八年级物理下《杠杆》拓展训练.docx
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八年级物理下《杠杆》拓展训练
《杠杆》拓展训练
一、选择题（本大题共8小题，共80.0分）
1．（10分）如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是（ ）
A．当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，该杠杆一定是省力杠杆
B．当重物悬挂在C点，动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力
C．无论重物挂在A点还是B点时，利用该机械所做的有用功都相等
D．如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变
2．（10分）如图，轻质杠杆OA中点通过细线悬挂一个重力为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，下列有关说法正确的是（ ）
A．使杠杆顺时针转动的力是物体的重力
B．此杠杆为费力杠杆
C．杠杆处于水平位置平衡时拉力F的大小为30N
D．保持F的方向竖直向上不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将增大
3．（10分）一块厚度、密度均匀的长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置（如图甲、乙所示），将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（ ）
A．F甲＞F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为乙图中的阻力臂长
C．F甲＞F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲＝F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
4．（10分）如图所示，在杠杆OA上的B点悬挂一重物G，A端用细绳吊在小圆环E上，小圆环E在圆弧CD上可以自由滑动，且细绳AE长等于圆弧CD的半径，此时杠杆恰好成水平状态，A点与圆弧CED的圆心重合。
E环从C点沿顺时针方向逐渐滑到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．吊绳对A端的作用力大小将由小变大，再由大变小
B．吊绳对A端的作用力大小将保持不变
C．吊绳对A端的作用力大小与其力臂的乘积将由大变小，再由小变大
D．吊绳对A端的作用力大小与其力臂的乘积将保持不变
5．（10分）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。
现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（ ）
A．大小不变B．逐渐增大
C．逐渐减小D．先增加后减小
6．（10分）如图，O为拉杆式旅行箱的轮轴，OA为拉杆。
现在拉杆端点A处施加力F，使箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至竖直位置。
若力F的大小保持不变，则力F的方向应（ ）
A．垂直于OAB．水平向左C．沿OA向上D．竖直向上
7．（10分）如图所示，质量不计的木板AB处于水平位置平衡，且可绕O点无摩擦转动，OA＝0.2m，OB＝0.5m，在A端挂一个重8N的物体甲，另一重1N的小滑块乙在水平拉力作用下，以0.1m/s的速度从O点匀速向右滑动，则2s末与4s末时甲对地面的压强之比为（ ）
A．2：
1B．3：
2C．5：
4D．7：
6
8．（10分）如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，BO＝2AO，AB两端分别悬挂实心铁球和实心铜球，杠杆在水平位置平衡，若将两球同时浸没在水中，（铁密度为7.9×103kg/m3；铜密度为8.9×103kg/m3）则（ ）
A．杠杆仍能保持平衡
B．铜球一端下降
C．铁球一端下降
