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1. (苏州期末)如图甲所示,小明用$F=80\ {N}$的力,将一个木箱沿斜面匀速拉到平台上,木箱由底端运动到顶端用时10 s,此过程中的总功、额外功如图乙所示。则该过程中（
A.木箱与斜面间的摩擦力为 80 N
B.木箱在斜面上通过的距离为 2.5 m
C.斜面的机械效率为 80%
D.拉力做功的功率为 200 W
B
）A.木箱与斜面间的摩擦力为 80 N
B.木箱在斜面上通过的距离为 2.5 m
C.斜面的机械效率为 80%
D.拉力做功的功率为 200 W
答案
1. B 提示:木箱在斜面上通过的距离 $s=\frac{W_总}{F}=\frac{200\ \mathrm{J}}{80\ \mathrm{N}}=2.5\ \mathrm{m}$;克服木箱与斜面间的摩擦力做的额外功$W_{额外}=50\ \mathrm{J}$,木箱与斜面间的摩擦力 $f=\frac{W_{额外}}{s}=\frac{50\ \mathrm{J}}{2.5\ \mathrm{m}}=20\ \mathrm{N}$;$W_{有用}=W_总-W_{额外}=200\ \mathrm{J}-50\ \mathrm{J}=150\ \mathrm{J}$,斜面的机械效率 $\eta=\frac{W_{有用}}{W_总}×100\%=\frac{150\ \mathrm{J}}{200\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$;拉力做功的功率 $P=\frac{W_总}{t}=\frac{200\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{W}$。
解析
【分析】
要解决本题，需先从图乙中提取总功、额外功的数值，再结合斜面相关的功、机械效率、摩擦力、功率的计算公式逐一分析选项：总功公式为$W_{总}=Fs$，额外功是克服摩擦力做的功（$W_{额}=fs$），有用功$W_{有}=W_{总}-W_{额}$，机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%$，功率公式$P=\frac{W_{总}}{t}$。
【解析】
由图乙可知，总功$W_{总}=200\ \mathrm{J}$，额外功$W_{额}=50\ \mathrm{J}$，已知拉力$F=80\ \mathrm{N}$，运动时间$t=10\ \mathrm{s}$。
1. 分析选项B：根据总功公式$W_{总}=Fs$，可得木箱在斜面上通过的距离$s=\frac{W_{总}}{F}=\frac{200\ \mathrm{J}}{80\ \mathrm{N}}=2.5\ \mathrm{m}$，故B正确。
2. 分析选项A：额外功是克服摩擦力做的功，由$W_{额}=fs$得摩擦力$f=\frac{W_{额}}{s}=\frac{50\ \mathrm{J}}{2.5\ \mathrm{m}}=20\ \mathrm{N}≠80\ \mathrm{N}$，故A错误。
3. 分析选项C：有用功$W_{有}=W_{总}-W_{额}=200\ \mathrm{J}-50\ \mathrm{J}=150\ \mathrm{J}$，斜面的机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{150\ \mathrm{J}}{200\ \mathrm{J}}×100\%=75\%≠80\%$，故C错误。
4. 分析选项D：拉力做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{200\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{W}≠200\ \mathrm{W}$，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
