二、填空题
6. 如图所示，A、B、C
三点将质量不均匀、
长度为$L$的木杆四等分。在$A$点用$1\ 500\ \mathrm{N}$
的力或在$B$点用$2\ 500\ \mathrm{N}$的力分别可以将木
杆一端抬起。则木杆的总重为$\mathrm{N}$,木杆
重心到$C$点的距离为。将木杆从
$C$点悬起,需在(填“$A$”或“$B$”)点
悬挂$\mathrm{N}$的重物木杆才能平衡。平
衡后,在$A$、$B$两点同时增加$500\ \mathrm{N}$的重
物,则(填“$A$侧翘起”“$B$侧翘起”
或“仍然平衡”)。

6. 3 000 $\dfrac{1}{8}L$ A 1 500 仍然平衡
提示:设木杆重心距离最右端$L'$,当动力作用在$A$点时,木杆的最右端为支点,有$F_A×\dfrac{3}{4}L=G× L'···$①,当动力作用在$B$点时,木杆的最左端为支点,有$F_B×\dfrac{3}{4}L=G×(L-L')···$②,由①②两式解得$G=\dfrac{3}{4}(F_A+F_B)=\dfrac{3}{4}×(1\ 500\ \mathrm{N}+2\ 500\ \mathrm{N})=3\ 000\ \mathrm{N}$,$L'=\dfrac{3}{8}L$,可知木杆重心在$C$点的右侧,且到$C$点的距离为$\dfrac{1}{2}L-\dfrac{3}{8}L=\dfrac{1}{8}L$;将木杆从$C$点悬起,需在$A$点悬挂重物,木杆平衡时,有$G×\dfrac{1}{8}L=G'×\dfrac{1}{4}L$,$G'=\dfrac{1}{2}×3\ 000\ \mathrm{N}=1\ 500\ \mathrm{N}$;在$A$、$B$两点同时增加$500\ \mathrm{N}$的重物时,$C$点两边增加的力和力臂的乘积相等,故杠杆仍然平衡。

【分析】
本题需利用杠杆平衡条件（动力×动力臂=阻力×阻力臂）解题。首先分析两次抬木杆的场景，分别以木杆两端为支点，结合已知动力和力臂列方程，求出木杆总重与重心位置；再分析以C点为悬点的平衡状态，确定悬挂重物的位置和大小；最后通过计算增加力后的力矩变化，判断是否平衡。
【解析】
设木杆重心到最右端的距离为$ L' $，木杆总重为$ G $，木杆长度为$ L $。
1. 求木杆总重和重心位置：
在A点抬木杆时，以最右端为支点，动力臂为$ \frac{3}{4}L $，阻力臂为$ L' $，根据杠杆平衡条件：$ F_A × \frac{3}{4}L = G × L' $ ①
在B点抬木杆时，以最左端为支点，动力臂为$ \frac{3}{4}L $，阻力臂为$ L-L' $，根据杠杆平衡条件：$ F_B × \frac{3}{4}L = G × (L-L') $ ②
将①+②得：$ (F_A+F_B) × \frac{3}{4}L = G L $，代入$ F_A=1500\ \mathrm{N} $、$ F_B=2500\ \mathrm{N} $，解得$ G=3000\ \mathrm{N} $。
把$ G=3000\ \mathrm{N} $代入①式，解得$ L'=\frac{3}{8}L $。
A、B、C将木杆四等分，C点距左端$ \frac{1}{2}L $，重心距左端为$ L-L'=\frac{5}{8}L $，故重心到C点的距离为$ \frac{5}{8}L - \frac{1}{2}L=\frac{1}{8}L $。
2. 求C点悬起时的悬挂重物：
重心在C点右侧，需在左侧A点挂重物平衡。A点到C点距离为$ \frac{1}{4}L $，根据杠杆平衡：$ G × \frac{1}{8}L = G' × \frac{1}{4}L $，代入$ G=3000\ \mathrm{N} $，解得$ G'=1500\ \mathrm{N} $。
3. 判断加力后的平衡：
A、B各增加$ 500\ \mathrm{N} $时，A点增加的力矩为$ 500\ \mathrm{N} × \frac{1}{4}L $，B点增加的力矩也为$ 500\ \mathrm{N} × \frac{1}{4}L $，两者抵消，总力矩不变，故仍然平衡。
【答案】
3000；$\dfrac{1}{8}L$；A；1500；仍然平衡
【知识点】
杠杆平衡条件、力臂计算、力矩平衡
【点评】
本题是杠杆平衡条件的综合应用，需准确分析不同场景下的支点、力臂，通过方程推导未知量，最后判断力矩变化，是杠杆知识的典型考查题型。
【难度系数】
0.4

7. (2025·南通海安阶段检测)如图甲所示,一辆装满物资的运输车总重为10 t,沿ABCD路线运至D处。AB段长为100 m,BC段长为600 m,B 点与 C 点的高度差为168 m。在整个运输过程中,运输车的输出功率与时间的关系如图乙所示,速度与时间的关系如图丙所示,汽车在$t_{0}=0$时经过A处,$t_{1}$时经过B处,$t_{2}$时经过C处。由图像知$t_{1}$的大小为s,运输车从C点到D点过程中的牵引力为N。运输车从 B 点到 C 点做功的机械效率为%。(g 取 10 N/kg)

