上海市普陀区2019-2020学年中考第四次质量检测物理试题含解析

上海市普陀区2019-2020学年中考第四次质量检测物理试题
一、单选题（本大题共10小题，共30分）
1．生活中常用“引吭高歌”“低声细语”来形容声音，这里的“高”“低”描述的是声音的（）
A．音色B．音调C．响度D．频率
C
【解析】
【详解】
“引吭高歌”中的“高”说明声音的响度大，“低声细语”中的“低”是指声音的响度小．
故C符合题意．
2．在厨房做饭的时候有很多现象可用物理知识解释，下列解释不正确的是
A．用高压锅炖肉熟得快是因为锅内气压增大使水的沸点升高
B．炒菜时香气四溢说明分子在做无规则运动
C．当汤沸腾以后，把火调小是为了降低汤的温度
D．茶壶的壶嘴和壶身构成连通器，当壶中水静上时水面相平
C
【解析】
【详解】
A．高压锅是通过增大锅内气体压强的办法来提高水的沸点，从而缩短加热时间的，故A正确，不符合题意；
B．炒菜时的香气是分子的无规则运动产生扩散的结果，故B正确，不符合题意；
C．汤沸腾后，改小火汤继续吸收热量，继续沸腾温度保持不变，故C错误，符合题意；
D．茶壶是一个上端开口、底部连通的容器，静止时水面相平，故D正确．
3．如图所示为乒乓球在水平地面上连续弹跳时产生的轨迹的一部分，该图表明（）
A．在图中乒乓球的弹跳方向为自右向左
B．乒乓球弹跳时机械能守恒
C．乒乓球运动过程中重力势能一直减小
D．乒乓球某次弹起过程中，弹起瞬间的动能大于此过程最高点时的重力势能
D
【解析】
【详解】
乒乓球在地面上连续弹跳中是动能和势能的相互转化．由于球与地面碰撞时有能量损失，运动中有空气阻力，所以小球在运动中机械能逐渐变小．小球向上运动时，动能转化为重力势能；下降时重力势能转化为动能，因为机械能在逐渐减小，所以球跳起的高度逐渐减小，AB 选项不符合题意．乒乓球在向上运动时，重力势能增大，下降时重力势能减小，C 选项不符合题意，D 选项符合题意．
4．下面是小宇同学在物理学习中的几个研究实例
（1）在学习汽化现象时，研究蒸发与沸腾的异同点
（2）根据熔化过程的不同，将固体分为晶体和非晶体两类
（3）比较电流表与电压表在使用过程中的相同点与不同点
（4）在研究磁场时，引入磁感线对磁场进行描述
上述几个实例中，采用的主要科学研究方法是“比较法”的为
A ．（1）（3）
B ．（2）（4）
C ．（2）（3）
D ．（3）（4）
A
【解析】
【分析】
【详解】
(1)、在学习汽化现象时，研究蒸发与沸腾的异同点．采用的是“比较法”．
(2)、根据熔化过程的不同，将固体分为晶体和非晶体两类．采用的是“分类法”．
(3)、比较电流表与电压表在使用过程中的相同点与不同点．采用的是“比较法”．
(4)、用磁感线来描述条形磁铁的磁场．采用的是“模型法”系．
采用比较法的是(1)、(3).
5．现有用同一种材料做成的四个正方体，其中有一个是空心的，它们的边长和质量如图所示，空心的是（ ） A ． B ． C ． D ．
C
【解析】
【详解】
A ．
335g 5g /cm 1cm
m V == B ．3340g 5g /cm 8cm m V ==
C ．33105g 3.89g /cm 27cm
m V == D ．33320g 5g /cm 64cm m V == 所以选C ．
6．如图所示实验或事例，不属于机械能转化为内能的是
A ．水蒸气将软木塞冲出
B ．搓手取暖
C ．钻木取火
D ．
由滑梯上滑下臀部会有灼热感
A
【解析】
【分析】
【详解】 A ．酒精灯给试管中水加热，水蒸气内能增加，温度升高，然后水蒸气将木塞冲出，是气体对木塞做功，将内能转化为机械能，故A 符合题意；
B ．寒冷的冬天，人们会互相搓两只手，这样就感觉暖和，搓手取暖是克服摩擦做功，这个过程中机械能转化为内能，故B 不符合题意；
C ．古代人很早就掌握了取火技术，钻木取火是克服摩擦做功，这个过程中机械能转化为内能，故C 不符合题意；
D ．小朋友由滑梯上滑下的过程中，臀部与滑梯之间产生摩擦，这个摩擦力对人做功，使得臀部内能增大，温度升高，产生灼热感，机械能转化为内能，故D 不符合题意．故答案为A ．
7．如图所示，当开关S 闭合后，两只灯泡均发光，两表均有示数．过一段时间后，发现电压表示数变为0，电流表示数增大．经检查除小灯泡外其余器材的连接良好，造成这种情况的原因可能是：
A ．灯L 1断路
B ．灯L 2短路
C ．灯L 1短路
D ．灯L 1、L 2均断路
C
A．如果灯L1断路，则会造成电压表、L2和电流表串联，此时电压表有明显示数，几乎是电源电压，而电流表示数为零．这与题中现象不符．
B．如果灯L2短路，电路中就只有灯L1发光，此时L1两端电压为电源电压，所以电压表示数会变，电流表示数变大．这与题中现象不符．
C．如果灯L1短路，则电压表也会被短路，造成电压表无示数；此时电路中只有灯L2，电阻变小，电流变大．故C正确．
D．如果灯L1、L2都断路，则整个电路断路，电路中无电流，两表都无示数．这与题中现象不符．8．小强把台灯的插头插在如图所示的插座上，插座上有一个开关S1和一个指示灯L1（相当于电阻很大的灯泡。