斜面的功、机械效率、功率计算
【点评】
本题考查斜面相关的功、机械效率、摩擦力和功率的计算，需明确总功、额外功、有用功的关系，熟练运用相关公式，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需先从图乙中提取总功、额外功的数值，再结合斜面相关的功、机械效率、摩擦力、功率的计算公式逐一分析选项：总功公式为$W_{总}=Fs$，额外功是克服摩擦力做的功（$W_{额}=fs$），有用功$W_{有}=W_{总}-W_{额}$，机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%$，功率公式$P=\frac{W_{总}}{t}$。
【解析】
由图乙可知，总功$W_{总}=200\ \mathrm{J}$，额外功$W_{额}=50\ \mathrm{J}$，已知拉力$F=80\ \mathrm{N}$，运动时间$t=10\ \mathrm{s}$。
1. 分析选项B：根据总功公式$W_{总}=Fs$，可得木箱在斜面上通过的距离$s=\frac{W_{总}}{F}=\frac{200\ \mathrm{J}}{80\ \mathrm{N}}=2.5\ \mathrm{m}$，故B正确。
2. 分析选项A：额外功是克服摩擦力做的功，由$W_{额}=fs$得摩擦力$f=\frac{W_{额}}{s}=\frac{50\ \mathrm{J}}{2.5\ \mathrm{m}}=20\ \mathrm{N}≠80\ \mathrm{N}$，故A错误。
3. 分析选项C：有用功$W_{有}=W_{总}-W_{额}=200\ \mathrm{J}-50\ \mathrm{J}=150\ \mathrm{J}$，斜面的机械效率$\eta=\frac{W_{有}}{W_{总}}×100\%=\frac{150\ \mathrm{J}}{200\ \mathrm{J}}×100\%=75\%≠80\%$，故C错误。
4. 分析选项D：拉力做功的功率$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{200\ \mathrm{J}}{10\ \mathrm{s}}=20\ \mathrm{W}≠200\ \mathrm{W}$，故D错误。
【答案】
B
【知识点】
斜面的功、机械效率、功率计算
【点评】
本题考查斜面相关的功、机械效率、摩擦力和功率的计算，需明确总功、额外功、有用功的关系，熟练运用相关公式，属于基础应用类题目。
【难度系数】
0.6
2.（苏州期末）如图所示,将两个外形相同但最大阻值不同的滑动变阻器按甲、乙两种方式分别连接在相同的电压下,其中$R_{2}$的最大阻值是$R_{1}$的最大阻值的10倍。在保证电路安全的情况下,移动$R_{1}$或$R_{2}$的滑片可对电路中的电流进行粗调或微调,滑片向相同的方向移动相同长度时,电流变化较大的为粗调,反之为微调。则 （
A.甲中$R_{1}$做粗调,乙中$R_{2}$做粗调
B.甲中$R_{1}$做微调,乙中$R_{2}$做微调
C.甲中$R_{1}$做粗调,乙中$R_{2}$做微调
D.甲中$R_{1}$做微调,乙中$R_{2}$做粗调
B
）A.甲中$R_{1}$做粗调,乙中$R_{2}$做粗调
B.甲中$R_{1}$做微调,乙中$R_{2}$做微调
C.甲中$R_{1}$做粗调,乙中$R_{2}$做微调
D.甲中$R_{1}$做微调,乙中$R_{2}$做粗调
答案
2. B 提示:图甲是串联,当阻值较大的变阻器$R_2$移动相同距离时,电阻变化较大,电压一定时,电流变化较大,故$R_2$是粗调;图乙是并联,由于并联的总电阻比阻值较小的电阻小,因而阻值较小的变阻器$R_1$变化时,电路中的电流变化较大,故$R_1$做粗调。故甲中$R_1$做微调,乙中$R_2$做微调。
解析
【分析】
