2024年中考物理二轮复习重难点汇编（讲义） 杠杆平衡条件实验

这是一份2024年中考物理二轮复习重难点汇编（讲义） 杠杆平衡条件实验，共24页。学案主要包含了实验，中考题型分析等内容，欢迎下载使用。
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5.梳理错题法：把综合复习阶段做过的所有习题重新浏览一遍。把曾经做错并改正后的题重点看一遍。
6.“齐头并进”法：在复习过程中，由于要复习的学科多，所以必须合理安排时间。学科和学科之间不可偏废。可将每天的时间划分为大致相等的5部分，用于7门课的复习，弱科花的时间稍多一些。
杠杆平衡条件实验
一、实验：探究杠杆平衡条件：
1、实验器材与装置图：杠杆、钩码、弹簧测力计等
2、实验操作
（1）调节杠杆平衡：调节杠杆的平衡螺母,使杠杆不挂钩码时在水平位置平衡；杠杆平衡的调节方法：实验前平衡螺母左高左调，右高右调；
（2）在杠杆的左、右两端分别挂上不同数量的钩码,调节钩码的位置，使杠杆在水平位置再次平衡；
（3）根据钩码的质量,分别算出左、右两端钩码对杠杆的拉力F1、F2，量出杠杆平衡时的动力臂L1和阻力臂L2,填入表格；
（4）改变钩码个数或改变钩码在杠杆上的位置继续实验,再做两次并分别将数据记录在表格中；
（5）分析实验数据,得出结论。
3、交流反思
（1）实验前让支点处于杠杆中央，调节杠杆在水平位置平衡的目的是避免杠杆自身重力对实验造成的影响；
（2）实验中调节杠杆在水平位置平衡的目的是便于直接从杠杆上读取力臂；
（3）平衡螺母的作用是实验前调节杠杆在水平位置平衡，实验过程中不能再调节平衡螺母；
（4）多次实验的目的是避免偶然性，使结论具有普遍性；
（5）将杠杆一端的钩码换成弹簧测力计的好处是能直接测出拉力的大小，实验操作更方便，但一定要注意沿竖直方向拉动，以便测量力臂；如果测力计从竖直拉杠杆变成倾斜拉杠杆，仍保持杠杆平衡，测力计的示数会变大，因为力臂会变小；
（6）数据分析时，要注意不同的物理量不能进行加减计算，但可以进行乘除法计算，如不能进行F1+L1的计算，可以进行F1L1的计算。
4、实验结论：杠杆的平衡条件：动力×动力臂＝阻力×阻力臂，数学表达式：F1l1＝F2l2或（动力臂是阻力臂的n倍，动力就是阻力的 ）
二、中考题型分析
中考中，探究杠杆平衡条件以实验题为主，主要考查实验过程、实验注意事项，数据分析及实验结论等。利用杠杆平衡条件计算则主要在计算题中出现，也会有选择、填空题，计算难度中等偏难。分值在2分—6分左右。
★常考知识点一：杠杆的平衡条件实验（操作步骤）
典例1.如图所示是小明在“探究杠杆的平衡条件”实验中的一些过程．
(1)实验前杠杆如图甲所示，此时杠杆是_________(填“平衡”或“不平衡”)的，应向_________调节杠杆左端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡．
(2)挂上钩码后调节_________(填“平衡螺母”或“钩码位置”)，使杠杆水平平衡，平衡后如图乙所示．若两边同时去掉一个钩码，杠杆将_________(填“仍平衡”“顺时针转动”或“逆时针转动”)．
(3)如图乙和图丙分别是小明同学第1次、第2次实验时的情景．实验时所用的每个钩码重0.5 N，杠杆上每一小格长5 cm，两次实验的部分数据已记录在表中．
第1次实验中，阻力臂l2=_________cm；小明第2次实验记录的数据中明显错误的数据是_________(填具体数据)．
(4)根据第1次实验数据，小明得到了“动力×动力臂=阻力×阻力臂”的结论．该同学得出的探究结论是_________(填“可靠”或“不可靠”)的，理由是___________________________________________．
★常考知识点二：杠杆的平衡条件实验（平衡计算）
典例2.在“探究杠杆的平衡条件”的实验中：
(1)小明把杠杆组装完毕后，杠杆在如图1甲所示位置静止，此时杠杆是否属于平衡状态？___________(选填“属于”或“不属于”)。为了使实验时力臂与杠杆重合，下一步小明应该如何操作？___________；
(2)若如图1乙所示进行实验，此时杠杆能否保持平衡？请写出判断依据：___________；
