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19.如图所示，O为轻质杠杆的支点，A点挂一重物，杠杆在图示位置平衡。请作出阻力臂$l_2$和最小动力$F_1$的示意图。
答案
19.如图所示。
解析
【分析】
要完成该作图，需明确两个核心知识点：一是力臂的定义（支点到力的作用线的垂直距离，非支点到力的作用点的距离）；二是最小动力的判断（根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，最大动力臂为支点到动力作用点的距离）。解题步骤：1. 确定阻力：A点重物对杠杆的拉力为阻力，方向竖直向下，作用在A点；2. 画阻力臂：从支点O向阻力的作用线（竖直向下的直线）作垂线，垂线段即为阻力臂l₂；3. 画最小动力：找到杠杆上离支点O最远的点（最右端），连接O与该点，此为最大动力臂，动力方向需垂直于该最大力臂，方向向上，此时动力最小。
【解析】
1. 阻力臂的画法：阻力是A点重物的拉力，作用在A点，方向竖直向下，延长该拉力的作用线；过支点O作该作用线的垂线，垂线段即为阻力臂，标注为l₂。
2. 最小动力的画法：根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，阻力和阻力臂不变时，动力臂越大动力越小。最大动力臂是支点O到杠杆最右端点的距离，因此动力F₁作用在杠杆最右端，方向垂直于O与右端点的连线，向上，此时动力臂最大，动力最小，画出F₁的示意图。
【答案】
【知识点】
杠杆力臂、最小动力、杠杆平衡条件
【点评】
本题是杠杆作图的基础题，重点考查力臂的定义和最小动力的确定方法，核心是区分力臂（点到线的距离）与两点间距离，掌握最大动力臂的判断，难度适中。
【难度系数】
0.5
要完成该作图，需明确两个核心知识点：一是力臂的定义（支点到力的作用线的垂直距离，非支点到力的作用点的距离）；二是最小动力的判断（根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂一定时，动力臂越大，动力越小，最大动力臂为支点到动力作用点的距离）。解题步骤：1. 确定阻力：A点重物对杠杆的拉力为阻力，方向竖直向下，作用在A点；2. 画阻力臂：从支点O向阻力的作用线（竖直向下的直线）作垂线，垂线段即为阻力臂l₂；3. 画最小动力：找到杠杆上离支点O最远的点（最右端），连接O与该点，此为最大动力臂，动力方向需垂直于该最大力臂，方向向上，此时动力最小。
【解析】
1. 阻力臂的画法：阻力是A点重物的拉力，作用在A点，方向竖直向下，延长该拉力的作用线；过支点O作该作用线的垂线，垂线段即为阻力臂，标注为l₂。
2. 最小动力的画法：根据杠杆平衡条件F₁L₁=F₂L₂，阻力和阻力臂不变时，动力臂越大动力越小。最大动力臂是支点O到杠杆最右端点的距离，因此动力F₁作用在杠杆最右端，方向垂直于O与右端点的连线，向上，此时动力臂最大，动力最小，画出F₁的示意图。
【答案】
【知识点】
杠杆力臂、最小动力、杠杆平衡条件
【点评】
本题是杠杆作图的基础题，重点考查力臂的定义和最小动力的确定方法，核心是区分力臂（点到线的距离）与两点间距离，掌握最大动力臂的判断，难度适中。
【难度系数】
0.5
20.下图是探究“影响滑动摩擦力大小的因素”的实验情境。
(1)为了测出滑动摩擦力的大小，实验时应沿水平方向拉物块做
(2)甲、乙、丙三次实验中，滑动摩擦力最小的是
(3)单杠运动员上杠前手上要涂防滑粉，是用到
(4)比较甲、丁两次实验，某同学发现甲实验中弹簧测力计的示数大于丁实验中弹簧测力计的示数，由此得出结论:滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关。小红同学认为该结论是错误的，她判断的理由是
(1)为了测出滑动摩擦力的大小，实验时应沿水平方向拉物块做
匀速直线
运动。这样测量的依据是二力平衡
。(2)甲、乙、丙三次实验中，滑动摩擦力最小的是
甲
