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6 [偏难]如图是小强利用器械进行锻炼的示意图,其中横杆AB可绕固定点O在竖直平面内转动,$OA:OB=3:2$,在杆A端用细绳悬挂重为300 N的配重,他在B端施加竖直方向的力$F_{1}$,杆AB在水平位置平衡,此时他对水平地面的压力为$F_{2}$。为了锻炼不同部位的肌肉,他将固定点移动到A端,杆AB可绕端点A在竖直平面内转动,配重悬挂在O点,在B端施加竖直方向的力使杆AB在水平位置再次平衡,此时,他对水平地面的压力为$F_{3}$,压强为p。已知小强重为650 N,两只脚与地面接触的总面积为$400\ \mathrm{cm}^{2}$,不计杆重与绳重,下列判断正确的是 (
A.$F_{1}$为200 N
B.$F_{2}$为1 100 N
C.$F_{3}$为830 N
D.p为11 750 Pa
C
)A.$F_{1}$为200 N
B.$F_{2}$为1 100 N
C.$F_{3}$为830 N
D.p为11 750 Pa
答案
6. C 【解析】已知$OA:OB=3:2$,根据杠杆平衡条件得$F_{1}×OB=G×OA$,即$F_{1}=\frac {G×OA}{OB}=300N×\frac {3}{2}=450N$,故A错误;小强对杆的拉力与杆对他的作用力是一对相互作用力,则$F'_{1}=F_{1}$,他对水平地面的压力为$F_{2}=G_{人}-F'_{1}=650N-450N=200N$,故B错误;将固定点移动到A端,杆AB可绕端点A在竖直平面内转动,配重悬挂在O点,在B端施加竖直方向的力,使杆AB在水平位置再次平衡,此时小强对B端施加的力的方向应竖直向上,由杠杆平衡条件知,该力大小为$F_{4}=\frac {G×OA}{OA+OB}=300N×\frac {3}{2+3}=180N$,根据力的作用是相互的可知,此时B端对小强的作用力的方向竖直向下,该力大小为$F'_{4}=F_{4}=180N$,小强对水平地面的压力$F_{3}=G_{人}+F'_{4}=650N+180N=830N$,此时他对水平地面的压强$p=\frac {F_{3}}{S}=\frac {830N}{400×10^{-4}m^{2}}=20750Pa$,故C正确,D错误。故选C。
解析
【分析】
这是一道杠杆平衡与受力分析、压强计算结合的综合题，解题思路可以分两步推进：
1. 先处理支点在O的第一种场景：首先明确A端的阻力是配重的重力，已知OA和OB的比例，直接代入杠杆平衡条件就能算出人在B端施加的力F₁；接下来对小强做受力分析，人受到自身重力、杆对人的反作用力、地面对人的支持力，结合力的作用是相互的，就能算出人对地面的压力F₂，判断A、B选项的正误。
2. 再处理支点移到A端的第二种场景：先确定此时的阻力臂是OA，动力臂是AB的总长度（OA+OB），代入杠杆平衡条件算出人在B端施加的向上的抬力；再次对小强受力分析，此时杆对人的反作用力是向下的，所以人对地面的压力等于自身重力加上这个反作用力，得到F₃，最后代入压强公式算出压强p，就能判断C、D选项的正误。这里要特别注意两次人对杆的施力方向不同，对应的杆对人的作用力方向也不同，是解题的核心易错点。
【解析】
第一步：分析支点为O的平衡状态
已知OA:OB=3:2，配重重力G=300N，根据杠杆平衡条件$F_1 · OB = G · OA$，代入数据得：
$F_1 = \frac{G · OA}{OB} = 300\mathrm{N} × \frac{3}{2} = 450\mathrm{N}$，因此A选项错误。
人对杆的拉力向下，根据力的作用是相互的，杆对人施加向上的拉力大小也为450N；小强自身重力$G_人=650\mathrm{N}$，地面对人的支持力$F_{支2}=G_人 - F_1 = 650\mathrm{N} - 450\mathrm{N}=200\mathrm{N}$，根据压力和支持力是相互作用力，人对地面的压力$F_2=F_{支2}=200\mathrm{N}$，因此B选项错误。
第二步：分析支点为A的平衡状态