(3)如图2所示，调节好杠杆后在杠杆左边距离支点4格处挂了3个钩码。每个钩码重0.5N，右侧6格处用调节好的弹簧测力计沿竖直方向拉杠杆，使其水平平衡，此时弹簧测力计的示数为___________N；
(4)如图3所示，保持弹簧测力计悬挂点的位置不变，使其拉力方向斜向右下方，仍使杠杆水平平衡，弹簧测力计示数将___________(选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(5)在图3中画出测力计对杠杆的拉力F的示意图，并画出拉力的力臂l___________。
★常考知识点三：杠杆的平衡条件实验（机械效率）
典例3.小明用质地均匀的杠杆探究“杠杆平衡条件”(不计摩擦)：

(1)未挂钩码时，小明发现杠杆右端低左端高，应将杠杆右端的平衡螺母向 调节(左/右)，直至杠杆在水平位置平衡，这样做的目的是 。
(2)如图甲所示，小明用弹簧测力计在B点沿 的方向拉动，使杠杆在水平位置平衡，便可以在杠杆上直接读出动力臂的大小。
(3)如图乙所示，不改变拉力的方向把杠杆由图乙的位置缓慢拉到图丙的位置时静止，弹簧秤的示数将 。(变大/变小/不变)
(4)如图丁所示，小明继续研究杠杆的机械效率。他用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，用拉力F，将重为G的钩码缓慢匀速提升，用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2；则：
①杠杆机械效率的表达式为η= 。(用测量的物理量符号表示)
②若只将钩码的悬挂点由B移至C点，O、A位置不变，仍将钩码提升相同的高度，则杠杆的机械效率将 (变大/变小/不变)。
★常考知识点四：杠杆的平衡条件实验（应用）
典例4.如图所示，是探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。

(1)调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡时，应确保杠杆上______ (悬挂/不悬挂)钩码。若正确操作后发现杠杆右端高，要使杠杆在水平位置平衡，应将左端的螺母向______ (左/右)调节；
(2)如图甲所示，在杠杆左边A处挂3个相同的钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在杠杆右边B处挂同样的钩码______ 个；
(3)在探究过程中，需要测量和记录动力、动力臂、阻力、阻力臂四个物理量，在进行多次实验的过程中，小华______ (可以/不可以)同时改变4个量进行探究测量；
(4)做实验时，当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，拉力F的力臂______ ，弹簧测力计的示数将______ (变大/变小/不变)；(杠杆质地均匀，支点恰好在杠杆的中心，并且不计支点处摩擦)
(5)小明利用一只质量为1kg的秤砣，一根总长度为1m粗细均匀、质量均匀分布的金属细管AB和金属框，制成了一把杆秤，移动悬吊点至O点时，杆秤恰好在水平位置平衡(此时未挂秤砣)如图丁所示。测得OB为丁4cm，称量时(根据物体质量大小，秤砣可在OA之间移动至重新平衡)为了从杆秤上准确读出重物的质量，从O点开始，沿OA每隔1cm标出对应的质量刻度。标出的质量刻度______ (均匀/不均匀)，该杆秤的分度值为______ kg。
跟踪训练
5.如图所示是“探究杠杆的平衡条件”的装置，每个钩码重为1N(钩码个数若干)，弹簧测力计量程为0～10N。
(1)将该装置置于水平桌面上，静止时处于甲图所示状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向______(选填“左”或“右”)移，这样做的好处是便于直接测量______。
(2)乙图中杠杆恰好处于水平平衡，若在A点下方再挂一个相同的钩码，为使杠杆保持水平平衡，则需将B点的钩码向右移动______格。
(3)丙图中杠杆每个小格长度均为5cm，在C点竖直悬挂4个重为1N的钩码，当在D点用如丙图所示动力F拉杠杆。使杠杆在水平位置平衡，此时动力臂为______cm，动力F为______N。
