2022届中考科学专题练：力学探究实验

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专题6　力学探究实验
【例题精析】
类型1　弹簧的长度跟外力的变化关系
【热点搜寻】弹簧的长度与外力的变化关系以及其应用,也是考试中常出现的题。要注意的是,与外力大小成正比的是弹簧的伸长量而非总长。
1．在探究“重力的大小跟什么因素有关系”的实验中，按照图甲所示，把钩码逐个挂在弹簧测力计上，分别测出它们受到的重力，并记录在如表的表格中。

重量m/g
100
200
　300　
400
500
重力G/N
1
2
3
4
5
（1）把如表表格中的空格填写完整。
（2）图甲中弹簧测力计的量程为 　0～5N　，此时弹簧测力计的示数为 　2N　。
（3）根据表格中数据，在图乙中画出重力与质量关系图象（保留“描点”痕迹）。
（4）由此实验数据或坐标图象得出的结论是 　物体所受的重力跟物体的质量成正比　。
【解答】解：（1）由2N200g=3Nm得：m＝300g；
（2）观察图象发现，弹簧测力计的量程是0～5N，弹簧测力计的分度值是0.2N，弹簧测力计指针指示的数字是2，故图甲中弹簧测力计的示数为2N；
（3）根据表格中记录的数据在表格中描绘出相应的点，再连成线；如图所示：

（4）根据表中数据可知，物体所受的重力跟质量的比值是一个定值，满足正比例函数关系，分析图象也能发现这两个量是成正比的，由此可知物体所受的重力跟物体的质量成正比。
故答案为：（1）300；（2）0～5N；2N；（3）见上图；（4）物体所受的重力跟物体的质量成正比。
2．某实验小组的同学们用天平、钩码、弹簧测力计探究物体的重力大小与物体质量的关系，测量的数据记录如表所示。

次数
1
2
3
4
质量m/kg
0.1
0.2
0.3
0.4
重力G/N
1

3
4
（1）测量钩码重力前，除了观察弹簧测力计的量程和 　分度值　外，还应将弹簧测力计在 　竖直　方向调零。
（2）测量钩码重力时，应将钩码挂在弹簧测力计下并让它处于 　静止　状态，这时弹簧测力计的示数就等于钩码的重力，如图甲所示是同学们第2次测量中弹簧测力计的读数，此时测力计的示数是 　2　N。
（3）根据表格中的实验数据，在图乙中作出重力随质量变化的图像。
（4）由图乙可以得出结论：物体所受的重力与其质量成 　正比　。
【解答】解：（1）测量钩码重力前，观察弹簧测力计的量程和分度值；因为重力的方向是竖直向下，因此使用弹簧测力计测量重力时，应该在竖直方向调零；
（2）当物体和弹簧测力计处于静止状态，此时物体受到的重力和拉力是一对平衡力，他们大小相等；
由图可知，弹簧测力计的分度值为0.2N，故图中重力为2N；
（3）根据表格中的实验数据，在图乙中找出对应的点后连线，如图所示：

（4）通过实验可以得出结论：物体所受的重力与其质量成正比。
故答案为：（1）分度值；竖直；（2）静止；2；（3）；（4）正比。
3．小鹤和小强两位同学一起探究重力与质量的关系，实验器材如图甲所示，质量均为50g的钩码（4个）和弹簧测力计。正确操作，收集证据，填入表格。
（1）请你帮助小鹤根据乙表中的数据，在丙图中画出物体所受的重力和它质量的关系图像，并写出实验结论：　物体所受的重力和它质量成正比　。
（2）小强分析表格中的数据，也得出了上面的结论，请你写出他分析数据得出结论的过程。
（3）小明和小鹤对实验进行评估，认为要得到任意数据，使结论更具普通性，可以用大小不同的石块替换钩码，同时还而要增加测量工具：　天平　。
序号
质量m/kg
重力G/N
1
0.05
0.5

2
0.10
1
3
0.15
1.5
4
0.20
2

【解答】解：（1）横坐标对应质量，纵坐标对应重力，描出对应的各点，将各点连接起来，如图所示：

根据图像可得实验结论：物体所受的重力和它质量成正比；
（2）根据表格中的数据可知：g=Gm=0.5N0.05mg=1.0N0.1kg=1.5N0.15kg=2.0N0.20kg=10N/kg；
则物体受到的重力和它的质量成正比；
（3）要得到任意数据，使结论更具普通性，可以用大小不同的石块替换钩码，同时还而要增加测量工具天平。
故答案为：（1）如上图；物体所受的重力和它质量成正比；（2）见解答；（3）天平。

类型2　浮力大小与什么因素有关
【热点搜寻】浮力的测量法、阿基米德定律的探究与验证也是考试的热点之一。
4．小红研究密度计浸入液体深度的影响因素。如图所示，她用下端缠绕细铜丝的均匀木棒制成密度计，放入不同液体中，密度计均能竖直漂浮。小红记录密度计在不同液体中静止时，密度计浸入液体的深度，并填写在表格中。
实验序号
液体密度（克/厘米3）
浸入深度h（厘米）
1
0.8
12.5
2
0.9
11.1
3
1.0
10.0
4
1.1
9.0
5
1.2
　8.25　
①密度计所涉及到的物理知识有：二力平衡条件和 　阿基米德原理　。
②分析比较表格中的数据及相关现象，可得出的初步结论是：同一支密度计 　液体的密度越大，密度计浸入液体的深度越小　。
③请推测实验序号5中的浸入深度h 　＞　8厘米（选填“＞”、“＝”或“＜”）。

【解答】解：（1）密度计在测量液体的密度时是漂浮在液体中的，密度计静止时受到的重力和浮力的作用，这两个力是一对平衡力；由于密度计在不同液体中的浮力不变，根据阿基米德原理公式F浮＝ρgV排可知，液体的密度越大，排开的液体的体积就越小，故用密度计测量液体密度，涉及到的物理知识有：二力平衡条件和阿基米德原理；
（2）密度计始终处于漂浮状态，故：F浮＝G物，
即：ρ液gV排＝ρ液gSh浸＝G物，
浸入液体的深度：h浸=Gρ液gS，
由此可知，密度计浸入液体的深度与液体的密度成反比，液体的密度越大，密度计浸入液体的深度越小；
（3）因为密度计始终处于漂浮状态，故：F浮＝G物，
所以：ρ液gV排＝ρ液gSh浸＝G物，
ρ液gSh浸＝ρ液′gSh浸′，
ρ液h浸＝ρ液′h浸′，
1.1克/厘米3×9.0厘米＝1.2克/厘米3×h浸′，
h浸′＝8.25厘米＞8厘米。
故答案为：8.25；（1）阿基米德原理；（2）液体的密度越大，密度计浸入液体的深度越小；（3）＞。
5．在学习浮力部分知识时萱萱想要探究“浮力的大小和哪些因素有关”，操作步骤如图a、b、c、d、e、f。
实验步骤
b
c
d
e
f
测力计示数/N
2.4
2.3
2.2
2.2
2.0
（1）表格中缺少a的实验数据，请你根据图a读出数据：　2.7　N，在实验步骤b中物体所受的浮力为 　0.3　N。
（2）分析实验步骤a、b、c、d，浸在水中的物体所受的浮力与 　物体排开液体的体积　有关；分析 　a、d、e　三个实验步骤，浸没在水中的物体所受的浮力与深度 　无关　（选填“有关”或“无关”）。
（3）萱萱用表格中的数据算出了步骤f中液体的密度是 　1.4×103　kg/m3。
（4）同组的小春同学想用电子秤来测量矿石的密度，实验步骤如下：
①电子秤放在水平桌面上，装有适量水的烧杯放在电子秤上，电子秤示数如图A所示；
②把被测矿石用细线拴好，缓慢放入装有水的烧杯中，矿石未触碰到烧杯底部，电子秤的示数如图B所示；
③然后缓慢放下矿石，让被测矿石沉入烧杯底部，如图C所示。