（选填“甲”“乙”或“丙”）实验。(3)单杠运动员上杠前手上要涂防滑粉，是用到
乙、丙
两次实验得出的结论；他在做回环动作时手不能握杠太紧是用到甲、乙
两次实验得出的结论。(4)比较甲、丁两次实验，某同学发现甲实验中弹簧测力计的示数大于丁实验中弹簧测力计的示数，由此得出结论:滑动摩擦力大小与接触面积的大小有关。小红同学认为该结论是错误的，她判断的理由是
没有控制压力大小相等
。答案
20.(1)匀速直线 二力平衡 (2)甲 (3)乙、丙 甲、乙 (4)没有控制压力大小相等
解析
【分析】
本题围绕“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验展开，需结合二力平衡原理、控制变量法分析各问题：
1. 测滑动摩擦力时，需利用二力平衡，让拉力等于摩擦力，因此要使物块做匀速直线运动；
2. 滑动摩擦力与压力、接触面粗糙程度有关，压力越小、接触面越光滑，摩擦力越小，据此判断甲、乙、丙中摩擦力最小的实验；
3. 分析运动员涂防滑粉和握杠的操作，对应控制变量下的实验组合：涂防滑粉是改变接触面粗糙程度，需压力相同；握杠松紧是改变压力，需接触面相同；
4. 甲、丁实验中，切去物块一半时，接触面积和压力都改变，未控制压力不变，因此结论错误。
【解析】
(1) 实验时，沿水平方向拉物块做匀速直线运动，此时物块处于平衡状态，水平方向受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，根据二力平衡条件，拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此测量依据是二力平衡，故填：匀速直线；二力平衡。
(2) 滑动摩擦力大小与压力大小和接触面粗糙程度有关：甲实验压力为物块重力，接触面是木板；乙实验压力更大（加砝码），接触面木板；丙实验压力与乙相同，接触面是更粗糙的棉布。因此甲的压力最小、接触面最光滑，滑动摩擦力最小，故填：甲。
(3) 涂防滑粉是在压力一定时，增大接触面粗糙程度增大摩擦力，对应压力相同、接触面不同的乙、丙两次实验；手不能握太紧是在接触面粗糙程度一定时，减小压力减小摩擦力，对应接触面相同、压力不同的甲、乙两次实验，故填：乙、丙；甲、乙。
(4) 甲、丁实验中，切去物体A的一半，既改变了接触面积，又改变了压力大小（物块重力减半），没有控制压力大小相等，变量不唯一，因此得出的结论错误，故填：没有控制压力大小相等。
【答案】
(1) 匀速直线；二力平衡
(2) 甲
(3) 乙、丙；甲、乙
(4) 没有控制压力大小相等
【知识点】
滑动摩擦力的影响因素；二力平衡；控制变量法
【点评】
本题是力学核心实验题，重点考查控制变量法的应用和实验原理的理解，需明确实验中变量的控制方法，是初中物理力学的重点内容，对学生的实验分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题围绕“探究影响滑动摩擦力大小的因素”实验展开，需结合二力平衡原理、控制变量法分析各问题：
1. 测滑动摩擦力时，需利用二力平衡，让拉力等于摩擦力，因此要使物块做匀速直线运动；
2. 滑动摩擦力与压力、接触面粗糙程度有关，压力越小、接触面越光滑，摩擦力越小，据此判断甲、乙、丙中摩擦力最小的实验；
3. 分析运动员涂防滑粉和握杠的操作，对应控制变量下的实验组合：涂防滑粉是改变接触面粗糙程度，需压力相同；握杠松紧是改变压力，需接触面相同；
4. 甲、丁实验中，切去物块一半时，接触面积和压力都改变，未控制压力不变，因此结论错误。
【解析】
(1) 实验时，沿水平方向拉物块做匀速直线运动，此时物块处于平衡状态，水平方向受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，根据二力平衡条件，拉力大小等于滑动摩擦力大小，因此测量依据是二力平衡，故填：匀速直线；二力平衡。
