
（2）根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，即：m1gL1＝m2gL2，则有：120g×10cm＝50g×L2，
解得，L2＝24cm。
（3）设OA为L1′＝10cm，O点距钩码的距离为L2′＝33cm，容器的质量为m1＝120g，钩码的质量为m2＝50g，容器中加满液体的质量为m，由F1L1＝F2L2得：（m1+m）gL1′＝m2gL2′，即（120g+m）×10cm＝50g×33cm，解得液体的质量：m＝45g，液体的体积V＝50mL＝50cm3，则液体的密度：
ρ＝＝＝0.9g/cm3。
（4）当钩码的质量适当增大时，说明杠杆一侧的力增大，在力臂关系相同的情况下，另一侧的力也会增大，即该“密度天平”的量程将增大；
当增加杠杆的长度时，说明杠杆一侧的力臂增大，根据杠杆的平衡条件可知，另一侧的力也会增大，即该“密度天平”的量程将增大。
【拓展】
由图可知，量筒中液体的凹液面的底部与30mL刻度线相平，
因为物体浸没在水中，所以待测固体的体积：V′＝V溢水＝20mL＝20cm3。
固体放入容器后剩余水的体积：
V剩＝V﹣V溢水＝50mL﹣20mL＝30mL＝30cm3，
容器内剩余水的质量：m剩＝ρ水V剩＝1g/cm3×30cm3＝30g，
由F1L1＝F2L2得，（m1+m剩+m′）gL1″＝m2gL2″，
即（120g+30g+m′）×10cm＝50g×56cm，
解得，m′＝130g，
则此固体的密度：ρ＝＝＝6.5g/cm3。
故答案为：（1）左；（2）24；（3）0.9；（4）增加杠杆的长度（或增大钩码的质量）；
【拓展】20；6.5。
[2025石家庄一模]
14．[2025邯郸一模]物理兴趣小组的同学根据杠杆的平衡条件测出了一个物块的密度，已知每个钩码质量为100g。（g＝10N/kg，ρ水＝1.0×103kg/m3）
（1）放置在水平桌面上的轻质杠杆静止后如图甲所示，为了使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节；
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧某一处时，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，则物块质量为 400 g；
（3）将该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，如图丙所示，此时细线的拉力大小为 2 N，则物块在水中所受浮力为 2 N；
（4）物块的密度是 2×103 kg/m3；
【拓展】小华同学经过研究发现，如果物体悬挂位置不变，右端所挂钩码个数不变，则只需知道两次悬挂钩码的位置，经过计算就可以得出被测物体的密度。已知物体未浸没在水中时，钩码距O点的距离为l1，物体浸没在水中时，钩码距O点的距离为l2，则物体的密度为 ρ水 。（用l1、l2、ρ水表示）
【解答】解：（1）相邻两刻度间距离相等的轻质杠杆静止在如图甲所示的位置，为了使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节。
（2）调节杠杆水平平衡后，用细线将物块挂于杠杆左侧，将3个钩码挂于右侧，杠杆仍处于水平平衡，如图乙所示，每个钩码质量100g，根据杠杆的平衡条件，设每个小格的长度为L0，mg×3L0＝3×100g×g×4L0；
则物块质量为：m＝400g＝0.4kg；
（3）该物块浸没在装有水的烧杯中，调节右侧钩码的位置，使杠杆处于水平平衡，根据杠杆的平衡条件有：F×3L0＝2L0×3×0.1kg×10N/kg；解得：F＝2N；
物块的重力：G＝mg＝0.4kg×10N/kg＝4N；
以物块为研究对象，受到三个力的作用：重力、浮力和拉力F，即：G＝F浮+F；物块在水中受到的浮力为：F浮＝G﹣F＝4N﹣2N＝2N；
（4）根据阿基米德原理，物块的体积为V＝V排＝＝＝2×10﹣4m3；
物块的密度为：ρ＝＝＝2×103kg/m3；
【拓展】设物体的重力臂为l3，当物体未浸没在水中时，由杠杆平衡条件可得G物×l3＝G钩码×l1，
当物体浸没在水中时，物体受到重力、拉力和浮力作用，分析可得G物＝F拉+F浮′，
又G物＝m物g＝ρ物V物g，
根据阿基米德原理可得F浮′＝ρ水gV排′＝ρ水gV物，
根据杠杆平衡条件可得F拉×l3＝G钩码×l2，
联立以上式子解得，物体的密度为ρ物＝ρ水。
故答案为：（1）右；（2）400；（3）2；2；（4）2×103；【拓展】ρ水。
19．[2025邯郸模拟]小明和小红两位同学一起做探究杠杆平衡条件的实验，以杠杆中点为支点，如图所示。
（1）把质量分布均匀的杠杆中点O作为支点的目的是消除 杠杆自重 对实验的影响。杠杆挂钩码前在如图甲所示的位置静止，为使杠杆在水平位置平衡，可将杠杆的平衡螺母向 左 （选填“左”或“右”）调节。