6.在探究“杠杆平衡条件”的实验中：

(1)挂钩码前，杠杆在如图(a)所示的位置静止，此时杠杆______ (选填“是”或“不是”)平衡状态；此时我们常把杠杆的平衡螺母向右调，直至在水平位置平衡。
(2)如图(b)所示，在A点挂3个质量均为50g的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______ N；(g=10N/kg)。
(3)如图(c)，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F ______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)，F与其力臂的乘积变化情况是______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)如图(d)所示，某次实验中，保持钩码个数及位置不变，多次收集数据并在坐标系中绘制出动力臂L与动力F1的关系图象，由图象可知：当F1=0.5N时，L1= ______ cm。
7.在探究“杠杆的平衡条件”实验时。
(1)如图甲所示，当杠杆静止时，发现左端下沉，此时应把杠杆的平衡螺母向__(选填“左”或“右”)调节，直至杠杆在___(选填“任意”“水平”)位置平衡；
(2)调节平衡后，在杠杆上A点处挂两个钩码，如图乙所示，则在B点处应挂_____个钩码，才能使杠杆在原位置平衡。
(3)实验时，不再调节平衡螺母，使杠杆的重心位置保持在O点不变，将支点换到O′点，如图丙所示，发现A点处只挂1个钩码，杠杆仍然保持平衡。若每个钩码重为0.5N，则杠杆重力
为_________N，由此可知，将杠杆支点位置设在O点进行实验，能避免杠杆自身重力影响实验结论“动力×动力臂=阻力×阻力臂”的得出。
8.如图所示，小勇利用铁架台，带有均匀刻度的杠杆，细线，弹簧测力计，钩码若干(每个钩码质量相同)等实验器材，探究杠杆的平衡条件。

(1)实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，则此时杠杆处于______ (选填“平衡”或“非平衡”)状态；
(2)为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡。为此，应将平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节；
(3)将杠杆调成水平位置平衡后，如图乙所示，在A点挂3个钩码，则应在B点挂2个钩码，才能使杠杆在水平位置保持平衡；随后两边各取下一个钩码，杠杆______ (选填“左”或“右”)端将下沉；
(4)小勇用弹簧测力计替代钩码，在B点竖直向下拉，然后将弹簧测力计绕B点逆时针旋转一小段至如图丙所示位置。在旋转过程中，要使杠杆仍然在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将逐渐变大，原因是______ 。
9.如图甲所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。

(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______ (左/右)调节，使杠杆在不挂钩码时在水平位置平衡；让杠杆在水平方向平衡的目的是______ 。
(2)杠杆调节平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码杠杆恰好在原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件为：______ (用字母表示)。他这样得出的结论______ (合理/不合理)；原因是：______ ；
(3)实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆的平衡条件是否仍然成立？”于是小组同学利用如图乙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉使杠杆处于水平平衡状态时，测出的拉力大小都与杠杆平衡条件不相符，其原因是：______ 。