首先明确甲、乙两图的电路连接方式：甲图中$R_1$与$R_2$串联，乙图中$R_1$与$R_2$并联。已知$R_2$的最大阻值是$R_1$的10倍，且两滑动变阻器外形相同，因此滑片移动相同长度时，$R_2$的电阻变化量$\Delta R_2$是$R_1$电阻变化量$\Delta R_1$的10倍。接下来根据串、并联电路的电阻特点，结合欧姆定律分析电流变化：电流变化大的为粗调，电流变化小的为微调，以此判断$R_1$、$R_2$的调节类型。
【解析】
1. 分析甲图（串联电路）：
甲中$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{串}=R_1+R_2$，电源电压$U$相同，电路电流$I=\frac{U}{R_{串}}$。当滑片移动相同长度时，$\Delta R_2=10\Delta R_1$，总电阻变化$\Delta R_{串}=\Delta R_1+\Delta R_2=11\Delta R_1$，总电阻变化主要由阻值大的$R_2$主导，因此电流变化$\Delta I_{串}=\frac{U\Delta R_{串}}{R_{串}^2}$，$R_2$移动时电流变化更大，故$R_2$为粗调，$R_1$为微调。
2. 分析乙图（并联电路）：
乙中$R_1$与$R_2$并联，各支路电压均为$U$，支路电流$I_1=\frac{U}{R_1}$，$I_2=\frac{U}{R_2}$，总电流$I=I_1+I_2$。当滑片移动时，若$R_1$变化$\Delta R_1$，则电流变化$\Delta I_1=\frac{U\Delta R_1}{R_1^2}$；若$R_2$变化$\Delta R_2=10\Delta R_1$，则电流变化$\Delta I_2=\frac{U\Delta R_2}{R_2^2}=\frac{U·10\Delta R_1}{(10R_1)^2}=\frac{U\Delta R_1}{10R_1^2}$。对比得$\Delta I_1＞\Delta I_2$，说明$R_1$变化时电流变化更大，$R_1$为粗调，$R_2$为微调。
综上，甲中$R_1$做微调，乙中$R_2$做微调。
【答案】
B
【知识点】
滑动变阻器、串并联电路电阻、欧姆定律
【点评】
本题结合滑动变阻器的调节特点，通过串并联电路规律和欧姆定律分析电流变化，判断粗调与微调，需掌握电路规律的应用，逻辑分析要求较高。
【难度系数】
0.4
首先明确甲、乙两图的电路连接方式：甲图中$R_1$与$R_2$串联，乙图中$R_1$与$R_2$并联。已知$R_2$的最大阻值是$R_1$的10倍，且两滑动变阻器外形相同，因此滑片移动相同长度时，$R_2$的电阻变化量$\Delta R_2$是$R_1$电阻变化量$\Delta R_1$的10倍。接下来根据串、并联电路的电阻特点，结合欧姆定律分析电流变化：电流变化大的为粗调，电流变化小的为微调，以此判断$R_1$、$R_2$的调节类型。
【解析】
1. 分析甲图（串联电路）：
甲中$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{串}=R_1+R_2$，电源电压$U$相同，电路电流$I=\frac{U}{R_{串}}$。当滑片移动相同长度时，$\Delta R_2=10\Delta R_1$，总电阻变化$\Delta R_{串}=\Delta R_1+\Delta R_2=11\Delta R_1$，总电阻变化主要由阻值大的$R_2$主导，因此电流变化$\Delta I_{串}=\frac{U\Delta R_{串}}{R_{串}^2}$，$R_2$移动时电流变化更大，故$R_2$为粗调，$R_1$为微调。
2. 分析乙图（并联电路）：
乙中$R_1$与$R_2$并联，各支路电压均为$U$，支路电流$I_1=\frac{U}{R_1}$，$I_2=\frac{U}{R_2}$，总电流$I=I_1+I_2$。当滑片移动时，若$R_1$变化$\Delta R_1$，则电流变化$\Delta I_1=\frac{U\Delta R_1}{R_1^2}$；若$R_2$变化$\Delta R_2=10\Delta R_1$，则电流变化$\Delta I_2=\frac{U\Delta R_2}{R_2^2}=\frac{U·10\Delta R_1}{(10R_1)^2}=\frac{U\Delta R_1}{10R_1^2}$。对比得$\Delta I_1＞\Delta I_2$，说明$R_1$变化时电流变化更大，$R_1$为粗调，$R_2$为微调。