此时支点在A，配重悬挂在原O点，阻力臂为OA，动力臂为AB=OA+OB，由OA:OB=3:2可得AB总长度为5份，根据杠杆平衡条件$F_4 · AB = G · OA$，代入数据得：
$F_4 = \frac{G · OA}{AB} = 300\mathrm{N} × \frac{3}{3+2} = 180\mathrm{N}$，此时人对杆的力是竖直向上的抬力，根据力的作用是相互的，杆对人施加竖直向下的反作用力大小也为180N。
对小强受力分析，地面对人的支持力$F_{支3}=G_人 + F_4 = 650\mathrm{N} + 180\mathrm{N}=830\mathrm{N}$，因此人对地面的压力$F_3=F_{支3}=830\mathrm{N}$，C选项正确。
计算此时人对地面的压强：$S=400\mathrm{cm}^2=400×10^{-4}\mathrm{m}^2=0.04\mathrm{m}^2$，$p=\frac{F_3}{S}=\frac{830\mathrm{N}}{0.04\mathrm{m}^2}=20750\mathrm{Pa}$，因此D选项错误。
综上，正确选项为C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件，受力分析，压强计算
【点评】
本题的核心易错点是两次杠杆平衡时人对杆的施力方向判断：第一次A端配重会让A端向下沉、B端上翘，人需要向下拉杆；第二次配重会让O点向下沉、B端上翘，人需要向上抬杆，两次杆对人的作用力方向完全相反，很多同学容易混淆方向导致受力分析出错，解题时可以先根据杠杆的转动趋势判断力的方向，再进行后续计算。
【难度系数】
0.35
这是一道杠杆平衡与受力分析、压强计算结合的综合题，解题思路可以分两步推进：
1. 先处理支点在O的第一种场景：首先明确A端的阻力是配重的重力，已知OA和OB的比例，直接代入杠杆平衡条件就能算出人在B端施加的力F₁；接下来对小强做受力分析，人受到自身重力、杆对人的反作用力、地面对人的支持力，结合力的作用是相互的，就能算出人对地面的压力F₂，判断A、B选项的正误。
2. 再处理支点移到A端的第二种场景：先确定此时的阻力臂是OA，动力臂是AB的总长度（OA+OB），代入杠杆平衡条件算出人在B端施加的向上的抬力；再次对小强受力分析，此时杆对人的反作用力是向下的，所以人对地面的压力等于自身重力加上这个反作用力，得到F₃，最后代入压强公式算出压强p，就能判断C、D选项的正误。这里要特别注意两次人对杆的施力方向不同，对应的杆对人的作用力方向也不同，是解题的核心易错点。
【解析】
第一步：分析支点为O的平衡状态
已知OA:OB=3:2，配重重力G=300N，根据杠杆平衡条件$F_1 · OB = G · OA$，代入数据得：
$F_1 = \frac{G · OA}{OB} = 300\mathrm{N} × \frac{3}{2} = 450\mathrm{N}$，因此A选项错误。
人对杆的拉力向下，根据力的作用是相互的，杆对人施加向上的拉力大小也为450N；小强自身重力$G_人=650\mathrm{N}$，地面对人的支持力$F_{支2}=G_人 - F_1 = 650\mathrm{N} - 450\mathrm{N}=200\mathrm{N}$，根据压力和支持力是相互作用力，人对地面的压力$F_2=F_{支2}=200\mathrm{N}$，因此B选项错误。
第二步：分析支点为A的平衡状态
此时支点在A，配重悬挂在原O点，阻力臂为OA，动力臂为AB=OA+OB，由OA:OB=3:2可得AB总长度为5份，根据杠杆平衡条件$F_4 · AB = G · OA$，代入数据得：
$F_4 = \frac{G · OA}{AB} = 300\mathrm{N} × \frac{3}{3+2} = 180\mathrm{N}$，此时人对杆的力是竖直向上的抬力，根据力的作用是相互的，杆对人施加竖直向下的反作用力大小也为180N。
对小强受力分析，地面对人的支持力$F_{支3}=G_人 + F_4 = 650\mathrm{N} + 180\mathrm{N}=830\mathrm{N}$，因此人对地面的压力$F_3=F_{支3}=830\mathrm{N}$，C选项正确。
