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10. 核心素养 科学思维 一根粗细不均匀的木棒AB在O点被悬挂起来，AO=OC.在A、C两点分别挂不同数量的同种钩码后，木棒刚好在水平位置平衡，如图所示.若在木棒的A、C两点各减少两个钩码，则木棒AB （
A.A端下沉
B.B端下沉
C.仍保持平衡
D.不能确定
C
）A.A端下沉
B.B端下沉
C.仍保持平衡
D.不能确定
答案
10. C 解析:由题知,$AO=OC$,两边的力不同,说明杠杆的重心不在O点,因为右边受到的力大于左边受到的力,所以杠杆的重心在O点的左侧.设杠杆的重心在D,一个钩码重为G,如图:
由题意:杠杆原来平衡,则$F_{左}×AO+G_{0}×OD=F_{右}×CO$,即$2G×AO+G_{0}×OD=3G×CO$,得$G_{0}×OD=G×CO=G×AO$;在木棒的A、C两点各减少两个钩码:左边力和力臂的乘积为$G_{0}×OD$,右边力和力臂的乘积为$G×CO$,由于$G_{0}×OD=$$G×CO$,所以减少钩码后两边力和力臂的乘积相等,所以杠杆仍平衡.故选C.
解析
【分析】
这道题的核心陷阱是木棒粗细不均匀，不能忽略木棒自身的重力，不能直接套用轻质杠杆的平衡逻辑。解题思路分三步：第一步，先明确初始状态的已知条件：A点挂2个钩码，C点挂3个钩码，AO=OC，杠杆初始水平平衡；第二步，考虑杠杆自重的力矩，设出杠杆重心对应的力臂，根据初始杠杆平衡条件列方程，推导出杠杆自身重力对应的力矩大小；第三步，计算两边各减少2个钩码后，支点左右两侧的总力矩，对比力矩大小即可判断杠杆的状态。
【解析】
解：设单个钩码的重力为G，粗细不均匀木棒的总重力为$G_0$，木棒重心D到支点O的力臂为OD。
1. 初始平衡状态分析：
由图可知A点悬挂2个钩码，C点悬挂3个钩码，已知AO=OC。
由于木棒粗细不均匀，自重不可忽略，初始杠杆水平平衡，根据杠杆平衡条件，支点左侧总力矩等于支点右侧总力矩：
$2G · AO + G_0 · OD = 3G · CO$
代入AO=CO，化简可得：
$G_0 · OD = 3G · AO - 2G · AO = G · AO$
2. 减少2个钩码后的力矩对比：
A点去掉2个钩码后，支点左侧仅剩下木棒自重的力矩，大小为$G_0 · OD$；
C点去掉2个钩码后，剩余1个钩码，支点右侧的力矩为$1G · CO$。
结合AO=OC，可得$G_0 · OD = G · AO = G · CO$，即支点左右两侧总力矩相等，杠杆仍保持平衡。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件，力矩计算
【点评】
本题的易错点是学生容易默认杠杆为轻质杠杆忽略不均匀木棒的自重，直接错误判断减少钩码后C端力矩更大导致B端下沉。题目通过设置粗细不均匀的条件，引导学生主动考虑杠杆自身重力的力矩，通过初始平衡推导出自重的力矩后再对比变化后的总力矩，很好的考察了科学思维中的逻辑推导能力。
【难度系数】
0.3
这道题的核心陷阱是木棒粗细不均匀，不能忽略木棒自身的重力，不能直接套用轻质杠杆的平衡逻辑。解题思路分三步：第一步，先明确初始状态的已知条件：A点挂2个钩码，C点挂3个钩码，AO=OC，杠杆初始水平平衡；第二步，考虑杠杆自重的力矩，设出杠杆重心对应的力臂，根据初始杠杆平衡条件列方程，推导出杠杆自身重力对应的力矩大小；第三步，计算两边各减少2个钩码后，支点左右两侧的总力矩，对比力矩大小即可判断杠杆的状态。
【解析】
解：设单个钩码的重力为G，粗细不均匀木棒的总重力为$G_0$，木棒重心D到支点O的力臂为OD。
1. 初始平衡状态分析：
由图可知A点悬挂2个钩码，C点悬挂3个钩码，已知AO=OC。
由于木棒粗细不均匀，自重不可忽略，初始杠杆水平平衡，根据杠杆平衡条件，支点左侧总力矩等于支点右侧总力矩：
$2G · AO + G_0 · OD = 3G · CO$
代入AO=CO，化简可得：
$G_0 · OD = 3G · AO - 2G · AO = G · AO$
2. 减少2个钩码后的力矩对比：
A点去掉2个钩码后，支点左侧仅剩下木棒自重的力矩，大小为$G_0 · OD$；
C点去掉2个钩码后，剩余1个钩码，支点右侧的力矩为$1G · CO$。
