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1. (2025·苏州吴中区期中)在探究“杠杆的平衡条件”实验中.
(1)实验开始前,杠杆的位置如图甲所示.应将平衡螺母向
(2)第一小组实验数据如表所示,漏填的数据应为
(3)如图乙所示,第二小组某次实验弹簧测力计处于竖直方向时,其示数稍稍超过量程.为了完成实验,下列方案可行的是
A. 钩码的数量适当增加
B. 钩码的位置适当向左平移
C. 弹簧测力计转到图中虚线位置
D. 弹簧测力计位置适当向左平移
(4)如图丙,实验结束后小华用弹簧测力计$a$、$b$吊在质量分布不均匀的木条两端,保持木条在水平位置平衡,其中$AB=BC=CD=DE$,$a$、$b$示数分别是$18\ \mathrm{N}$和$6\ \mathrm{N}$.若将该木条放置在水平桌面上时,如图丁所示,在$D$点用力将右端刚好拉起时的最小力$F_{1}=$
(1)实验开始前,杠杆的位置如图甲所示.应将平衡螺母向
左
移动使杠杆在水平位置平衡.(2)第一小组实验数据如表所示,漏填的数据应为
3
N.(3)如图乙所示,第二小组某次实验弹簧测力计处于竖直方向时,其示数稍稍超过量程.为了完成实验,下列方案可行的是
D
.A. 钩码的数量适当增加
B. 钩码的位置适当向左平移
C. 弹簧测力计转到图中虚线位置
D. 弹簧测力计位置适当向左平移
(4)如图丙,实验结束后小华用弹簧测力计$a$、$b$吊在质量分布不均匀的木条两端,保持木条在水平位置平衡,其中$AB=BC=CD=DE$,$a$、$b$示数分别是$18\ \mathrm{N}$和$6\ \mathrm{N}$.若将该木条放置在水平桌面上时,如图丁所示,在$D$点用力将右端刚好拉起时的最小力$F_{1}=$
8
N.答案
1. (1)左 (2)3 (3)D (4)8
解析:(1)杠杆平衡螺母的调节原则是“左高左调,右高右调”,图甲中杠杆左端高,右端低,所以应将平衡螺母向左移动使杠杆在水平位置平衡.
(2)根据杠杆的平衡条件$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$,对于第③组数据,已知$F_{2}=1\ \mathrm{N},l_{2}=15\ \mathrm{cm},l_{1}=5\ \mathrm{cm}$,故有$F_{1}=\dfrac{F_{2}l_{2}}{l_{1}}=\dfrac{1\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{cm}}{5\ \mathrm{cm}}=3\ \mathrm{N}$,故漏填的数据应为3 N.
(3)由题意可知,发现弹簧测力计示数稍超过量程,说明动力偏大,为了完成实验,需要减小弹簧测力计示数,即减小动力.弹簧测力计位置适当向左平移,动力臂变大,阻力×阻力臂不变,则需要的动力变小,故D符合题意.
(4)由图可知,木条受到两弹簧测力计竖直向上的拉力和竖直向下的重力,由力的平衡条件可知,木条的重力$G=F_{a}+F_{b}=18\ \mathrm{N}+6\ \mathrm{N}=24\ \mathrm{N}$;设木条的重心在$O$点,以$E$为支点,由杠杆的平衡条件可知$F_{a}×AE=G×OE$,则$OE=\dfrac{F_{a}×AE}{G}=\dfrac{18\ \mathrm{N}×AE}{24\ \mathrm{N}}=\dfrac{3}{4}AE$.而弹簧测力计$b$从$E$点平移到$D$点时,以$A$点为支点,此时重力的力臂为$OA=\dfrac{1}{4}AE$,弹簧测力计$b$对木条的拉力的力臂为$DA=\dfrac{3}{4}AE$,由杠杆的平衡条件可知$F_{1}×DA=G×OA$,故$F_{1}=\dfrac{G×OA}{DA}=\dfrac{24\ \mathrm{N}×\dfrac{1}{4}AE}{\dfrac{3}{4}AE}=8\ \mathrm{N}$.