台灯开关和灯泡用S2、L2表示）．当只闭合S2时，台灯不发光，当闭合S1时，指示灯发光，再闭合S2时，台灯发光；如果指示灯损坏，S1和S2都闭合时，台灯也能发光，如图2中设计的电路符合要求的是（）
A． B．C．D．
B
【解析】
【详解】
A．当闭合开关S1，断开开关S2时，指示灯L1不亮，故A项不符合题意；
B．当闭合开关S1，断开开关S2时，指示灯L1亮；当闭合开关S2，断开开关S1时，指示灯L1、台灯L2都不亮；当S1、S2都闭合时，亮灯都亮，故B项符合题意；
C．当闭合开关S2，断开开关S1时，台灯L2亮；故C项不符合题意；
D．当闭合开关S2，断开开关S1时，两灯都亮，故D项不符合题意。

9．下列说法正确的是
A．汽车速度越大越难停下来，说明物体速度越大，惯性越大
B．物体匀速转弯，一定受到非平衡力的作用
C．熟透的苹果落到地面，说明地球对苹果的引力大于苹果对地球的引力
D．竖直上抛的小球运动到最高点时速度为零，此刻小球处于静止状态
B
A、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度大小无关，物体速度越大，惯性不变，故A错误；
B、物体匀速转弯，其方向改变，运动状态发生改变，一定受到非平衡力的作用，故B正确；
C、地球对苹果的引力和苹果对地球的引力是相互作用力，大小相等，故C错误；
D、竖直上抛的小球运动到最高点时速度为零，只受重力，合外力不为零，不是平衡状态，此时小球不可能处于静止状态，故D错误。

10．在平昌冬奥会自由式滑雪比赛中，选手的运动轨迹如图所示（b，d在同一高度），如果不计空气阻力，下列说法错误的是（）
A．从a点向b点运动的过程中，动能增加
B．从b点向c点运动的过程中，重力势能增加
C．b点的动能等于d点的动能
D．c点和d点的机械能相等
C
【解析】
【详解】
A、从a点下滑到b点过程中，速度增大，动能增大，故A正确；
B、从b点向c点运动的过程中，高度增加，重力势能增大，故B正确；
C、b点和d点在同一高度，则重力势能相等；但由于滑雪板与雪地之间存在摩擦，从b点沿雪地向上运动的过程中，部分机械能会转化为内能，所以b点的机械能大于d点的机械能，则b点的动能大于d点的动能，故C错误；
D、从c点下落到d点过程中，运动员处于腾空状态，与雪脱离即没有摩擦，在不计空气阻力的情况下，机械能保持不变，即c点和d点的机械能相等，故D正确．
故选C．
二、多选题（本大题共3小题，共12分）
11．下列实验与“探究物质质量与体积的关系”实验所采用的主要科学方法相同的是
A．测定物质的密度
B．测定小灯泡的电功率
C．探究电流与电压的关系
D．探究并联电路中电阻的规律
BC
【解析】
【分析】
常用的物理学研究方法有：等效法、模型法、比较法、分类法、类比法、控制变量法、转换法等，据此解答即可。