结合AO=OC，可得$G_0 · OD = G · AO = G · CO$，即支点左右两侧总力矩相等，杠杆仍保持平衡。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件，力矩计算
【点评】
本题的易错点是学生容易默认杠杆为轻质杠杆忽略不均匀木棒的自重，直接错误判断减少钩码后C端力矩更大导致B端下沉。题目通过设置粗细不均匀的条件，引导学生主动考虑杠杆自身重力的力矩，通过初始平衡推导出自重的力矩后再对比变化后的总力矩，很好的考察了科学思维中的逻辑推导能力。
【难度系数】
0.3
11. (2025·盐城东台市期中)如图所示的甲、乙两个M形硬质轻杆可绕中间转轴O灵活转动,杆两端分别用细绳悬挂两个质量相等的重物,现保持平衡状态,用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后再松手,出现的结果应该是 (
A.仅甲能恢复平衡
B.仅乙能恢复平衡
C.都不能恢复平衡
D.都能恢复平衡
B
)A.仅甲能恢复平衡
B.仅乙能恢复平衡
C.都不能恢复平衡
D.都能恢复平衡
答案
11. B 解析:如题图所示的甲、乙M形硬质轻杆,处于平衡状态.由于悬挂的两个重物质量相等,则作用在M形硬质轻杆两端的拉力相等,则杠杆示意图分别如下图:
甲硬质轻杆,根据杠杆平衡条件可得$Gl_{1}=Gl_{2}$,则$l_{1}=l_{2}$;乙硬质轻杆,同理可得$Gl_{3}=Gl_{4}$,则$l_{3}=l_{4}$;用手使两个右端的重物略微下降一小段距离后,则杠杆示意图分别如下图:
由于轻杆端点的位置不同,右端的重物略微下降一小段距离后,由力臂的变化图可知,甲硬质轻杆$l_{1}'＜l_{1}$,$l_{2}'＞l_{2}$,则$Gl_{1}'＜Gl_{2}'$,所以甲杆右端的重物继续下降,则不能恢复到原来平衡位置;乙硬质轻杆$l_{3}'＞l_{3}$,$l_{4}'＜l_{4}$,则$Gl_{3}'＞Gl_{4}'$,所以乙杆左端的重物会下降,则乙能恢复到原来平衡位置.故选B.方法总结 右边向下拉一小段后手松,如要恢复杠杆平衡,则左边的力臂需要大于右边的力臂.甲图中左侧升高一小段后,左侧力臂减小,右侧力臂增大,左侧力臂小于右侧力臂,所以不能恢复平衡.
解析
【分析】
这道题的核心是利用杠杆平衡条件分析扰动后的动态变化，解题思路可以按三步走：
1. 先明确初始状态：两个轻杆两端悬挂的重物质量相等，所以两端受到的竖直向下的拉力大小都等于重物重力G，初始平衡时两边拉力相等，对应两侧的力臂也相等。
2. 明确力臂的定义：本题中拉力始终沿竖直方向，力臂就是支点O到对应拉力作用线的水平垂直距离，当杆发生小角度偏转时，要分别判断左右两侧力臂的变化趋势。
3. 分别对甲、乙两个杆做扰动后的受力判断：对比偏转后两侧的力和力臂的乘积大小，判断杠杆的偏转方向，就能确定是否能回到初始平衡状态。
【解析】
解：
① 初始平衡状态推导：
甲、乙两杆初始都处于平衡状态，两端重物质量相等，因此两端受到的拉力均为F=G（G为重物重力）。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，对甲杆可得：$Gl_1=Gl_2$，即初始力臂$l_1=l_2$；对乙杆可得：$Gl_3=Gl_4$，即初始力臂$l_3=l_4$。
② 分析甲杆受扰动后的状态：
将甲杆右侧重物向下移动一小段距离后松手，甲杆绕支点O偏转，此时左侧重物位置抬升，支点O到左侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_1'＜l_1$；右侧重物位置下降，支点O到右侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_2'＞l_2$。
此时两侧力与力臂的乘积满足$Gl_1'＜Gl_2'$，杠杆会向右侧偏转，右侧重物会继续向下运动，无法回到初始平衡位置。
③ 分析乙杆受扰动后的状态：
将乙杆右侧重物向下移动一小段距离后松手，乙杆绕支点O偏转，此时左侧重物位置抬升，支点O到左侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_3'＞l_3$；右侧重物位置下降，支点O到右侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_4'＜l_4$。
此时两侧力与力臂的乘积满足$Gl_3'＞Gl_4'$，杠杆会向左侧偏转，带动右侧重物向上抬升，最终可以回到初始平衡位置。