D．若改为浸没在酒精中，铁球一端下沉
二、实验探究题（本大题共2小题，共20.0分）
9．（10分）在“研究杠杆平衡条件”的实验中，杠杆刻度均匀，每个钩码的质量都相等。
（1）实验开始时，杠杆如图甲所示处于静止状态。
为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向 移动（选填“左”或“右”）。
（2）调节杠杆水平平衡后，在杠杆上挂了如图乙所示2组钩码。
放手后，杠杆在水平位置是否平衡：
（选填“平衡”或“不平衡”）。
（3）实验过程中使杠杆水平平衡的目的是 。
（4）用弹簧测力计和钩码配合使用，也可以研究杠杆平衡条件，如图丙所示，若每个钧码的质量是50g，则可用量程为0～5N的弹簧测力计在 处（选填“A”、“B”或“C”）竖直向上拉杠杆，使其在水平位置平衡，获取实验数据。
（5）用绳子拴住一根粗细不同的木头某处，静止后木头水平平衡，如图丁所示，现将木头从拴绳处沿竖直方向切成A、B两段，可判断GA GB（选填“＞”、“＝”、“＜”）。
10．（10分）在“探究杠杆平衡条件的实验”中：
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将两端的平衡螺母向 （左/右）调节，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示挂上钩码后，杠杆恰好在水平位置平衡，当将A、B两点下方所挂钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆 （左/右）端将下沉。
（3）某同学根据如图乙所示的这第一组实验数据，猜想杠杆的平衡条件可能是：
动力+动力臂＝阻力+阻力臂，分析可知他的这个猜想不科学，原因是：
。
（4）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 。
（5）某同学用图丁装置进行探究，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是 。
《杠杆》拓展训练
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，共80.0分）
1．（10分）如图所示，为提升重物，现选用轻质杠杆，不考虑杠杆支点O点处的摩擦，每次利用杠杆把同一重物匀速提升相同高度，下列说法正确的是（ ）
A．当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，该杠杆一定是省力杠杆
B．当重物悬挂在C点，动力作用在B点时一定比作用在A点时要省力
C．无论重物挂在A点还是B点时，利用该机械所做的有用功都相等
D．如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则提升重物过程动力大小不变
【考点】杠杆的分类；杠杆的平衡分析法及其应用．
【分析】AB、根据杠杆的平衡条件，F动L动＝F阻L阻，当L动＞L阻，为省力杠杆；当L动＜L阻，为费力杠杆；
C、根据W＝Gh分析；
D、由题意分析杠杆动力臂及阻力臂的变化，根据杠杆的平衡条件分析动力大小变化。
【解答】解：
A、当重物悬挂在A点，动力作用在C点时，如图1所示，动力的力臂OD小于阻力的力臂OA，该杠杆是费力杠杆，A错误；
B、当重物悬挂在C点，动力作用在B点时的力臂为OE，如图2所示，作用在A点时的力臂为OA，因OE＜OA，根据杠杆的平衡条件，故作用在A点时要比B点时更省力，B错误；
C、因把同一重物匀速提升相同高度，根据W＝Gh，无论重物挂在A点还是B点时，利用该机棫所做的有用功都相等；C正确；
D、如果动力作用在C点且方向始终保持与杆保持垂直，则动力的力臂大小始终等于杠杆的长度，如图3所示，但阻力的力臂是OH，是越来越小的，根据杠杆的平衡条件，故提升重物过程动力大小是越来越小的，D错误。
故选：
C。
【点评】本题考查杠杆平衡条件的运用及杠杆的分类，关键是明确杠杆力臂的变化。
2．（10分）如图，轻质杠杆OA中点通过细线悬挂一个重力为60N的物体，在A端施加一竖直向上的力F，杠杆在水平位置平衡，下列有关说法正确的是（ ）
A．使杠杆顺时针转动的力是物体的重力
B．此杠杆为费力杠杆
C．杠杆处于水平位置平衡时拉力F的大小为30N
