2020年中考物理高频考点精解精练专题14简单机械含解析 21页

专题14 简单机械 ‎★考点一：杠杆的分类 ‎1．（2019•云南）如图所示的简单机械，属于省力杠杆的是（　　）‎ A．吊车吊臂 B．撬棒 C．筷子 D．钓鱼竿 ‎【答案】B ‎【解析】A、吊车吊臂在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故A错误；‎ B、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B正确；‎ C、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C错误；‎ D、钓鱼竿在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故D错误。‎ ‎2．（2019•鞍山）如图所示，下列工具使用时都相当于杠杆，其中能省距离的是（　　）‎ A．钳子 B．水龙头的手柄 C．拉杆箱 D．液压汽车起重机 ‎【答案】D ‎【解析】A、钳子在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；‎ B、水龙头的手柄在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；‎ C、拉杆箱在使用时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，省力但费距离；‎ D、液压汽车起重机的起重杆在使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，费力但省距离。‎ ‎3．（2019•北京）如图所示的用具中，在使用时属于费力杠杆的是（　　）‎ 21‎ A．筷子 B．瓶盖起子 C．撬棒 D．核桃夹 ‎【答案】A ‎【解析】A、筷子在使用过程中，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆；‎ B、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；‎ C、撬棒在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；‎ D、核桃夹在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。‎ ‎4．（2019•福建）如图是我国古代劳动人民在工地上运送巨木的情景。架在支架上的横杆属于　　杠杆（选填“省力”“费力”或“等臂”）；支架下面垫有面积较大的石块，是为了　　对地面的压强（选填“增大”或“减小”）。‎ ‎【答案】省力；减小 ‎【解析】由图知，架在支架上的横杆在使用过程中，动力臂大于力臂，是省力杠杆；‎ 支架下面垫有面积较大的石块，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小对地面的压强。‎ ‎5．（2019•抚顺）如图所示为吃核桃时使用的一种工具“碎核桃杯”。只要轻轻用力握下手柄，核桃坚硬的外壳就会被压碎。“碎核桃杯”的手柄相当于一个　　（填“省力”、“等臂”或“费力”）杠杆；核桃的碎片在　　作用下落到杯底；杯的外壁比较粗糙，是为了增大与手之间的　　力，防止杯脱落。‎ 21‎ ‎【答案】省力；重力；摩擦 ‎【解析】（1）由图片可知，“碎核桃杯”的手柄在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆；‎ ‎（2）核桃的碎片在重力的作用下落到杯底；‎ ‎（3）杯的外壁比较粗糙，是通过增大接触面的粗糙程度增大与手之间的摩擦力，防止杯脱落。‎ ‎★考点二：杠杆的平衡条件及其应用 ‎6．