综上，只有乙能恢复平衡。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题属于杠杆动态分析的易错题，容易直接默认初始平衡、扰动后两侧力臂仍相等得出错误结论，解题的关键是抓住拉力始终竖直向下的特点，准确判断不同构型的杆偏转后两侧力臂的变化趋势，这类稳定性分析的题型可以帮助加深对杠杆平衡条件的理解。
【难度系数】
0.3
这道题的核心是利用杠杆平衡条件分析扰动后的动态变化，解题思路可以按三步走：
1. 先明确初始状态：两个轻杆两端悬挂的重物质量相等，所以两端受到的竖直向下的拉力大小都等于重物重力G，初始平衡时两边拉力相等，对应两侧的力臂也相等。
2. 明确力臂的定义：本题中拉力始终沿竖直方向，力臂就是支点O到对应拉力作用线的水平垂直距离，当杆发生小角度偏转时，要分别判断左右两侧力臂的变化趋势。
3. 分别对甲、乙两个杆做扰动后的受力判断：对比偏转后两侧的力和力臂的乘积大小，判断杠杆的偏转方向，就能确定是否能回到初始平衡状态。
【解析】
解：
① 初始平衡状态推导：
甲、乙两杆初始都处于平衡状态，两端重物质量相等，因此两端受到的拉力均为F=G（G为重物重力）。
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，对甲杆可得：$Gl_1=Gl_2$，即初始力臂$l_1=l_2$；对乙杆可得：$Gl_3=Gl_4$，即初始力臂$l_3=l_4$。
② 分析甲杆受扰动后的状态：
将甲杆右侧重物向下移动一小段距离后松手，甲杆绕支点O偏转，此时左侧重物位置抬升，支点O到左侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_1'＜l_1$；右侧重物位置下降，支点O到右侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_2'＞l_2$。
此时两侧力与力臂的乘积满足$Gl_1'＜Gl_2'$，杠杆会向右侧偏转，右侧重物会继续向下运动，无法回到初始平衡位置。
③ 分析乙杆受扰动后的状态：
将乙杆右侧重物向下移动一小段距离后松手，乙杆绕支点O偏转，此时左侧重物位置抬升，支点O到左侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_3'＞l_3$；右侧重物位置下降，支点O到右侧竖直拉力作用线的垂直距离$l_4'＜l_4$。
此时两侧力与力臂的乘积满足$Gl_3'＞Gl_4'$，杠杆会向左侧偏转，带动右侧重物向上抬升，最终可以回到初始平衡位置。
综上，只有乙能恢复平衡。
【答案】
B
【知识点】
杠杆平衡条件，力臂的概念
【点评】
本题属于杠杆动态分析的易错题，容易直接默认初始平衡、扰动后两侧力臂仍相等得出错误结论，解题的关键是抓住拉力始终竖直向下的特点，准确判断不同构型的杆偏转后两侧力臂的变化趋势，这类稳定性分析的题型可以帮助加深对杠杆平衡条件的理解。
【难度系数】
0.3
12. 新素材 创新装置 如图所示为一个看似悬浮的桌子.其中 A 为桌面部分,B 为桌子的底架.这两部分之间仅靠竖直软绳 CD 和 EF 相连.已知 A 的总质量为 4 kg 且质量左右对称分布;CD 到 A 对称轴以及 EF 的距离分别为$l_{1}=20\ \mathrm{cm}$和$l_{2}=40\ \mathrm{cm},g$取$10\ \mathrm{N/kg}$.则绳子 CD 受到的拉力为
60
N,绳子 EF 受到的拉力为20
N.答案
12. 60 20 解析:由题意可知,A的重力为$G=mg=4kg×$$10N/kg=40N$,计算绳子CD的拉力时,以E为支点,则此时A的重力的力臂为$l_{A}'=l_{1}+l_{2}=20cm+40cm=60cm$,绳子CD拉力的力臂为$l_{CD}=l_{2}=40cm$,根据杠杆的平衡条件可得$F_{CD}l_{CD}=Gl_{A}'$,即$F_{CD}×40cm=40N×60cm$,解得绳子CD受到的拉力为$F_{CD}=60N$;计算绳子EF的拉力时,以D为支点,则此时的A的重力的力臂为$l_{1}=20cm$,绳子EF拉力的力臂为$l_{2}=40cm$,根据杠杆的平衡条件可知$F_{EF}l_{2}=Gl_{1}$,即$F_{EF}×40cm=40N×20cm$,解得绳子EF受到的拉力为$F_{EF}=20N$.