【详解】
探究质量与体积的关系，采用的是控制变量法；测定物质密度中，在使用量筒测量固体的体积时，采用的是转换法；测定小灯泡的电功率与探究电流与电压的关系，采用的是控制变量法；探究并联电路中电阻的规律，采用的是等效替代法，故选BC。

12．如图所示的电路中，电源电压为30V，定值电阻为60Ω，滑动变阻器标有“30Ω 2A”字样，在该电路正常使用的情况下，则（）
A．滑动变阻器消耗的最大功率为60W
B．电流表的最大示数为2.5A
C．电路消耗的最大功率为60W
D．当滑片P滑到最右端时，定值电阻R消耗的功率为45W
AB
【解析】
由电路图可知，定值电阻与滑动变阻器并联；
滑动变阻器标有“30Ω 2A”字样，表示变阻器允许通过的最大电流为I=2A，并联电路各支路两端的电压相等，当通过变阻器的电流最大时，变阻器的功率最大，则变阻器消耗的最大功率：P滑最大=UI=30V×2A=60W，A正确；
由并联电路电压的规律和欧姆定律，通过定值电阻的电流：I R =U/R=30V/60Ω=0.5A，该电流保持不变；当通过变阻器的电流最大时，根据并联电路电流规律，干路电流即电流表的最大示数：I最大=I R
+I=0.5A+2A=2.5A，B正确；
根据P=UI可知，当电路中电流最大时，电路消耗的功率最大，则P总最大=UI最大=30V×2.5A=75W，C错误；
R为定值电阻，因电源电压U不变，根据P=UI=U2/R可知，R的电功率不变，其大小为：
P R =U2/R=(30V)2/60Ω=15W，D错误，故选AB．
13．下列关于物理概念的说法错误的是
A．单位质量某种物质的体积，叫这种物质的密度
B．磁体上磁性最强的部位叫做磁极
C．响度是声音的一个特性，物体振幅越大，响度越大
D．导体的电阻与通过导体的电流、导体两端电压有关
AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．单位体积的某种物质的质量，叫这种物质的密度；故A错误；
B．磁体的两端是磁性最强的部分，磁体上磁性最强的部分叫做磁体的磁极，故B正确；
C．声音的大小叫做响度，响度大小与振幅有关，振幅越大，响度越大，故C正确；
D．导体电阻与导体的材料、长度、横截面积以及温度有关，与电压、电流无关，故D错误．
三、填空题（本大题共5小题，共10分）
14．图中电源电压保持不变，灯泡标有"6V，3W字样，当开关s闭合时.灯泡L正常发光，电流表的示数为0.8A，则电阻R=____Ω．.通电10s. R产生的热量为______J.
21Ω 18J
【解析】
【详解】
当闭合开关S时，灯L正常发光，说明电源电压为U=6V，电流表测的是总电流，则I=1．8A，
由P=UI可知，灯泡中的电流：
I L =P额/U额=3W/6V=1.5A，
根据并联电路的干路电流等于各支路电流之和可知：电阻中的电流:
I R=I-I L =1.8A-1.5A=1.3A，
由I=U/R得,电阻:
R=U/I R=6V/1．3A=21Ω；
通电1min电阻R产生的热量：
Q=W=UI R t=6V×1．3A×11s=18J。

15．如图甲电路中，电源由四节新干电池串联组成，当开关S闭合时，电压表示数如图乙所示，此时灯L1两端电压为_______．灯L2两端电压为______．
2.5V
3.5V
【解析】
【详解】
一节新干电池的电压为1.5V，则4节串联使用时，提供的电压为1.5V×4＝6V，即U＝6V；
图中电压表与灯泡L2并联，是测量L2两端的电压，示数为3.5V，即U2＝3.5V；根据串联电路中的电压规律是：U＝U1+U2；得灯L1两端电压为：U1＝U﹣U2＝6V﹣3.5V＝2.5V；
16．几种测量仪器的测量结果如图所示：
（1）图甲中被测物体的长度为_____________cm；
（2）图乙中温度计的读数为_____________℃；
（3）图丙中弹簧测力计的示数为_____________N．
2.65 -4
3.4
【解析】
【详解】
（1）图甲中刻度尺分度值为1mm，所以读数应估读到mm值下一位．物体右边缘读数为3.65cm，左边缘读数为1.00cm，则物体长度为3.65cm-1.00cm=2.65cm．
（2）图乙中温度计的分度值为1℃，且为零下，则读数为-4℃．
（3）图丙中弹簧测力计的分度值为0.2N，则示数为3.4N．
17．现在很多大型商场都安装了如图所示的“聪明的电梯”，无人乘梯和有人乘梯时电梯运行的速度会发生变化。