根据实验步骤中的数据，可测出被测矿石的质量是 　300　g，被测矿石的密度是 　2.5×103　kg/m3。
（5）小鲁同学想到还可以利用这一矿石测量未知液体的密度，她进行了如下操作：

①在圆柱形容器中装适量的这一液体，将另一平底烧杯放入圆柱形容器的液体中，烧杯静止时容器中液体的深度H1＝0.13m，如图甲所示；
②将刚才实验中的矿石擦干水放入烧杯中，此时烧杯静止时露出液面的高度h1＝0.04m，容器中液体的深度H2＝0.18m，如图乙所示；
③将矿石拴在烧杯底部，烧杯静止时露出液面的高度为h2＝0.07m，如图丙所示。已知圆柱形容器底部面积为烧杯底面积的2倍。则这一液体的密度为 　0.75×103　kg/m3。
【解答】解：
（1）由图a可知，弹簧测力计分度值为0.1N，其示数为2.7N，即物体所受的重力为2.7N。
由表可知，图b中弹簧测力计的示数为2.4N，则图b中物体所受的浮力F浮b＝2.7N﹣2.4N＝0.3N；
（2）同理可求得图c中物体所受的浮力为0.4N，图d中物体所受的浮力为0.5N；比较b、c、d三个图我们可以发现，随着物体浸入液体的体积（排开液体的体积）的增加，物体所受的浮力也在增加，所以我们可以得出结论：物体所受的浮力与其排开液体的体积有关，排开液体的体积越大，受到的浮力就越大；
同理可求得图e中物体所受的浮力为0.5N，与图d中物体所受浮力相等；图d、e中，物体浸没在液体中，排开液体的体积相同，只是所处的深度不同，而物体所受的浮力相同，这说明物体所受的浮力与物体所处的深度无关；
（3）根据表格中数据，图f中物体所受的浮力为F浮f＝2.7N﹣2.0N＝0.7N。
图e、f两次实验中，物体排开液体的体积相同，所以我们可以根据阿基米德原理列出：F浮eρ水g=F浮fρ液g。
代入数据0.5N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.7Nρ液×10N/kg，可得步骤f中液体的密度为1.4×103kg/m3。
（4）由AC两图可得矿石的质量为：m石＝mC﹣mA＝650g﹣350g＝300g＝0.3kg；
B图中，矿石悬挂在细绳上，矿石受到水竖直向上的浮力，物体间力的作用是相互的，矿石给水一个竖直向下的压力作用在容器的底部，导致电子秤的示数增加，对比A图，增加的压力和浮力大小相等，
所以，矿石浸没时受到的浮力F浮＝（mB﹣mA）g＝（0.470kg﹣0.350kg）×10N/kg＝1.2N；
根据阿基米德原理，F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV石＝1.0×103kg/m3×10N/kg×V石＝1.2N
解得V石＝1.2×10﹣4m3
矿石的密度：ρ石=m石V石=0.3kg1.2×10-4m3=2.5×103kg/m3；
（5）比较乙、丙两图，把AB看成整体，都处于漂浮状态，总浮力等于总重力，由阿基米德原理可知排开液体的体积相等，所以V排乙＝V排丙，设烧杯高度为h，则有：
（h﹣h1）S烧杯＝V石+（h﹣h2）S烧杯，
整理可得，矿石的体积V石＝（h2﹣h1）S烧杯，
又已知h1＝0.04m，h2＝0.07m，V石＝1.2×10﹣4m3，
则S烧杯=V石h2-h1=1.2×10-4m30.07m-0.04m=4×10-3m2；
已知圆柱形容器底部面积为烧杯底面积的2倍，则S容＝2S烧杯＝2×4×10﹣3m2＝8×10﹣3m2，
比较甲、乙两图可知，都是漂浮，受到的浮力都等于自重，则两图中浮力的变化量等于矿石的重力，
即ΔF浮＝ρ液gΔV排＝ρ液g（H2﹣H1）S容＝F浮石＝G石＝m石g；
则矿石的质量m石＝ρ液（H2﹣H1）S容，
已知H1＝0.13m，H2＝0.18m，m石＝0.3kg，则液体的密度：
ρ液=m石(H2-H1)S容=0.3kg(0.18m-0.13m)×8×10-3m2=0.75×103kg/m3。
故答案为：（1）2.7；0.3；（2）物体排开液体的体积；a、d、e；无关；（3）1.4×103；（4）300；2.5×103；（5）0.75×103。
6．某校“制作浮力秤”项目研究小组，制成如图所示浮力秤。使用过程中，发现称量范围较小，有待提升改造。
【原理分析】浮力秤是利用物体漂浮时 　F浮＝G物　
的原理工作的；浮力大小与液体密度和物体排开液体的体积有关。
【提出问题】浮力大小与液体密度存在怎样的定量关系？
【方案设计】
器材：悬挂式电子秤、金属块（4.0N）、大烧杯、水以及各种不同密度的溶液等。
步骤：①将金属块挂在电子秤下，读取电子秤示数并记录；
②将金属块浸没在盛水的烧杯中，读取电子秤示数并记录，然后取出金属块擦干；
③按照步骤②的操作，换用 　不同密度　的溶液，多次重复实验。
【数据处理】
实验编号
1
2
3
4
5
6
7
液体密度ρ液/（g•cm﹣3）
﹣
0.8
1.0
1.2
1.4
1.9
2.0
电子秤示数F拉/N
4.0
3.6
3.5
3.4
3.3
2.6
3.0
浮力大小F浮/N
﹣
0.4
0.5
x
0.7
1.4
1.0
【交流分析】
（1）表格中x的数据是 　0.6　。
（2）实验过程中，除步骤①外，其余每一次测量，金属块都需要浸没，其目的是 　控制金属块排开的液体的体积相同　。
（3）小组同学对实验数据进行了分析讨论，认为第6次实验数据异常。若电子秤正常工作，电子秤读数和表中数据记录均无误。则造成此次实验数据异常的原因可能是 　金属块碰到烧杯底部　。
（4）浮力大小与液体密度的关系是 　F浮＝0.5ρ液　。
（5）根据以上探究，写出一种增大浮力秤称量范围的方法 　换用密度比水大的液体　。

【解答】解：【原理分析】物体漂浮，故浮力秤是利用物体漂浮时F浮＝G物的原理工作的；
【方案设计】步骤：①将金属块挂在电子秤下，读取电子秤示数并记录；
②将金属块浸没在盛水的烧杯中，读取电子秤示数并记录，然后取出金属块擦干；
③按照步骤②的操作，换用不同密度的溶液，多次重复实验；
【交流分析】
（1）根据2、3、5组的实验数据可知，金属块受到的重力为：G＝F拉+F浮＝3.6N+0.4N＝3.5N+0.5N＝3.3N+0.7N＝4.0N；
第4组实验中，拉力的大小为3.4N，则受到的浮力为：F浮＝G﹣F拉＝4.0N﹣3.4N＝0.6N；
（2）探究浮力大小与液体密度的关系时，根据控制变量法可知，需要控制金属块排开的液体的体积相同，除步骤①外，其余每一次测量，金属块都需要浸没，金属块排开的液体的体积等于金属块的体积，其目的是控制金属块排开的液体的体积相同；
（3）电子秤正常工作、电子秤读数和表中数据记录均无误，每次实验时金属块都需要浸没，则V排相同，第6次实验数据与第3次实验数据相比，液体密度大约是原来的2倍，而浮力是原来的2.8倍，说明测得的浮力偏大，原因可能是金属块碰到烧杯底部，造成测力计的示数偏小，由F浮＝G﹣F示可知测得的浮力偏大；
（4）分析表格数据可知，浮力大小为密度大小的一半，即F浮＝0.5ρ液；
（5）根据以上探究结果，对于图中的浮力秤，要增大浮力秤的称量范围，即增大浮力秤受到的浮力，在V排不变时，可以换用密度比水大的液体。
故答案为：
【原理分析】F浮＝G物；
【方案设计】③不同密度；
【交流分析】（1）0.6；
（2）控制金属块排开的液体的体积相同；
（3）金属块碰到烧杯底部；
（4）F浮＝0.5ρ液；
（5）换用密度比水大的液体。