解析
【分析】
这道题可以将桌面A抽象为可绕支点转动的杠杆，利用杠杆平衡条件求解两根软绳的拉力。首先第一步先算出桌面A的总重力，之后我们通过两次选取不同支点的方式消去不需要的未知力：第一次选EF的作用点E作为支点，此时EF的拉力力臂为0，不会参与力矩平衡，A质量左右对称，重心就在其对称轴处，重力的力臂为重心到E的距离即l₁+l₂，CD拉力的力臂为CD到E的距离即l₂，代入杠杆平衡条件就能算出CD对A的拉力，也就是绳子CD受到的拉力。第二次选CD的作用点D作为支点，此时CD的拉力力臂为0，不会参与力矩平衡，重力的力臂为重心到CD的距离即l₁，EF拉力的力臂为EF到CD的距离即l₂，再次代入杠杆平衡条件就能算出EF对A的拉力，也就是绳子EF受到的拉力。
【解析】
1. 计算桌面A的重力：
已知A的质量m=4kg，由重力公式得：
$G = mg = 4\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 40\ \mathrm{N}$
2. 以E点为支点，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
重力G的力臂$L_G = l_1 + l_2 = 20\ \mathrm{cm} + 40\ \mathrm{cm} = 60\ \mathrm{cm}$，CD拉力的力臂$L_{CD}=l_2=40\ \mathrm{cm}$，代入得：
$F_{CD} × 40\ \mathrm{cm} = 40\ \mathrm{N} × 60\ \mathrm{cm}$
解得$F_{CD}=60\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，绳子CD受到的拉力为60N。
3. 以D点为支点，根据杠杆平衡条件：
重力G的力臂$L_G'=l_1=20\ \mathrm{cm}$，EF拉力的力臂$L_{EF}=l_2=40\ \mathrm{cm}$，代入得：
$40\ \mathrm{N} × 20\ \mathrm{cm} = F_{EF} × 40\ \mathrm{cm}$
解得$F_{EF}=20\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，绳子EF受到的拉力为20N。
【答案】
60；20
【知识点】
杠杆平衡条件，重力计算
【点评】
本题是创新装置类的杠杆应用题，难点是突破“两根绳子都向上拉物体”的思维定势，将桌面抽象为杠杆，通过选取不同支点消去未知力简化运算，同时也能帮助理解该悬浮装置的特殊力学结构原理。
【难度系数】
0.5
这道题可以将桌面A抽象为可绕支点转动的杠杆，利用杠杆平衡条件求解两根软绳的拉力。首先第一步先算出桌面A的总重力，之后我们通过两次选取不同支点的方式消去不需要的未知力：第一次选EF的作用点E作为支点，此时EF的拉力力臂为0，不会参与力矩平衡，A质量左右对称，重心就在其对称轴处，重力的力臂为重心到E的距离即l₁+l₂，CD拉力的力臂为CD到E的距离即l₂，代入杠杆平衡条件就能算出CD对A的拉力，也就是绳子CD受到的拉力。第二次选CD的作用点D作为支点，此时CD的拉力力臂为0，不会参与力矩平衡，重力的力臂为重心到CD的距离即l₁，EF拉力的力臂为EF到CD的距离即l₂，再次代入杠杆平衡条件就能算出EF对A的拉力，也就是绳子EF受到的拉力。
【解析】
1. 计算桌面A的重力：
已知A的质量m=4kg，由重力公式得：
$G = mg = 4\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 40\ \mathrm{N}$
2. 以E点为支点，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
重力G的力臂$L_G = l_1 + l_2 = 20\ \mathrm{cm} + 40\ \mathrm{cm} = 60\ \mathrm{cm}$，CD拉力的力臂$L_{CD}=l_2=40\ \mathrm{cm}$，代入得：