计算此时人对地面的压强：$S=400\mathrm{cm}^2=400×10^{-4}\mathrm{m}^2=0.04\mathrm{m}^2$，$p=\frac{F_3}{S}=\frac{830\mathrm{N}}{0.04\mathrm{m}^2}=20750\mathrm{Pa}$，因此D选项错误。
综上，正确选项为C。
【答案】
C
【知识点】
杠杆平衡条件，受力分析，压强计算
【点评】
本题的核心易错点是两次杠杆平衡时人对杆的施力方向判断：第一次A端配重会让A端向下沉、B端上翘，人需要向下拉杆；第二次配重会让O点向下沉、B端上翘，人需要向上抬杆，两次杆对人的作用力方向完全相反，很多同学容易混淆方向导致受力分析出错，解题时可以先根据杠杆的转动趋势判断力的方向，再进行后续计算。
【难度系数】
0.35
二、填空题(每空4分,共20分)
7 [2025 山东济宁期中,中]在某工程中,挖掘机发挥了重要的作用。如图所示,装有$1.5×10^{4}\ \mathrm{N}$沙子的铲斗用时4 s从最低点A移到最高点B,接着挖掘机用时2 s沿水平方向匀速直线移动4 m将沙子卸到与B等高的指定位置。则此过程挖掘机铲斗对沙子做功为
7 [2025 山东济宁期中,中]在某工程中,挖掘机发挥了重要的作用。如图所示,装有$1.5×10^{4}\ \mathrm{N}$沙子的铲斗用时4 s从最低点A移到最高点B,接着挖掘机用时2 s沿水平方向匀速直线移动4 m将沙子卸到与B等高的指定位置。则此过程挖掘机铲斗对沙子做功为
$1.2×10^{5}J$
;如果挖掘机在上述过程中的平均功率为40 kW,则挖掘机的机械效率为50%
。答案
7. $1.2×10^{5}J$ 50% 【解析】根据题意可知,此过程挖掘机铲斗对沙子做的功为$W_{有用}=Gh=1.5×10^{4}N×(3m+5m)=1.2×10^{5}J$;挖掘机做的总功为$W_{总}=Pt=40×10^{3}W×(4s+2s)=2.4×10^{5}J$,则挖掘机的机械效率为$η=\frac {W_{有用}}{W_{总}}=\frac {1.2×10^{5}J}{2.4×10^{5}J}=50\% $。
解析
【分析】
这道题的解题思路可以分两步走：第一，先明确做功的必要条件，力和物体在力的方向上移动的距离要同时满足，铲斗对沙子的作用力是竖直向上的，沙子水平移动阶段力和运动方向垂直，这个阶段铲斗对沙子不做功，只需要计算沙子竖直上升阶段铲斗对沙子做的功，先算出沙子上升的总高度是3m+5m=8m，再用W=Gh就能得到铲斗对沙子做的功。第二，计算总功的时候，要把两个阶段的总时间相加，也就是上升的4s加水平移动的2s，结合给出的平均功率，用W=Pt算出总功，最后用有用功除以总功就能得到机械效率。
【解析】
1. 计算铲斗对沙子做的功：
沙子竖直方向上升的总高度h=3m+5m=8m，水平移动过程中，铲斗对沙子的支持力竖直向上，沙子运动方向为水平方向，力与运动方向垂直，该过程铲斗对沙子不做功。
因此铲斗对沙子做的功为：
$W_{有用}=Gh=1.5×10^{4}\ \mathrm{N}×8\ \mathrm{m}=1.2×10^{5}\ \mathrm{J}$
2. 计算挖掘机做的总功：
整个过程的总时间$t=4\ \mathrm{s}+2\ \mathrm{s}=6\ \mathrm{s}$，挖掘机的平均功率$P=40\ \mathrm{kW}=4×10^{4}\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，可得总功：
$W_{总}=Pt=4×10^{4}\ \mathrm{W}×6\ \mathrm{s}=2.4×10^{5}\ \mathrm{J}$
3. 计算挖掘机的机械效率：
根据机械效率的定义：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{1.2×10^{5}\ \mathrm{J}}{2.4×10^{5}\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$