D．保持F的方向竖直向上不变，将杠杆从A位置匀速提升到B位置的过程中，力F将增大
【考点】杠杆的动态平衡分析．
【分析】
（1）使杠杆顺时针转动的力是物体对杠杆的拉力；
（2）在A位置如图，OA、OC为动力F和阻力G的力臂，知道C是OA的中点，也就知道两力臂的大小关系，知道阻力G的大小，利用杠杆的平衡条件求动力F的大小，判断出杠杆的种类；
（3）在B位置，画出动力和阻力的作用线，找出动力臂的阻力臂，利用三角形的相似关系，确定动力臂和阻力臂的大小关系，再利用杠杆平衡条件分析拉力F的大小变化情况。
【解答】解：
（1）由图知，使杠杆顺时针转动的力是物体对杠杆的拉力，故A错误；
（2）杠杆在A位置（如下图），LOA＝2LOC，
因为杠杆平衡，所以FLOA＝GLOC，
则拉力F＝
＝
G＝
×60N＝30N，故C正确；
因为拉力F＜G，
所以此杠杆为省力杠杆，故B错误；
（3）如下图所示：
杠杆在B位置，OA′为动力臂，OC′为阻力臂，阻力不变为G，
因为△OC′D∽△OA′B，
所以OC′：
OA′＝OD：
OB＝1：
2，
因为杠杆平衡，所以F′LOA′＝GLOC′，
则F′＝
＝
G＝
×60N＝30N；
由此可知，当杠杆从A位置匀速提到B位置的过程中，力F的大小不变，故D错误。
故选：
C。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，能画出杠杆在B位置的力臂并借助三角形相似确定其关系是本题的关键。
3．（10分）一块厚度、密度均匀的长方形水泥板平放在水平地面上，现分别用竖直向上的力F甲和F乙作用在不同的位置（如图甲、乙所示），将其一端缓缓抬离地面，则下列说法正确的是（ ）
A．F甲＞F乙，因为甲图中的动力臂长
B．F甲＜F乙，因为乙图中的阻力臂长
C．F甲＞F乙，因为乙图中时阻力臂短
D．F甲＝F乙，因为两图中动力臂都是阻力臂的2倍
【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】把水泥板看做一个杠杆，抬起一端，则另一端为支点。
由于水泥板是一个厚度、密度都均匀的物体，所以，其重力的作用点在其中心上，此时动力F克服的是水泥板的重力，即此时的阻力臂等于动力臂的一半。
在此基础上，利用杠杆的平衡条件，即可确定F甲与F乙的大小关系。
【解答】解：
两次抬起水泥板时的情况如图所示：
在上述两种情况下，动力克服的都是水泥板的重力，对于形状规则质地均匀的物体，其重心都在其几何中心上，所以两图中动力臂都是阻力臂的2倍。
因为FL动＝GL阻，
所以，F＝
＝
G，
所以，前后两次所用的力相同，即F甲＝F乙，故ABC都错误，D正确；
故选：
D。
【点评】本题考查了杠杆平衡条件的应用，对于均匀的物体，抬起一端所用的力等于其重力的一半，知道对于形状规则质地均匀的物体，其重心在其几何中心上是关键。
4．（10分）如图所示，在杠杆OA上的B点悬挂一重物G，A端用细绳吊在小圆环E上，小圆环E在圆弧CD上可以自由滑动，且细绳AE长等于圆弧CD的半径，此时杠杆恰好成水平状态，A点与圆弧CED的圆心重合。
E环从C点沿顺时针方向逐渐滑到D点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．吊绳对A端的作用力大小将由小变大，再由大变小
B．吊绳对A端的作用力大小将保持不变
C．吊绳对A端的作用力大小与其力臂的乘积将由大变小，再由小变大
D．吊绳对A端的作用力大小与其力臂的乘积将保持不变
【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【分析】根据杠杆平衡的条件进行分析，即动力乘以动力臂等于阻力乘以阻力臂，由题意可知杠杆应始终处于平衡状态，则可得出拉力的变化。
【解答】解：
由题意可知，在圆环转动中，A的位置保持不变，故杠杆始终处于平衡状态；
因为重力与重力的力臂的乘积不变，所以根据杠杆平衡的条件可得，动力与动力的力臂的乘积不变，且动力臂越大，动力会越小；又因为圆环在图示位置时，动力臂最大，动力最小，所以E环从C端移动到D端的过程中，动力会由大到小，再由小到大，故ABC错误，D正确。
故选：
D。
【点评】本题的关键在于灵活应用杠杆平衡的平衡条件，并能根据动力的方向确定力臂的变化，会根据阻力、阻力臂和动力臂的关系判断动力的变化。