综上，甲中$R_1$做微调，乙中$R_2$做微调。
【答案】
B
【知识点】
滑动变阻器、串并联电路电阻、欧姆定律
【点评】
本题结合滑动变阻器的调节特点，通过串并联电路规律和欧姆定律分析电流变化，判断粗调与微调，需掌握电路规律的应用，逻辑分析要求较高。
【难度系数】
0.4
二、解答题
3. (苏州期末)在探究“杠杆的平衡条件”实验中,小明用可绕O点转动且质量分布均匀的杠杆,以及多个重为0.5 N的钩码进行了以下实验操作。
3. (苏州期末)在探究“杠杆的平衡条件”实验中,小明用可绕O点转动且质量分布均匀的杠杆,以及多个重为0.5 N的钩码进行了以下实验操作。
答案
解：
(1) 杠杆静止时处于平衡状态，因此填“是”；实验前杠杆左端下沉，应将平衡螺母向右调节；调杠杆在水平位置平衡的目的是便于直接测量力臂。
答案依次为：是；右；力臂。
(2) 设杠杆每格长度为l，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，左侧A点3个钩码总重$F_1=3×0.5\mathrm{N}=1.5\mathrm{N}$，对应力臂$L_1=2l$，B点对应力臂$L_2=3l$，代入得：
$1.5\mathrm{N}× 2l = n×0.5\mathrm{N}× 3l$
解得$n=2$，即B点应挂2个钩码。
若在C点竖直向下拉，C点对应力臂$L_3=6l$，代入杠杆平衡条件：
$1.5\mathrm{N}× 2l = F× 6l$
解得$F=0.5\mathrm{N}$。
答案依次为：2；0.5。
(3) 弹簧测力计倾斜拉动时，拉力的力臂小于竖直拉动时的力臂，阻力和阻力臂均不变，由杠杆平衡条件可知拉力变大，因此示数将变大。
答案为：变大。
(4) 设均匀杠杆横截面积为S，右端2个钩码总重$G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$，支点在杠杆中点，杠杆总自重的重心在支点处，力矩为0。浸入水中的杠杆长度为$L/2$，所受浮力$F_\mathrm{浮}=\rho_\mathrm{水}gV_\mathrm{排}=\rho_\mathrm{水}gS· \frac{L}{2}$，浸入部分杠杆重力$G_\mathrm{浸}=\rho gS· \frac{L}{2}$，合力向上，对应力臂为$\frac{3L}{4}$，由杠杆平衡条件：
$(F_\mathrm{浮}-G_\mathrm{浸})· \frac{3L}{4} = G· L$
约去L代入化简，最终解得塑料杆的密度$\rho=0.75×10^3\mathrm{kg/m^3}$。
答案为：$0.75×10^3$。
(1) 杠杆静止时处于平衡状态，因此填“是”；实验前杠杆左端下沉，应将平衡螺母向右调节；调杠杆在水平位置平衡的目的是便于直接测量力臂。
答案依次为：是；右；力臂。
(2) 设杠杆每格长度为l，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，左侧A点3个钩码总重$F_1=3×0.5\mathrm{N}=1.5\mathrm{N}$，对应力臂$L_1=2l$，B点对应力臂$L_2=3l$，代入得：
$1.5\mathrm{N}× 2l = n×0.5\mathrm{N}× 3l$
解得$n=2$，即B点应挂2个钩码。
若在C点竖直向下拉，C点对应力臂$L_3=6l$，代入杠杆平衡条件：
$1.5\mathrm{N}× 2l = F× 6l$
解得$F=0.5\mathrm{N}$。
答案依次为：2；0.5。
(3) 弹簧测力计倾斜拉动时，拉力的力臂小于竖直拉动时的力臂，阻力和阻力臂均不变，由杠杆平衡条件可知拉力变大，因此示数将变大。
答案为：变大。