这种电梯的简易控制电路如图15所示，R是一个压敏电阻，其阻值随压力的增大而减小。

当人走上电梯后，电磁继电器控制电路中的电流______（选填“增大”或“减小”），和衔铁相连的动触点与静触点______（选填“1”或“2”）接触，电动机的转速变快，使电梯的运行速度加快。

增大 2
【解析】
【分析】
根据题文和题图可知，本题说明“聪明电梯”的工作原理，考查了应用物理知识解决实际问题的能力，关键是认清电路的构造，联系所学知识进行解答。

【详解】
当人走上电梯后，压敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，电磁铁磁性变强，则衔铁被吸下，和衔铁相连的动触点与静触点2接触，则电阻R1被短路，电动机两端电压增大为电源电压，通过电动机的电流变大，电动机转速变快，使电梯运行速度加快。

18．（2017•威海卷）如图所示，电源电压12V保持不变，小灯泡L的规格为”6V 3W”，滑动变阻器的最大阻值为12Ω，电流表的量程为0～3A．当开关S1、S2都断开时，小灯泡L恰能正常发光，R1的阻值为______Ω，当开关S1、S2都闭合时，要保证电路各元件安全，整个电路电功率的变化范围是________W．
12 24W～36
【解析】
【分析】
【详解】
(1)当S1、S2都断开时,R1与L串联,灯正常发光时的电压U L=6V,功率P L=3W，
因串联电路中各处的电流相等，所以，由P=UI可得，电路中的电流：
I=I L
3
0.5
6
L
L
P V
A
U W
===，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以,R
1两端的电压：
U1=U-U L=12V-6V=6V，由I
U
R
=可得,R1的阻值：R11
6
12Ω
0.5
U V
I A
===；(2)当S1、S2均闭合时,L
短路,R1、R2并联，电流表测量的是干路中的电流，因电流表的量程为0∼3A，所以，电路中的最大电流为3A，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以，整个电路的最大电功率：P大=UI大=12V⨯3A=36W；当滑动变阻器接入电路的电阻最大时，电路的总电阻最大，电路的总功率最小，因并联电路中总电阻等于
各分电阻之和，所以，电路中的总电阻： R 1212
12Ω12Ω6Ω12Ω12ΩR R R R ⨯=
==++，电路消耗的最小总功率： P 小()221224W 26Ω
V U R ===，所以，整个电路电功率的变化范围是24W ∼36W ．
四、计算题（本大题共3小题，共29分）
19．如图所示，电源电压保持不变，灯泡上标有“12V 6W ”，定值电阻R 1=120Ω，滑动器R 2上标有“50Ω 1A ”，电压表的量程选用“0-3V ”，断开S 2，闭合S 和S 1，滑片P 移到B 端，灯泡刚好正常发光．
(1)电源电压
(2)将滑片移到B 端，三个开关都闭合， 1min 内电路消耗的电能是多少？
(3)断开S 1，闭合S 和S 2，在安全前提下，调节滑片P 的过程中，电路消耗的最小功率是多少？ （1）12V ；（2）432J ；（3）0.9W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电路图知道，当断开S 2，闭合S 和S 1，滑片P 移到B 端时，电路为灯泡的简单电路，此时灯泡刚好正常发光，所以，电源电压等于小灯泡的额定电压，即U=U L 额=12V ；
（2）将滑片P 移到B 端，三个开关都闭合，灯泡L 和R 1 并联，由于并联电路中各支路两端的电压等于电源电压，所以此时灯泡仍然正常发光，即P L =6W ， 所以，lmin 内电路消耗的电能是：W=W L +W R =P L t+21U R t=6W ×1×60s+()212V 120Ω
×60s=360J+72J=432J ； （2）断开S 1，闭合S 和S 2，R 1 与滑动变阻器R 2 串联，电压表测变阻器两端的电压，电压表的量程选用“0～3V ”，当电压表示数最大为3V 时，由串联分压规律知道，滑动变阻器接入电阻值最大，又因为串
联电路电流处处相等，所以由欧姆定律知道，2121U U R R = ，即23V 12V 3V 120R -=Ω
，由此解得变阻器接入电路的最大阻值是：R 2 =40Ω；所以，电路中的最小电流是：I min =1212V 0.075A 12040U R R ==+Ω+Ω
所以电路消耗的最小功率是：P min =UI min =12V ×0.075A=0.9W ．
20．喜羊羊发现后方100m 处的灰太郎正以15m/s 的速度向自己猛追过来，此时喜羊羊与前方的羊村相距200m ．问：喜羊羊至少要用多大的速度才能安全跑进羊村？
10 m/s.
【解析】 【详解】 ∵s v t
=
， ∴灰太狼到达羊村的时间：
312100m+200m
==20s 15m /s
s s t v +=
， 喜羊羊至少要用的速度是
11200m ==10m /s 20s
s v t =
21．如图所示，某薄壁柱状容器底面积为100cm 2，容器内装有足量的水。