(2) 滑动摩擦力大小与压力大小和接触面粗糙程度有关：甲实验压力为物块重力，接触面是木板；乙实验压力更大（加砝码），接触面木板；丙实验压力与乙相同，接触面是更粗糙的棉布。因此甲的压力最小、接触面最光滑，滑动摩擦力最小，故填：甲。
(3) 涂防滑粉是在压力一定时，增大接触面粗糙程度增大摩擦力，对应压力相同、接触面不同的乙、丙两次实验；手不能握太紧是在接触面粗糙程度一定时，减小压力减小摩擦力，对应接触面相同、压力不同的甲、乙两次实验，故填：乙、丙；甲、乙。
(4) 甲、丁实验中，切去物体A的一半，既改变了接触面积，又改变了压力大小（物块重力减半），没有控制压力大小相等，变量不唯一，因此得出的结论错误，故填：没有控制压力大小相等。
【答案】
(1) 匀速直线；二力平衡
(2) 甲
(3) 乙、丙；甲、乙
(4) 没有控制压力大小相等
【知识点】
滑动摩擦力的影响因素；二力平衡；控制变量法
【点评】
本题是力学核心实验题，重点考查控制变量法的应用和实验原理的理解，需明确实验中变量的控制方法，是初中物理力学的重点内容，对学生的实验分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
21.小冉在“探究浮力大小与哪些因素有关”实验中，用到如下器材：分度值为0.1 N的弹簧测力计，底面积为5 cm²、高度为6 cm的实心圆柱体铜块，相同的大烧杯若干，水，密度未知的某种液体，细线等。
(1)小冉进行了下图所示的实验：A步骤所示弹簧测力计的示数为
(2)在实验步骤B中铜块所受浮力$F_{浮}=$
(3)分析实验步骤A、B、C、D，可以说明浮力大小跟
(4)小冉用表格中的数据算出了该液体的密度是
(1)小冉进行了下图所示的实验：A步骤所示弹簧测力计的示数为
2.7
N；用弹簧测力计挂着铜块缓慢地浸入液体中不同深度处，步骤如图B、C、D、E、F所示（液体均未溢出），并将数据记录在下表中。(2)在实验步骤B中铜块所受浮力$F_{浮}=$
0.1
N。(3)分析实验步骤A、B、C、D，可以说明浮力大小跟
排开液体的多少(或浸入液体的体积大小)
有关；分析实验步骤A、E、F，可以说明浮力大小跟液体的密度
有关。(4)小冉用表格中的数据算出了该液体的密度是
$1.3×10^3$
kg/m³（结果保留一位小数），还算出了步骤B中铜块下表面受到水的压强是200
Pa，并发现步骤B、C、D中铜块下表面受到水的压强随着深度的增加逐渐增大
（选填“增大”或“减小”）。答案
21.(1)2.7 (2)0.1
(3)排开液体的多少(或浸入液体的体积大小) 液体的密度
(4)$1.3×10^3$ 200 增大
(3)排开液体的多少(或浸入液体的体积大小) 液体的密度
(4)$1.3×10^3$ 200 增大
解析
【分析】
本题是探究浮力大小影响因素的实验题，解题思路如下：1. 弹簧测力计读数需明确分度值，A步骤用于测量铜块重力；2. 浮力采用称重法（$F_{浮}=G-F_{拉}$）计算；3. 分析浮力影响因素时运用控制变量法，对比A、B、C、D（液体相同，排开体积不同）和A、E、F（排开体积相同，液体不同）得出结论；4. 计算液体密度时利用阿基米德原理，结合完全浸没时排开体积不变，通过两次浮力比值求解；步骤B的压强利用浮力等于下表面压力，结合底面积计算，再根据液体压强规律判断压强变化。
【解析】
(1) 弹簧测力计分度值为0.1N，A步骤示数为2.7N，即铜块重力$G=2.7N$；
(2) 步骤B中弹簧测力计示数为2.6N，根据称重法，浮力$F_{浮}=G-F_{示}=2.7N-2.6N=0.1N$；
(3) A、B、C、D中液体均为水，排开液体体积逐渐增大，浮力逐渐增大，说明浮力大小与排开液体的体积（或浸入液体的体积）有关；A、E、F中排开液体体积相同，液体密度不同，浮力不同，说明浮力大小与液体的密度有关；