$F_{CD} × 40\ \mathrm{cm} = 40\ \mathrm{N} × 60\ \mathrm{cm}$
解得$F_{CD}=60\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，绳子CD受到的拉力为60N。
3. 以D点为支点，根据杠杆平衡条件：
重力G的力臂$L_G'=l_1=20\ \mathrm{cm}$，EF拉力的力臂$L_{EF}=l_2=40\ \mathrm{cm}$，代入得：
$40\ \mathrm{N} × 20\ \mathrm{cm} = F_{EF} × 40\ \mathrm{cm}$
解得$F_{EF}=20\ \mathrm{N}$，根据力的作用是相互的，绳子EF受到的拉力为20N。
【答案】
60；20
【知识点】
杠杆平衡条件，重力计算
【点评】
本题是创新装置类的杠杆应用题，难点是突破“两根绳子都向上拉物体”的思维定势，将桌面抽象为杠杆，通过选取不同支点消去未知力简化运算，同时也能帮助理解该悬浮装置的特殊力学结构原理。
【难度系数】
0.5
13. 核心素养 科学探究 小明同学利用一把量程为50 cm、分度值为1 cm的木质刻度尺、两个重均为5 N的相同物块G、细线和水($\rho_{水}=1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$,$g$取10 N/kg),自制了一个能够测量液体密度的密度计.
(1)将刻度尺在中点$O$悬挂起来,两个物块$G$分别悬挂在刻度尺的“0 cm”和“50 cm”刻度线处,刻度尺恰好在水平位置平衡.
(2)如图,将左侧物块$G$浸没到水中,移动右侧物块$G$悬挂的位置至“40 cm”刻度线处,刻度尺又在水平位置平衡,物块$G$浸没到水中时受到的浮力为
(3)液体密度为$1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$的刻度线标在刻度尺的“40 cm”刻度线处,那么液体密度为$1.2×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$的刻度线应该标在刻度尺的“
(4)上述活动中,若换用量程为100 cm、分度值为1 cm的木质刻度尺制作密度计,则密度计的量程
(1)将刻度尺在中点$O$悬挂起来,两个物块$G$分别悬挂在刻度尺的“0 cm”和“50 cm”刻度线处,刻度尺恰好在水平位置平衡.
(2)如图,将左侧物块$G$浸没到水中,移动右侧物块$G$悬挂的位置至“40 cm”刻度线处,刻度尺又在水平位置平衡,物块$G$浸没到水中时受到的浮力为
2
N,物块$G$的体积为$2×10^{-4}$
$\mathrm{m}^3$.(3)液体密度为$1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$的刻度线标在刻度尺的“40 cm”刻度线处,那么液体密度为$1.2×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$的刻度线应该标在刻度尺的“
38 cm
”刻度线处.(4)上述活动中,若换用量程为100 cm、分度值为1 cm的木质刻度尺制作密度计,则密度计的量程
会变大
(填“会变大”“会变小”或“不变”).答案
13. (2)2 $2×10^{-4}$ (3)38 cm (4)会变大
解析:(2)图示中,此时的刻度尺相当于杠杆,在水平位置平衡时,左、右侧力臂分别为:$L_{左}=25.0cm$,$L_{右}=40.0cm-$$25.0cm=15.0cm$.根据杠杆平衡条件得$F×25.0cm=5N×$$15.0cm$,解得左侧细线对杠杆的拉力$F=3N$.左侧物块浸没在水中,受到竖直向上的拉力、浮力和竖直向下的重力作用,处于静止状态,则物块受到浮力$F_{浮}=G-F=5N-$$3N=2N$.根据阿基米德原理得,物块的体积$V=V_{排}=$$\frac {F_{浮}}{ρ_{水}g}=\frac {2N}{1.0×10^{3}kg/m^{3}×10N/kg}=2×10^{-4}m^{3}$.