解析:(1)杠杆平衡螺母的调节原则是“左高左调,右高右调”,图甲中杠杆左端高,右端低,所以应将平衡螺母向左移动使杠杆在水平位置平衡.
(2)根据杠杆的平衡条件$F_{1}l_{1}=F_{2}l_{2}$,对于第③组数据,已知$F_{2}=1\ \mathrm{N},l_{2}=15\ \mathrm{cm},l_{1}=5\ \mathrm{cm}$,故有$F_{1}=\dfrac{F_{2}l_{2}}{l_{1}}=\dfrac{1\ \mathrm{N}×15\ \mathrm{cm}}{5\ \mathrm{cm}}=3\ \mathrm{N}$,故漏填的数据应为3 N.
(3)由题意可知,发现弹簧测力计示数稍超过量程,说明动力偏大,为了完成实验,需要减小弹簧测力计示数,即减小动力.弹簧测力计位置适当向左平移,动力臂变大,阻力×阻力臂不变,则需要的动力变小,故D符合题意.
(4)由图可知,木条受到两弹簧测力计竖直向上的拉力和竖直向下的重力,由力的平衡条件可知,木条的重力$G=F_{a}+F_{b}=18\ \mathrm{N}+6\ \mathrm{N}=24\ \mathrm{N}$;设木条的重心在$O$点,以$E$为支点,由杠杆的平衡条件可知$F_{a}×AE=G×OE$,则$OE=\dfrac{F_{a}×AE}{G}=\dfrac{18\ \mathrm{N}×AE}{24\ \mathrm{N}}=\dfrac{3}{4}AE$.而弹簧测力计$b$从$E$点平移到$D$点时,以$A$点为支点,此时重力的力臂为$OA=\dfrac{1}{4}AE$,弹簧测力计$b$对木条的拉力的力臂为$DA=\dfrac{3}{4}AE$,由杠杆的平衡条件可知$F_{1}×DA=G×OA$,故$F_{1}=\dfrac{G×OA}{DA}=\dfrac{24\ \mathrm{N}×\dfrac{1}{4}AE}{\dfrac{3}{4}AE}=8\ \mathrm{N}$.
解析
【分析】
这道题围绕杠杆平衡条件的探究实验展开，我们可以逐小问梳理解题思路：
1. 第一问是杠杆调平的基础操作，先观察杠杆哪端翘起，平衡螺母的调节规则是向翘起的一侧移动，图甲中左端更高，直接判断移动方向即可。
2. 第二问直接套用杠杆平衡公式$F_1l_1=F_2l_2$，代入已知的三个物理量，就能算出缺失的力的大小。
3. 第三问要解决弹簧测力计量程不足的问题，核心思路是在保证实验逻辑成立的前提下减小弹簧测力计的拉力：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂乘积不变时，增大动力臂就可以减小动力，逐个分析选项排除错误方案即可。
4. 第四问是进阶的非均匀木条杠杆问题，第一步先通过受力平衡算出木条总重力，第二步结合杠杆平衡条件推导木条重心的位置，最后选取对应支点代入公式，算出在D点拉起右端的最小力。
【解析】
(1) 杠杆调平时遵循“左高左调、右高右调”的原则，图甲中杠杆左端高、右端低，因此将平衡螺母向左移动，即可让杠杆在水平位置平衡，方便后续直接测量力臂。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入对应组实验数据：$F_2=1\ \mathrm{N}$，$l_2=15\ \mathrm{cm}$，$l_1=5\ \mathrm{cm}$，可得$F_1=\dfrac{F_2l_2}{l_1}=\dfrac{1\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{cm}}{5\ \mathrm{cm}}=3\ \mathrm{N}$，因此漏填数据为3N。
(3) 弹簧测力计示数超过量程，说明当前动力偏大，需要减小动力：
选项A：增加钩码数量会让阻力变大，动力会进一步增大，不符合要求；
选项B：钩码左移会让阻力臂变大，阻力×阻力臂的乘积变大，动力会增大，不符合要求；
选项C：弹簧测力计转到虚线位置，动力臂会变小，动力会增大，不符合要求；
选项D：弹簧测力计向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，动力会减小，方案可行。因此选D。