把圆柱体A 放入水中，A 竖直漂浮且露出水面的高度为4cm ，浸入水中深度为16cm ，容器中液面上升了8cm （水未溢出）；B 是底面积与A 相同、高为8cm 的另一圆柱体已知ρ水＝1.0g/cm 3，g 取10N/kg 。

求：
A 放入前后水对容器底压力的变化量。

若圆柱体A 竖放在地面，A 对地面的压强。

把
B 放在A 的上面，要保证A 不触底（水未溢出），则B 的最大密度是多少。

（1）8N ；（2）1600Pa ；（3）1.5×103kg/m 3 【解析】 【详解】
（1）A 放入后水对容器底压强的变化量：△p=ρ水g △h=1.0×103kg/m 3×10N/kg ×0.08m=800Pa ，由p=可得，水对容器底压力的变化量：△F=△pS=800Pa ×100×10-4m 2=8N ；
（2）A 放入容器内排开水的体积：V 排=S △h=100×10-4m 2×0.08m=8×10-4m 3；则圆柱体A 的底面积：S A =
=
=5×10-3m 2，因圆柱体A 在水中漂浮，受到的浮力和自身的重力相等，G A =F 浮A =ρ水gV 排
=1.0×103kg/m 3×10N/kg ×8×10-4m 3=8N ，因水平面上物体的压力和自身的重力相等，所以，圆柱体A 竖放在地面时对地面的压强：p A ==
=1600Pa ；
（3）当AB 浸没且A 不触底时，B 的质量最大，则B 的密度最大，此时AB 排开水的总体积：V ′排=S(h A
浸
+h A 露+h B )= 5×10-3m 2×(0.16m+0.04m+0.08m)=1.4×10-3m 3，AB 整体悬浮时受到的浮力等于A 和B 的总
重力：G AB =F 浮总=ρ水gV ′排=1.0×103kg/m 3×10N/kg ×1.4×10-3m 3=14N ，则B 圆柱体的重力：
G B =G AB -G A =14N-8N=6N ，B 圆柱体的体积：V B =Sh B =5×10-3m 2×0.08m=4×10-4m 3，由G=mg=ρgV 可得，
B的最大密度：ρB====1.5×103kg/m3。