10.在探究“杠杆平衡条件”的实验中：

(1)实验前，杠杆在如图甲所示的位置静止，此时杠杆______ (选填“是”或“不是”)平衡状态；此时我们常把杠杆的平衡螺母向______ 调，直至在水平位置平衡；
(2)如图乙所示，在A点挂2个重均为0.5N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为______ N(g=10N/kg)；
(3)如图丙，保持A点所挂钩码的数量和位置不变，将弹簧测力计绕B点从a位置缓慢转到b位置，杠杆始终保持水平平衡，在此过程中拉力F ______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(4)竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丁所示，此过程中，弹簧测力计的示数______ (选填“变大”、“变小”或“不变”)；
(5)下列三个因素中，不会影响探究结果的是______ 。
A.铁架台没有放在水平桌面上
B.弹簧测力计的弹簧和刻度盘之间摩擦较大
C.实验所用的钩码生锈
(6)小明用如图戊所示的装置研究“杠杆的机械效率”实验时，将重为G的钩码挂在铁质杠杆上A点，弹簧测力计作用于C点，现竖直向上匀速拉动弹簧测力计，杠杆的机械效率η1；若仅将弹簧测力计改挂到B点，仍将钩码竖直向上匀速提升h的高度，杠杆的机械效率为η2，则η1 ______ η2(“>”“3Gl，杠杆不能平衡，左侧下沉，则杠杆逆时针转动．(3)第1次实验中，由杠杆的平衡条件F1×l1=F2×l2得1.5 N×10 cm=1 N×l2，l2=15 cm；第2次实验中，拉力F1的方向不再与杠杆垂直，因此小明存在的错误是误把力的作用点到支点的距离当做了力臂，第2次实验记录的数据中明显错误的数据是25.(4)仅根据一组实验数据就得出结论，实验结论具有偶然性，不具有普遍性，故实验结论不合理．
2.【答案】 属于 需要将平衡螺母向右调节 见解析
1 变大

【解析】(1)[1]实验前，将杠杆的中点放在支架上，当杠杆静止时，发现杠杆如图甲所示，此时杠杆属于平衡状态。
[2]小明把杠杆组装完毕后，杠杆在如图甲所示位置静止。为了使实验时力臂与杠杆重合，下一步小明应该如此操作：为了便于测量力臂，应使杠杆在水平位置平衡，由图知，右端偏高，为使杠杆在水平位置平衡，需要将平衡螺母向右调节。
(2)[3]图乙中，由于图中两力F1、F2均使杠杆绕着支点O逆时针转动，两力使杠杆转动的方向相同(或没有考虑两个力的方向)，故杠杆不可能平衡。
(3)[4]设每格长度为l，由杠杆的平衡条件
F1L1=F2L2
可得
3×0.5N×4l=F×6l
解得F=1N。
(4)[5]保持弹簧测力计悬挂点的位置不变，使其拉力方向斜向右下方，阻力和阻力臂不变，拉力力臂变小，拉力变大，即弹簧测力计的示数变大。
(5)[6]用弹簧测力计沿AB方向拉杠杆，拉力的作用点在A点，方向斜向下，过拉力的作用点，沿拉力的方向画一条有向线段，用F表示；反向延长拉力的作用线，过支点O做F的垂线即为F的力臂l，如图所示：
3.【答案】左 消除杠杆自重对实验的影响 竖直向下 不变 Gh2Fh1×100% 变大
【解析】解：(1)杠杆的右端低，说明这一侧力与力臂的乘积大，为使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向左调节；
杠杆在水平位置平衡，此时主要目的是消除杠杆重对杠杆平衡的影响；
(2)如图甲，根据力与力臂的关系，小明用弹簧测力计在B点竖直向下拉时，才可以在杠杆上直接读出动力臂；
(3)做实验时，如图丙所示的杠杆已达到平衡。当杠杆由图乙的位置变成图丙的位置时，其动力臂、阻力臂的比值是不变的，所以在阻力不变的情况下，动力是不变的。
(4)①有用功为W有=Gh1，总功W总=Fh2，则机械效率的表达式η=W有W总×100%=Gh2Fh1×100%。
②杠杆提升钩码时，对钩码做有用功，克服杠杆重做额外功，W有+W额=W总，
设杠杆重心升高的距离为h，所以，Gh1+G杠h=Fh2，G不变，h1不变，G杠不变，
钩码的悬挂点由B点移至C点，钩码升高相同的高度，有用功不变，根据三角形的知识可知：杠杆重心提升的高度减小，所以根据W额=Gh可知额外功减小，因此在有用功相同的条件下，杠杆的机械效率变大，即ηB1G×3L，所以杠杆左端下沉；