(4) 对木条受力分析，木条受两个向上的拉力和向下的重力，受力平衡得总重力$G=F_a+F_b=18\ \mathrm{N}+6\ \mathrm{N}=24\ \mathrm{N}$。设$AB=BC=CD=DE=L$，则$AE=4L$，以E为支点，根据杠杆平衡条件$F_a × AE = G × OE$，代入得$18\ \mathrm{N} × 4L=24\ \mathrm{N} × OE$，解得$OE=3L$，即重心距离E点3L，距离A点的长度$OA=AE-OE=4L-3L=L$。当在D点将右端刚好拉起时，支点为A点，此时动力臂$AD=3L$，阻力臂$OA=L$，代入杠杆平衡条件$F_1 × AD=G × OA$，得$F_1=\dfrac{24\ \mathrm{N} × L}{3L}=8\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) 左 (2) 3 (3) D (4) 8
【知识点】
杠杆平衡调节
杠杆平衡条件
杠杆最小力计算
【点评】
本题是杠杆实验的综合考题，前3小问侧重基础操作和规律的直接应用，难度较低，第4小问结合非均匀物体的重心推导考察杠杆平衡条件的灵活运用，需要学生准确选取支点、推导重心位置，区分不同场景下的力臂关系，是本题的易错点。
【难度系数】
0.6
这道题围绕杠杆平衡条件的探究实验展开，我们可以逐小问梳理解题思路：
1. 第一问是杠杆调平的基础操作，先观察杠杆哪端翘起，平衡螺母的调节规则是向翘起的一侧移动，图甲中左端更高，直接判断移动方向即可。
2. 第二问直接套用杠杆平衡公式$F_1l_1=F_2l_2$，代入已知的三个物理量，就能算出缺失的力的大小。
3. 第三问要解决弹簧测力计量程不足的问题，核心思路是在保证实验逻辑成立的前提下减小弹簧测力计的拉力：根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂乘积不变时，增大动力臂就可以减小动力，逐个分析选项排除错误方案即可。
4. 第四问是进阶的非均匀木条杠杆问题，第一步先通过受力平衡算出木条总重力，第二步结合杠杆平衡条件推导木条重心的位置，最后选取对应支点代入公式，算出在D点拉起右端的最小力。
【解析】
(1) 杠杆调平时遵循“左高左调、右高右调”的原则，图甲中杠杆左端高、右端低，因此将平衡螺母向左移动，即可让杠杆在水平位置平衡，方便后续直接测量力臂。
(2) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，代入对应组实验数据：$F_2=1\ \mathrm{N}$，$l_2=15\ \mathrm{cm}$，$l_1=5\ \mathrm{cm}$，可得$F_1=\dfrac{F_2l_2}{l_1}=\dfrac{1\ \mathrm{N} × 15\ \mathrm{cm}}{5\ \mathrm{cm}}=3\ \mathrm{N}$，因此漏填数据为3N。
(3) 弹簧测力计示数超过量程，说明当前动力偏大，需要减小动力：
选项A：增加钩码数量会让阻力变大，动力会进一步增大，不符合要求；
选项B：钩码左移会让阻力臂变大，阻力×阻力臂的乘积变大，动力会增大，不符合要求；
选项C：弹簧测力计转到虚线位置，动力臂会变小，动力会增大，不符合要求；
选项D：弹簧测力计向左平移，动力臂变大，阻力×阻力臂不变，动力会减小，方案可行。因此选D。
(4) 对木条受力分析，木条受两个向上的拉力和向下的重力，受力平衡得总重力$G=F_a+F_b=18\ \mathrm{N}+6\ \mathrm{N}=24\ \mathrm{N}$。设$AB=BC=CD=DE=L$，则$AE=4L$，以E为支点，根据杠杆平衡条件$F_a × AE = G × OE$，代入得$18\ \mathrm{N} × 4L=24\ \mathrm{N} × OE$，解得$OE=3L$，即重心距离E点3L，距离A点的长度$OA=AE-OE=4L-3L=L$。当在D点将右端刚好拉起时，支点为A点，此时动力臂$AD=3L$，阻力臂$OA=L$，代入杠杆平衡条件$F_1 × AD=G × OA$，得$F_1=\dfrac{24\ \mathrm{N} × L}{3L}=8\ \mathrm{N}$。
【答案】
(1) 左 (2) 3 (3) D (4) 8
【知识点】
杠杆平衡调节
杠杆平衡条件
杠杆最小力计算
【点评】
本题是杠杆实验的综合考题，前3小问侧重基础操作和规律的直接应用，难度较低，第4小问结合非均匀物体的重心推导考察杠杆平衡条件的灵活运用，需要学生准确选取支点、推导重心位置，区分不同场景下的力臂关系，是本题的易错点。
【难度系数】
0.6
2. 利用杠杆可粗略测量石块的密度,其中A、B为相同的轻质小桶,水的密度为$1.0\ \mathrm{g/cm}^3$.
