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1 (2025宿迁泗洪模拟)利用如图所示的装置来探究“杠杆的平衡条件”.
(1) 实验前,杠杆如图甲所示,可将杠杆左端的平衡螺母向
(2) 杠杆平衡后,如图乙所示,在杠杆B点挂3个相同的钩码,可在杠杆的D点挂
(3) 如图乙所示,用弹簧测力计在C点竖直向上拉,使杠杆水平平衡,若弹簧测力计逐渐向右倾斜,使杠杆仍然在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数将
(4) 保持B点钩码数量和力臂不变,杠杆在水平位置平衡时,测出多组动力臂$l_1$和动力$F_1$的数据,绘制了$l_1-F_1$的关系图像,如图丙所示.请根据图像推算,当$l_1$为0.6 m时,$F_1$为
(5) 如图丁所示,手提起物体时,桡骨在肱二头肌的收缩牵引下绕肘关节转动,此过程中肱二头肌收缩的距离
(1) 实验前,杠杆如图甲所示,可将杠杆左端的平衡螺母向
右
调节,使杠杆在水平位置平衡,这样可以避免杠杆自重对实验的影响,同时便于测量力臂的大小
.(2) 杠杆平衡后,如图乙所示,在杠杆B点挂3个相同的钩码,可在杠杆的D点挂
4
个相同的钩码,使杠杆仍然在水平位置平衡.(3) 如图乙所示,用弹簧测力计在C点竖直向上拉,使杠杆水平平衡,若弹簧测力计逐渐向右倾斜,使杠杆仍然在水平位置平衡,则弹簧测力计的示数将
变大
(填“变大”“变小”或“不变”).(4) 保持B点钩码数量和力臂不变,杠杆在水平位置平衡时,测出多组动力臂$l_1$和动力$F_1$的数据,绘制了$l_1-F_1$的关系图像,如图丙所示.请根据图像推算,当$l_1$为0.6 m时,$F_1$为
0.5
N.(5) 如图丁所示,手提起物体时,桡骨在肱二头肌的收缩牵引下绕肘关节转动,此过程中肱二头肌收缩的距离
小于
(填“大于”“等于”或“小于”)手移动的距离.答案
1.(1)右 力臂的大小 (2)4 (3)变大 (4)0.5 (5)小于
解析
【分析】
本题围绕杠杆平衡条件展开，需逐步分析各问题：
1. 实验前杠杆调平：图甲中杠杆左低右高，平衡螺母向高的一侧（右）调节，水平平衡可避免杠杆自重影响，同时力臂与杠杆重合，便于测量力臂；
2. 杠杆平衡计算：利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入钩码重力和力臂关系求解；
3. 弹簧测力计倾斜的变化：拉力倾斜时，力臂（支点到拉力作用线的垂直距离）变短，根据平衡条件，动力会变大；
4. $l_1-F_1$图像应用：由杠杆平衡知$F_1l_1$为定值，取图像上点计算定值，再求对应动力；
5. 费力杠杆的距离：图丁为费力杠杆，动力臂小于阻力臂，动力移动距离小于阻力移动距离。
【解析】
(1) 实验前杠杆左端下沉，需将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，此时便于测量力臂的大小；
(2) 设每个钩码重力为$G$，每格长度为$L$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，B点：$F_2=3G$，$L_2=4L$；D点：$L_1=3L$，代入得$3G×4L = nG×3L$，解得$n=4$；
(3) 弹簧测力计在C点竖直向上拉时，力臂为C到O的水平距离；若向右倾斜，拉力的力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡，动力变大，故示数变大；
(4) 由图丙，根据杠杆平衡$F_1l_1=$定值，取点$F_1=1N$时$l_1=0.3m$，定值为$1N×0.3m=0.3N·m$；当$l_1=0.6m$时，$F_1=\frac{0.3N·m}{0.6m}=0.5N$；
(5) 图丁中，桡骨绕肘关节转动，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，动力移动距离小于阻力移动距离，故肱二头肌收缩的距离小于手移动的距离。
【答案】
(1) 右；力臂的大小 (2)4 (3)变大 (4)0.5 (5)小于
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；费力杠杆
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的探究及应用，涵盖实验操作、平衡计算、力臂分析、图像应用和杠杆类型判断，是力学核心考点，需熟练掌握杠杆平衡条件的应用。
【难度系数】
0.5
本题围绕杠杆平衡条件展开，需逐步分析各问题：
1. 实验前杠杆调平：图甲中杠杆左低右高，平衡螺母向高的一侧（右）调节，水平平衡可避免杠杆自重影响，同时力臂与杠杆重合，便于测量力臂；
2. 杠杆平衡计算：利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入钩码重力和力臂关系求解；
3. 弹簧测力计倾斜的变化：拉力倾斜时，力臂（支点到拉力作用线的垂直距离）变短，根据平衡条件，动力会变大；
4. $l_1-F_1$图像应用：由杠杆平衡知$F_1l_1$为定值，取图像上点计算定值，再求对应动力；
5. 费力杠杆的距离：图丁为费力杠杆，动力臂小于阻力臂，动力移动距离小于阻力移动距离。
【解析】
(1) 实验前杠杆左端下沉，需将平衡螺母向右调节，使杠杆在水平位置平衡，此时便于测量力臂的大小；
(2) 设每个钩码重力为$G$，每格长度为$L$。根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，B点：$F_2=3G$，$L_2=4L$；D点：$L_1=3L$，代入得$3G×4L = nG×3L$，解得$n=4$；
(3) 弹簧测力计在C点竖直向上拉时，力臂为C到O的水平距离；若向右倾斜，拉力的力臂变小，阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡，动力变大，故示数变大；
(4) 由图丙，根据杠杆平衡$F_1l_1=$定值，取点$F_1=1N$时$l_1=0.3m$，定值为$1N×0.3m=0.3N·m$；当$l_1=0.6m$时，$F_1=\frac{0.3N·m}{0.6m}=0.5N$；
(5) 图丁中，桡骨绕肘关节转动，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，动力移动距离小于阻力移动距离，故肱二头肌收缩的距离小于手移动的距离。
【答案】
(1) 右；力臂的大小 (2)4 (3)变大 (4)0.5 (5)小于
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；费力杠杆
【点评】
本题考查杠杆平衡条件的探究及应用，涵盖实验操作、平衡计算、力臂分析、图像应用和杠杆类型判断，是力学核心考点，需熟练掌握杠杆平衡条件的应用。
【难度系数】
0.5
2（2024苏州工业园区月考）同学们共同研究滑轮的特点.