五、作图题（本大题共2小题，共4分）
22．在通电螺线管附近有个小磁针，小磁针静止时N极所指的方向如图所示，请在图中标出通电螺线管的N、S极及电源的正、负极；
【解析】
试题分析：小磁针静止时N极所指方向为该处磁场方向，由此可以确定螺线管的N极、S极，然后根据安培定则可知螺线管上电流方向向上，电源“+”极在右“-”极在左．
考点：安培定则
23．如图所示，一束光射向一块玻璃砖．画出这束光线进入玻璃和离开玻璃后的径迹（注意标出法线）．
【解析】
【详解】
先画出法线，光从空气斜射入玻璃，折射角小于入射角，再折射进入空气时，拆解角大于入射角，据此大致确定折射光线的方向．故答案：
六、实验探究题（本大题共3小题，共15分）
24．沈仔细同学做“测量小灯泡电功率”的实验，电源电压恒为3V，小灯泡上标有“2.5V”字样．请你完成下列内容：
（1）用笔画线代替导线，将图中的实物电路连接完整．
（____________）
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到__________（选填“A”或“B”）端．
（3）闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表有示数，电流表无示数．这个故障可能是灯泡__________（选填“断路”或“短路”）造成的．
（4）排除故障后继续实验，他进行了4次测量，并将有关数据及现象记录在表格中．
物理量
次数电压U/V 电流/A
I实际功率/W
P小灯泡亮度
1 0.5 0.1
2 0.06 不亮
2 1.5 0.20 0.30 稍亮
3 2.5 0.30 正常
4 2.8 0.32 0.90 更亮
分析表中信息，可知小灯泡的额定功率为__________W ；还可得出的结论：小灯泡的实际电功率越
__________，灯泡越亮．
A 断路0.75 大
【解析】
【详解】
（1）做“测量小灯泡电功率”的实验，应将电压表并联在小灯泡两端，已知小灯泡的额定电压为2.5V，故选用0~3V量程；滑动变阻器的接线柱采用“一上一下”方式串联在电路中，连图如下：
（2）闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片置于阻值最大位置，移到A 端．
（3）闭合开关后，发现灯泡不亮，电压表有示数，电流表无示数．这个故障可能是灯泡断路造成的． （4）分析表中信息，可知小灯泡的额定功率为P 额=U 额I=2.5V×
0.3A=0.75W ． 比较小灯泡在不同电压下的发光情况可知，小灯泡的实际电功率越大，灯泡越亮．
25．图为利用U 型压强计验证“在受力面积不变时压强与压力的定量关系”的装置．实验前，橡皮膜朝上，金属盒水平固定，玻璃管中液面相平．实验中，改变叠放在橡皮膜中央的硬币数（规格相同），测得有关数据如下表．
实验中当液面高度差为
h 时，盒内外气压差为_________．已知玻璃管内液体密度为ρ，g 为已知常量．U 形玻璃管足够长时，选用密度_______（填“较大”或“较小”）的液体可以减小实验误差．分析实验数据，可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，_____________．
ρgh 较小 在受力面积不变时，压强与压力成正比 【解析】 【详解】
（1）根据液体的压强公式，即p gh ρ=可知，若实验中当液面高度差为h 时，盒内外气压差为此液面高度差产生的压强，即gh ρ；
（2）因为U 形管中是空气，气体容易被压缩，所以U 形玻璃管越长时，由于气体体积变化对所测压强的影响较大，此时选用密度较小的液体可以减小实验误差；
（3）分析实验数据，去除误差的因素外，每增加两个硬币，液面高度差约增加10cm ； 故可得到的实验结论是：在实验误差允许范围内，在受力面积不变时，压强与压力成正比。

【点睛】
理解气体的体积很容易变化，所以管子长度增加时，空气体积变大，对所测压强影响也变大，会使误差增大。

26．在探究“杠杆平衡条件“的实验中，采用了如图甲所示的实验装置：
实验前，小明
同学发现实验装置处于如图甲所示的状态，使用时，首先应将杠杆两端的平衡螺母向______（选填“左”
或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡；把图乙中右端的钩码取下，在A点用弹簧测力计施加一个竖直向下的拉力F时，杠杆仍能在水平位置平衡，如图丙，当拉力F向左倾斜时，要保持杠杆仍在水平位置平衡，则拉力F将______（选填“变大”、“变小”或“不变”），在图丙中画出拉力F向左倾斜时，拉力F的力臂l；小红同学采用了图丁的装置进行探究，发现当杠杆水平平衡时，与其他同学得出的正确的杠杆平衡条件不相符，其可能的原因是______。

右变大杠杆自身的重力对实验有影响
【解析】
【详解】
（1）图甲可知，杠杆左端重右端轻，应将杠杆的平衡螺母向右调节，才能使杠杆处于水平位置平衡。

（2）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，阻力和阻力臂一定，动力F的力臂变短，则动力F变大；在图丙中从A点向左下方作出拉力F，再从支点O作拉力的垂线，支点O到垂足的距离即为力臂，并标出l。

如图：
（3）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。