类型3　动能、势能大小与什么因素有关
【热点搜寻】探究动能、势能大小与什么因素有关,用到了控制变量法和转换法,在写结论的时候要注意变量的表述,不能用转换后的量代替控制变量。
7．“探究动能大小与哪些因素有关”的实验装置如图所示，将小车从斜面上由静止释放，运动至木板上后与木块碰撞。通过改变小车释放时高度、在小车中增加钩码的方法，得到了如图所示的三个实验场景。

（1）为探究小车动能与速度的关系，应选用场景 　②　和 　③　（选填“①”、“②”或“③”）进行实验；选用场景①和②进行实验时，可探究小车动能与 　质量　的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越 　多　，木块被碰撞后在木板上 　滑行的距离越长　。
【解答】解：（1）为探究小车动能与速度的关系，应让两质量相同小车分别从同一斜面的不同高度由静止滑下，小车的质量相同，初速度不同，所以探究动能与小车的速度的关系应选场景①和③。
选用场景①和②进行实验时，控制了两小车的质量不相同，初速度相同，所以可探究动能与小车的质量的关系。
（2）在实验中，小车动能越大，发生碰撞时对木块所做的功就越多，木块被碰撞后在木板上滑行的距离越长。
故答案为：（1）②；③；质量；（2）多；滑行的距离越长。
8．在探究动能大小与哪些因素有关的实验中，小科设计了如图实验。实验中让钢球从斜面上某个高度由静止沿斜面滚下，在底部与静止在水平面上的木块发生碰撞，木块沿水平方向向右运动直至停止。

（1）实验中小科是通过观察 　木块移动的距离　来判断钢球的动能大小。
（2）在图甲、丙中，m2＞m1，小球下滑到斜面底端时的速度v1＝v2，若s3＞s1，则表明物体的动能与质量的关系是：　速度相等的情况下，物体的质量越大，动能越大　。
（3）小敏利用丁图来研究动能和势能相互转化，图中两个相同的光滑弧形槽，一个为凸形，一个为凹形，A、B两个相同的钢球分别进入两弧形槽的速度都为v，运动到槽的末端速度也都为v，A小球通过凸形槽的时间为t1，B小球通过凹形槽的时间t2，则时间较短的是 　t2　。
【解答】解：（1）实验中小球的动能无法直接观察，是通过观察钢球推动木块移动的距离来判断钢球的动能大小，这用到了转换法；
（2）在图甲、丙中，m2＞m1，从斜面下滑的高度相同，则小球下滑到斜面底端时的速度相等，即：v1＝v2，若s3＞s1，则表明物体的动能与质量的关系是：速度相等的情况下，物体的质量越大，动能越大；
（3）在凸形滑道运动的物体，在运动到最高点的过程中，要将动能转化为重力势能，运动速度小于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，重力势能再全部转化为动能，速度等于初速度；
在凹形滑道运动的物体，在运动到最低点的过程中，要将重力势能转化为动能，运动速度大于初速度；在下落过程中不计滑道的摩擦，机械能守恒，动能再全部转化为重力势能，速度等于初速度；
因此在凸形滑道运动物体的平均速度小于在凹形滑道运动物体的速度，由t=sv可知，通过A滑道用的时间为t1大于通过B滑道用的时间为t2。
故答案为：（1）木块移动的距离；（2）速度相等的情况下，物体的质量越大，动能越大；（3）t2。
9．通过学习，小明知道了物体弹性势能的大小与其发生弹性形变的程度有关，善于动脑的小明，设计了一个研究弹簧弹性势能E与压缩量x之间关系的实验，方案如下：
①如甲图，将一根弹簧的左端固定于竖直墙壁的O点，测出弹簧处于自然状态时的长度为L；
②如乙图，用钢球将弹簧适当压缩，测量弹簧被压缩后的长度为L1，并计算出弹簧的压缩量x；
③释放钢球，让弹出去的钢球撞击水平面上的木块（忽略钢球与水平面之间的摩擦），测出木块被推动的距离为s；
④将木块放回原处，改变弹簧的压缩量，重复实验步骤②③，将测出的物理量记录在表格中。
实次
验数
弹簧原
长L/m
弹簧压缩后
的长度L1/m
木块移动
的距离s/m
1
0.2
0.18
0.2
2
0.2
0.16
0.8
3
0.2
0.14
1.8
4
0.2
0.12
3.2
5
0.2
0.10



请你依据上述的实验过程和记录数据，解答下列问题：
（1）实验中弹簧的形变量x＝　L﹣L1　m（用字母L和L1表示）；
（2）根据表格中的数据在丙图中画出木块被推动的距离s与弹簧压缩量x的关系图像；
（3）老师告诉小明：木块在水平面上移动的距离与木块的动能成正比。结合丙图中的图像请你推断：弹簧弹性势能E的大小与压缩量x 　不成　（选填“成”或“不成”）正比。
（4）表格中第5次实验，木块移动的距离为 　5　m。
（5）实验后，小明打算用质量不同的两个钢球将同一弹簧压缩到相同程度，放手后用锻球撞击木块的方法来验证钢球动能与其质量的关系。这样做 　不能　（填“能”或“不能”）验证。

【解答】解：（1）弹簧的形变量x等于弹簧的原长度L减去弹簧被压缩后的长度L1，即x＝L﹣L1；
（2）由表中数据分析可知s与x2成正比例函数关系；
图像如图所示：

（3）木块在水平面上移动的距离与木块的动能成正比。结合丙图中的图像请你推断：弹簧弹性势能E的大小与压缩量x 不成正比。
（4）依据图表可计算出木块被推动的距离s与弹簧的压缩量x的平方关系为s＝500x2，所以第五次实验木块移动距离为500×（0.2﹣0.10）2＝5m，表格中第5次实验，木块移动的距离为5m；
（5）若用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后静止释放，撞击放在同一位置的木块，撞击的动能由弹簧的弹性势能转化而来，而弹簧的弹性势能的大小与形变程度有关，故弹簧势能相同，转化出的动能相同，因此，木块最终移动的距离相同，这样是不能完成实验的。
故答案为：（1）L﹣L1；（2）如上图；（3）不成；（4）5；（5）不能。