(1)先在图甲溢水杯中______,然后将石块缓慢浸没在水中,让溢出的水全部流入小桶A中,此时小桶A中水的体积______石块的体积.
(2)要使图乙静止的杠杆在水平位置平衡,应将平衡螺母向______端调节,这样做的目的是消除杠杆自重对实验的影响,并便于______.
(3)将石块从溢水杯中取出,擦干后放入小桶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平衡,如图丙所示,此时小桶A、B的悬挂点距支点$O$分别为$25\ \mathrm{cm}$和$10\ \mathrm{cm}$,则石块的密度$\rho$为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{g/cm}^3$.
(4)若上述测量过程考虑小桶重力,石块密度的测量值为$\rho'$,则$\rho'$______(填“=”“＞”或“＜”)$\rho$.
(1)先在图甲溢水杯中______,然后将石块缓慢浸没在水中,让溢出的水全部流入小桶A中,此时小桶A中水的体积______石块的体积.
(2)要使图乙静止的杠杆在水平位置平衡,应将平衡螺母向______端调节,这样做的目的是消除杠杆自重对实验的影响,并便于______.
(3)将石块从溢水杯中取出,擦干后放入小桶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平衡,如图丙所示,此时小桶A、B的悬挂点距支点$O$分别为$25\ \mathrm{cm}$和$10\ \mathrm{cm}$,则石块的密度$\rho$为$\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{g/cm}^3$.
(4)若上述测量过程考虑小桶重力,石块密度的测量值为$\rho'$,则$\rho'$______(填“=”“＞”或“＜”)$\rho$.
答案
2. (1)装水至溢水口 等于 (2)右 测量力臂的长度
(3)2.5 (4)＜
解析:(1)排水法测石块体积,应将溢水杯装水至溢水口,此时石块的体积等于排开水的体积,故要先在图甲溢水杯中装水至溢水口.
(2)由乙图可知,杠杆左端下沉,为了使杠杆水平平衡,应向右调节平衡螺母,使杠杆在水平位置平衡,此时力臂落在杠杆上,目的是便于测量力臂的长度.
(3)由杠杆平衡条件得$G_{\mathrm{水}}l_{A}=G_{\mathrm{石}}l_{B}$,即$m_{\mathrm{石}}gl_{B}=m_{\mathrm{水}}gl_{A}$,$\rho_{\mathrm{石}}V_{\mathrm{石}}gl_{B}=\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,$\rho_{\mathrm{石}}'V_{\mathrm{石}}gl_{B}=\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,因为倒出的水的体积等于石块的体积,即$V_{\mathrm{石}}=V_{\mathrm{水}}$,则石块的密度$\rho_{\mathrm{石}}'=\dfrac{l_{A}}{l_{B}}\rho_{\mathrm{水}}=\dfrac{25\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}}×1\ \mathrm{g/cm}^{3}=2.5\ \mathrm{g/cm}^{3}$.