(3)物块浸没在密度为$1.2×10^{3}kg/m^{3}$的液体中,受到的浮力$F_{浮1}=ρ_{液}gV_{排1}=ρ_{液}gV=1.2×10^{3}kg/m^{3}×10N/kg×2×$$10^{-4}m^{3}=2.4N$,此时左侧绳子对杠杆的拉力$F_{拉}=G-$$F_{浮1}=5N-2.4N=2.6N$,由杠杆平衡条件有$2.6N×$$25.0cm=5N×L_{右1}$,解得$L_{右1}=13.0cm$.所以此时刻度线的位置为$25.0cm+13.0cm=38.0cm$,应标在刻度尺的38 cm刻度线处.
(4)由以上分析知,$1.0×10^{3}kg/m^{3}$的密度对应的刻度线是40 cm,$1.2×10^{3}kg/m^{3}$密度对应的刻度线是38 cm,刻度尺上的刻度是均匀的,则刻度尺上的1 cm对应$0.1×$$10^{3}kg/m^{3}$,当刻度线对应为26 cm时,对应的液体密度最大,那么用此刻度尺能测量的最大密度为$ρ_{大}=(40-26)×$$0.1×10^{3}kg/m^{3}+1.0×10^{3}kg/m^{3}=2.4×10^{3}kg/m^{3}$;换用量程100 cm、分度值1 cm的木质刻度尺制作密度计,杠杆的支点在50 cm刻度线处.物块浸没在水中,根据杠杆平衡条件,则有$3N×50.0cm=5N×L_{右2}$,解得$L_{右2}=$$30.0cm$,此时对应的刻度为$50.0cm+30.0cm=$$80.0cm$.当物块浸没在密度为$1.2×10^{3}kg/m^{3}$的液体中,据杠杆的平衡条件有$2.6N×50.0cm=5N×L_{右3}$,解得$L_{右3}=26.0cm$.此时对应的刻度为$50.0cm+$$26.0cm=76.0cm$.故刻度尺上的1 cm对应$0.05×$$10^{3}kg/m^{3}$.当刻度线对应51 cm时,对应的密度最大,为$ρ'_{大}=(80-51)×0.05×10^{3}kg/m^{3}+1.0×10^{3}kg/m^{3}=$$2.45×10^{3}kg/m^{3}$,所以密度计的量程会变大.
解析:(2)图示中,此时的刻度尺相当于杠杆,在水平位置平衡时,左、右侧力臂分别为:$L_{左}=25.0cm$,$L_{右}=40.0cm-$$25.0cm=15.0cm$.根据杠杆平衡条件得$F×25.0cm=5N×$$15.0cm$,解得左侧细线对杠杆的拉力$F=3N$.左侧物块浸没在水中,受到竖直向上的拉力、浮力和竖直向下的重力作用,处于静止状态,则物块受到浮力$F_{浮}=G-F=5N-$$3N=2N$.根据阿基米德原理得,物块的体积$V=V_{排}=$$\frac {F_{浮}}{ρ_{水}g}=\frac {2N}{1.0×10^{3}kg/m^{3}×10N/kg}=2×10^{-4}m^{3}$.
(3)物块浸没在密度为$1.2×10^{3}kg/m^{3}$的液体中,受到的浮力$F_{浮1}=ρ_{液}gV_{排1}=ρ_{液}gV=1.2×10^{3}kg/m^{3}×10N/kg×2×$$10^{-4}m^{3}=2.4N$,此时左侧绳子对杠杆的拉力$F_{拉}=G-$$F_{浮1}=5N-2.4N=2.6N$,由杠杆平衡条件有$2.6N×$$25.0cm=5N×L_{右1}$,解得$L_{右1}=13.0cm$.所以此时刻度线的位置为$25.0cm+13.0cm=38.0cm$,应标在刻度尺的38 cm刻度线处.