【针对训练】
1．小雨和小明利用沙子、小桌、重物、透明的箱子进行实验探究。

（1）如图1所示，把小桌放在透明的沙箱中，让重物从高处落下，撞击小桌，观察桌腿陷入沙子的深度，探究重力势能的大小与哪些因素有关。
①实验探究的是 　重物　（填“重物”或“小桌”）的重力势能；
②通过实验，发现同一个重物从不同高度落下，高度越高，能够对外做功越 　多　，说明它的重力势能越 　大　。
③要进一步探究重力势能与质量的关系，应换用不同的重物，让它们从同一高度落下，观察桌腿陷入沙子的深度；
（2）上述探究过程中都通过小桌陷入沙子的深度来表示要探究的问题，下列实验中也用到这种研究方法的是 　B　（填字母）。
A.测量物体运动的速度
B.探究物质的吸热能力
C.探究串联电路中的电流特点
【解答】解：（1）①
实验中，重物从高处落下撞击小桌，通过小桌下陷的深度判定重物重力势能的大小；
②同一个重物的质量不变，从不同高度落下，高度越高，能够对外做功越多，小桌下陷的深度越大，说明它的重力势能越大；
（2）上述探究过程中都通过小桌陷入沙子的深度来显示要探究的问题，采用的是转换法；
A.测量物体运动的速度时，采用的是公式法，故A错误；
B.探究物质的吸热能力时，根据温度计升高的示数来显示吸热能力的大小，采用的是转换法，故B正确；
C.探究串联电路中的电流特点，采用的是科学探究法，故C错误；
故选B。
故答案为：（1）①重物；②多；大； （2）B。
2．小明在“探究物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，他用质量不同的两个钢球M和m（M的质量大于m），分别从不同的高度H和h（H＞h）静止开始滚下，实验过程如图所示。请完成以下问题：

（1）小明是通过观察 　木块移动的距离　，来判断小球动能的大小的，这种研究方法叫 　转换法　（选填“控制变量法”或“转换法”）
（2）若水平面绝对光滑，本实验将 　不能　（选填“能”或“不能”）达到探究目的；对比甲、乙两图可知：在 　质量　一定时，物体的 　速度　越大其动能越大。
（3）在丙组实验中，若木块被撞后滑出木板，则需要重做本组实验。A同学建议换用同样材质较长的木板，B同学建议换一个较大的木块，C同学建议降低钢球下滑的高度。你认为应当采用 　A　（选填“A”、“B”或“C”）同学的建议。
（4）小明根据甲、丙两图得出了“物体的质量越大动能就越大”的结论。他的说法是否正确？　错误　（选填“正确”或“错误”），理由是：　没有控制速度一定　。

【解答】解：（1）实验中通过观察木块移动的距离长短，来判断小球动能的大小，这里用到的物理学研究问题的方法是转换法；
（2）若水平面绝对光滑，则木块运动时不受摩擦力作用，撞击后将保持匀速直线运动，不能通过木块移动的距离长短来判断小球动能的大小，所以本实验将不能达到探究目的；
甲、乙两图中小球的质量一定，甲图初始高度高，到达水平面的时的速度大，对木块做功多，故可以得出结论：质量相同的物体，速度越大，动能越大；
（3）探究动能与质量的关系，应控制速度相同，故不能降低钢球下滑的高度，故C不可行；
实验中动能的大小通过木块移动距离的大小表现出来的，故实验中使用的木块大小不能改变，故B不可行；
丙实验中，钢球的动能较大，因此只能改变木板的长度，故应采用A的建议；
（4）根据甲、丙两图可知，丙图中M的质量大于甲图中m的质量，甲图的H大于丙图的h，不符合控制变量法的操作要求，所以无法得到物体的动能大小与质量有关，想要探究物体的动能大小与质量有关，需要控制小球到达水平面时的速度相同。
故答案为：（1）木块移动的距离；转换法；（2）不能；质量；速度；（3）A；（4）错误；没有控制速度一定。
3．在探究弹性势能的大小跟哪些因素有关时，小明提出了如下猜想：
猜想一：弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关；
猜想二：弹性势能的大小与弹簧的材料有关。
为此，小明选用材料不同的两根弹簧A和B（长度和粗细均相同）、小球（质量为m1
）、木块和长刻度尺各一件，设计了如图所示的实验装置进行探究。实验中，木块起始位置相同。最后得出以下实验记录表。
实验次数
使用的弹簧
弹簧被压缩的长度/cm
木块移动的距离/cm
①
弹簧A
4
8
②
弹簧A
7
12
③
弹簧B
4
5
④
弹簧B
7
9
（1）由于弹性势能的大小不便用仪器测量，本实验中弹性势能的大小可以通过木块移动的距离来体现，这种研究方法叫 　转换法　。请举出一个在热学探究中运用该方法的实例：　清水中滴加红墨水，通过扩散现象说明分子在不停地做无规则运动　。
（2）为了探究猜想一，可选用实验次数①和②的数据进行比较分析，得出结论 　弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关　。
（3）为了探究猜想二，可选用实验次数 　①和③（或②和④）　的数据进行比较分析，说明弹性势能的大小与弹簧的材料有关。
（4）在完成实验后，小明又找来一个质量为m2的小球（m1＞m2），用两小球在同一水平面上分别压缩同一根弹簧至相同位置后释放撞击同一木块，得到木块移动的距离分别为s1和s2，忽略小球自身摩擦对实验的影响，则s1和s2的大小关系为 　s1＝s2　。
【拓展】实验中用“木块被小球推动的距离”表示“弹性势能的大小”，请你从功和能的角度分析解释 　当弹簧被压缩的程度越大，木块具有的动能越大，克服摩擦所做的功就越多，所以滑行的距离也就越长　。

【解答】解：（1）弹性势能的大小是通过木块被弹开的远近来体现的，这种研究方法叫转换法，如在清水中滴加红墨水，通过扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；
（2）根据实验次数①、②的数据可知弹簧相同，压缩的程度不同，小球被弹出后推动木块移动的距离不同，得出结论弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关；
（3）为了探究猜想二，必须控制弹簧被压缩程度相同，改变材料，可选用实验次数①和③（或②
和④），木块被推动的距离不同说明弹性势能的大小与弹簧的材料有关；
（4）因为压缩同一根弹簧至相同位置，所以弹簧的弹性势能相同，离开弹簧后小球具有的动能相同，且小球的动能全部转化为推动木块所做的功，两次小球推动木块所做的功相同，即s1＝s2；
[拓展]在木块所受到的摩擦阻力大小相同的条件下，当弹簧被压缩的程度越大，木块具有的动能越大，克服摩擦所做的功就越多，所以滑行的距离也就越长。
故答案为：（1）转换法；清水中滴加红墨水，通过扩散现象说明分子在不停地做无规则运动；（2）弹性势能的大小与弹簧被压缩的程度有关；（3）①和③（或②和④）；（4）s1＝s2；
当弹簧被压缩的程度越大，木块具有的动能越大，克服摩擦所做的功就越多，所以滑行的距离也就越长。
4．为了“探究弹性势能与哪些因素有关”，小明在水平桌面上设计了如图甲所示的实验装置进行探究．将弹簧左端固定，用小球（小球与弹簧不连接）将弹簧压缩不同的长度，由静止释放小球，小球离开弹簧后撞击静放在桌面上的木块．分别测量出木块在水平面上滑行的距离S0，分析实验数据得出结论．