（2）实验时，在杠杆两侧挂上不同数量的钩码，如图乙所示，杠杆在水平位置平衡，记录数据。根据这一次的实验数据，小明立即分析得出杠杆的平衡条件，这种做法的不足之处是： 仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性 。
（3）如图丙，小红设计了两种实验方案：第一种弹簧测力计沿竖直方向拉，其示数为F；第二种弹簧测力计倾斜拉，其示数为F2，在同等条件下，两次弹簧测力计示数F1 ＜ （选填“＜”“＝”或“＞”）F，原因是： 斜拉时，动力臂变小，阻力、阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆平衡可知，动力变大 。
（4）小明想利用杠杆的平衡条件来测量刻度尺的质量，实验装置如图丁所示。
①将刻度尺平放在支座上，左右移动刻度尺，找出能够使刻度尺在水平位置保持平衡的支点位置，记下这个位置，它就是刻度尺的重心O'；
②将质量为m1的物体挂在刻度尺左边某一位置，向右移动刻度尺，直到刻度尺能够在支座上重新保持水平平衡。记录物体悬挂点到支座的距离l1和刻度尺的重心O'到支座的距离l2；
根据杠杆的平衡条件，可以计算出刻度尺的质量m＝ （用题目中所给物理量表示）。
【解答】解：（1）把质量分布均匀的杠杆中点O作为支点的目的是消除杠杆自重对实验的影响；
在调节杠杆平衡时，杠杆右端低左端高，要使杠杆在水平位置平衡，根据右偏左调可知，应将杠杆的平衡螺母向左端调节；
（2）只有一次实验总结实验结论是不合理的，一次实验很具有偶然性，要多进行几次实验，避免偶然性；
（3）力臂等于支点到力的作用线的距离，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直时，此时力F1最小，弹簧测力计倾斜拉时，会使动力臂变小，阻力、阻力臂不变，故动力臂变大，即F2变大，故F1＜F2；
（4）根据杠杆平衡可知，m1g×l1＝mg×l2，解得：＝。
故答案为：（1）杠杆自重；左；（2）仅凭一次实验的数据得出的结论具有偶然性；（3）＜；斜拉时，动力臂变小，阻力、阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆平衡可知，动力变大；（4）。
15．[2023保定模拟]小明用如图所示的器材探究“杠杆平衡条件”。
（1）实验前，把杠杆中心支在支架上，杠杆静止在图甲所示位置，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 右 （选填“左”或“右”）调。
（2）如图乙所示，杠杆在水平位置平衡后，在A点悬挂3个钩码，则在B点悬挂 2 个钩码，才能使杠杆在水平位置平衡；实验中，小明多次在杠杆两端加挂钩码，并调节钩码位置，使杠杆保持水平平衡，记录多组数据，这样做的目的是 归纳出物理规律，使结论具有普遍性 。
（3）如图丙所示，始终保持杠杆在水平位置平衡，小明将弹簧测力计从竖直位置移动到图丙中的位置时，测力计的示数将 变大 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
【拓展】
小明将一根长1m、重5N的细金属棒AB平放在水平地面上，用弹簧测力计将金属棒的B端竖直向上缓慢拉起，如图丁所示，弹簧测力计的示数为3N。根据实验数据可知金属棒的重心距离B端 40 cm；若拉动过程中，金属棒B端上升了1.2m，则拉力对金属棒做的功是 4 J。
【解答】解：（1）如图甲，杠杆左端下沉，杠杆的右端上翘，应将杠杆重心向右移，所以应将平衡螺母向右移动。
（2）设每个钩码的重力为G0，杠杆上每个小格的长度为L0，杠杆在水平位置平衡，A点处受到的拉力大小为3G0，力臂为2L0，B点处拉力的力臂为3L0，由杠杆平衡条件可得：3G0•2L0＝F1•3L0，则B处需要的拉力大小为2G0，即需要挂2个钩码。
研究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小，记录多组数据，主要是为了归纳出物理规律，使结论具有普遍性。
（3）弹簧测力计从竖直位置移动到图丙中的位置时，可知阻力和阻力臂不变，而动力臂变小，则动力变大，即测力计的示数将变大。
将金属棒看作杠杆，支点为A，则重力为阻力，拉力为动力，设金属棒的重心为O，因为重力和拉力都沿竖直方向，因此根据几何知识易知动力臂与阻力臂之比：，
又根据杠杆平衡条件可得：，
因此解得：AO＝＝0.6m＝60cm，
则：BO＝AB﹣AO＝1m﹣60cm＝100cm﹣60cm＝40cm，
金属棒B端从地面开始上升1m的过程中，弹簧测力计拉力做的功为：
W1＝FBs1＝3N×1m＝3J，
金属棒B端从1m高度上升到1.2m高度的过程中，金属棒AB已经离开地面，弹簧测力计的拉力为：
FB'＝G＝5N，