(4)若考虑小桶重力,在图丙中杠杆平衡时:$(G_{\mathrm{石}}+G_{\mathrm{桶}})l_{B}=(G_{\mathrm{水}}+G_{\mathrm{桶}})l_{A}$,$G_{\mathrm{石}}l_{B}+G_{\mathrm{桶}}l_{B}=G_{\mathrm{水}}l_{A}+G_{\mathrm{桶}}l_{A}$,因为$l_{B}＜l_{A}$,所以$G_{\mathrm{桶}}l_{B}＜G_{\mathrm{桶}}l_{A}$,所以$G_{\mathrm{石}}l_{B}＞G_{\mathrm{水}}l_{A}$,因此$\rho_{\mathrm{石}}V_{\mathrm{石}}gl_{B}＞\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,所以$\rho_{\mathrm{石}}＞\dfrac{l_{A}}{l_{B}}\rho_{\mathrm{水}}$,即石块密度的真实值比测量值偏大,即$\rho'＜\rho$.
(3)2.5 (4)＜
解析:(1)排水法测石块体积,应将溢水杯装水至溢水口,此时石块的体积等于排开水的体积,故要先在图甲溢水杯中装水至溢水口.
(2)由乙图可知,杠杆左端下沉,为了使杠杆水平平衡,应向右调节平衡螺母,使杠杆在水平位置平衡,此时力臂落在杠杆上,目的是便于测量力臂的长度.
(3)由杠杆平衡条件得$G_{\mathrm{水}}l_{A}=G_{\mathrm{石}}l_{B}$,即$m_{\mathrm{石}}gl_{B}=m_{\mathrm{水}}gl_{A}$,$\rho_{\mathrm{石}}V_{\mathrm{石}}gl_{B}=\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,$\rho_{\mathrm{石}}'V_{\mathrm{石}}gl_{B}=\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,因为倒出的水的体积等于石块的体积,即$V_{\mathrm{石}}=V_{\mathrm{水}}$,则石块的密度$\rho_{\mathrm{石}}'=\dfrac{l_{A}}{l_{B}}\rho_{\mathrm{水}}=\dfrac{25\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}}×1\ \mathrm{g/cm}^{3}=2.5\ \mathrm{g/cm}^{3}$.
(4)若考虑小桶重力,在图丙中杠杆平衡时:$(G_{\mathrm{石}}+G_{\mathrm{桶}})l_{B}=(G_{\mathrm{水}}+G_{\mathrm{桶}})l_{A}$,$G_{\mathrm{石}}l_{B}+G_{\mathrm{桶}}l_{B}=G_{\mathrm{水}}l_{A}+G_{\mathrm{桶}}l_{A}$,因为$l_{B}＜l_{A}$,所以$G_{\mathrm{桶}}l_{B}＜G_{\mathrm{桶}}l_{A}$,所以$G_{\mathrm{石}}l_{B}＞G_{\mathrm{水}}l_{A}$,因此$\rho_{\mathrm{石}}V_{\mathrm{石}}gl_{B}＞\rho_{\mathrm{水}}V_{\mathrm{水}}gl_{A}$,所以$\rho_{\mathrm{石}}＞\dfrac{l_{A}}{l_{B}}\rho_{\mathrm{水}}$,即石块密度的真实值比测量值偏大,即$\rho'＜\rho$.