（1）实验中，弹簧弹性势能大小是通过 　木块移动的距离　来反映的，实验中探究了弹簧弹性势能大小跟 　弹性形变大小　的关系．实验中，小明又发现在水平桌面上滚动的小球离开桌面后，会沿着曲线向前飞行并最终落到地面上，如图乙所示．小球离开桌面在水平方向飞行的距离与哪些因素有关呢？他们提出以下三个猜想：
猜想1：与小球离地的高度有关；
猜想2：与小球离开桌面时的速度有关；
猜想3：与小球的质量有关．
（2）为了探究猜想1，小华取了质量为5g的小球，改变桌子的高度，将弹簧压缩到相同的长度释放小球，测得并记录数据如表：
离地高度H/cm
5
20
45
80
125
水平飞行距离
5
10
15
20
25

s/cm





①请根据表格中的数据，在图丙作s﹣H图像．
②根据表中数据，可以得出结论：当该小球以实验中相同速度离开桌面时，小球离地面的高度H为 　320　cm时，小球水平飞行的距离s为40cm．
（3）为了验证猜想2是否正确，小组成员进行如下实验：保持小球质量和离地高度不变，将弹簧压缩到不同的长度，小球离开弹簧后，将获得不同的速度，发现小球水平飞行的距离不相同．这说明猜想2是 　正确　（正确/错误）的．
（4）为探究猜想3，保持离地高度不变，小明用不同质量的小球将弹簧压缩到相同的长度，静止释放后比较小球水平飞行的距离与质量的关系．你认为小明的方案存在的问题是：　没有控制小球飞出桌面时的速度一定　．
【解答】解：（1）由步骤可知，本实验中，探究了弹簧弹性势能大小跟弹簧形变大小的关系。
由于弹性势能的大小不便于用仪器直接测量，本实验是通过比较木块移动的距离来判断弹簧的弹性势能大小。
（2）①利用描点法画出图像，如下图：

②探究猜想2时保持小球质量为5g不变，将弹簧压缩到相同的长度释放小球即保持小球的开始速度相同，只改变桌子的高度；
根据表格数据知离地高度H由5cm→20cm，变成原来的4倍，水平飞行距离s由5cm→10cm，变成原来的2倍，
依此类推离地高度H由5cm→45cm，变成原来的9倍，水平飞行距离s由5cm→15cm，变成原来的3倍，
离地高度H由5cm→80cm，变成原来的16倍，水平飞行距离s由5cm→20cm，变成原来的4倍，
由此可以得出离地高度H变成原来的n2倍，水平飞行距离s变成原来的n倍，
所以当小球水平飞行的距离s为40cm时，是原来的40cm5cm=8倍，离地高度H变成原来的82＝64倍，即小球离地面的高度H为5cm×64＝320cm；
（3）要验证猜想2是否正确，即小球在水平方向飞行的距离与小球离开桌面时的速度有关，需要控制小球质量和离地高度不变，改变小球的速度，实验中弹簧被压缩到不同的长度，小球离开弹簧后，获得的速度不同，发现小球水平飞行的距离不相同，说明小球在水平方向飞行的距离与小球离开桌面时的速度有关，所以猜想2是正确的；
（4）要探究猜想3，即小球在水平方向飞行的距离与小球的质量有关，需要控制小球的速度和离地高度不变，改变小球的质量，实验中用不同质量的小球将弹簧压缩到相同的长度，弹簧的弹性势能一定，静止释放后小球的动能相同，但由于质量不同，速度也不相同，所以存在的问题是没有控制小球飞出桌面时的速度一定，则不能比较小球水平飞行的距离与质量的关系。
故答案为：（1）弹性形变大小；木块移动的距离；（2）正确；（3）①如上图；②320；（4）没有控制小球飞出桌面时的速度一定。
5．如图是小丽探究动能大小与速度关系时的实验场景：斜面上有两平行轨道，将两小球①、②从轨道上由静止释放，与放置在两个相同水平木板上的两个相同木块①、②发生碰撞，两个木块初始位置到斜面底端的距离相等。

（1）为完成实验，应使两个质量 　相同　的小球从轨道上 　不同　高度由静止释放（以上两空均选填“相同”或“不同”）。
（2）实验中是通过 　比较木块滑动的距离　来反映动能的大小，这种研究方法称为 　转换　法。
（3）由图甲场景可知，碰撞木块前瞬间 　①　小球的动能较大，两木块通过A、B
两点处所受的滑动摩擦力小分别为fA、fB，则fA　＝　fB，木块滑行一段距离停下来了，木块的机械能转化成 　内　能。
【解答】解：（1）探究动能大小与速度关系时，应控制质量不变，改变速度，故应使两个质量相同的小球从轨道上不同高度由静止释放；
（2）实验中通过比较木块滑动的距离来反映小球动能的大小，这种研究方法叫转换法；
（3）图甲中，小球①是从较高的高度滑下的，碰撞木块前瞬间，其速度较大，动能较大；
由题意可知，两个相同木块①、②被撞击后在同一木板上运动，两木块通过A、B两点处所受的滑动摩擦力大小分别为fA、fB，由于压力大小和接触面的粗糙程度均相同，故摩擦力的大小相同，即fA＝fB；
滑行中，木块克服摩擦做功，木块的动能转化成内能。
故答案为：（1）相同；不同；（2）比较木块滑动的距离；转换法；（3）①；＝；内。
6．小明将一只装有水的薄透明塑料袋扎好口之后放入水槽，发现塑料袋内外水面相平。

（1）根据二力平衡，可知水袋受到的浮力等于其重力，根据 　塑料袋内外水面相平　现象，可知水袋的重力等于排开水的重力，从而可初步验证物体受到的浮力等于其排开液体的重力。
（2）小明发现水槽内悬有一条用细线拉着的假鱼（如图甲所示）。他解开线将假鱼放入塑料袋内的水中，将袋口扎紧后仍置于水面上，此时塑料袋内外水面情况为 　仍然相平　。（内高外低/内低外高/仍然相平）
（3）小明用一只如图乙所示的薄底圆柱状玻璃筒来替代塑料袋进行实验，圆筒水平截面内侧圆半径为R1，外侧圆半径为R2，在筒壁外侧从底端起沿竖直方向向上标有显示高度的刻度。（设玻璃密度为ρ玻，水的密度为ρ水，且ρ玻＞ρ水）
①小明先使圆筒开口向上直立漂浮于水面，通过不断向筒内缓慢注水，　不能　（能/不能）实现处于竖直漂浮状态的圆筒内外水面相平。
②小明使圆筒直立漂浮于水面后，在圆筒内缓慢注入少量某种未知液体，记录下此时筒内液面和筒外水面在筒外壁上的刻度值h1、h2（如图丙所示），再分批添加液体，记录多组h1、h2数据，通过描点作图的方法作出h1﹣h2图像（如图丁
所示）。若筒底厚度可忽略不计，则该液体密度值为 　ρ水R22(b-a)R12c　（用题目中给出的符号表示）。若筒底厚度不能忽略且为m，则上述液体密度测量值与真实值相比较会 　无影响　（偏大/偏小/无影响），圆筒的重力为 　ρ水gπR22(ac+bm-am)c　（用题目中给出的符号表示）。
【解答】解：
（1）将一只装有水的薄透明塑料袋扎好口之后放入水槽，水袋漂浮，由二力平衡条件可知，水袋受到的浮力等于其重力，
由塑料袋内外水面相平可知，水袋的重力等于排开水的重力，从而得出物体受到的浮力等于其排开液体的重力；
（2）由图甲可知，假鱼受到的浮力大于自身的重力，解开线将假鱼放入塑料袋内的水中后，假鱼处于漂浮状态，受到的浮力和自身的重力相等，
由阿基米德原理可知，F浮＝G排＝G鱼，即假鱼受到的浮力等于自身排开水的重力，把假鱼放入水袋后相当于在水袋内添加水，
所以，水袋受到的浮力等于水袋排开水的重力，即此时塑料袋内外水面情况为仍然相平；
（3）①玻璃筒的高度为h0，由ρ=mV和G＝mg可得，玻璃筒的重力G筒＝m玻g＝ρ玻V玻g＝ρ玻（πR22﹣πR12）h0g，
假设能实现处于竖直漂浮状态的圆筒内外水面相平，此时水的高度为h，则
玻璃筒内水的重力G水＝m水g＝ρ水V水g＝ρ水πR12hg，玻璃筒受到的浮力F浮＝ρ水gV排＝ρ水gπR22h，
因物体漂浮时受到的浮力和自身的重力相等，
所以，F浮＝G筒+G水，即ρ水gπR22h＝ρ玻（πR22﹣πR12）h0g+ρ水πR12hg，
整理可得：ρ水h＝ρ玻h0，
由ρ玻＞ρ水可知，h＞h0，所以不能实现处于竖直漂浮状态的圆筒内外水面相平；
②设圆筒的重力G0，由图丁可知，当玻璃筒内没有液体时，玻璃筒浸入水的深度为a，
排开水的体积V排1＝πR22a，则G0＝ρ水gπR22a﹣﹣﹣﹣（a）
当玻璃筒内液体的深度为c时，玻璃筒浸入水的深度为b，
玻璃筒内液体的重力G液＝m液g＝ρ液V液g＝ρ液πR12cg，玻璃筒受到的浮力F浮＝ρ水gV排2＝ρ水gπR22b，
则G0+ρ液πR12cg＝ρ水gπR22b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（b）
由（a）（b）可得：ρ液=ρ水R22(b-a)R12c，
方法一：若筒底厚度不能忽略且为m，筒外水面在筒外壁上的刻度值h2＝b时，桶内液体的实际深度为c﹣m，所以，原图像AB需沿竖直方向向下平移m个单位至CD（如下图）。