5．（10分）一均匀木板AB，B端固定在墙壁的转轴上，木板可在竖直面内转动，木板下垫有长方形木块C，恰好使木块水平放置，如图所示。
现有水平力F由A向B缓慢匀速推动，在推动过程中，推力F将（ ）
A．大小不变B．逐渐增大
C．逐渐减小D．先增加后减小
【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【分析】以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，由杠杆平衡条件知F支•L支＝G•LG．在C逐渐向右推移的过程中，根据支持力对轴B的力臂l逐渐减小，可知F支的变化。
由此可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，然后再由平衡条件知，水平推力F的变化。
【解答】解：
以杆为研究对象，杆受重力G和C对它的支持力F支，两力臂如图所示：
根据杠杆平衡条件可得：
F支•L支＝G•LG，
水平力F由A向B缓慢匀速推动木块，F支的力臂在减小，重力G及其力臂LG均不变，
所以根据杠杆平衡条件可知，在整个过程中支持力在逐渐增大；
由于支持力逐渐变大，且力的作用是相互的，所以可知杆对物体C的压力也逐渐变大，
根据影响摩擦力大小的因素可知，C和木板间、C和地面间的摩擦力逐渐增大，由力的平衡条件知，水平推力F也逐渐增大，故B正确。
故选：
B。
【点评】此题考查了平衡力知识以及物体状态与受力情况的联系；结合物体状态可推断出物体受到平衡力作用，然后找出平衡力中的具体的力即可。
6．（10分）如图，O为拉杆式旅行箱的轮轴，OA为拉杆。
现在拉杆端点A处施加力F，使箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至竖直位置。
若力F的大小保持不变，则力F的方向应（ ）
A．垂直于OAB．水平向左C．沿OA向上D．竖直向上
【考点】杠杆的平衡分析法及其应用．
【分析】根据杠杆的平衡条件判断分析F的方向。
【解答】解：
使箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至竖直位置时，箱子的重力不变，即阻力不变，由下面的示意图可知阻力臂会逐渐减小。
根据杠杆的平衡条件：
F1L1＝F2L2知，要使力F的大小保持不变，则动力臂也应该减小；
A、当F垂直于OA时，动力臂大小不变，故A不符合题意；
B、若F水平向左时，在逆时针转动过程中动力臂增大，故B不符合题意；
C、若F沿OA向上时，动力F的力臂为零，不能将箱体从图中位置绕O点缓慢逆时针转至竖直位置，故C不符合题意；
D、若F竖直向上时，阻力臂减小时，动力臂也减小，故D符合题意。
故选：
D。
【点评】本题考查了学生对杠杆平衡条件的了解和掌握，判断力臂变化是本题的关键。
7．（10分）如图所示，质量不计的木板AB处于水平位置平衡，且可绕O点无摩擦转动，OA＝0.2m，OB＝0.5m，在A端挂一个重8N的物体甲，另一重1N的小滑块乙在水平拉力作用下，以0.1m/s的速度从O点匀速向右滑动，则2s末与4s末时甲对地面的压强之比为（ ）
A．2：
1B．3：
2C．5：
4D．7：
6
【考点】杠杆的平衡条件；压强的大小及其计算．
【分析】
（1）根据s＝vt求出小滑块乙2s通过的距离，根据杠杆平衡条件得，FA×OA＝G乙×OB′得出作用在A端的力，根据力的作用是相互的得出绳子拉物体的力为，根据力的平衡得出此时甲对地面的压力；
（2）同理，求出小滑块乙4s通过的距离时甲对地面的压力；
根据p＝
，在受力面积不变时，压强与压力大小成正比，得出则2s末与4s末时甲对地面的压强。
【解答】解：
（1）小滑块乙2s通过的距离：
OB′＝vt＝0.1m/s×2s＝0.2m
根据杠杆平衡条件得，FA×OA＝G乙×OB′，
FA＝
＝
＝1N，根据力的作用是相互的，A端对绳子的拉力，即绳子拉物体的力为1N，由力的平衡，
此时甲对地面的压力：
F压′＝G甲﹣FA′＝8N﹣N＝7N﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
（2）小滑块乙4s通过的距离：
OB1′＝vt′＝0.1m/s×4s＝0.4m
根据杠杆平衡条件得，FA1×OA＝G乙×OB1′，
FA1＝
＝
＝2N，根据力的作用是相互的，A端对绳子的拉力，即绳子拉物体的力为2N，
此时甲对地面的压力：