(4)弹簧测力计在B处竖直向下拉时，拉力的方向竖直向下与杠杆垂直，动力臂等于支点到力的作用点的距离；弹簧测力计在逐渐旋转过程中，拉力的方向不再与杠杆垂直，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件得，动力变大，则弹簧测力计的示数变大。
故答案为：(1)平衡；(2)左；(3)左；(4)阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力慢慢变大。
(1)当物体处于静止状态或匀速直线运动时，物体处于平衡状态；
(2)实验时，使杠杆在水平位置平衡的目的是便于测量力臂；如果杠杆右端下沉，则应该将平衡螺母向左调节；
(3)设杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆平衡条件求出；
(4)根据操作中引起力臂的变化，根据杠杆平衡条件分析解题。
本题重点考查探究杠杆平衡条件的实验调平和操作，要求平时做实验时多加注意，锻炼自己的实验操作能力。正确理解杠杆的平衡条件是关键。
9.【答案】左 便于测量力臂的大小 F1L1=F2L2 不合理 用实验来探究物理规律时，只有一次实验，实验结论具有偶然性 杠杆自身重力对实验结论有影响
【解析】解：(1)在“探究杠杆的平衡条件”实验中，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，应让杠杆重心左移，应将平衡螺母(左端和右端的均可)向左调节，直至重心移到支点处，使杠杆重力的力臂为零，这样就减小了杠杆的自重对实验的影响；
杠杆在水平位置平衡，这样做是为了在实验中便于测量力臂的大小；
(2)设一个钩码重为G，杠杆上一个小格代表1cm，所以，4G×3cm=6G×2cm，所以杠杆平衡条件：F1L1=F2L2；
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)用如图乙所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的重对杠杆平衡有影响；
(4)由图丙可知，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，弹簧测力计拉力F的力臂变小，FA=4G，LA=3L保持不变，由杠杆平衡条件可知弹簧测力计的示数变大；
故答案为：(1)左；便于测量力臂的大小；(2)F1L1=F2L2；不合理；用实验来探究物理规律时，只有一次实验，实验结论具有偶然性；(3)杠杆自身重力对实验结论有影响。
(1)杠杆右端下沉，说明杠杆的重心在支点右侧，调节平衡螺母应使杠杆重心左移，这一调节过程的目的是为了使杠杆的自重对杠杆平衡不产生影响；杠杆在水平位置平衡时，便于测量力臂的大小；
(2)杠杆的平衡条件为：F1L1=F2L2；初中物理用实验探究物理问题时要进行多次实验，有的是为了多次测量求平均值来减小误差；有的是多次测量发现变化规律；有的是为了使实验结论具有普遍性。
(3)杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；杠杆的重心过支点，消除杠杆重对杠杆平衡的影响。
杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡；初中物理实验进行多次测量有些是为了求平均值，使测得的数据更准确，有些是为了寻找普遍规律，探究杠杆平衡的条件多次测量就是为了寻找普遍规律。
10.【答案】是 右 1.5 变大 不变 A =
【解析】解：(1)挂钩码前杠杆处于静止，此时杠杆能达到平衡状态；杠杆的左端低，往右边上翘，因此要想使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右调节，这样做的主要目的是方便测量力臂；
(2)由图根据杠杆平衡条件可知FALA=FBLB，代入数据可得2×0.5N×3L=FB×2L解得：FB=1.5N；
(3)根据杠杆的平衡条件分析，将测力计绕B点从a位置转动到b位置过程中，钩码的重力不变，其阻力臂OA不变，即阻力与阻力臂的乘积不变，而动力臂在从a到b的过程逐渐减小，动力F逐渐增大；