（2019•河南）如图开瓶器开启瓶盖时可抽象为一杠杆，不计自重。下图能正确表示它工作示意图的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】用开瓶器开启瓶盖时，支点是开瓶器与瓶盖上方的接触点，即图中杠杆的左端O，阻力为瓶盖对开瓶器竖直向下的作用力F2，‎ 动力为手对开瓶器右侧竖直向上的作用力F1，因为动力臂大于阻力臂，所以开瓶器为省力杠杆，即F1＜F2，故ACD错误，B正确。‎ 21‎ ‎7．（2019•鄂尔多斯）如图轻杆（不计杠杆重力），O为支点，物重为30N，OA：AB＝1：2，在竖直向上的拉力作用下始终保持平衡状态。下列说法，正确的是（　　）‎ A．该杠杆与镊子类型相同 ‎ B．图甲位置时，拉力大小为15N ‎ C．图甲位置时，若仅增加物重，则拉力的变化量与物重的变化量之比为3：1‎ D．如图乙保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变 ‎【答案】D ‎【解析】A、根据图示可知，动力臂大于阻力臂，因此为省力杠杆；而镊子使用时，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，因此它们的类型不同，故A错误；‎ B、已知物重为30N，OA：AB＝1：2；由杠杆平衡条件可得：F×OB＝G×OA 解得：F＝＝＝＝10N，故B错误；‎ C、图甲位置时，若仅增加物重，则（F+△F）×OB＝（G+△G）×OA，显然拉力的变化量与物重的变化量之比不等于OA与OB的比值，故C错误；‎ D、保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，其力臂如图所示：‎ OB′为动力臂，OA′为阻力臂，阻力不变为G，‎ 因为△OA′A∽△OB′B，所以OA′：OB′＝OA：OB＝1：3‎ 由杠杆平衡条件可知，F′×OB′＝G×OA′，‎ F′＝＝＝10N；由此可知保持拉力方向不变，将轻杆匀速提到虚线位置，拉力不变，故D正确。‎ 21‎ ‎8．（2019•哈尔滨）质地均匀杠杆，每个钩码重0.5N，下列操作中可以使杠杆在水平位置平衡的是（杠杆上有等间隔的刻度）（　　）‎ A． ‎ B． ‎ C． ‎ D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】AC、由图知动力和阻力使得杠杆转动的方向相同，故AC错误；‎ B、左边悬挂2个钩码时，若一个钩码重0.5N，杠杆上一格长L，弹簧秤的示数为1.5N，0.5N×2×4L≠1.5N×5L，故杠杆不平衡，故C错误；‎ D、由边悬挂2个钩码时，若一个钩码重0.5N，杠杆上一格长L，弹簧秤的示数为2N，0.5N×2×6L＝2N×3L，故杠杆平衡，故D正确。‎ ‎9．（2019•青岛）如图为探究杠杆平衡条件的实验装置，杠杆平衡时，钩码对杠杆的阻力F2＝10N，阻力臂l2＝20cm，测力计示数F1＝25N，则动力臂l1为（　　）‎ 21‎ A．15cm B．8cm C．50cm D．80cm ‎【答案】B ‎【解析】根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2得动力臂：‎ L1＝＝＝0.08m＝8cm，故B正确。‎ ‎10．（2019•沈阳）如图所示，用一个直杆把飞机机翼模型固定在轻质杠杆上，直杆始终与杠杆垂直。用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆，使杠杆始终在水平位置平衡。下列说法中正确的是（　　）‎ A．测力计在a位置时的示数比模型和直杆的总重大 ‎ B．测力计从a位置转到b位置后，比a位置的示数小 ‎ C．测力计从a位置移至c位置后，比a位置的示数大 ‎ D．