【答案】
$1.2×10^{5}\ \mathrm{J}$；$50\%$
【知识点】
功的计算；功率公式；机械效率计算
【点评】
本题结合挖掘机的实际工作场景，综合考察了功、功率、机械效率的相关计算，易错点有两个：一是容易误认为水平移动阶段铲斗对沙子做功，忽略了力与运动方向垂直时不做功的特点；二是计算总功时容易漏加水平移动的2s，只取上升阶段的时间导致结果出错，整体贴合生活实际，能检验学生对基础概念的理解程度。
【难度系数】
0.6
这道题的解题思路可以分两步走：第一，先明确做功的必要条件，力和物体在力的方向上移动的距离要同时满足，铲斗对沙子的作用力是竖直向上的，沙子水平移动阶段力和运动方向垂直，这个阶段铲斗对沙子不做功，只需要计算沙子竖直上升阶段铲斗对沙子做的功，先算出沙子上升的总高度是3m+5m=8m，再用W=Gh就能得到铲斗对沙子做的功。第二，计算总功的时候，要把两个阶段的总时间相加，也就是上升的4s加水平移动的2s，结合给出的平均功率，用W=Pt算出总功，最后用有用功除以总功就能得到机械效率。
【解析】
1. 计算铲斗对沙子做的功：
沙子竖直方向上升的总高度h=3m+5m=8m，水平移动过程中，铲斗对沙子的支持力竖直向上，沙子运动方向为水平方向，力与运动方向垂直，该过程铲斗对沙子不做功。
因此铲斗对沙子做的功为：
$W_{有用}=Gh=1.5×10^{4}\ \mathrm{N}×8\ \mathrm{m}=1.2×10^{5}\ \mathrm{J}$
2. 计算挖掘机做的总功：
整个过程的总时间$t=4\ \mathrm{s}+2\ \mathrm{s}=6\ \mathrm{s}$，挖掘机的平均功率$P=40\ \mathrm{kW}=4×10^{4}\ \mathrm{W}$，根据功率公式$P=\frac{W}{t}$，可得总功：
$W_{总}=Pt=4×10^{4}\ \mathrm{W}×6\ \mathrm{s}=2.4×10^{5}\ \mathrm{J}$
3. 计算挖掘机的机械效率：
根据机械效率的定义：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{1.2×10^{5}\ \mathrm{J}}{2.4×10^{5}\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$
【答案】
$1.2×10^{5}\ \mathrm{J}$；$50\%$
【知识点】
功的计算；功率公式；机械效率计算
【点评】
本题结合挖掘机的实际工作场景，综合考察了功、功率、机械效率的相关计算，易错点有两个：一是容易误认为水平移动阶段铲斗对沙子做功，忽略了力与运动方向垂直时不做功的特点；二是计算总功时容易漏加水平移动的2s，只取上升阶段的时间导致结果出错，整体贴合生活实际，能检验学生对基础概念的理解程度。
【难度系数】
0.6
8 [2024 湖北黄石期末,中]人体很多关节可以看成由肌肉和骨骼组成的杠杆模型。
(1)如图甲所示,人的前臂可以看成是以肘关节为支点的杠杆,当手托物件曲肘时,胳膊上的肱二头肌会对前臂施加一个动力,物件对前臂施加一个阻力(手视为前臂的端点)。假设前臂的长度为0.3 m,物件的重力为30 N,动力臂的长为5 cm,当前臂在水平位置静止时,前臂相当于一个
(2)如图乙所示,是仰卧起坐的动作示意图,人的上半身可视为一个杠杆,随着上半身坐起,腹肌收缩产生的动力的力臂变化不计,则腹肌所需的收缩力
(1)如图甲所示,人的前臂可以看成是以肘关节为支点的杠杆,当手托物件曲肘时,胳膊上的肱二头肌会对前臂施加一个动力,物件对前臂施加一个阻力(手视为前臂的端点)。假设前臂的长度为0.3 m,物件的重力为30 N,动力臂的长为5 cm,当前臂在水平位置静止时,前臂相当于一个
费力
杠杆,肱二头肌对前臂的拉力为180
N(不考虑杠杆自重及摩擦)。(2)如图乙所示,是仰卧起坐的动作示意图,人的上半身可视为一个杠杆,随着上半身坐起,腹肌收缩产生的动力的力臂变化不计,则腹肌所需的收缩力