(4)力臂等于支点到力的作用线的距离，竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图d所示，此过程中，弹簧测力计拉力的力臂变小，钩码对杠杆拉力的力臂也变小，但是根据三角形的相似性，动力臂和阻力臂的比值是不变的，所以拉力大小不变；
(5)A、实验前需要调整杠杆平衡，故铁架台没有放在水平桌面上对杠杆的平衡无影响，故A符合题意；
B、弹簧测力计的弹簧和刻度盘之间摩擦较大，对实验有影响，故B不符合题意；
C、所用的钩码上锈，单个钩码的重力不完全相等，则多个钩码总重力无法确定，对实验结果有影响，对测量结果造成误差，故C不符合题意。
故选A；
(6)原来弹簧测力计作用于C点，竖直向上匀速拉动弹簧测力计时，测得杠杆的机械效率η1；将弹簧测力计移动到B点时，仍将钩码竖直向上匀速提升相同的高度，根据W有用=Gh可知有用功不变；
因杠杆的偏转角度不变，则杠杆重心上升的高度不变，根据W额=G杠杆h杠杆可知，克服杠杆重和摩擦所做额外功不变；由于有用功和额外功都不变，所以总功也不变，根据η=W有用W总×100%可知杠杆的机械效率不变，即η2=η1。
故答案为：(1)是；右；(2)1.5；(3)变大；(4)不变；(5)A；(6)=。
(1)静止时处于平衡状态；若要使杠杆在水平位置平衡，应该将平衡螺母向杠杆上翘的一端移动；杠杆水平位置平衡，这样做的主要目的是方便测量力臂；
(2)根据杠杆的平衡条件求出拉力的大小；根据杠杆自身重力对杠杆平衡的影响分析弹簧测力计的示数变化；
(3)在测力计转动过程中，钩码的重力不变，其力臂OA不变，根据杠杆的平衡条件分析拉力F与其力臂的乘积变化情况；
(4)图d使杠杆由水平位置缓慢转动到图中位置，按照相似三角形比例关系找出各自的力臂比例关系，根据杠杆平衡条件即可求判断F的大小变化；
(5)从各因素对动力、阻力的影响角度进行分析解答；
(6)该实验中克服钩码重力做的功为有用功，克服杠杆重力做的功为额外功，总功等于有用功与额外功之和；通过分析有用功、额外功和总功的变化得出机械效率的变化。
本题考查了探究杠杆平衡条件的实验过程，包含对杠杆平衡条件的理解、实际操作、实验方法、数据分析等，考查较为全面，是我们应该掌握的重点实验；
还考查杠杆机械效率的测量，把握有用功、额外功和总功的计算方法，明确两次实验中杠杆重心上升的高度不变是关键。
11.【答案】右 F1l1=F2l2 增大 O 1.5 是
【解析】解：(1)杠杆左端下沉，应将左端的平衡螺母向右调节；
(2)根据表格数据归纳可得：F1l1=F2l2；
(3)弹簧测力计的拉力方向改变后，拉力的力臂会随之变小，根据杠杆平衡条件可知，要想使杠杆仍在水平位置保持平衡，应使拉力增大；
(4)小桶内没有液体时：根据杠杆平衡条件可知，当右侧挂上重物时杠杆不可能在水平位置平衡，只有重物在O点是杠杆才能在水平位置平衡，故密度计的“0刻度”在O点；
小桶内装入液体时：根据杠杆平衡条件可知，当杠杆处于水平平衡状态时，G液×lOM=G物×lON，小桶内所装液态的重力为G液=ρ液gV，整理可得ρ液=G物×lONgV×lOM，代入数据可得：ρ液=1.5g/cm3。由于G物、gV和lOM都是定值，故ρ液与lON成正比，故改装后杠杆右端的密度刻度线是均匀分布的。
(1)根据“左偏右调，右偏左调”来判断；
(2)利用表格数据归纳结论；
(3)根据杠杆平衡条件及力臂的定义来判断；
(4)通过调节平衡螺母的位置来消除小桶重力造成的影响，杠杆再次达到在水平位置平衡，然后根据杠杆平衡条件和密度公式解题。
本题考查了学生对杠杆平衡条件的应用，以及对密度知识的掌握，难度较大。
12.【答案】右 3 右 C 100 150 600 偏大 D
【解析】解：(1)杠杆右高，应将杠杆平衡螺母向右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，4G×3L=nG×4L，所以n=3(个)；
将A、B两点下方所挂的钩码同时向支点O靠近1个格，则杠杆左端：F1L1=4G×2L=8GL，杠杆右端：F2L2=3G×3L=9GL，故右端下沉；
(2)实验中小明的实验方式，杠杆支点左侧钩码数量过多，每个钩码对杠杆的拉力对应了每个拉力的力臂，力和力臂数目过多，不易得出结论，故选C；