F压1＝G甲﹣FA1＝8N﹣2N＝6N﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
根据p＝
，在受力面积不变时，压强与压力大小成正比，由①②得2s末与4s末时甲对地面的压强之比为：
7N：
6N＝7：
6。
故选：
D。
【点评】本题考查速度公式和杠杆平衡条件的及压强公式的应用和力的平衡、力的相互性，综合性强。
8．（10分）如图所示，AB为一轻质杠杆，O为支点，BO＝2AO，AB两端分别悬挂实心铁球和实心铜球，杠杆在水平位置平衡，若将两球同时浸没在水中，（铁密度为7.9×103kg/m3；铜密度为8.9×103kg/m3）则（ ）
A．杠杆仍能保持平衡
B．铜球一端下降
C．铁球一端下降
D．若改为浸没在酒精中，铁球一端下沉
【考点】杠杆的平衡条件．
【分析】AB两端分别悬挂实心铜球和实心铁球，杠杆在水平位置平衡，根据杠杆平衡条件求出铜球和铁球的重力的关系，然后求出体积关系；
当两球同时浸没在某液体中，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排求出浮力的关系；
计算出两球浸没在水中后两端力和力臂的乘积，根据乘积的大小，判断杠杆的状态。
【解答】解：
如图，杠杆处于平衡状态，根据杠杆平衡条件得，
OB×G铜＝OA×G铁，
OB×ρ铜gV铜＝OA×ρ铁gV铁，
所以，
＝
，所以，V铜＝
。
当两球同时浸没在某液体中，
杠杆铜球端：
OB×（G铜﹣F浮铜）＝OB×G铜﹣OB×F浮铜＝OB×G铜﹣OB×ρ液gV铜＝OB×G铜﹣OB×ρ液g
＝OB×G铜﹣OB×ρ液g
﹣﹣①
杠杆铁球端：
OA×（G铁﹣F浮铁）＝OA×G铁﹣OB×F浮铁＝OA×G铁﹣OB×ρ液gV铁﹣﹣②
比较①和②式，
因为OB×G铜＝OA×G铁，ρ铁＜ρ铜，
所以①＞②，所以杠杆的铜球端下沉。
故选：
B。
【点评】判断杠杆是否平衡，杠杆平衡条件是本题的关键，首先由杠杆平衡条件推知铜块和铁块的体积关系，然后根据铜块和铁块的体积关系、密度关系，判断是否符合杠杆平衡条件。
力和力臂的乘积大的一端是下沉的。
二、实验探究题（本大题共2小题，共20.0分）
9．（10分）在“研究杠杆平衡条件”的实验中，杠杆刻度均匀，每个钩码的质量都相等。
（1）实验开始时，杠杆如图甲所示处于静止状态。
为使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向 左 移动（选填“左”或“右”）。
（2）调节杠杆水平平衡后，在杠杆上挂了如图乙所示2组钩码。
放手后，杠杆在水平位置是否平衡：
不平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）。
（3）实验过程中使杠杆水平平衡的目的是 便于测量力臂 。
（4）用弹簧测力计和钩码配合使用，也可以研究杠杆平衡条件，如图丙所示，若每个钧码的质量是50g，则可用量程为0～5N的弹簧测力计在 A 处（选填“A”、“B”或“C”）竖直向上拉杠杆，使其在水平位置平衡，获取实验数据。
（5）用绳子拴住一根粗细不同的木头某处，静止后木头水平平衡，如图丁所示，现将木头从拴绳处沿竖直方向切成A、B两段，可判断GA ＞ GB（选填“＞”、“＝”、“＜”）。
【考点】探究杠杆的平衡条件实验．
【分析】
（1）如果杠杆右端下沉，应向左调节平衡螺母，如果杠杆左端下沉，应向右调节平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡；
（2）杠杆是否平衡，取决于两边力和力臂的乘积是否相等，若F1L1＝F2L2，杠杆平衡；若F1L1≠F2L2，杠杆就不平衡，会沿力和力臂成积大的力的方向转动；
（3）杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂的长度可以直接从杠杆上读出来。
（4）左侧钩码对杠杆的作用力向下，使杠杆沿逆时针转动，则弹簧测力计施加的力使杠杆沿顺时针转动，保持杠杆平衡；杠杆平衡条件F1L1＝F2L2计算出弹簧秤的示数，判断弹簧测力计的位置。
（5）画出杠杆的示意力，根据杠杆的平衡条件分析。
【解答】解：
（1）图甲中，杠杆右端下沉，为了使杠杆在水平位置平衡，应将杠杆两端的螺母向左调；