测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，示数变大 ‎【答案】A ‎【解析】由题可知，阻力等于模型和直杆的总重G，由于直杆始终与杠杆垂直，所以阻力臂L2始终不变，‎ ABC、由图可知，用同一弹簧测力计在a、b、c几种不同情形下拉杠杆A时，其力臂分别为La、Lb、Lc，如图所示：‎ 21‎ 由图可知：Lc＞La＞Lb，‎ 由杠杆原理可知G×L2＝F×L可知，F＝，即L越大，F越小，可得：Fb＞Fa＞Fc，故A正确，BC均不正确；‎ D、测力计在c位置时，对模型水平向右吹风，模型上方的流速比下方大，流速大的地方压强小，可知阻力减小，由题可知，阻力臂与动力臂不变，由杠杆原理可得动力变小，即测力计示数变小，故D不正确。‎ ‎11．（2019•广西）如图所示，杠杆在拉力F的作用下水平平衡。现将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，杠杆始终保持水平平衡，则拉力F的变化情况是（　　）‎ A．一直变大 B．一直变小 ‎ C．一直不变 D．先变大后变小 ‎【答案】A ‎【解析】将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，钩码的重力不变，其力臂不变，即阻力与阻力臂的乘积不变；‎ 将弹簧测力计绕c点从a位置转动到b位置的过程中，拉力F的力臂逐渐变小，‎ 由杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可知，拉力F逐渐变大。‎ ‎12．（2019•泸州）如图所示，在“探究杠杆平衡条件”的实验中，轻质杠杆上每个小格长度均为2cm，在B点竖直悬挂4个重均为0.5N的钩码，当在A点用与水平方向成30°角的动力F拉杠杆，使杠杆在水平位置平衡。对该杠杆此状态的判断，下列说法中正确的是（　　）‎ A．杠杆的动力臂为8cm ‎ B．该杠杆为费力杠杆 ‎ 21‎ C．该杠杆的阻力大小为0.5N ‎ D．动力F的大小为1.5N ‎【答案】B ‎【解析】A、当动力在A点斜向下拉（与水平方向成30°角）动力臂是：OA＝×4×2cm＝4cm，故A错误；‎ B、阻力臂OB，3×2cm＝6cm＞OA，即阻力臂大于动力臂，该杠杆为费力杠杆，故B正确；‎ C、该杠杆的阻力大小为：G＝4×0.5N＝2N，故C错误；‎ D、根据杠杆的平衡条件，F1l1＝F2l2，G×OB＝F×OA 代入数据，2N×6cm＝F×4cm，‎ 解得，F＝3N，故D错误。‎ ‎13．（2019•日照）如图，OA为长2m的轻杆，与固定在竖直墙面上的光滑转轴相连接。将一重为30N的物体用轻绳拴在OA的中点B处，用垂直于OA的力F拉住轻杆，静止在图示位置，则F＝　　N。‎ ‎【答案】7.5‎ ‎【解析】图中杠杆以O点为支点，因动力F垂直于OA，则动力臂L1＝OA＝2m，‎ 重物用轻绳拴在OA的中点B处，由几何知识可得阻力臂L2＝OA×sin30°＝×2m×＝0.5m，‎ 根据杠杆平衡条件得：FL1＝GL2，‎ 则：F＝＝＝7.5N。‎ ‎14．（2019•安顺）如图所示，用固定在竖直墙上的直角三角形支架ABC放置空调室外机，已知AB长40cm，BC长50cm。室外机的质量为30kg，室外机的重力作用线正好通过AB中 21‎ 点，则A处钉受到的水平拉力F为　　N（支架重力不计）。为了安全，从力学的角度分析，室外机的位置应尽量　　（选填“靠近”或“远离”）墙壁。‎ ‎【答案】200；靠近 ‎【解析】由勾股定理可得，AC＝＝＝30cm。‎ 由题意可知，以C为支点，ABC是一个杠杆。AC为A处螺钉水平拉力的力臂，室外机对其压力的力臂为AB长的，‎ 由杠杆平衡条件可得：F×AC＝G×AB；‎ 即：F×30cm＝300N××40cm；‎ 解得：F＝200N；‎ 为了安全，应减小A处的拉力（若拉力过大，支架对螺钉拉力会使螺钉松动而造成危险）；‎ 在A处拉力和阻力G一定时，室外机的位置越靠近墙壁，室外机对支架压力力臂越小，根据杠杆平衡条件可知，A处的拉力将减小，以保证支架和室外机的安全。