(4) ① 计算液体密度：铜块完全浸没在水中时（E步骤），$F_{浮水}=G-F_{E}=2.7N-1.7N=1N$，由阿基米德原理$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$得，排开体积$V_{排}=\frac{F_{浮水}}{ρ_{水}g}=\frac{1N}{1.0×10^3kg/m^3×10N/kg}=1×10^{-4}m^3$；铜块完全浸没在未知液体中时（F步骤），$F_{浮液}=G-F_{F}=2.7N-1.4N=1.3N$，同理$ρ_{液}=\frac{F_{浮液}}{gV_{排}}=\frac{1.3N}{10N/kg×1×10^{-4}m^3}=1.3×10^3kg/m^3$；② 步骤B中，浮力等于铜块下表面受到的水的压力（上表面压力为0），即$F_{压}=F_{浮}=0.1N$，底面积$S=5cm^2=5×10^{-4}m^2$，压强$p=\frac{F_{压}}{S}=\frac{0.1N}{5×10^{-4}m^2}=200Pa$；③ 步骤B、C、D中，铜块下表面在水中的深度逐渐增加，根据液体压强规律，水的压强随深度增大而增大，故压强逐渐增大。
【答案】
(1)2.7 (2)0.1 (3)排开液体的体积（或浸入液体的体积大小） 液体的密度 (4)$1.3×10^3$ 200 增大
【知识点】
浮力的探究、称重法测浮力、阿基米德原理
【点评】
本题为浮力探究的基础实验题，重点考查控制变量法的应用、称重法计算浮力、阿基米德原理及液体压强的计算，是力学核心知识点的综合考查，需熟练掌握实验方法与相关公式。
【难度系数】
0.7
本题是探究浮力大小影响因素的实验题，解题思路如下：1. 弹簧测力计读数需明确分度值，A步骤用于测量铜块重力；2. 浮力采用称重法（$F_{浮}=G-F_{拉}$）计算；3. 分析浮力影响因素时运用控制变量法，对比A、B、C、D（液体相同，排开体积不同）和A、E、F（排开体积相同，液体不同）得出结论；4. 计算液体密度时利用阿基米德原理，结合完全浸没时排开体积不变，通过两次浮力比值求解；步骤B的压强利用浮力等于下表面压力，结合底面积计算，再根据液体压强规律判断压强变化。
【解析】
(1) 弹簧测力计分度值为0.1N，A步骤示数为2.7N，即铜块重力$G=2.7N$；
(2) 步骤B中弹簧测力计示数为2.6N，根据称重法，浮力$F_{浮}=G-F_{示}=2.7N-2.6N=0.1N$；
(3) A、B、C、D中液体均为水，排开液体体积逐渐增大，浮力逐渐增大，说明浮力大小与排开液体的体积（或浸入液体的体积）有关；A、E、F中排开液体体积相同，液体密度不同，浮力不同，说明浮力大小与液体的密度有关；
(4) ① 计算液体密度：铜块完全浸没在水中时（E步骤），$F_{浮水}=G-F_{E}=2.7N-1.7N=1N$，由阿基米德原理$F_{浮}=ρ_{液}gV_{排}$得，排开体积$V_{排}=\frac{F_{浮水}}{ρ_{水}g}=\frac{1N}{1.0×10^3kg/m^3×10N/kg}=1×10^{-4}m^3$；铜块完全浸没在未知液体中时（F步骤），$F_{浮液}=G-F_{F}=2.7N-1.4N=1.3N$，同理$ρ_{液}=\frac{F_{浮液}}{gV_{排}}=\frac{1.3N}{10N/kg×1×10^{-4}m^3}=1.3×10^3kg/m^3$；② 步骤B中，浮力等于铜块下表面受到的水的压力（上表面压力为0），即$F_{压}=F_{浮}=0.1N$，底面积$S=5cm^2=5×10^{-4}m^2$，压强$p=\frac{F_{压}}{S}=\frac{0.1N}{5×10^{-4}m^2}=200Pa$；③ 步骤B、C、D中，铜块下表面在水中的深度逐渐增加，根据液体压强规律，水的压强随深度增大而增大，故压强逐渐增大。
【答案】
(1)2.7 (2)0.1 (3)排开液体的体积（或浸入液体的体积大小） 液体的密度 (4)$1.3×10^3$ 200 增大
【知识点】
浮力的探究、称重法测浮力、阿基米德原理
【点评】
本题为浮力探究的基础实验题，重点考查控制变量法的应用、称重法计算浮力、阿基米德原理及液体压强的计算，是力学核心知识点的综合考查，需熟练掌握实验方法与相关公式。
【难度系数】
0.7