（2）图乙中，设一格为L，一个钩码重G，则有2G×4L＜3G×3L，即右边的力和力臂的乘积大于左边的力和力臂的乘积，杠杆不能在水平位置平衡，会沿顺时针方向转动；
（3）当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂等于支点到力的作用线的距离，力臂可以从杠杆标尺刻度上直接读出来。
（4）图丙中，钩码对杠杆的作用力使杠杆沿逆时针转动，现欲用弹簧测力计沿竖直向上的力拉杠杆，要保持杠杆保持平衡状态，则弹簧测力计的作用力应使杠杆沿顺时针转动，所以要作用在杠杆的左端；
丙图中钩码的重力G＝mg＝4×0.05kg×10N/kg＝2N；
由杠杆平衡条件F1L1＝F2L2可得：
如果拉力在B点，则F＝
＝
＝6N，因为弹簧测力计的量程为0～5N，拉力超过了测力计的量程；
如果拉力在A点，则F＝
＝
＝1.2N，拉力没有超过弹簧测力计的路程，故弹簧测力计在A处竖直向上拉杠杆，可以使其在水平位置平衡，获取实验数据。
（5）用绳子拴住一根粗细不同的木头某处，静止后木头水平平衡，支点O左端部分重为GA，重心为M；右端部分重为GB，重心为N，杠杆的示意图如下所示：
根据力臂的定义，左端部分重力力臂大小就等于OE，右端部分重力力臂大小等于为OF，且OE＜OF，根据杠杆的平衡条件，GA×OE＝GB×OF，故有GA＞GB，
故答案为：
（1）左；
（2）不平衡；（3）便于测量力臂；（4）A；（5）＞。
【点评】本题主要考查对“探究杠杆平衡条件”的实验内容的了解。
杠杆的平衡条件：
动力×动力臂＝阻力×阻力臂，即F1L1＝F2L2；运用此条件进行杠杆平衡的计算。
10．（10分）在“探究杠杆平衡条件的实验”中：
（1）如图甲所示，实验前，杠杆左端下沉，则应将两端的平衡螺母向 右 （左/右）调节，直到杠杆在水平位置平衡。
（2）如图乙所示挂上钩码后，杠杆恰好在水平位置平衡，当将A、B两点下方所挂钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆 右 （左/右）端将下沉。
（3）某同学根据如图乙所示的这第一组实验数据，猜想杠杆的平衡条件可能是：
动力+动力臂＝阻力+阻力臂，分析可知他的这个猜想不科学，原因是：
不同的物理量不能相加 。
（4）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转到b位置时，其示数大小将 变大 。
（5）某同学用图丁装置进行探究，发现总是无法得到课本上所给出的平衡条件，原因是 杠杆的自重对杠杆平衡有影响 。
【考点】探究杠杆的平衡条件实验．
【分析】
（1）调节杠杆平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
（2）根据杠杆平衡条件判断是否平衡；
（3）由于动力和动力臂的单位不同，所以不能进行加减运算。
（4）根据钩码个数与每个钩码的重力求出测力计拉力；当拉力F向右倾斜时，保持B点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；
（5）图丁中，支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响。
【解答】解：
（1）若开始实验前发现左端下沉，右端上翘，可将杠杆两端的平衡螺母向右端移动；
（2）若A、B两点的钩码同时向远离支点的方向移动一个格，则左侧2G×4L＝8GL，右侧3G×3L＝9GL，因为8GL＜9GL，故右端下沉；
（3）动力的单位是N，动力臂的单位是cm，两个物理量的单位不相同，不能进行加减运算。
（4）保持B点不变，若拉力F向右倾斜时，此时F的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，力变大；
（5）利用如图丁所示装置进行探究，杠杆的重心没有通过支点，杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
故答案为：
（1）右；
（2）右；（3）不同的物理量不能相加；（4）变大；（5）杠杆的自重对杠杆平衡有影响。
【点评】此题是探究杠杆平衡实验，考查了杠杆的调平及杠杆平衡条件的应用，在利用平衡条件公式时，要注意分析力和对应的力臂。
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