因CD∥AB，所以对液体密度测量值没有影响。
由图可知△ACE∽△DFE，所以ACFD=AEFE，即mc-m=d-ab-d，
解得：d=ac+bm-amc，
即当玻璃筒内没有液体时，此时筒浸入水的深度为d，所以排开水的体积V排3＝πR22d=πR22(ac+bm-am)c，则筒的重力G0＝ρ水gπR22(ac+bm-am)c。
方法二：考虑筒底厚度，当h水＝0时，h1＝m，假设此时h2＝d，如下图所示：

排开水的体积V排1′＝πR22d，则G0′＝ρ水gπR22d﹣﹣﹣﹣（c）
则当h1＝c时，液体的深度h液＝c﹣m，水的深度为h2＝b，
此时液体的重力G液′＝m液′g＝ρ液V液′g＝ρ液πR12（c﹣m）g，
玻璃筒受到的浮力F浮＝ρ水gV排2＝ρ水gπR22b，
由玻璃筒漂浮可得：G0′+ρ液πR12（c﹣m）g＝ρ水gπR22b﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（d）
由（c）（d）可得：ρ液′=ρ水R22(b-d)R12(c-m)，
由下图可知：

△ABF∽△ACE，则AEEF=ACBC，△CBD∽△CAE，则CECD=ACBC，
所以，AEEF=CECD，即b-ab-d=cc-m，b-dc-m=b-ac，ρ液′＝ρ液，
因此，筒底厚度对液体密度测量值没有影响；
由b-dc-m=b-ac可得：d=ac+bm-amc，
圆筒的重力G0′＝ρ水gπR22d＝G0′＝ρ水gπR22×ac+bm-amc=ρ水gπR22(ac+bm-am)c。
故答案为：（1）塑料袋内外水面相平；（2）仍然相平；（3）①不能；②ρ水R22(b-a)R12c；无影响；ρ水gπR22(ac+bm-am)c。
7．某中学两支物理小组的同学，在实验室中验证阿基米德原理

（1）方案一，小刚用石块按如图甲实验步骤依次进行实验。由甲图可知，石块浸没在水中受到的浮力F浮＝　0.5　N，排开水的重力G排＝　0.4　N，发现F浮≠G排，造成这种结果的原因不可能是　A　。
A、整个实验过程中，弹簧测力计都没有校零
B、最初溢水杯中的水未装至溢水口
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部
（2）方案二，如图乙，小明将装满水的溢水杯放在升降台C上，用升降台来调节溢水杯的高度。当小明逐渐调高升降台，发现随着重物浸入水中的体积越来越大，弹簧测力计A的示数　减小　（选填“增大”、“减小”或“不变”），且弹簧测力计A的示数变化量　等于　
（选填“大于”、“小于”或“等于”）B的示数变化量，从而证明了F浮＝G排。
（3）为了多次实验得到普遍规律，方案　二　（选填“一”或“二”）的操作更加简便。
然后小明利用阿基米德原理测量某实心金属块的密度，实验步骤如下：
①让小空筒漂浮在盛满水的溢水杯中，如图甲；
②将金属块浸没在水中，测得溢出水的体积为18mL，如图乙；
③将烧杯中18mL水倒掉，从水中取出金属块，如图丙；
④将金属块放入小空筒，小空筒仍漂浮在水面，测得此时溢出水的体积为36mL，如图丁。
请回答下列问题：
①被测金属块的密度是　3×103　kg/m3。
②在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空筒，测出的金属块密度将　不变　（选填“偏大”、“不变”或“偏小”）。
【解答】解：
（一）方案一：
（1）根据F浮＝G﹣F可知，石块浸没在水中受到的浮力F浮＝F1﹣F3＝2N﹣1.5N＝0.5N；
排开水的中力G排＝F4﹣F2＝1.9N﹣1.5N＝0.4N；
F浮＞G排，
A、若弹簧测力计都没有校零，那么四次测量结果都应加上测量前弹簧测力计示数，那么所得浮力与排开水的重力大小应不变，故A不可能；
B、若最初溢水杯中的水未装至溢水口，则石块排开水的只有一部分溢出到桶中，排开水的重力G排减小，B有可能；
C、步骤C中，石块浸没后，碰触到溢水杯底部，则导致F3减小，F3减小，F1﹣F3＞F4﹣F2．得出错误结论：F浮≠G排，C有可能；
故不能的是A；
（二）方案二：
（1）重物浸入水中的体积越来越大时，排开液体的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排
可知，重物受到的浮力变大，
因为F浮＝G﹣F示，所以弹簧测力计A的示数F示＝G﹣F浮变小；
又因为重物浸入水中的体积越来越大时，溢出水的体积变大、溢出水的质量变大、溢出水受到的重力变大，所以弹簧测力计B的示数变大；
根据阿基米德原理可知，物体所受浮力的大小和排开液体的重力相等，所以弹簧测力计A示数的变化量和弹簧测力计B的示数变化量相等；
（3）由上可知，方案二的操作可较方便的完成多次实验，使结论有普遍性。
①在图甲中，小空桶受到的浮力等于其重力：G桶＝F浮1﹣﹣﹣﹣①；
由图乙可知，金属块的体积V金属块＝18mL，在图丁中，小空桶和金属块处于漂浮状态，此时小空桶和金属块的总重等于受到的浮力：
G总＝G桶+G金属块＝F浮2﹣﹣﹣﹣﹣②，
②﹣①得：
G金属块＝F浮2﹣F浮1，
图丁中增加的排开水的体积：
V′＝18mL+36mL＝54mL，由阿基米德原理：
G金属块＝m金属块g＝F浮2﹣F浮1＝ρ水gV排，
故m金属排＝ρ水V排，
故金属块的密度：
ρ金属块=m金属块V金属块=V排V金属块ρ水=54mL18mL×1.0×103kg/m3＝3×103kg/m3，
②在实验步骤③和④中测得的金属块的体积一定，在实验步骤③和④中，将沾有水的金属块放入小空筒，相当于减少了小空桶排开水的重力，增加了小空桶和金属块排开水的重力，而且其减少量等于增加量，故金属块排开水的体积不变，所受浮力不变，则其重力、质量不变，所以根据ρ=mV可知，测出的金属块密度不变。
故答案为：（1）0.5；0.4；A；（2）减小；等于；（3）二；①3×103；②不变。
8．小秋将一个空饮料罐的口用橡皮膜密封住，并用它进行了下列的实验：