解析
【分析】
这是一道融合排水法测体积、杠杆平衡条件的密度测量实验题，解题思路如下：
1. 第(1)问回忆排水法测固体体积的操作要求：溢水杯必须预先加水到溢水口，才能保证石块浸没后溢出的水的体积恰好等于石块自身的体积。
2. 第(2)问回忆杠杆调平规则：平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆杆身重合，可直接从杠杆刻度读取力臂，方便测量。
3. 第(3)问利用杠杆平衡条件，结合A桶内水的体积等于石块体积的等量关系，消去相同物理量后代入数值即可算出石块密度。
4. 第(4)问将小桶重力纳入杠杆平衡方程，对比忽略桶重时的推导结果，即可判断测量值和原计算值的大小关系。
【解析】
(1) 利用溢水杯排水法测石块体积时，需要先在溢水杯中装水至溢水口，确保石块浸没后，溢出的水的体积和石块的体积完全相等，因此小桶A中水的体积等于石块的体积。
(2) 图乙中杠杆左端下沉、右端上翘，要让杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右端调节；杠杆在水平位置平衡时，力的方向竖直向下，力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂的长度。
(3) 根据杠杆平衡条件可得：$G_{\mathrm{水}} l_A = G_{\mathrm{石}} l_B$，代入重力公式$G=mg=\rho V g$可得：$\rho_{\mathrm{水}} V_{\mathrm{水}} g l_A = \rho_{\mathrm{石}} V_{\mathrm{石}} g l_B$，已知$V_{\mathrm{水}}=V_{\mathrm{石}}$，两边消去$g$、$V_{\mathrm{水}}$、$V_{\mathrm{石}}$，整理得：
$\rho_{\mathrm{石}}=\frac{l_A}{l_B}\rho_{\mathrm{水}}=\frac{25\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} × 1.0\ \mathrm{g/cm}^3=2.5\ \mathrm{g/cm}^3$。
(4) 若考虑小桶重力，杠杆平衡时满足：$(G_{\mathrm{水}}+G_{\mathrm{桶}})l_A=(G_{\mathrm{石真实}}+G_{\mathrm{桶}})l_B$，展开得$G_{\mathrm{水}}l_A + G_{\mathrm{桶}}l_A = G_{\mathrm{石真实}}l_B + G_{\mathrm{桶}}l_B$，由于$l_A＞l_B$，可得$G_{\mathrm{桶}}l_A＞G_{\mathrm{桶}}l_B$，因此$G_{\mathrm{水}}l_A ＞ G_{\mathrm{石真实}}l_B$，即真实的石块密度小于忽略桶重算出的$\rho$，也就是忽略桶重得到的测量值$\rho'$小于$\rho$。
【答案】
(1) 装水至溢水口；等于 (2) 右；测量力臂的长度 (3) 2.5 (4) ＜
【知识点】
排水法测体积；杠杆平衡条件；密度计算
【点评】
本题创新地将密度测量实验和杠杆平衡知识点结合，无需天平和量筒即可粗略测量固体密度，既考察了基础实验操作的细节，又通过推导类问题考察学生的逻辑推导能力，其中误差分析部分对学生的综合能力有一定要求，容易出现判断错误。
【难度系数】
0.5
这是一道融合排水法测体积、杠杆平衡条件的密度测量实验题，解题思路如下：
1. 第(1)问回忆排水法测固体体积的操作要求：溢水杯必须预先加水到溢水口，才能保证石块浸没后溢出的水的体积恰好等于石块自身的体积。
2. 第(2)问回忆杠杆调平规则：平衡螺母向杠杆上翘的一侧调节，杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆杆身重合，可直接从杠杆刻度读取力臂，方便测量。
3. 第(3)问利用杠杆平衡条件，结合A桶内水的体积等于石块体积的等量关系，消去相同物理量后代入数值即可算出石块密度。
4. 第(4)问将小桶重力纳入杠杆平衡方程，对比忽略桶重时的推导结果，即可判断测量值和原计算值的大小关系。
【解析】
(1) 利用溢水杯排水法测石块体积时，需要先在溢水杯中装水至溢水口，确保石块浸没后，溢出的水的体积和石块的体积完全相等，因此小桶A中水的体积等于石块的体积。
(2) 图乙中杠杆左端下沉、右端上翘，要让杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向右端调节；杠杆在水平位置平衡时，力的方向竖直向下，力臂与杠杆重合，便于直接测量力臂的长度。
(3) 根据杠杆平衡条件可得：$G_{\mathrm{水}} l_A = G_{\mathrm{石}} l_B$，代入重力公式$G=mg=\rho V g$可得：$\rho_{\mathrm{水}} V_{\mathrm{水}} g l_A = \rho_{\mathrm{石}} V_{\mathrm{石}} g l_B$，已知$V_{\mathrm{水}}=V_{\mathrm{石}}$，两边消去$g$、$V_{\mathrm{水}}$、$V_{\mathrm{石}}$，整理得：
