10.(7分)同学们在探究影响浮力大小的因素的实验中,根据日常生活经验提出了以下猜想:
①浮力大小与物体浸入液体中的深度有关;
②浮力大小与物体排开液体的体积有关;
③浮力大小与液体的密度有关。
实验步骤和数据如图所示。已知$\rho_{水}=1.0×10^{3}\ \mathrm{kg/m}^3$,$g$取10 N/kg。

(1)根据实验数据,小聪计算出该物体浸没在水中时受到的浮力大小是 N。
(2)为了验证猜想①,分析A与C、D三次实验,得出的结论是浸没在液体中的物体所受浮力的大小与浸入液体中的深度(选填“有”或“无”)关。
(3)为了验证猜想②,分析A与三次实验,得出的结论是浸在液体中的物体所受浮力的大小与物体排开液体的体积有关。
(4)小聪为了验证猜想③,分析A与B、E三次实验,得出的结论是浸在液体中的物体所受浮力的大小与液体的密度有关。你认为这样操作是(选填“正确”或“错误”)的,理由是。
(5)小明想设计一个实验,探究浸没在液体中的物体所受的浮力是否跟物体的形状有关,在已有实验器材的基础上,用两块橡皮泥进行实验,则这两块橡皮泥应满足的条件是(填选项字母)。
A.体积不同,形状相同
B.体积相同,形状不同
C.体积相同,形状相同
D.体积不同,形状不同

10.(1)4
(2)无
(3)B、C
(4)错误 没有控制排开液体的体积相等
(5)B
解析 (1)根据称重法,利用物体在空气中时的弹簧测力计的拉力和物体浸没状态时的弹簧测力计的拉力相减即可得到浮力,为$F_{浮}=G-F=6\ \mathrm{N}-2\ \mathrm{N}=4\ \mathrm{N}$。(2)物体在C和D中均为浸没,虽然深度不同但是所受浮力均为4 N,因此可以说明浸在液体中的物体所受的浮力的大小与浸入液体中的深度无关。(3)为了得到浮力的大小与排开液体体积的关系,需要比较的是在同种液体中,排开液体的体积不同的对照,因此选择B和C。(4)物体在B和E两种密度不同的液体中排开液体的体积不同,没有控制变量,因此得到的结论不正确。(5)要探究浮力与物体形状的关系,需保持液体密度和排开液体的体积不变,所以应该选用体积相同、形状不同的橡皮泥,故选B。

【分析】
本题是探究影响浮力大小因素的实验题，解题时需结合称重法计算浮力，运用控制变量法分析各猜想对应的实验：计算浮力时利用公式$F_{浮}=G-F_{拉}$；验证某一因素对浮力的影响时，需控制其他因素不变，仅改变要探究的因素，以此判断实验的合理性并得出结论。
【解析】
(1) 由图A可知物体重力$G=6\ \mathrm{N}$，物体浸没在水中时弹簧测力计示数$F=2\ \mathrm{N}$，根据称重法，物体浸没在水中的浮力$F_{浮}=G-F=6\ \mathrm{N}-2\ \mathrm{N}=4\ \mathrm{N}$。
(2) 分析A、C、D实验，物体均浸没在水中，排开液体体积、液体密度相同，仅浸入深度不同，弹簧测力计示数均为$2\ \mathrm{N}$，浮力相同，因此浸没在液体中的物体所受浮力与浸入深度无关。
(3) 验证浮力与排开液体体积的关系，需控制液体密度相同，改变排开体积，因此选同种液体（水）中排开体积不同的B、C两次实验。
(4) 验证浮力与液体密度的关系，需控制排开液体体积相同，改变液体密度。但B中物体部分浸入水中，E中物体浸没在盐水中，排开体积不同，未控制变量，所以操作错误，理由是没有控制排开液体的体积相等。
(5) 探究浮力与物体形状的关系，需控制液体密度和排开体积相同，仅改变形状，因此应选体积相同、形状不同的橡皮泥，故选B。
【答案】
(1)4；(2)无；(3)B、C；(4)错误；没有控制排开液体的体积相等；(5)B
【知识点】
浮力的计算；影响浮力的因素；控制变量法
【点评】
本题围绕浮力影响因素的实验展开，核心考查称重法计算浮力和控制变量法的应用，是力学实验的基础题型，需明确控制变量法在探究多因素问题中的关键作用。
【难度系数】
0.6