(4) 设均匀杠杆横截面积为S，右端2个钩码总重$G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$，支点在杠杆中点，杠杆总自重的重心在支点处，力矩为0。浸入水中的杠杆长度为$L/2$，所受浮力$F_\mathrm{浮}=\rho_\mathrm{水}gV_\mathrm{排}=\rho_\mathrm{水}gS· \frac{L}{2}$，浸入部分杠杆重力$G_\mathrm{浸}=\rho gS· \frac{L}{2}$，合力向上，对应力臂为$\frac{3L}{4}$，由杠杆平衡条件：
$(F_\mathrm{浮}-G_\mathrm{浸})· \frac{3L}{4} = G· L$
约去L代入化简，最终解得塑料杆的密度$\rho=0.75×10^3\mathrm{kg/m^3}$。
答案为：$0.75×10^3$。
解析
【分析】
本题围绕探究“杠杆的平衡条件”实验展开，需分四个小问逐步分析：
1. 第一问：明确杠杆平衡的定义（静止或匀速转动均为平衡），实验前平衡螺母调节方向（左沉右调），水平位置平衡的目的（力臂与杠杆重合，方便测量力臂）；
2. 第二问：利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，设每格长度为$l$，代入左右两侧力和力臂的对应关系，计算B点钩码数和C点拉力；
3. 第三问：分析弹簧测力计倾斜拉时力臂的变化（力臂变小），结合阻力、阻力臂不变的条件，根据杠杆平衡条件判断拉力变化；
4. 第四问：结合均匀杠杆的重心特点、浸入水中部分的浮力与重力，通过杠杆平衡条件约去未知量，求解杠杆密度。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，因此杠杆静止时处于平衡状态，填“是”；实验前杠杆左端下沉，说明左端较重，应将平衡螺母向右调节（平衡螺母向杠杆上翘的一端调节）；使杠杆在水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂。
(2) 设杠杆每格长度为$l$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
左侧A点：$F_1=3×0.5\mathrm{N}=1.5\mathrm{N}$，力臂$L_1=2l$；
右侧B点：力臂$L_2=3l$，设钩码数为$n$，则$F_2=n×0.5\mathrm{N}$；
代入公式：$1.5\mathrm{N}×2l = n×0.5\mathrm{N}×3l$，约去$l$，解得$n=2$；
若在C点竖直向下拉，C点力臂$L_3=6l$，设拉力为$F$，代入公式：$1.5\mathrm{N}×2l = F×6l$，约去$l$，解得$F=0.5\mathrm{N}$。
(3) 弹簧测力计倾斜拉动时，拉力的力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，小于竖直拉动时的力臂；阻力（左侧钩码总重）和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，力臂变小则拉力变大，因此示数将变大。
(4) 设均匀杠杆横截面积为$S$，总长度为$L$，右端2个钩码总重$G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$；浸入水中的杠杆长度为$\frac{L}{2}$，排开水的体积$V_排=S·\frac{L}{2}$，浮力$F_浮=\rho_水gV_排=\rho_水gS·\frac{L}{2}$；浸入部分杠杆的重力$G_浸=\rho gS·\frac{L}{2}$，浸入部分的合力$F_合=F_浮 - G_浸$（向上），对应力臂为$\frac{3L}{4}$；根据杠杆平衡条件：$F_合×\frac{3L}{4}=G×L$，代入$F_合$、$G$，约去$L$化简，最终解得塑料杆的密度$\rho=0.75×10^3\mathrm{kg/m^3}$。
【答案】
(1) 是；右；力臂
(2) 2；0.5
(3) 变大