拉力做的功为：
W2＝FB's2'＝5N×0.2m＝1J，
故全程拉力做的功为：
W＝W1+W2＝3J+1J＝4J。
故答案为：（1）右；（2）2；归纳出物理规律，使结论具有普遍性；（3）变大；40；4。
计算题
17．[2025河北模拟]小明同学在家中自制了如图所示的健身器材，坚持锻炼身体。用细绳系在轻杆的O点将轻杆悬挂起来，在杆的A端悬挂着体积为0.005m3的沙袋，如果在B端施加竖直向下、大小为300N的作用力时，轻杆AB在水平位置平衡。已知AO长1.5m，OB长0.5m，小明的质量为60kg，小明站在地面时脚与地面的接触总面积为250cm2。（，g取10N/kg）求：
（1）求沙袋的密度；
（2）在锻炼过程中，沙袋匀速下降0.6m，用时2s，求沙袋重力做功的功率；
（3）当沙袋向右移动0.5m时，求小明对地面的压强。
【解答】解：（1）杠杆在水平位置平衡，O是杠杆支点，AO是阻力臂，阻力FA大小等于沙袋的重力G，OB是动力臂，B端的拉力FB为动力，
根据杠杆平衡条件可得：FA×OA＝FB×OB，
即G×1.5m＝300N×0.5m，解得：G＝100N，
则沙袋的质量m：，
沙子的密度：；
（2）重力做的功W＝Gh＝100N×0.6m＝60J，
则功率；
（3）当沙袋向右移动0.5m时，OA′＝1.5m﹣0.5m＝1m，
根据杠杆平衡条件可得FA×OA′＝F1×OB，即100N×1m＝F1×0.5m，
解得：F2＝200N，
小明的重力：G人＝m人g＝60kg×10N/kg＝600N
小明此时受到重力、向上的拉力、向上的支持力，则他受到的支持力：
F＝G人﹣F2＝600N﹣200N＝400N，
此时小明对地面的压强：
。
答：
（1）沙袋的密度为2×103kg/m3；
（2）沙袋重力做功的功率为30W；
（3）当沙袋向右移动0.5m时，小明对地面的压强为1.6×104Pa。
17．[2025河北一模]如图是小北同学模拟古时劳动人民用工具抬起一根质量分布均匀的圆柱体木料的情景，已知图乙中BO：OC＝1：5，木料的体积为5m3，木料的密度为0.6×103kg/m3，g取10N/kg。
（1）求木料所受重力；
（2）小北将木料平放在地面上，在C端用力将木料一端竖直抬起，如图乙，求F2至少多大才能将木料抬起？
（3）随着时代发展，小北同学发现吊车能更方便地提起重物。如图丙，用一吊车匀速向上提起木料，已知提升的功率为P＝10kW，求吊车在10s内提升木料的高度。（不计机械自重和摩擦，结果保留一位小数）
【解答】解：（1）木材所受重力：G＝mg＝ρVg＝0.6×103kg/m3×5m3×10N/kg＝3×104N；
（2）根据杠杆平衡条件可得F1＝G＝×3×104N＝1.5×104N，
由杠杆平衡条件可得：F1×OB＝F2×OC，则F2＝＝＝3×103N；
（3）这个吊车在10s内做的功：W＝Pt＝10×103W×10s＝1×105J，
由W＝Gh可得物体提升的高度：h＝＝≈3.3m。
18．[2023秦皇岛一模]建筑工地需要一批圆柱形木料作为房屋的立柱，搬运工人将木料运到工地并竖直放置在重450N的圆形基石上（如图甲所示）。已知木料对基石的压强是基石对水平地面压强的2倍，每根木料质量为90kg，长3m、横截面积为0.05m2，且质量分布均匀。求：（g取10N/kg）
（1）木料的密度；
（2）基石的底面积；
（3）工人搬起木料时，在木料一端用始终与木料垂直的力，将木料缓慢地由水平位置向上抬至倾斜位置（如图乙所示），O为木料的重心，画出图中木料的重力及力臂，列式分析此过程中工人对木料作用力F的大小变化情况。
【解答】解：（1）木料的体积V＝S1L＝0.05m2×3m＝0.15m3，
木料的密度；
（2）木料的重力G1＝mg＝90kg×10N/kg＝900N，
所以木料竖直放置在基石上时，对基石的压力F1＝G1＝900N，
则木料对基石的压强是，
因为木料对基石的压强是基石对水平地面压强的2倍，则基石对水平地面的压强，
因为基石的重力G2＝450N，则基石对水平地面的总压力为F总＝G1+G2＝900N+450N＝1350N，
由得基石的面积；
（3）当工人搬起木料时，O为木料的重心，所以木料可以看成以右端B点为支点的杠杆，重力G的方向是竖直向下，作用在重心上，其力臂是支点B到重力作用线的距离，如图所示：
由图可知，当将木料缓慢地由水平位置向上抬至倾斜位置的过程中，工人对木料的作用力为F，因为F始终与木料垂直，所以其力臂的大小为l1等于杠杆长，大小不变；木料的重力G大小不变，但由水平位置向上抬起的过程中，重力的力臂l变小；由杠杆的平衡条件Fl1＝Gl可得，当l1和G不变时，此过程中工人对木料作用力F变小。实验序号
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.0
20
2
10
2
1.5
10
1
15
3
2
15
1.5
20
4
25
3