‎ ‎★考点三：滑轮、其滑轮组及斜面 ‎15．（2019•盐城）如图所示，工人用动滑轮匀速提升重物，这样做（　　）‎ A．省力，不改变施力的方向 ‎ B．不省力，改变施力的方向 ‎ C．既省力，也改变施力的方向 ‎ D．既不省力，也不改变施力的方向 ‎【答案】A 21‎ ‎【解析】动滑轮的实质是动力臂为阻力臂2倍的杠杆，使用动滑轮时能省力，但不能改变施力的方向，故A正确、BCD错误。‎ ‎16．（2019•自贡）如图所示，物体A、B的重分别为20N、10N，滑轮重和滑轮与绳子之间的摩擦忽略不计，此时物体A在水平面上向右作匀速直线运动，若用力F向左拉物体A，使物体A向左作匀速直线运动，则（　　）‎ A．F＝20N B．F＝10N C．F＝5N D．F＝30N ‎【答案】B ‎【解析】由图知，此滑轮组由2段绳子承担物重，所以FA＝GB＝×10N＝5N；‎ 在水平方向A受到的摩擦力和绳对A的拉力平衡，所以f＝FA＝5N，方向水平向左；‎ 若使物体A向左作匀速直线运动，则A受摩擦力水平向右，则F′＝FA+f＝5N+5N＝10N。‎ ‎17．（2019•嘉兴）为便于研究，某健身器材中训练拉力部分的机械结构可简化为如图所示的滑轮组。若不计摩擦，下列有关分析正确的是（　　）‎ A．两个滑轮在装置中起的作用相同 ‎ B．拉力移动的距离与配重上升的距离相同 ‎ C．沿方向1与2匀速拉动配重，所用的力大小相等 ‎ D．将配重提升相同高度，用该装置与直接提升所做的功相等 ‎【答案】C ‎【解析】A、由图可知，该装置由一个动滑轮和一个定滑轮组成，动滑轮能够省力，但不能改变力的方向；定滑轮不能省力，可以改变力的方向，故A错误；‎ B、该滑轮组中n＝2，由s＝2h可知，拉力移动距离等于配重上升高度的二倍，故B错误；‎ C、如图所示，绳子最后绕过的是定滑轮，定滑轮相当于等臂杠杆，沿方向1与2匀速拉 21‎ 动配重，动力臂都等于定滑轮的半径，所以两次的拉力相等，若不计摩擦，均等于（G+G动），故C正确；‎ D、直接提升配重做的功是有用功，用该装置将配重提升相同高度还要对动滑轮做功，即用该装置所做的功（总功）大于有用功，故D错误。‎ ‎18．（2019•常德）用如图所示的工具提升相同重物G，（不计摩擦，不计绳、滑轮和杠杆重）最省力的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题知，不计摩擦和动滑轮、杠杆重，‎ A、使用的是动滑轮，F＝G；‎ B、使用的是滑轮组，n＝3，F＝G；‎ C、使用的是定滑轮，F＝G；‎ D、设杠杆的长度为L，则动力臂为L，阻力臂为，‎ 则FL＝G×，F＝。‎ 故由以上计算可知B最省力。‎ ‎19．（2019•陕西）工人用如图所示的装置运送砂石，下列说法正确的是（　　）‎ 21‎ A．滑轮组中的定滑轮能改变拉力的大小 ‎ B．图中动滑轮相当于一个省力杠杆 ‎ C．绳子自由端下拉1m，桶上升2m ‎ D．质量为65kg的工人利用该滑轮组能提起150kg的砂石 ‎【答案】B ‎【解析】A、定滑轮能改变力的方向，但不能改变力的大小，故A错误；‎ B、动滑轮实质是动力臂等于阻力臂二倍的杠杆，属于省力杠杆，故B正确；‎ C、由图知，n＝2，拉力端移动距离s＝2h，若绳子自由端下拉1m，则桶上升0.5m，故C错误；‎ D、工人向下拉绳子时，绳子会对人施加向上的拉力，为避免人被绳子拉上去，‎ 所以人提供的最大拉力F最大＝G人＝m人g＝65kg×10N/kg＝650N；‎ 不计绳重、动滑轮重和摩擦时，利用该滑轮组能提起的最大物重G最大＝2F最大＝2×650N＝1300N，‎ 则提升物体的最大质量：m最大＝＝＝130kg，故D错误。