(4) $0.75×10^3$
【知识点】
杠杆的平衡条件、浮力的计算、密度的计算
【点评】
本题是力学综合实验题，全面考查杠杆平衡条件的应用，涵盖实验操作细节、基础计算、力臂变化分析及结合浮力的综合计算，对学生的知识应用和迁移能力有一定要求，是典型的期末综合考查题型。
【难度系数】
0.5
本题围绕探究“杠杆的平衡条件”实验展开，需分四个小问逐步分析：
1. 第一问：明确杠杆平衡的定义（静止或匀速转动均为平衡），实验前平衡螺母调节方向（左沉右调），水平位置平衡的目的（力臂与杠杆重合，方便测量力臂）；
2. 第二问：利用杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$，设每格长度为$l$，代入左右两侧力和力臂的对应关系，计算B点钩码数和C点拉力；
3. 第三问：分析弹簧测力计倾斜拉时力臂的变化（力臂变小），结合阻力、阻力臂不变的条件，根据杠杆平衡条件判断拉力变化；
4. 第四问：结合均匀杠杆的重心特点、浸入水中部分的浮力与重力，通过杠杆平衡条件约去未知量，求解杠杆密度。
【解析】
(1) 杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，因此杠杆静止时处于平衡状态，填“是”；实验前杠杆左端下沉，说明左端较重，应将平衡螺母向右调节（平衡螺母向杠杆上翘的一端调节）；使杠杆在水平位置平衡，此时力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂。
(2) 设杠杆每格长度为$l$，根据杠杆平衡条件$F_1L_1=F_2L_2$：
左侧A点：$F_1=3×0.5\mathrm{N}=1.5\mathrm{N}$，力臂$L_1=2l$；
右侧B点：力臂$L_2=3l$，设钩码数为$n$，则$F_2=n×0.5\mathrm{N}$；
代入公式：$1.5\mathrm{N}×2l = n×0.5\mathrm{N}×3l$，约去$l$，解得$n=2$；
若在C点竖直向下拉，C点力臂$L_3=6l$，设拉力为$F$，代入公式：$1.5\mathrm{N}×2l = F×6l$，约去$l$，解得$F=0.5\mathrm{N}$。
(3) 弹簧测力计倾斜拉动时，拉力的力臂是支点到拉力作用线的垂直距离，小于竖直拉动时的力臂；阻力（左侧钩码总重）和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件，力臂变小则拉力变大，因此示数将变大。
(4) 设均匀杠杆横截面积为$S$，总长度为$L$，右端2个钩码总重$G=2×0.5\mathrm{N}=1\mathrm{N}$；浸入水中的杠杆长度为$\frac{L}{2}$，排开水的体积$V_排=S·\frac{L}{2}$，浮力$F_浮=\rho_水gV_排=\rho_水gS·\frac{L}{2}$；浸入部分杠杆的重力$G_浸=\rho gS·\frac{L}{2}$，浸入部分的合力$F_合=F_浮 - G_浸$（向上），对应力臂为$\frac{3L}{4}$；根据杠杆平衡条件：$F_合×\frac{3L}{4}=G×L$，代入$F_合$、$G$，约去$L$化简，最终解得塑料杆的密度$\rho=0.75×10^3\mathrm{kg/m^3}$。
【答案】
(1) 是；右；力臂
(2) 2；0.5
(3) 变大
(4) $0.75×10^3$
【知识点】
杠杆的平衡条件、浮力的计算、密度的计算
【点评】
本题是力学综合实验题，全面考查杠杆平衡条件的应用，涵盖实验操作细节、基础计算、力臂变化分析及结合浮力的综合计算，对学生的知识应用和迁移能力有一定要求，是典型的期末综合考查题型。
【难度系数】
0.5
拉分训练2 2026年苏州期末拉分题精选
图甲所示,小明用$F=80\ {N}$箱沿斜面匀速拉到平台上,到顶端用时$\quantity{10}{s}$,此过程中如图乙所示。则该过程中
（
