Question

14．如图1示，某小组研究“杠杆的平衡条件”，器材：有刻度的杠杆、若干个相同的钩码、弹簧测力计等，O为杠杆的支点．
①实验前，应先调节杠杆在水平位置平衡．这样做，除了可以消除自身的重力影响，还可以方便地测量或读出杠杆力臂的大小．调节时，如发现杠杆左端偏高，应如何操作：将平衡螺母向左调．
②某实验小组记录两组数据如下：

实验序号	动力F1/N	动力臂l1/cm	阻力F2/N	阻力臂l2/cm
1	2	20	1	10
2	1	8	2	4

根据分析，这组数据中，实验序号为1（选填：“1”或“2”）的一组肯定有错误．检查发现是测量动力臂时读错了，动力臂的实际值比记录值小（选填：大或小）．
③如图2所示，弹簧测力计在C处由竖直向上逐渐向右倾斜拉动杠杆，仍使杠杆在水平位置保持平衡，则弹簧测力计的示数将变大（选填：“变大”、“变小”或“保持不变”），其原因是该力的力臂变短了（此时的力臂小于OC了）．
④某次实验中，若采取如图3所示的方式悬挂钩码，杠杆也能在水平位置保持平衡（杠杆上每格等距），但老师却往往提醒大家不要采用这种方式，这主要是以下哪种原因D（选填字母）．
A．一个人无法独立操作     B．需要使用太多的钩码
C．力臂与杠杆不重合       D．力和力臂数目过多

⑤如图4所示，实验小组选用长1.6m、粗细均匀的一只金属杆，绕O点在竖直平面内自由转动，同时将一个“拉力--位移传感器”竖直作用在杆上，并使杠杆在水平位置始终保持平衡．该传感器显示其拉力F与作用点到O点距离x的变化关系如图5所示．由图可知金属杆重10N．

Answer 1

分析 ①为了避免杠杆重力对杠杆平衡产生的影响和便于测量力臂，实验前，应首先进行杠杆平衡调节，根据杠杆的平衡条件，杠杆左、右两端的螺母（或一端的螺母）向杠杆上翘的一端调节．
②利用题中表格中的已知数据分别计算F₁L₁与F₂L₂的值，进行比较，因杠杆是平衡的，若F₁L₁≠F₂L₂说明有错误．
③根据杠杆平衡的条件F₁L₁=F₂L₂分别计算测力计倾斜前后两状态时拉力的大小，比较即可．
④如图操作，左端有三个拉力，对应的有三个力臂，要计算三个力与力臂的乘积，不符合杠杆一个动力、一个阻力的要求．
⑤解决图表类的题目要充分利用表中数据，此题，杠杆是粗细均匀的一只金属杆，重心在杠杆的中点，当x为0.8m时，动力臂等于阻力臂，所以拉力等于杠杆的重力．

解答 解：①因为杠杆的重力对杠杆平衡产生的影响，实验前，应首先进行杠杆平衡调节．当杠杆处于水平平衡时，作用在杠杆上的动力和阻力--钩码的重力--的方向恰好与杠杆垂直，这时力的力臂就可以从杠杆上的刻度直接读出．因此，调节杠杆的水平平衡是为了便于测量力臂的大小．
如发现杠杆左端偏高，说明杠杆重心位置偏右，向左调节杠杆左侧平衡螺母或向左调节杠杆右侧平衡螺母．
②分析表中数据：实验序号1中，F₁L₁=2N×20cm=40N•cm；而F₂L₂=1N×10cm=10N•cm，所以F₁L₁≠F₂L₂，
因杠杆平衡，该组乘积不相等说明数据有错误．
实验序号2中，F₁L₁=1N×8cm=8N•cm，而F₂L₂=2N×4cm=8N•cm，所以F₁L₁=F₂L₂，
因杠杆平衡，该组乘积相等说明数据正确．
由F₁L_实=F₂L₂得：L_实=$\frac{{F}_{2}{L}_{2}}{{F}_{1}}$=$\frac{1N×10cm}{2N}$=5cm＜10cm；
即：动力臂的实际值比表中的记录值小．
③由题干可知：弹簧测力计在C处由竖直向上逐渐向右倾斜拉动杠杆时，杠杆受到的阻力和阻力臂不变，测力计的拉力方向改变，拉力的力臂L′小于竖直向上拉时的力臂L₁，=OC；
使杠杆在水平位置保持平衡，由杠杆平衡条件得：
F′=$\frac{{F}_{2}{L}_{2}}{L′}$=；F₁=$\frac{{F}_{2}{L}_{2}}{{F}_{1}}$；
F′＞F₁；
即：则弹簧测力计的示数将变大，原因是该力的力臂变短了（此时的力臂小于OC了）．
④杠杆平衡后，右边有一个力与力臂的乘积，而左边有三个力与力臂的乘积，共有四个力与力臂的乘积，数目过多，计算不便．
⑤粗细均匀的金属杆长为1.6m，则其重心在0.8m处，此处动力臂等于阻力臂，由杠杆平衡条件可知，拉力的大小即为金属杆的重，故重力为10N．
故答案为：①水平；杠杆力臂的大小；将平衡螺母向左调； ②1、小；③变大；该力的力臂变短了（此时的力臂小于OC了）；④D；⑤10．

点评 解决与杠杆平衡条件相关问题的基本方法：准确找出题中杠杆的五要素，再将对应的动力和动力臂、阻力和阻力臂代入杠杆平衡条件，即可求解；解决图表类的题目要充分利用表中数据，此题，当x为0.8m时拉力等于杠杆的重力．