变小
(填“变大”“变小”或“不变”)。答案
8. (1)费力 180 (2)变小 【解析】(1)将人的前臂看成一个杠杆,肘关节为支点,肱二头肌对前臂的拉力为动力,物件对手的压力为阻力,动力臂为$5cm=0.05m$,前臂水平时,阻力臂等于前臂长度,为0.3m,动力臂小于阻力臂,则该杠杆为费力杠杆。根据杠杆的平衡条件可得,$F×0.05m=30N×0.3m$,则$F=180N$。(2)随着上半身坐起,上半身重心与支点(臀部与地面的接触点)的水平距离减小,即阻力臂减小,而动力臂的长度不变,根据杠杆的平衡条件可知,动力会减小,即收缩力变小。
解析
【分析】
解这道题首先要理清杠杆相关的解题逻辑：第一问判断杠杆类型，只需要对比动力臂和阻力臂的大小关系，动力臂小于阻力臂就是费力杠杆，之后统一单位代入杠杆平衡条件就能算出肱二头肌的拉力。第二问分析仰卧起坐的动力变化时，先确定支点是臀部和地面的接触点，阻力是上半身的重力、大小不变，题目说明动力臂变化不计，坐起过程中重力的力臂（支点到重力竖直作用线的垂直距离）会逐渐减小，代入杠杆平衡条件就能推出动力的变化趋势。
【解析】
(1) 以肘关节为支点，肱二头肌的拉力为动力，物件的重力为阻力：
① 先统一单位，动力臂$L_1=5\mathrm{cm}=0.05\mathrm{m}$，前臂水平时阻力臂等于前臂长度$L_2=0.3\mathrm{m}$，可见动力臂小于阻力臂，因此前臂属于费力杠杆。
② 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入已知数据：
$F_1 × 0.05\mathrm{m} = 30\mathrm{N} × 0.3\mathrm{m}$
解得$F_1=180\mathrm{N}$。
(2) 仰卧起坐时，支点为臀部与地面的接触点，阻力为上半身的重力，大小保持不变，题目说明动力臂变化不计；随着上半身坐起，上半身重心到支点的水平距离不断减小，也就是阻力臂不断减小，代入杠杆平衡条件可知，阻力和动力臂不变时，阻力臂减小，动力也随之减小，因此腹肌所需的收缩力变小。
【答案】
(1) 费力；180 (2) 变小
【知识点】
杠杆的分类；杠杆平衡条件；动态杠杆分析
【点评】
本题结合人体运动的真实生活场景考查杠杆相关知识点，既考察基础的杠杆分类和平衡条件计算，又考察动态杠杆的力的变化分析，易错点是第二问中阻力臂的判断，要明确重力的力臂是支点到重力竖直作用线的垂直距离，而非支点到重心的直线距离，避免误判力臂变化。
【难度系数】
0.6
解这道题首先要理清杠杆相关的解题逻辑：第一问判断杠杆类型，只需要对比动力臂和阻力臂的大小关系，动力臂小于阻力臂就是费力杠杆，之后统一单位代入杠杆平衡条件就能算出肱二头肌的拉力。第二问分析仰卧起坐的动力变化时，先确定支点是臀部和地面的接触点，阻力是上半身的重力、大小不变，题目说明动力臂变化不计，坐起过程中重力的力臂（支点到重力竖直作用线的垂直距离）会逐渐减小，代入杠杆平衡条件就能推出动力的变化趋势。
【解析】
(1) 以肘关节为支点，肱二头肌的拉力为动力，物件的重力为阻力：
① 先统一单位，动力臂$L_1=5\mathrm{cm}=0.05\mathrm{m}$，前臂水平时阻力臂等于前臂长度$L_2=0.3\mathrm{m}$，可见动力臂小于阻力臂，因此前臂属于费力杠杆。
② 根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，代入已知数据：
$F_1 × 0.05\mathrm{m} = 30\mathrm{N} × 0.3\mathrm{m}$
解得$F_1=180\mathrm{N}$。
(2) 仰卧起坐时，支点为臀部与地面的接触点，阻力为上半身的重力，大小保持不变，题目说明动力臂变化不计；随着上半身坐起，上半身重心到支点的水平距离不断减小，也就是阻力臂不断减小，代入杠杆平衡条件可知，阻力和动力臂不变时，阻力臂减小，动力也随之减小，因此腹肌所需的收缩力变小。
【答案】
(1) 费力；180 (2) 变小
【知识点】
杠杆的分类；杠杆平衡条件；动态杠杆分析