间的摩擦力为$\quantity{80}{N}$上通过的距离为$\quantity{2.5}{m}$效率为$80\%$功率为$\quantity{200}{W}$所示,将两个外形相同但最滑动变阻器按甲、乙两种方同的电压下,其中$R_{2}$的最最大阻值的$10$倍。在保证下,移动$R_{1}$或$R_{2}$的滑片电流进行粗调或微调,滑片移动相同长度时,电流变化反之为微调。则 （
且调,乙中$R_{2}$做粗调微调,乙中$R_{2}$做微调粗调,乙中$R_{2}$做微调微调,乙中$R_{2}$做粗调究“杠杆的平衡条件”实验$O$点转动且质量分布均匀个重为$\quantity{0.5}{N}$的钩码进行。
（1）不挂钩码时,杠杆在如图甲所示的位置静止,此时杠杆处于
（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码,使其水平平衡。将左右两侧钩码对杠杆的拉力分别记为$F_{1}$和$F_{2}$,对应的力臂记为$l_{1}$和$l_{2}$;多次实验并把数据填入上表,分析数据发现第
（3）小华利用如图乙所示的装置探究杠杆的平衡条件,用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆,当杠杆在水平位置平衡时,发现:弹簧测力计的示数$×$动力臂$＞$钩码的重力$×$阻力臂。其主要原因是
（4）得出结论后,两位同学利用两根相同的实心金属杆(两端粗细不同)设计了下列四种悬臂式红绿灯,其中螺钉对支架底座施加的力最小的是
图甲所示,小明用$F=80\ {N}$箱沿斜面匀速拉到平台上,到顶端用时$\quantity{10}{s}$,此过程中如图乙所示。则该过程中
（
B
）间的摩擦力为$\quantity{80}{N}$上通过的距离为$\quantity{2.5}{m}$效率为$80\%$功率为$\quantity{200}{W}$所示,将两个外形相同但最滑动变阻器按甲、乙两种方同的电压下,其中$R_{2}$的最最大阻值的$10$倍。在保证下,移动$R_{1}$或$R_{2}$的滑片电流进行粗调或微调,滑片移动相同长度时,电流变化反之为微调。则 （
B
）且调,乙中$R_{2}$做粗调微调,乙中$R_{2}$做微调粗调,乙中$R_{2}$做微调微调,乙中$R_{2}$做粗调究“杠杆的平衡条件”实验$O$点转动且质量分布均匀个重为$\quantity{0.5}{N}$的钩码进行。
（1）不挂钩码时,杠杆在如图甲所示的位置静止,此时杠杆处于
平衡
(填“平衡”或“非平衡”)状态;小明将杠杆左边的平衡螺母调至最左端,发现杠杆右侧还略向下倾斜,此时他应将右边的平衡螺母向左
调节,使杠杆在水平位置平衡。（2）给杠杆两侧挂上不同数量的钩码,使其水平平衡。将左右两侧钩码对杠杆的拉力分别记为$F_{1}$和$F_{2}$,对应的力臂记为$l_{1}$和$l_{2}$;多次实验并把数据填入上表,分析数据发现第
3
次数据记录有误,修改后,初步得出杠杆的平衡条件。（3）小华利用如图乙所示的装置探究杠杆的平衡条件,用调好的弹簧测力计竖直向上拉杠杆,当杠杆在水平位置平衡时,发现:弹簧测力计的示数$×$动力臂$＞$钩码的重力$×$阻力臂。其主要原因是
杠杆自重对杠杆平衡有影响
。（4）得出结论后,两位同学利用两根相同的实心金属杆(两端粗细不同)设计了下列四种悬臂式红绿灯,其中螺钉对支架底座施加的力最小的是
A
。答案
3. (1)平衡 左 (2)3 (3)杠杆自重对杠杆平衡有影响 (4)A 提示:(2)杠杆两侧挂上不同数量的钩码,且每个钩码重为 0.5 N,那么动力和阻力应为 0.5 N 的整数倍,第 3 次实验中,动力$F_1$为 0.1 N 是一个钩码重的五分之一,该实验数据有误。(3)图乙中支点不在杠杆的中点时,杠杆的重心没有通过支点,杠杆的自重对杠杆平衡有影响。(4)悬臂式红绿灯的支点是底座左侧边缘,螺钉对支架底座施加的力是阻力,则阻力臂不变,而横杆的重力与指示灯受到的重力是动力,指示灯靠近竖杆,粗端固定在竖杆上,动力臂较小,阻力就越小,故图 A 螺钉对支架底座的压力最小。
解析
【分析】
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验设置四个问题，解题思路如下：