(4)由以上分析知,$1.0×10^{3}kg/m^{3}$的密度对应的刻度线是40 cm,$1.2×10^{3}kg/m^{3}$密度对应的刻度线是38 cm,刻度尺上的刻度是均匀的,则刻度尺上的1 cm对应$0.1×$$10^{3}kg/m^{3}$,当刻度线对应为26 cm时,对应的液体密度最大,那么用此刻度尺能测量的最大密度为$ρ_{大}=(40-26)×$$0.1×10^{3}kg/m^{3}+1.0×10^{3}kg/m^{3}=2.4×10^{3}kg/m^{3}$;换用量程100 cm、分度值1 cm的木质刻度尺制作密度计,杠杆的支点在50 cm刻度线处.物块浸没在水中,根据杠杆平衡条件,则有$3N×50.0cm=5N×L_{右2}$,解得$L_{右2}=$$30.0cm$,此时对应的刻度为$50.0cm+30.0cm=$$80.0cm$.当物块浸没在密度为$1.2×10^{3}kg/m^{3}$的液体中,据杠杆的平衡条件有$2.6N×50.0cm=5N×L_{右3}$,解得$L_{右3}=26.0cm$.此时对应的刻度为$50.0cm+$$26.0cm=76.0cm$.故刻度尺上的1 cm对应$0.05×$$10^{3}kg/m^{3}$.当刻度线对应51 cm时,对应的密度最大,为$ρ'_{大}=(80-51)×0.05×10^{3}kg/m^{3}+1.0×10^{3}kg/m^{3}=$$2.45×10^{3}kg/m^{3}$,所以密度计的量程会变大.
解析
【分析】
这道题是杠杆平衡条件与浮力知识结合的综合实验题，解题思路如下：
1. 第(2)问：首先确定支点O对应的刻度是25cm，算出左侧物块的力臂是O点到0cm刻度的距离25cm，右侧物块移动到40cm处，算出右侧力臂是40cm减去25cm等于15cm。接着根据杠杆平衡条件，代入右侧物块的重力和力臂，算出左侧细线对杠杆的拉力。再对左侧浸没在水中的物块做受力分析：物块受重力、向上的拉力、向上的浮力，三力平衡，用重力减去拉力就得到浮力。最后根据阿基米德原理，物块浸没时排开水的体积等于自身体积，代入浮力、水的密度和g，就能算出物块的体积。
2. 第(3)问：先根据阿基米德原理算出物块浸没在1.2×10³kg/m³液体中时受到的浮力，再算出此时左侧细线的拉力，再次代入杠杆平衡条件，算出此时右侧的力臂，用支点O的刻度25cm加上这个力臂，就得到对应的刻度线位置。
3. 第(4)问：换用更长的刻度尺后，支点位置改变，左右侧的力臂可调范围变大，推导可知可测量的最大液体密度比原来更大，因此量程会变大。
【解析】
(2) 首先确定支点O在刻度尺25cm刻度处：
左侧物块悬挂在0cm处，左侧力臂$L_左=25\ \mathrm{cm}-0\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$；
右侧物块悬挂在40cm处，右侧力臂$L_右=40\ \mathrm{cm}-25\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{cm}$；
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F × 25\ \mathrm{cm} = 5\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{cm}$
解得左侧细线拉力$F=3\ \mathrm{N}$。
对左侧浸没在水中的物块受力分析：物块静止，竖直方向受力平衡，$G=F+F_浮$，因此浮力：
$F_浮=G-F=5\ \mathrm{N}-3\ \mathrm{N}=2\ \mathrm{N}$
物块浸没在水中，排开水的体积等于物块自身体积，由阿基米德原理$F_浮=\rho_水gV_排$得：
$V=V_排=\frac{F_浮}{\rho_水g}=\frac{2\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^{-4}\ \mathrm{m^3}$
(3) 物块浸没在密度为$1.2×10^3\ \mathrm{kg/m^3}$的液体中时，受到的浮力：
$F_{浮1}=\rho_{液}gV=1.2×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 10\ \mathrm{N/kg} × 2×10^{-4}\ \mathrm{m^3}=2.4\ \mathrm{N}$
此时左侧细线的拉力：
$F_{拉1}=G-F_{浮1}=5\ \mathrm{N}-2.4\ \mathrm{N}=2.6\ \mathrm{N}$
代入杠杆平衡条件：
$2.6\ \mathrm{N} × 25\ \mathrm{cm} = 5\ \mathrm{N} × L_{右1}$