‎ ‎20．（2019•安徽）图中物块甲和乙处于静止状态。已知甲重12N，乙重8N，不计绳重及一切摩擦，则甲受到地面的支持力为　　N。‎ ‎【答案】4‎ 21‎ ‎【解析】物体甲受竖直向下的重力G甲＝12N、竖直向上的拉力F拉＝G乙＝8N、竖直向上的地面的支持力F支作用而静止，处于平衡状态，由力的平衡条件得：G甲＝F拉+F支，则甲受到地面的支持力：F支＝G甲﹣F拉＝12N﹣8N＝4N。‎ ‎21．（2019•德阳）如图，分别用甲、乙两种形式的滑轮组把重为400N的物体匀速向上提起；已知每个滑轮重20N，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，图甲中车对绳子的拉力为　　N，图乙中人对绳子的拉力为　　N。‎ ‎【答案】400；210‎ ‎【解析】图甲中使用的是两个定滑轮，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，车对绳子的拉力F甲＝G＝400N；‎ 图乙中使用的是一动一定的滑轮组，n＝2，忽略绳子的重力以及滑轮与绳子的摩擦，人对绳子的拉力F乙＝（G+G动）＝（400N+20N）＝210N。‎ ‎22．（2019•吉林）有一个箱子需要从地面搬到汽车上。小冰想用如图甲所示的方法搬运，小雪想用如图乙所示的方法搬运。两种方法克服箱子的重力做的功是　　，但小雪的方法会　　。‎ ‎【答案】相同的；省力 ‎【解析】由题意可知，箱子重不变，箱子上升的高度相同，由W＝Gh可知，甲乙两种方法将同一箱子搬上车，克服箱子重力所做的功是相同的；‎ 小雪用斜面向上推箱子要比甲直接搬运省力。‎ ‎★考点四：杠杆及滑轮的画图 ‎23．（2019•铁岭）如图甲所示是一种鸡蛋开壳器，AOB相当于一个杠杆。图乙为其简化的示意图，图中O点为支点，F2为给鸡蛋开壳时杠杆所受阻力。请在图乙中画出：‎ ‎（1）给鸡蛋开壳时作用在A点的最小动力F1及其动力臂l1。‎ ‎（2）阻力臂l2。‎ 21‎ ‎【解析】（1）由杠杆平衡条件F1 L1＝F2 L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；图中支点在O点，因此OA作为动力臂l1最长；动力的方向应该向下，过点A垂直于OA向下作出最小动力F1的示意图；‎ ‎（2）反向延长画出F2的作用线，从支点O作动力F2作用线的垂线，支点到垂足的距离为动力臂l2，如图所示：‎ ‎24．（2019•南通）如图，O为轻质杠杆的支点，左端挂一重物，杠杆在图示位置平衡，请作出最小动力F1的示意图和阻力的力臂l2。‎ ‎【解析】重物对杠杆的拉力为阻力F2，从支点O作力F2作用线的垂线，可得阻力臂l2；由图可知，支点为O，杠杆上距离支点O最远的点为杠杆右端A点，OA为最长的动力臂，从A点垂直OA向下画出带箭头的线段可得动力F1的示意图，如图所示；‎ ‎25．（2019•赤峰）工人沿台阶向上滚动圆柱形塑料桶如所示。他在A点施加力F使塑料桶绕0点向上滚动，请画出F的力臂。‎ 21‎ ‎【解析】图中O为支点，反向延长力F画出F的作用线，然后从支点O向力F的作用线作垂线段，该垂线段即为力F的力臂L，如图所示：‎ ‎26．（2019•武威）如图所示是羊角锤的示意图，请画出用羊角锤撬铁钉时最小动力F1的示意图。‎ ‎【解析】由杠杆的平衡条件可知，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长越省力；‎ 由图知，O为支点，A点离支点最远，则连接支点O和羊角锤的末端A即是最长的动力臂，过A点作垂直于动力臂向右的力F1．如下图所示：‎ ‎27．（2019•淮安）在图中。画出使用滑轮组提升物体时最省力的绳子绕法。