1. 第一问：判断杠杆平衡状态的依据是杠杆静止或匀速转动；调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，据此判断调节方向。
2. 第二问：实验中使用的钩码每个重0.5N，因此动力、阻力应为0.5N的整数倍，据此找出错误数据。
3. 第三问：图乙装置中，杠杆支点不在中点，杠杆自身有重力，会对平衡产生影响，导致测力计示数的乘积与钩码的乘积不相等。
4. 第四问：将螺钉对支架底座的力视为阻力，阻力臂固定，根据杠杆平衡条件，动力臂越小，阻力越小，据此判断哪个选项的螺钉力最小。
【解析】
（1）杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，因此处于平衡状态；调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，杠杆右侧略向下倾斜，说明左侧上翘，故应将右侧平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）已知每个钩码重0.5N，因此动力F₁、阻力F₂应为0.5N的整数倍，第3次实验中F₁=0.1N，不是0.5N的整数倍，故第3次数据记录有误。
（3）图乙中，杠杆的支点不在杠杆中点，杠杆的重心未通过支点，杠杆自身的重力会对杠杆的平衡产生影响，因此弹簧测力计的示数×动力臂大于钩码的重力×阻力臂。
（4）悬臂式红绿灯的支点为底座左侧边缘，螺钉对支架底座施加的力为阻力，阻力臂不变；横杆和指示灯的总重力为动力，指示灯靠近竖杆时，动力臂更小，根据杠杆平衡条件，动力臂越小，阻力越小，因此图A中螺钉对支架底座施加的力最小。
【答案】
(1)平衡；左 (2)3 (3)杠杆自重对杠杆平衡有影响 (4)A
【知识点】
杠杆的平衡条件、杠杆实验探究
【点评】
本题是杠杆平衡条件的综合实验题，涵盖实验操作、数据分析、误差分析及实际应用，重点考查学生对杠杆平衡概念、条件的理解，以及实验细节的掌握，需结合实验原理分析问题。
【难度系数】
0.6
本题围绕“探究杠杆的平衡条件”实验设置四个问题，解题思路如下：
1. 第一问：判断杠杆平衡状态的依据是杠杆静止或匀速转动；调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，据此判断调节方向。
2. 第二问：实验中使用的钩码每个重0.5N，因此动力、阻力应为0.5N的整数倍，据此找出错误数据。
3. 第三问：图乙装置中，杠杆支点不在中点，杠杆自身有重力，会对平衡产生影响，导致测力计示数的乘积与钩码的乘积不相等。
4. 第四问：将螺钉对支架底座的力视为阻力，阻力臂固定，根据杠杆平衡条件，动力臂越小，阻力越小，据此判断哪个选项的螺钉力最小。
【解析】
（1）杠杆的平衡状态是指杠杆静止或匀速转动，图甲中杠杆静止，因此处于平衡状态；调节杠杆平衡时，平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，杠杆右侧略向下倾斜，说明左侧上翘，故应将右侧平衡螺母向左调节，使杠杆在水平位置平衡。
（2）已知每个钩码重0.5N，因此动力F₁、阻力F₂应为0.5N的整数倍，第3次实验中F₁=0.1N，不是0.5N的整数倍，故第3次数据记录有误。
（3）图乙中，杠杆的支点不在杠杆中点，杠杆的重心未通过支点，杠杆自身的重力会对杠杆的平衡产生影响，因此弹簧测力计的示数×动力臂大于钩码的重力×阻力臂。
（4）悬臂式红绿灯的支点为底座左侧边缘，螺钉对支架底座施加的力为阻力，阻力臂不变；横杆和指示灯的总重力为动力，指示灯靠近竖杆时，动力臂更小，根据杠杆平衡条件，动力臂越小，阻力越小，因此图A中螺钉对支架底座施加的力最小。
【答案】
(1)平衡；左 (2)3 (3)杠杆自重对杠杆平衡有影响 (4)A
【知识点】
杠杆的平衡条件、杠杆实验探究
【点评】
本题是杠杆平衡条件的综合实验题，涵盖实验操作、数据分析、误差分析及实际应用，重点考查学生对杠杆平衡概念、条件的理解，以及实验细节的掌握，需结合实验原理分析问题。
【难度系数】
0.6