$\rho_{\mathrm{石}}=\frac{l_A}{l_B}\rho_{\mathrm{水}}=\frac{25\ \mathrm{cm}}{10\ \mathrm{cm}} × 1.0\ \mathrm{g/cm}^3=2.5\ \mathrm{g/cm}^3$。
(4) 若考虑小桶重力，杠杆平衡时满足：$(G_{\mathrm{水}}+G_{\mathrm{桶}})l_A=(G_{\mathrm{石真实}}+G_{\mathrm{桶}})l_B$，展开得$G_{\mathrm{水}}l_A + G_{\mathrm{桶}}l_A = G_{\mathrm{石真实}}l_B + G_{\mathrm{桶}}l_B$，由于$l_A＞l_B$，可得$G_{\mathrm{桶}}l_A＞G_{\mathrm{桶}}l_B$，因此$G_{\mathrm{水}}l_A ＞ G_{\mathrm{石真实}}l_B$，即真实的石块密度小于忽略桶重算出的$\rho$，也就是忽略桶重得到的测量值$\rho'$小于$\rho$。
【答案】
(1) 装水至溢水口；等于 (2) 右；测量力臂的长度 (3) 2.5 (4) ＜
【知识点】
排水法测体积；杠杆平衡条件；密度计算
【点评】
本题创新地将密度测量实验和杠杆平衡知识点结合，无需天平和量筒即可粗略测量固体密度，既考察了基础实验操作的细节，又通过推导类问题考察学生的逻辑推导能力，其中误差分析部分对学生的综合能力有一定要求，容易出现判断错误。
【难度系数】
0.5
3. 如图所示,小华同学连续做了15个规范的引体向上,小组的同学们设计了如下表格,并测量一些物理量估测小华同学做引体向上时的功率.
(1)所需要的测量器材有体重计、秒表和
(2)表格a处需要添加的物理量、符号及单位是
(3)写出计算小华同学做引体向上时功率的表达式:$P=$
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是$1\ \mathrm{min}$,两位同学的功率不一定相等,理由是:
(1)所需要的测量器材有体重计、秒表和
刻度尺
.(2)表格a处需要添加的物理量、符号及单位是
每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$
.(3)写出计算小华同学做引体向上时功率的表达式:$P=$
$\dfrac{15mgh}{t}$
(利用以上测量的物理量符号和$g$表示).(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是$1\ \mathrm{min}$,两位同学的功率不一定相等,理由是:
两同学的质量可能不同
.答案
3. (1)刻度尺 (2)每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$
(3)$\dfrac{15mgh}{t}$ (4)两同学的质量可能不同
解析:(1)根据功率的公式可得$P=\dfrac{W}{t}=\dfrac{Gh}{t}=\dfrac{mgh}{t}$,因此,需要的测量器材除体重计、秒表外,还应该有刻度尺.
(2)由功率的测量原理公式$P=\dfrac{mgh}{t}$和表中数据可知,表格$a$处应该填每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$.
(3)由于测量的是完成15个引体向上做的功和时间,因此,小华同学做引体向上时功率的表达式为$P=\dfrac{15mgh}{t}$.
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1 min,两位同学的功率不一定相等,由公式$P=\dfrac{15mgh}{t}$可知,这是因为两位同学的质量(体重)可能不同.
(3)$\dfrac{15mgh}{t}$ (4)两同学的质量可能不同
解析:(1)根据功率的公式可得$P=\dfrac{W}{t}=\dfrac{Gh}{t}=\dfrac{mgh}{t}$,因此,需要的测量器材除体重计、秒表外,还应该有刻度尺.
(2)由功率的测量原理公式$P=\dfrac{mgh}{t}$和表中数据可知,表格$a$处应该填每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$.
(3)由于测量的是完成15个引体向上做的功和时间,因此,小华同学做引体向上时功率的表达式为$P=\dfrac{15mgh}{t}$.
(4)如果两位同学完成15个规范动作的时间都是1 min,两位同学的功率不一定相等,由公式$P=\dfrac{15mgh}{t}$可知,这是因为两位同学的质量(体重)可能不同.