(3)①以杠杆上的A点为支点，当在C位置挂3个钩码，杠杆在水平位置刚好平衡，设杠杆的质量为m，则：3m钩码g×2L=m×3L；解得：m=2m钩码=2×50g=100g；
②为了将该“杆秤”的零刻度线标在A位置处，由①可知，小明应在图丙C位置处装配的吊盘的质量应等于三个钩码的质量，杠杆能够重新保持平衡，即吊盘质量为150g；
③小明在图丁的D位置挂上3个钩码后，设物体的最大质量为m′，由杠杆的平衡条件可知：m′g×2L=3m钩码g×8L，解得：m′=12m钩码=12×50g=600g；
④小红用小明制作好的“杆秤”测一物体的质量，当使用三个钩码作为秤砣时，左侧吊盘中物体质量等于杠杆上的示数；只将两个钩码作为“秤砣”来使用，则秤砣的质量减小，阻力减小，根据杠杆的平衡条件，此时杠杆左侧托盘中物体的质量会小于杠杆上示数，所以测量结果会偏大；
(4)设液体密度为ρ，液体的体积为V，秤砣对应的力臂为L′，根据杠杆平衡条件可以列式：ρVg×2L=MgL′，解得：ρ=M2VLL′；
A：由于M、V、L都是固定值，所以秤的刻度值可均匀标记在AD之间的刻度线上。A正确；
B：随着L′的增大，ρ的值变大，即秤的刻度值向右越来越大。B正确；
C：增大M的值，当L′取到最大值时，ρ的值变大，即增大M的质量，秤的量程会增大。C正确；
D：将支点向右移动1格，左侧力臂变大，右侧力臂变小，根据上述计算式，ρ的值变小，秤的量程会减小。D错误。
故答案为：(1)右；3；右；(2)C；(3)①100；②150；③600；④偏大；(4)D。
(1)在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节。根据杠杆平衡条件求出B处挂钩码的个数和杠杆的偏转方向；
(2)研究杠杆的平衡，需要有动力和阻力，增加动力或阻力的力的个数，不易得出结论；
(3)杠杆自身受到重力，在根据杠杆的平衡条件列式时，考虑重力对实验的影响；
(4)根据杠杆的平衡条件，算出密度与刻度之间的关系。
这道题考查同学对杠杆平衡条件的灵活应用，属于难题。
13.【答案】右 3 C 100 150 600
【解析】解：
(1)杠杆右高，应将杠杆向右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
设杠杆的分度值为L，一个钩码的重为G，根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，nG×2L=2G×3L，所以n=3(个)；
(2)实验中小明的实验方式要考虑杠杆的重力对实验的影响，增大了实验的难度，力和力臂数目过多，不易得出结论，故选C；
(3)①以杠杆上的A点为支点，当在C位置挂3个钩码，杠杆在水平位置刚好平衡，设杠杆的质量为m，则：3m钩码g2L+15mgL=45mg4L；解得：m=2m钩码=2×50g=100g；
②为了将该“杆秤”的零刻度线标在A位置处，由①可知，小明应在图丙C位置处装配的吊盘的质量应等于三个钩码的质量，即150g；
③小明在图丁的D位置挂上3个钩码后，设物体的最大质量为m′，由杠杆的平衡条件可知：m′g2L=3m钩码g8L，解得：m′=12m钩码=12×50g=600g。
故答案为：(1)右；3；(2)C；(3)①100；②150；③600。
(1)调节杠杆两端的平衡螺母，使平衡螺母向上翘的一端移动，使杠杆在水平位置平衡，杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂大小；
根据杠杆的平衡条件可以求出在B处挂钩码的个数；
(2)研究杠杆的平衡，需要有动力和阻力但力多了增加了难度，且不易得出结论；
(3)根据杠杆的平衡条件求解。
杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，减小了杠杆的自重对实验的影响，便于测量力臂。
次数
动力F1/N
动力臂l1/cm
阻力F2/N
阻力臂l2/cm
1
1.5
10
1
2
1
25
1.5
10
序号
动力F1/N
阻力臂l1/cm
阻力F2/N
动力臂l2/cm
1
1.0
15.0
1.5
10.0
2
1.0
20.0
1.0
20.0
3
3.0
10.0
2.0
15.0
……