（1）撕一张纸条放在桌边沿，将饮料罐压在纸条上，如图（a）所示，然后迅速向左抽出纸条，饮料罐　不会　（选填“会”或“不会”）随纸条一起向左运动，这是因为饮料罐具有　惯性　。
（2）将空饮料罐用细线粘住，并将细线的另一端固定在一容器内的水中，如图（b）所示。现用剪刀将细线剪断，会发现，空饮料罐在水中沿　竖直　方向向上运动，这是因为空饮料罐在水中受到的浮力　大于　（选填“大于”、“小于”或“等于”）它受到的重力。最后当饮料罐静止时会处于　漂浮　状态（选填“漂浮”或“悬浮”）。
（3）将空饮料罐贴有橡皮膜的一端朝下，从水面不断将其按入水中，如图（c）所示，发现按入水中越深，橡皮膜向内凹陷越多，这是因为液体的压强随深度的增加而　增大　。同时会感觉到，在饮料罐还没有完全浸没入水中前，越往下按饮料罐，手所用的力越　大　，这是因为物体排开液体的体积越大，它受到的浮力　越大　。
【解答】解：
（1）将饮料罐压在纸条上，当迅速抽出纸条时，饮料罐由于惯性，仍保持静止状态，所以饮料罐不会随纸条一起运动，要保持原来的静止状态；
（2）将空饮料罐用细线粘住，将细线的另一端固定在一容器内的水中，使空饮料罐浸没在水中，此时饮料罐受到的水的浮力大于它受到的重力，当现用剪将细线剪断，会发现，空饮料罐在水中沿竖直方向向上运动，最后当饮料罐静止时会处于漂浮状态；
（3）液体压强随深度增加而增大，所以将空饮料罐贴有橡皮膜的一端朝下，从水面不断将其按入水中，发现按入水中越深，橡皮膜向内凹陷越多，这说明液体的压强随深度的增加而增大；
饮料罐按入水中越深，饮料罐浸在水中的体积越大，说明饮料罐排开水的重力越大，饮料罐受到向上的浮力在变大，同时感受到手对罐向下的压力也越大。
故答案为：（1）不会；惯性；（2）竖直；大于；漂浮；（3）增大；大；越大。
9．为了探究“影响液体内部压强大小的因素”，甲、乙两个实验小组分别采用如图1
所示装置进行实验，其中甲装置U形管内装有已染色的水，密度取1.0×103kg/m3，实验装置经测试均可以正常使用。请回答下列问题：
（1）关于两组实验装置以下描述正确的是　B　
A．实验过程中，甲乙都是通过观察橡皮膜的形变来反映液体内部压强的大小
B．甲乙装置都不是连通器
（2）如图2是甲小组的实验过程：比较a、b两图可知，液体内部压强与液体的　密度　有关；拦河大坝做成上窄下宽的形状，其原因可以用对比　bc　两图所得出的结论进行说明；在图b中保持探头的位置不变，改变探头的方向，U形管两液面的高度差将　不变　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；小组成员将U形管的左端通过橡皮管与玻璃管侧壁管口相连通，当向玻璃管中吹气时，如图d所示，U形管内液面较高的是　a　（选填“a”或“b”）侧。

（3）若在图b中U形管左右两侧液面的高度差△h＝5cm，则橡皮管内气体的压强与大气压强之差约为　500　Pa。
（4）乙组成员完成探究实验以后，对装置进行了一些改装，如图3所示，然后向装置左右两侧倒入相同质量的水（图中橡皮膜不代表真实形状），待液面稳定后，橡皮膜将向　左　（选填“左”或“右”）边发生形变。

【解答】解：（1）据图可知，甲图是通过看U形管中液面的高度差来判断液体压强的大小的；而乙图是通过观察橡皮膜的凹陷程度来判断两侧液体压强大小的；据连通器的特点可知，甲装置的下部连同，但左侧的上端没有开口，故不是连通器；乙装置中，隔板两侧的液体上端开口，下端不连同，所以都不是连通器；故选B。
（2）ab两图，同一液体，橡皮膜在液体中的深度相同，U形管两边液面的高度差不同，且液体密度越大，高度差越大，即压强越大，可得在同深度，液体的密度越大，液体的压强越大；拦河坝做成上窄下宽，是因为液体的压强随着深度的增加而增加，坝底部受到的压强较大，比较bc两图可知，液体的密度相同，深度越大，U形管左右液面差越大，压强越大；在图b中保持探头的位置不变，改变探头的方向，探头所受的液体压强不变，即U形管两液面的高度差将不变；
在d图中，从左侧管口沿水平方向用力吹气时，左管上端的空气流速快、压强小，右管上端空气流速小、压强大；由于大气压强的作用，液体从右侧压入左侧一部分，所以左（a）侧液面将升高。
（3）橡皮管内气体的压强与大气压之差：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.05m＝500Pa；
（4）据图可知，向装置左右两侧倒入相同质量的水，由于左侧的横截面积大，所以深度小；而右侧的横截面积小，所以深度大，故右侧的压强大于左侧的压强，故橡皮膜向左发生形变。
故答案为：（1）B；（2）密度；bc；不变；a；（3）500；（4）左；
10．在探究液体压强的实验中，进行了如图所示的操作：

（1）实验中，探究液体压强的工具是　压强计　，通过　U形管两侧液面的高度差　
来反映被测压强的大小。
（2）由丙、丁两图进行实验对比，得出液体压强与盛液体的容器形状　无关　（选填“有关”或“无关”）。
（3）甲、乙两图是探究液体压强与　深度　的关系，结论是：　液体内部压强随着深度的增加而增大　。
（4）要探究液体压强与密度的关系，应选用　乙、丙　两图进行对比。
（5）在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小　相等　。
【解答】解：
（1）该实验中，探究液体压强的工具是U形压强计；由图可知，用来探究液体内部压强的特点的工具是U形压强计，实验时把金属盒放入水中，通过观察两管中水面的高度差就可以反映橡皮膜受到水的压强的大小；
（2）丙和丁液体密度相同，探头在液体中的深度相同，容器形状不同，U形管中液面的高度差相同，说明液体压强与盛液体的容器形状无关；
（3）甲、乙两图液体的密度相同，探头在液体中的深度不同，U形管中液面的高度差不同，说明液体压强与有关，并且液体内部压强随着深度的增加而增大；
（4）要探究压强与液体密度的关系，应使探头深度相同，液体密度不同，所以应选择乙、丙两图；
（5）在图乙中，固定金属盒的橡皮膜在水中的深度，使金属盒处于向上、向下、向左、向右等方位时，两玻璃管中液面高度差不变，说明了在液体内部同一深度处，液体向各个方向的压强大小相等。
故答案为：（1）压强计；U形管两侧液面的高度差；（2）无关；（3）深度；液体内部压强随着深度的增加而增大；（4）乙、丙；（5）相等。
11．如图1所示，小明和小丽在“探究影响滑动摩擦力大小的因素”的实验中，用弹簧测力计拉着木块分别在粗糙程度不同的甲、乙水平木板上匀速直线运动，通过改变放在木块上的砝码改变压力，分别测出木块在甲、乙木板上滑动时的摩擦力，并根据实验数据描点画出了滑动摩擦力f摩与对应压力F压关系的图象（图2）。