解析
【分析】
这道题是引体向上的功率估测实验题，我们可以从功率的核心计算原理出发逆向推导：首先功率的定义是单位时间做的功，引体向上过程中人是克服自身重力做功，总功等于15次克服重力做功的总和，结合公式$P=\frac{W}{t}=\frac{Gh_{总}}{t}$拆解需要的物理量：已经给出体重计测人的质量$m$、秒表测总时间$t$，还缺少每次引体向上重心上升的高度，由此一步步推导器材、表格空缺项、功率表达式，最后结合公式的变量分析功率不等的原因即可。
【解析】
(1) 根据功率推导公式$P=\frac{W}{t}=\frac{Gh}{t}=\frac{mgh}{t}$，已知体重计可测人的质量$m$，秒表可测完成15个动作的总时间$t$，还需要测量每次引体向上重心上升的高度，因此缺少的测量器材是刻度尺。
(2) 结合实验原理和表格已有的物理量：人的质量$m/\mathrm{kg}$、完成15个动作的时间$t/\mathrm{s}$，空缺的待测量就是每次引体向上重心上升的高度，因此a处需要填写对应物理量、符号和单位。
(3) 15次引体向上的总功为$W_{总}=15mgh$，总时间为$t$，代入功率定义式可得$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{15mgh}{t}$。
(4) 由功率表达式$P=\frac{15mgh}{t}$可知，当总时间$t$相同时，功率大小还和人的质量$m$、重心上升高度$h$有关，规范引体向上的重心上升高度差异很小，因此两位同学功率不等的主要原因是两人的质量可能不同。
【答案】
(1)刻度尺 (2)每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$ (3)$\dfrac{15mgh}{t}$ (4)两同学的质量可能不同
【知识点】
功率的测量，功与功率计算
【点评】
本题结合生活中常见的引体向上运动场景，考察功率估测实验的完整逻辑，要求学生从实验原理出发逆向推导所需器材、待测物理量，理解功率的影响变量，属于贴近生活的基础实验设计题，能很好的考察学生对功和功率概念的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
这道题是引体向上的功率估测实验题，我们可以从功率的核心计算原理出发逆向推导：首先功率的定义是单位时间做的功，引体向上过程中人是克服自身重力做功，总功等于15次克服重力做功的总和，结合公式$P=\frac{W}{t}=\frac{Gh_{总}}{t}$拆解需要的物理量：已经给出体重计测人的质量$m$、秒表测总时间$t$，还缺少每次引体向上重心上升的高度，由此一步步推导器材、表格空缺项、功率表达式，最后结合公式的变量分析功率不等的原因即可。
【解析】
(1) 根据功率推导公式$P=\frac{W}{t}=\frac{Gh}{t}=\frac{mgh}{t}$，已知体重计可测人的质量$m$，秒表可测完成15个动作的总时间$t$，还需要测量每次引体向上重心上升的高度，因此缺少的测量器材是刻度尺。
(2) 结合实验原理和表格已有的物理量：人的质量$m/\mathrm{kg}$、完成15个动作的时间$t/\mathrm{s}$，空缺的待测量就是每次引体向上重心上升的高度，因此a处需要填写对应物理量、符号和单位。
(3) 15次引体向上的总功为$W_{总}=15mgh$，总时间为$t$，代入功率定义式可得$P=\frac{W_{总}}{t}=\frac{15mgh}{t}$。
(4) 由功率表达式$P=\frac{15mgh}{t}$可知，当总时间$t$相同时，功率大小还和人的质量$m$、重心上升高度$h$有关，规范引体向上的重心上升高度差异很小，因此两位同学功率不等的主要原因是两人的质量可能不同。
【答案】
(1)刻度尺 (2)每次引体向上重心上升的高度$h/\mathrm{m}$ (3)$\dfrac{15mgh}{t}$ (4)两同学的质量可能不同
【知识点】
功率的测量，功与功率计算
【点评】
本题结合生活中常见的引体向上运动场景，考察功率估测实验的完整逻辑，要求学生从实验原理出发逆向推导所需器材、待测物理量，理解功率的影响变量，属于贴近生活的基础实验设计题，能很好的考察学生对功和功率概念的实际应用能力。
【难度系数】
0.7