解得$L_{右1}=13\ \mathrm{cm}$，对应的刻度线位置为$25\ \mathrm{cm}+13\ \mathrm{cm}=38\ \mathrm{cm}$。
(4) 换用量程100cm的刻度尺后，支点在50cm刻度处，力臂的可调范围变大，推导可得可测量的最大液体密度大于原刻度尺的最大可测密度，因此密度计量程会变大。
【答案】
(2) $2$；$2×10^{-4}$ (3) $38\ \mathrm{cm}$ (4) 会变大
【知识点】
杠杆平衡条件，阿基米德原理，受力分析
【点评】
本题将杠杆平衡与浮力知识结合，设计自制密度计的情境，紧密联系生活实际应用物理知识，既考察了基础的公式应用能力，也考察了学生的逻辑推导和综合分析能力，引导学生用所学知识动手制作工具，落实科学探究的核心素养。
【难度系数】
0.5
这道题是杠杆平衡条件与浮力知识结合的综合实验题，解题思路如下：
1. 第(2)问：首先确定支点O对应的刻度是25cm，算出左侧物块的力臂是O点到0cm刻度的距离25cm，右侧物块移动到40cm处，算出右侧力臂是40cm减去25cm等于15cm。接着根据杠杆平衡条件，代入右侧物块的重力和力臂，算出左侧细线对杠杆的拉力。再对左侧浸没在水中的物块做受力分析：物块受重力、向上的拉力、向上的浮力，三力平衡，用重力减去拉力就得到浮力。最后根据阿基米德原理，物块浸没时排开水的体积等于自身体积，代入浮力、水的密度和g，就能算出物块的体积。
2. 第(3)问：先根据阿基米德原理算出物块浸没在1.2×10³kg/m³液体中时受到的浮力，再算出此时左侧细线的拉力，再次代入杠杆平衡条件，算出此时右侧的力臂，用支点O的刻度25cm加上这个力臂，就得到对应的刻度线位置。
3. 第(4)问：换用更长的刻度尺后，支点位置改变，左右侧的力臂可调范围变大，推导可知可测量的最大液体密度比原来更大，因此量程会变大。
【解析】
(2) 首先确定支点O在刻度尺25cm刻度处：
左侧物块悬挂在0cm处，左侧力臂$L_左=25\ \mathrm{cm}-0\ \mathrm{cm}=25\ \mathrm{cm}$；
右侧物块悬挂在40cm处，右侧力臂$L_右=40\ \mathrm{cm}-25\ \mathrm{cm}=15\ \mathrm{cm}$；
根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入得：
$F × 25\ \mathrm{cm} = 5\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{cm}$
解得左侧细线拉力$F=3\ \mathrm{N}$。
对左侧浸没在水中的物块受力分析：物块静止，竖直方向受力平衡，$G=F+F_浮$，因此浮力：
$F_浮=G-F=5\ \mathrm{N}-3\ \mathrm{N}=2\ \mathrm{N}$
物块浸没在水中，排开水的体积等于物块自身体积，由阿基米德原理$F_浮=\rho_水gV_排$得：
$V=V_排=\frac{F_浮}{\rho_水g}=\frac{2\ \mathrm{N}}{1.0×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 10\ \mathrm{N/kg}}=2×10^{-4}\ \mathrm{m^3}$
(3) 物块浸没在密度为$1.2×10^3\ \mathrm{kg/m^3}$的液体中时，受到的浮力：
$F_{浮1}=\rho_{液}gV=1.2×10^3\ \mathrm{kg/m^3} × 10\ \mathrm{N/kg} × 2×10^{-4}\ \mathrm{m^3}=2.4\ \mathrm{N}$
此时左侧细线的拉力：
$F_{拉1}=G-F_{浮1}=5\ \mathrm{N}-2.4\ \mathrm{N}=2.6\ \mathrm{N}$
代入杠杆平衡条件：
$2.6\ \mathrm{N} × 25\ \mathrm{cm} = 5\ \mathrm{N} × L_{右1}$
解得$L_{右1}=13\ \mathrm{cm}$，对应的刻度线位置为$25\ \mathrm{cm}+13\ \mathrm{cm}=38\ \mathrm{cm}$。
(4) 换用量程100cm的刻度尺后，支点在50cm刻度处，力臂的可调范围变大，推导可得可测量的最大液体密度大于原刻度尺的最大可测密度，因此密度计量程会变大。
【答案】
(2) $2$；$2×10^{-4}$ (3) $38\ \mathrm{cm}$ (4) 会变大
【知识点】
杠杆平衡条件，阿基米德原理，受力分析
【点评】
本题将杠杆平衡与浮力知识结合，设计自制密度计的情境，紧密联系生活实际应用物理知识，既考察了基础的公式应用能力，也考察了学生的逻辑推导和综合分析能力，引导学生用所学知识动手制作工具，落实科学探究的核心素养。
【难度系数】
0.5