11.(7分)下图是某实验小组探究杠杆的平衡条件的实验装置(杠杆刻度均匀,每个钩码重0.5 N)。

(1)挂钩码前,杠杆如图甲所示,此时正确的操作是向(选填“左”或“右”)调节杠杆两端的螺母,使杠杆在水平位置平衡,这样做的好处是便于测量。
(2)在图乙中杠杆水平平衡时,若在A、B两处再各加挂一个相同的钩码,则杠杆的(选填“左”或“右”)侧会下降。
(3)如图丙所示,在A'点悬挂4个钩码,在B'点用弹簧测力计竖直向下拉,使杠杆在水平位置再次平衡,则拉力的大小为 N。若保持杠杆平衡状态不变,将弹簧测力计由竖直方向缓慢转动到图丙中所示方向的过程中,其示数将变大,原因是。
(4)通过多次实验,可以得到杠杆的平衡条件是(用字母表示)。

11.(1)右 力臂
(2)左
(3)3 阻力和阻力臂不变,动力臂变小,则动力变大
(4)$F_1 l_1=F_2 l_2$
解析 (1)由图甲知,杠杆的右端较高,平衡螺母应向右端移动使杠杆在水平位置平衡,这样做的好处是便于测量力臂。
(2)设每个钩码重力为G,杠杆上每小格长度为l,图乙中若在A、B两处下方各加一个相同的钩码,则A端的力与力臂乘积为$3G×6l=18Gl$,B端的力与力臂乘积为$4G×4l=16Gl$,$18Gl＞16Gl$,所以杠杆的左侧会下降。(3)根据杠杆的平衡条件得$4G×6l=F×4l$,则拉力大小为$F=\frac{4G×6l}{4l}=6G=6×0.5\ \mathrm{N}=3\ \mathrm{N}$;弹簧测力计由垂直于杠杆拉改成斜着拉,动力臂会变小,阻力和阻力臂不变,根据杠杆平衡条件可得,动力会变大。(4)多次实验可得杠杆的平衡条件为动力臂与动力的乘积等于阻力臂与阻力的乘积,即$F_1 l_1=F_2 l_2$。

【分析】
本题是探究杠杆平衡条件的实验题，解题思路如下：
1. 针对杠杆调平问题，观察图甲中杠杆的倾斜方向，依据杠杆调平规则确定平衡螺母的调节方向，明确杠杆水平平衡的作用；
2. 通过设定钩码重力和杠杆每格长度，计算杠杆两侧的力与力臂的乘积，比较大小判断杠杆哪侧会下降；
3. 利用杠杆平衡条件计算拉力大小，分析弹簧测力计斜拉时动力臂的变化，进而判断拉力的变化；
4. 结合多次实验结果，总结得出杠杆的平衡条件。
【解析】
(1) 图甲中杠杆左端低、右端高，根据“左低右调”的调平原则，应向右调节杠杆两端的螺母；使杠杆在水平位置平衡时，力臂与杠杆刻度重合，便于直接测量力臂。
(2) 设每个钩码重力为$G$，杠杆每小格长度为$l$。图乙中，A、B各加挂1个钩码后，左侧力与力臂的乘积为$3G×6l=18Gl$，右侧力与力臂的乘积为$4G×4l=16Gl$，因$18Gl＞16Gl$，故杠杆左侧会下降。
(3) 根据杠杆平衡条件$F_1l_1=F_2l_2$，A'点拉力为$4G$，力臂为$6l$，B'点力臂为$4l$，代入得$4G×6l=F×4l$，解得$F=\frac{4×0.5\ \mathrm{N}×6l}{4l}=3\ \mathrm{N}$；弹簧测力计斜拉时，动力臂变小，阻力和阻力臂不变，由杠杆平衡条件可知动力变大，因此示数变大。
(4) 多次实验后总结，杠杆的平衡条件为动力×动力臂=阻力×阻力臂，用字母表示为$F_1 l_1=F_2 l_2$。
【答案】
(1) 右；力臂
(2) 左
(3) 3；阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大
(4) $F_1 l_1=F_2 l_2$
【知识点】
杠杆平衡条件；力臂；杠杆调平
【点评】
本题围绕探究杠杆平衡条件的基础实验展开，考查了杠杆调平、平衡条件的应用、力臂变化对拉力的影响等核心知识点，属于力学常规实验题，难度适中，需学生掌握杠杆平衡条件并能灵活分析力臂变化。
【难度系数】
0.6