【点评】
本题结合人体运动的真实生活场景考查杠杆相关知识点，既考察基础的杠杆分类和平衡条件计算，又考察动态杠杆的力的变化分析，易错点是第二问中阻力臂的判断，要明确重力的力臂是支点到重力竖直作用线的垂直距离，而非支点到重心的直线距离，避免误判力臂变化。
【难度系数】
0.6
三、实验探究题(每空、每图2分,共24分)
9 [2025 广西中考,中]某实验小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。
(1)实验前,若杠杆静止时的位置如图甲所示,则需要将杠杆左端的螺母向
(2)实验操作中,在杠杆两侧挂上不同数量的钩码(每个钩码所受重力均为0.5 N),移动钩码位置,使杠杆重新水平平衡,如图乙所示,施加在杠杆右侧的力$F_{1}$为1.5 N,读出其对应的力臂$l_{1}$为10.0 cm,施加在杠杆左侧的力$F_{2}$为
(3)改变$F_{1}$和$l_{1}$,相应调节$F_{2}$和$l_{2}$,再做几次实验,分析记录的数据得到杠杆的平衡条件是
(4)用木棒撬动大石头时,固定支点位置后,如图丙所示,要想用较小的力撬动这块大石头,应将支点到手施力的作用线的距离
9 [2025 广西中考,中]某实验小组做“探究杠杆的平衡条件”实验。
(1)实验前,若杠杆静止时的位置如图甲所示,则需要将杠杆左端的螺母向
左
调节,使杠杆在水平位置平衡。(2)实验操作中,在杠杆两侧挂上不同数量的钩码(每个钩码所受重力均为0.5 N),移动钩码位置,使杠杆重新水平平衡,如图乙所示,施加在杠杆右侧的力$F_{1}$为1.5 N,读出其对应的力臂$l_{1}$为10.0 cm,施加在杠杆左侧的力$F_{2}$为
1.0
N,读出其对应的力臂$l_{2}$为15.0
cm。(3)改变$F_{1}$和$l_{1}$,相应调节$F_{2}$和$l_{2}$,再做几次实验,分析记录的数据得到杠杆的平衡条件是
动力×动力臂=阻力×阻力臂(或$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$)
。(4)用木棒撬动大石头时,固定支点位置后,如图丙所示,要想用较小的力撬动这块大石头,应将支点到手施力的作用线的距离
增大
(填“增大”或“减小”)。答案
9. (1)左 (2)1.0 15.0 (3)动力×动力臂=阻力×阻力臂(或$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$) (4)增大 【解析】(1)由图甲知,杠杆左端偏高,为使杠杆在水平位置平衡,需要将平衡螺母向左调节;(2)由图乙知,杠杆左侧挂有2个钩码,每个钩码重力为0.5N,则施加在杠杆左侧的力$F_{2}=2×0.5N=1.0N$,力臂$l_{2}=15.0cm$;(3)分析实验数据可得杠杆的平衡条件是:动力×动力臂=阻力×阻力臂(或$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$);(4)由杠杆的平衡条件可知,在阻力和阻力臂不变的情况下,动力臂越长,越省力,想用较小的力撬起大石头,应增大动力臂,即增大支点到手施力的作用线的距离。
解析
【分析】
我们可以按照题目小问的顺序逐步梳理思路：
1. 第一问是实验前杠杆调平的操作：首先观察图甲的杠杆状态，杠杆左端高、右端低，调平的规则是平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，就能确定调节方向。
2. 第二问读取力和力臂：左侧挂了2个钩码，已知每个钩码重0.5N，直接相乘就能得到左侧的力；再看杠杆刻度，左侧钩码距离支点的刻度值就是对应的力臂。
3. 第三问是实验结论：多次实验后总结的杠杆平衡条件是固定的核心知识点，直接对应即可。
4. 第四问是平衡条件的实际应用：根据杠杆平衡公式，阻力和阻力臂不变时，动力臂越长动力越小，要更省力就要增大动力臂，也就是增大支点到施力作用线的距离。
【解析】
(1) 图甲中杠杆右端下沉、左端向上翘起，实验前调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母需要向杠杆上翘的左侧调节，该操作可以让杠杆重心落在支点上，消除杠杆自重对实验的干扰。