‎ 21‎ ‎【解析】图中只有一个动滑轮和一个定滑轮，要求最省力，则由3段绳子承担物重，是最省力的绕绳方法；绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过上面的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示：‎ ‎28．（2019•铜仁市）一个工人站在地面上，使用如图所示的滑轮组将重物从地面提升到楼顶，要求绳子的自由端要向下拉，请你用笔画代替绳子，画出滑轮组最省力的绕绳方法。‎ ‎【解析】要使滑轮组最省力，需要承担物重的绳子段数最多，所以要从动滑轮绕起，依次绕过上面的定滑轮、下面的动滑轮，如图所示：‎ ‎★考点五：探究杠杆的平衡条件 21‎ ‎29．（2019•苏州）利用杠杆开展相关实验探究：‎ ‎（1）安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，如图甲所示。则应将平衡螺母向　　（选填“左”或“右”）调节，直到杠杄在水平位置平衡；‎ ‎（2）如图乙所示，在A点挂3个重力均为0.5N的钩码，在B点用弹簧测力计竖直向下拉杠杆，使其在水平位置平衡，弹簧测力计的示数为　　N；若在第（1）小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，弹簧测力计的示数会 ‎　　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；‎ ‎（3）始终竖直向下拉弹簧测力计，使杠杆从水平位置缓慢转过一定角度，如图丙所示。此过程中，弹簧测力计拉力的力臂　　（选填“变大”、“变小”或“不变”，下同），拉力的大小　　。‎ ‎【答案】（1）左；（2）2.0；偏小；（3）变小；不变 ‎【解析】利用杠杆开展相关实验探究：‎ ‎（1）安装好杠杆，将其放到水平位置后松手，发现杠杆沿顺时针方向转动，左端上翘，如图甲所示。则应将平衡螺母向左调节，直到杠杄在水平位置平衡；‎ ‎（2）由图可知，根据杠杆平衡条件得：FA×LA＝FB×LB，3×0.5N×4L＝FB×3L，所以FB＝2.0N；‎ 若在第（1）小题所描述的情形中未调节平衡螺母而直接开展上述实验，由于左侧已经存在杠杆的力与力臂的乘积，故弹簧测力计的示数会偏小；‎ ‎（3）图丙使杠杆由水平位置时，根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，‎ G×4L＝F2×3L，‎ 则F2＝G；‎ 当转动到图中位置时，设杠杆与水平位置的夹角为α，物体的力臂、弹簧测力计拉力的力臂均变小；则根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2得，‎ 21‎ G×4L×cosα＝F2′×3L×cosα，‎ 则：F2′＝G；‎ 所以，在此过程中拉力F的大小不变。‎ ‎30．（2019•包头）如图是“利用杠杆测量石块密度”的实验。（ρ水＝1.0×103kg/m3）‎ ‎（1）在实验前，杠杆静止在图甲所示的位置，此时杠杆处于　　（选填“平衡”或“不平衡”）状态；要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向　　调节，这样做的目的是　　，并消除杠杆自重对实验的影响。‎ ‎（2）在溢水杯中装满水，如图乙所示，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此时小桶A中水的体积　　石块的体积。‎ ‎（3）将石块从溢水杯中取出，擦干后放入另一相同小桶B中，将装有水和石块的A、B两个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在水平位置回复平衡，如图丙所示。