（1）分析图象甲或乙可知，木块对木板的　压力　越大，木块所受的滑动摩擦力也就越大。比较图象可知，　甲　（选填“甲”或“乙”）木板更粗糙。
（2）小明在实验中发现，拉着木块运动时很难控制“匀速”，于是他设计了如图A所示的装置，在小桶内装入适量的沙子，滑块恰好在水平木板上做匀速直线运动。为测量滑块受到的滑动摩擦力的大小，应测量　小桶和适量沙子的总重　。把毛巾铺在木板上，发现需要装入更多的沙子，滑块才能做匀速直线运动，说明　压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大　；小桶落地后，滑块继续向前运动，受到的滑动摩擦力f2与桶落地前受到的摩擦力f1的关系是f2　＝　f1（选填“＞”、“＝”或“＜”）小明想用钩码代替沙桶，请你对此作出评价：　方便得出拉力的大小无法连续改变拉力的大小，也很难做到使滑块做匀速直线运动　。
（3）小丽设计了另一种方案，装置如图B所示。将弹簧测力计固定，改为拉动平板小车，当他水平向左拉动平板小车时，木块所受到的摩擦力的方向为　水平向左　。这样改进后的装置的优点是　不需要小车做匀速直线运动，便于实验操作；另一方面，由于测力计静止便于读数　。

【解答】解：
（1）由滑动摩擦力f摩与对应压力f压关系的图象可知，此图象为正比例图象，摩擦力随压力的增大而增大，所以木块对木板的压力越大，木块所受的滑动摩擦力也就越大；
比较甲、乙图象可知，在压力相同时，甲的摩擦力大于乙的摩擦力，所以甲木板更粗糙；
（2）滑块恰好在水平木板上做匀速直线运动，在水平方向上滑块受到平衡力的作用，即绳子对滑块的拉力与滑块受到的摩擦力大小相等，而绳子拉滑块的力等于小桶和适量沙子的总重，故为测量滑块受到的滑动摩擦力的大小，应测量小桶和适量沙子的总重；

把毛巾铺在木板上，增大了接触面的粗糙程度，而压力大小不变，发现需要装入更多的沙子，滑块才能做匀速直线运动，这说明摩擦力增大了，故得出的结论是：压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
小桶落地后，滑块继续向前运动，因影响滑动摩擦力的大小的两个因素（压力大小和接触面的粗糙程度）不变，故摩擦力大小也不变，即受到的滑动摩擦力f2与桶落地前受到的摩擦力f1的关系是f2＝f1；
小明想用钩码代替沙桶，该方案方便得出拉力的大小，但由于钩码的重是按整数倍变化的，无法连续改变拉力的大小，也很难做到使滑块做匀速直线运动；
（3）在如图所示的装置中，水平向左拉动平板小车时，木块相对于小车向右运动，所以木块受到的摩擦力的方向为水平向左；
由图2所示可知，木块与弹簧测力计固定不动，拉动平板小车运动，该实验设计的优点是：一方面，不需要木板做匀速直线运动，便于实验操作；另一方面，由于测力计静止便于读数。
故答案为：（1）压力；甲；
（2）小桶和适量沙子的总重；压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；＝；方便得出拉力的大小，无法连续改变拉力的大小，也很难做到使滑块做匀速直线运动；
（3）水平向左；不需要小车做匀速直线运动，便于实验操作；由于测力计静止便于读数。
12．在探究“杠杆的平衡条件”实验中，小华利用杠杆、细线、钩码等器材进行探究：

（1）在挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，从实验的角度来讲，杠杆在这个位置平衡是为了方便读取 　力臂　。
（2）如图甲所示，在杠杆左侧的A点挂上两个钩码，为了使杠杆保持平衡，在杠杆的右侧挂钩码时，是先确定细线位置再挂钩码还是先挂钩码再确定细线的位置？　先挂钩码再确定细线位置　。理由是 　可以使力臂连续改变，便于调节杠杆在水平位置平衡　。
（3）杠杆在如图甲所示的位置平衡。小华多次在左右两侧各加挂等量钩码，并保持细线位置不变，发现杠杆每次都能平衡。通过记录上述实验数据，得出杠杆的平衡条件是：“只有支点左右两侧的力臂相等和力的大小也相等时，杠杆才能平衡”。同组的小强同学分析这一过程，指出小华得出的结论不可信!理由是 　没有在力臂不相等或作用力不相等的情况下进行多次试验　。
（4
）小强帮小华改进实验方法后，正确得出了杠杆的平衡条件。接着他们想测量一把均匀木尺的质量，器材有：木尺、支座、带细线的质量为M的钩码。请你根据图示完成下列实验。
①如图乙示，将木尺平放在支座上，左右移动木尺，使木尺在水平位置平衡，记下使木尺平衡的这个支点位置，这个位置就是木尺的 　重心　，记为O。
②如图丙示，将质量为M的钩码挂在木尺左边某一位置，移动木尺，直到木尺能够在支座上重新保持水平平衡，记录钩码悬挂点到支座的距离L1和O点到支座的距离L2；
③根据杠杆平衡的条件，可以计算出木尺的质量m＝　ML1L2　。
【解答】解：（1）挂钩码前，调节杠杆在水平位置平衡，即作用力的方向与杠杆垂直，则作用力的力臂在杠杆上，杠杆在这个位置平衡是为了方便读取力臂；
（2）如图甲所示，在杠杆A点挂两个钩码，为使杠杆平衡，在右端挂钩码时，为使连续改变力臂的大小，可先挂钩码再确定细线的位置；
（3）小华的实验结论不可信。其理由是小华在力臂或作用力相等的情况下实验，实验结论不具有普遍性，应在力臂不等或作用力不相等的情况下进行实验；
（4）①木尺在支座上水平位置平衡，则使木尺平衡的支座的位置即为木尺的重心；③根据杠杆平衡条件有：MgL1＝mgL2，则木尺的质量m=ML1L2。
故答案为：（1）力臂；（2）先挂钩再确定细线位置；可以使力臂连续改变，便于调节杠杆在水平位置平衡；（3）没有在力臂不相等或作用力不相等的情况下进行多次实验；（4）①重心；③ML1L2。
13．某实验小组的同学用如图（甲）所示的器材，探究影响滑轮组机械效率的因素。

（1）要提起图（甲）中的重物，请完成滑轮组的绕线（要求最省力）。
（2）该实验小组的同学将图（甲）中的物体换成钩码，采用图（乙）所示的绕线方法，测得滑轮组的机械效率如表所示。
实验次数
钩码重量G/N
钩码上升高度h/m
拉力F/N
拉力F通过
距离s/m
机械效率η/%
1
0.50
0.20
0.42
0.40
60
2
1.00
0.20
0.75
0.40

3
1.50
0.20
1.05
0.40
71
4
2.00
0.20
1.38
0.40
72
5
2.50
0.20
1.68
0.40
74
第二次实验，滑轮组的机械效率η2＝　67　%（计算结果保留整数位）。
（3）请根据表中的数据，在上图的坐标系中用光滑曲线画出η与G的关系图。
（4）根据以上信息，可以得出：相同的滑轮组随着提升物重的增加，滑轮组的机械效率　增大　（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（5）在某一次测量中，将图（乙）中F的方向改为图（丙）所示，其它条件不变，滑轮组的机械效率　不会　改变。（选填“会”或“不会”）
【解答】解：
（1）分析可知，滑轮组最省力的绕法是由三段绳子承担物重，故其绕绳如下：

（2）根据表中的数据，代入公式计算得：η=W有W总=GhFs=1N×0.2m0.75N×0.4m≈67%；
（3）根据表中数据，先画点再描线，如下图所示：

（4）读取图象可获得信息，随着物重的增大，滑轮组的机械效率逐渐增大；
（5）读图可知，绳端最后绕过的是定滑轮，定滑轮只改变力的方向，不影响力的大小，因此，拉力的最终方向不影响力的大小变化，机械效率当然也就不会变化。
故答案为：（1）见上图；（2）67；（3）见上图；（4）增大；（5）不会。