(2) 已知每个钩码所受重力为0.5N，图乙中杠杆左侧共悬挂2个钩码，因此左侧的力$F_2=2×0.5\mathrm{N}=1.0\mathrm{N}$；观察杠杆刻度，左侧钩码悬挂位置距离支点的刻度为15.0cm，因此对应的力臂$l_2=15.0\mathrm{cm}$。
(3) 多次改变实验参数重复实验、排除偶然性后，总结得到杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用公式表达为$F_1l_1=F_2l_2$。
(4) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，撬动石头时石头的阻力和对应的阻力臂是固定的，动力臂越长，所需的动力就越小、越省力，因此想要用较小的力撬动石头，需要增大支点到手施力的作用线的距离，也就是增大动力臂。
【答案】
(1)左 (2)1.0；15.0 (3)动力×动力臂=阻力×阻力臂(或$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$) (4)增大
【知识点】
杠杆调平操作；杠杆平衡条件；杠杆省力规律
【点评】
本题是探究杠杆平衡条件的常规基础实验题，覆盖了实验操作、数据读取、结论记忆、生活场景应用多个维度，整体难度不高，重点考察学生对该实验核心内容的掌握程度，易错点为力臂读数要匹配刻度尺分度值保留一位小数，以及实际撬石场景中动力臂变化的判断。
【难度系数】
0.7
我们可以按照题目小问的顺序逐步梳理思路：
1. 第一问是实验前杠杆调平的操作：首先观察图甲的杠杆状态，杠杆左端高、右端低，调平的规则是平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，就能确定调节方向。
2. 第二问读取力和力臂：左侧挂了2个钩码，已知每个钩码重0.5N，直接相乘就能得到左侧的力；再看杠杆刻度，左侧钩码距离支点的刻度值就是对应的力臂。
3. 第三问是实验结论：多次实验后总结的杠杆平衡条件是固定的核心知识点，直接对应即可。
4. 第四问是平衡条件的实际应用：根据杠杆平衡公式，阻力和阻力臂不变时，动力臂越长动力越小，要更省力就要增大动力臂，也就是增大支点到施力作用线的距离。
【解析】
(1) 图甲中杠杆右端下沉、左端向上翘起，实验前调节杠杆在水平位置平衡时，平衡螺母需要向杠杆上翘的左侧调节，该操作可以让杠杆重心落在支点上，消除杠杆自重对实验的干扰。
(2) 已知每个钩码所受重力为0.5N，图乙中杠杆左侧共悬挂2个钩码，因此左侧的力$F_2=2×0.5\mathrm{N}=1.0\mathrm{N}$；观察杠杆刻度，左侧钩码悬挂位置距离支点的刻度为15.0cm，因此对应的力臂$l_2=15.0\mathrm{cm}$。
(3) 多次改变实验参数重复实验、排除偶然性后，总结得到杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂，用公式表达为$F_1l_1=F_2l_2$。
(4) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，撬动石头时石头的阻力和对应的阻力臂是固定的，动力臂越长，所需的动力就越小、越省力，因此想要用较小的力撬动石头，需要增大支点到手施力的作用线的距离，也就是增大动力臂。
【答案】
(1)左 (2)1.0；15.0 (3)动力×动力臂=阻力×阻力臂(或$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$) (4)增大
【知识点】
杠杆调平操作；杠杆平衡条件；杠杆省力规律
【点评】
本题是探究杠杆平衡条件的常规基础实验题，覆盖了实验操作、数据读取、结论记忆、生活场景应用多个维度，整体难度不高，重点考察学生对该实验核心内容的掌握程度，易错点为力臂读数要匹配刻度尺分度值保留一位小数，以及实际撬石场景中动力臂变化的判断。
【难度系数】
0.7