此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，若不考虑小桶重力，则石块密度的测量值为　　kg/m3；若考虑小桶重力，石块的实际密度将比上述测量值　　。‎ ‎【答案】（1）平衡；右；便于从杠杆上测量力臂；（2）等于；（3）2.6×103；偏大 ‎【解析】（1）杠杆静止在如图甲所示位置，杠杆处于静止状态，所以此时杠杆处于平衡状态；‎ 调节杠杆在水平位置平衡，目的是便于从杠杆上测量力臂，同时是为了让杠杆的重心在支点上，可避免杠杆自重的影响；杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端移动；‎ ‎（2）在溢水杯中装满水，如图乙所示，将石块缓慢浸没在水中，让溢出的水流入小桶A中，此时小桶A中水的体积等于石块的体积；‎ ‎（3）将装有水和石块的A、B两个小桶分别挂在调好的杠杆两端，移动小桶在杠杆上的位置，直到杠杆在水平位置回复平衡，如图丙所示。此时小桶A、B的悬挂点距支点O分别为13cm和5cm，若不考虑小桶重力，根据杠杆平衡条件可知，‎ 21‎ G石L1＝G水L2，‎ 即m石gL1＝m水gL2，‎ ρ石V石gL1＝ρ水V水gL2，‎ ρ石V石L1＝ρ水V水L2，‎ 因为倒出的水的体积就是石块的体积，即V石＝V水，‎ 则石块的密度ρ石＝•ρ水＝×1×103kg/m3＝2.6×103kg/m3；‎ 若考虑小桶重力，质量偏大。由ρ＝可知，石块的实际密度将比上述测量值偏大。‎ ‎★考点六：杠杆的计算题 ‎31．（2019•杭州）如图甲，有一轻质杆，左右各挂由同种金属制成、质量分别为m1和m2（m1＞m2）的实心物块后恰好水平平衡。‎ ‎（1）求左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比。‎ ‎（2）将两物分别浸没于水中（如图乙），杆将会　　（选填“左端下降”“右端下降“或“仍然平衡”），试通过推导说明。‎ ‎【解析】解：（1）轻质杆左右各挂物块后，根据杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2可得：‎ G1L1＝G2L2，‎ 即：m1gL1＝m2gL2，‎ 所以，＝；‎ ‎（2）根据ρ＝可知同种金属制成的实心物块的体积分别为：‎ V1＝，V2＝；‎ 当浸没水中后，实心物块受到的浮力分别为：‎ F浮1＝ρ水gV排1＝ρ水gV1＝ρ水g×，F浮2＝ρ水gV排2＝ρ水gV2＝ρ水g×；‎ 轻质杆左右两边受到的拉力分别为：‎ 21‎ F1＝G1﹣F浮1＝m1g﹣ρ水g×＝m1g（1﹣），‎ F2＝G2﹣F浮2＝m2g﹣ρ水g×＝m2g（1﹣），‎ 则：F1L1＝m1g（1﹣）L1，‎ F2L2＝m2g（1﹣）L2，‎ 由于，m1gL1＝m2gL2，‎ 所以，F1L1＝F2L2；‎ 即：杠杆仍然平衡。‎ 答：（1）左右悬挂点到支点O的距离L1与L2之比为m2：m1。‎ ‎（2）仍然平衡。‎ ‎32．（2019•梧州）如图所示，将质量为6kg，边长为0.1m的正方体合金块，用细线挂在轻质杠杆A点处，在B点施加与杠杆垂直的力F1时，杠杆在水平位置平衡，其中OB＝3OA（g取10N/kg）求：‎ ‎（1）合金块的重力；‎ ‎（2）合金块的密度；‎ ‎（3）拉力F1的大小。‎ ‎【解析】解：（1）合金块的重力：‎ G＝mg＝6kg×10N/kg＝60N；‎ ‎（2）正方体合金块的体积：‎ V＝L3＝（0.1m）3＝10﹣3m3；‎ 合金块的密度：‎ ‎＝＝6×103kg/m3；‎ ‎（3）已知OB＝3OA，F2＝G＝60N，‎ 根据杠杆的平衡条件可得：F1LOB＝F2LOA，‎ 21‎ 则拉力F1的大小：F1＝＝＝×60N＝20N。‎ 答：（1）合金块的重力为60N；‎ ‎（2）合金块的密度为6×103kg/m3；‎ ‎（3）拉力F1的大小为20N。‎ 21‎