（1）他们研究定滑轮特点时，做的实验如图甲所示，据此可证明：使用定滑轮不省力，但可以改变
（2）研究动滑轮特点时，用不同的动滑轮匀速缓慢竖直提升4 N的重物，如图乙所示.记录数据如表.
通过观察和比较测量结果，可得初步结论：使用动滑轮可以
（1）他们研究定滑轮特点时，做的实验如图甲所示，据此可证明：使用定滑轮不省力，但可以改变
施力方向
.他们通过进一步分析还发现：使用定滑轮时，相当于一个等臂
杠杆. （2）研究动滑轮特点时，用不同的动滑轮匀速缓慢竖直提升4 N的重物，如图乙所示.记录数据如表.
通过观察和比较测量结果，可得初步结论：使用动滑轮可以
省力
，但不能改变力的方向；用动滑轮匀速竖直提起同一重物时，不考虑绳重、滑轮与绳子之间的摩擦力，弹簧测力计的示数等于提升重力的一半
.在实验中测绳端拉力时，应竖直向上匀速拉动弹簧测力计，且在拉动
（填“静止”或“拉动”）时读数.答案
2.(1)施力方向 等臂 (2)省力 一半 拉动
解析
【分析】
要解决这道题，需分别掌握定滑轮和动滑轮的核心特点：（1）通过定滑轮实验观察拉力的方向和大小变化，推导其作用，再结合杠杆力臂关系判断定滑轮的实质；（2）对比动滑轮实验中拉力与物重的关系得出动滑轮的特点，根据动滑轮的原理分析拉力大小，同时明确测量拉力时的正确读数时机。
【解析】
（1）研究定滑轮时，从图甲实验可知，无论拉力方向如何改变，拉力大小始终等于物重，说明使用定滑轮不省力，但可以改变施力方向；定滑轮的动力臂等于阻力臂，相当于一个等臂杠杆。
（2）研究动滑轮时，对比拉力与4N重物的大小，可知使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向；不考虑绳重、滑轮与绳的摩擦时，动滑轮的实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，因此弹簧测力计的示数等于提升重力的一半；测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动弹簧测力计，且在拉动时读数（静止时未克服滑轮轴处的摩擦，测量结果不准确）。
【答案】
2.(1)施力方向 等臂 (2)省力 一半 拉动
【知识点】
定滑轮特点、动滑轮特点、杠杆分类
【点评】
本题考查简单机械中滑轮的基础特点，属于力学核心基础知识点，侧重对概念的理解与应用，难度较低，适合巩固简单机械的基础内容。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需分别掌握定滑轮和动滑轮的核心特点：（1）通过定滑轮实验观察拉力的方向和大小变化，推导其作用，再结合杠杆力臂关系判断定滑轮的实质；（2）对比动滑轮实验中拉力与物重的关系得出动滑轮的特点，根据动滑轮的原理分析拉力大小，同时明确测量拉力时的正确读数时机。
【解析】
（1）研究定滑轮时，从图甲实验可知，无论拉力方向如何改变，拉力大小始终等于物重，说明使用定滑轮不省力，但可以改变施力方向；定滑轮的动力臂等于阻力臂，相当于一个等臂杠杆。
（2）研究动滑轮时，对比拉力与4N重物的大小，可知使用动滑轮可以省力，但不能改变力的方向；不考虑绳重、滑轮与绳的摩擦时，动滑轮的实质是动力臂为阻力臂二倍的杠杆，因此弹簧测力计的示数等于提升重力的一半；测绳端拉力时，需竖直向上匀速拉动弹簧测力计，且在拉动时读数（静止时未克服滑轮轴处的摩擦，测量结果不准确）。
【答案】
2.(1)施力方向 等臂 (2)省力 一半 拉动
【知识点】
定滑轮特点、动滑轮特点、杠杆分类
【点评】
本题考查简单机械中滑轮的基础特点，属于力学核心基础知识点，侧重对概念的理解与应用，难度较低，适合巩固简单机械的基础内容。
【难度系数】
0.8