7. 20 $1×10^4$ 35
提示:$t_1=\dfrac{s_{AB}}{v_{AB}}=\dfrac{100\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{m/s}}=20\ \mathrm{s}$。在CD段,牵引力$F_{CD}=\dfrac{P_{CD}}{v_{CD}}=\dfrac{5×10^4\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{m/s}}=1×10^4\ \mathrm{N}$。BC点的高度差$h=168\ \mathrm{m}$,$W_{有用}=m_{总}gh=10\ 000\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×168\ \mathrm{m}=1.68×10^7\ \mathrm{J}$,$F_{BC}=\dfrac{P_{BC}}{v_{BC}}=\dfrac{8×10^4\ \mathrm{W}}{1\ \mathrm{m/s}}=8×10^4\ \mathrm{N}$,$W_{总}=F_{BC}s_{BC}=8×10^4\ \mathrm{N}×600\ \mathrm{m}=4.8×10^7\ \mathrm{J}$,$\eta_{BC}=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{4.8×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。

【分析】
要解决本题，需结合速度、功率、功和机械效率的相关公式，从图像和题干中提取对应物理量：
1. 求$t_1$：AB段运输车匀速行驶，已知路程和速度，利用速度公式$v=\frac{s}{t}$即可计算时间；
2. 求CD段牵引力：CD段已知功率和速度，利用功率公式$P=Fv$变形得$F=\frac{P}{v}$，可求牵引力；
3. 求BC段机械效率：BC段先由功率和速度求牵引力，再计算总功；有用功是克服重力做的功，利用$W_{有用}=mgh$计算，最后根据机械效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$求解。
【解析】
1. 计算$t_1$：AB段运输车速度$v_{AB}=5\ \mathrm{m/s}$，路程$s_{AB}=100\ \mathrm{m}$，由$v=\frac{s}{t}$得：
$t_1=\frac{s_{AB}}{v_{AB}}=\frac{100\ \mathrm{m}}{5\ \mathrm{m/s}}=20\ \mathrm{s}$；
2. 计算CD段牵引力：CD段功率$P_{CD}=50×10^3\ \mathrm{W}=5×10^4\ \mathrm{W}$，速度$v_{CD}=5\ \mathrm{m/s}$，由$P=Fv$得：
$F_{CD}=\frac{P_{CD}}{v_{CD}}=\frac{5×10^4\ \mathrm{W}}{5\ \mathrm{m/s}}=1×10^4\ \mathrm{N}$；
3. 计算BC段机械效率：
BC段功率$P_{BC}=80×10^3\ \mathrm{W}=8×10^4\ \mathrm{W}$，速度$v_{BC}=1\ \mathrm{m/s}$，BC段牵引力$F_{BC}=\frac{P_{BC}}{v_{BC}}=\frac{8×10^4\ \mathrm{W}}{1\ \mathrm{m/s}}=8×10^4\ \mathrm{N}$；
总功$W_{总}=F_{BC}s_{BC}=8×10^4\ \mathrm{N}×600\ \mathrm{m}=4.8×10^7\ \mathrm{J}$；
运输车总重$m=10\ \mathrm{t}=10^4\ \mathrm{kg}$，重力$G=mg=10^4\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=10^5\ \mathrm{N}$，有用功$W_{有用}=Gh=10^5\ \mathrm{N}×168\ \mathrm{m}=1.68×10^7\ \mathrm{J}$；
机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{1.68×10^7\ \mathrm{J}}{4.8×10^7\ \mathrm{J}}×100\%=35\%$。
【答案】
20；$1×10^4$；35
【知识点】
功率公式应用、机械效率计算、速度公式应用
【点评】
本题结合图像考查力学综合计算，需准确提取各段的功率、速度等物理量，区分有用功与总功，熟练运用相关公式即可求解，难度适中。
【难度系数】
0.5

8. 如图所示,建筑工地上,需要利用拖拉机和滑轮组将一个质量为$1.2× 10^{3}\ {kg}$的物体,拉到长$100\ {m}$,高$60\ {m}$的斜面顶端,测得拉动一个物体沿斜面匀速上升时拖拉机对绳的水平拉力为$4.8× 10^{3}\ {N}$。不计绳重及绳与滑轮间的摩擦,装置(滑轮组与斜面组合)的机械效率为$\%$。若动滑轮重$500\ {N}$,则物体与斜面的摩擦力为${N}$。若拖拉机质量为$12\ {t}$,最大输出功率为$48\ {kW}$,受到水平地面的阻力为车重的$0.01$倍,则其在匀速运动时的最大速度为${m/s}$。($g$取$10\ {N/kg}$)

8. 75 $2.1×10^3$ 8
提示:$W_{有用}=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×60\ \mathrm{m}=7.2×10^5\ \mathrm{J}$,将物体拉上斜面时,拖拉机通过距离$s=2L=2×100\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{m}$,$W_{总}=F_{拉}s=4.8×10^3\ \mathrm{N}×200\ \mathrm{m}=9.6×10^5\ \mathrm{J}$,$\eta=\dfrac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\dfrac{7.2×10^5\ \mathrm{J}}{9.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$。$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=9.6×10^5\ \mathrm{J}-7.2×10^5\ \mathrm{J}=2.4×10^5\ \mathrm{J}$,不计绳重及绳与滑轮间的摩擦,$W_{额外}=fL+G_{动}h$,$f=\dfrac{W_{额外}-G_{动}h}{L}=\dfrac{2.4×10^5\ \mathrm{J}-500\ \mathrm{N}×60\ \mathrm{m}}{100\ \mathrm{m}}=2.1×10^3\ \mathrm{N}$。拖拉机做匀速直线运动,$F_{牵}=f_{机}+F_{拉}=0.01G_{机}+F_{拉}=0.01m_{机}g+F_{拉}=0.01×12×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}+4.8×10^3\ \mathrm{N}=6\ 000\ \mathrm{N}$,$v_{大}=\dfrac{P}{F_{牵}}=\dfrac{48×10^3\ \mathrm{W}}{6\ 000\ \mathrm{N}}=8\ \mathrm{m/s}$。

【分析】
要解决这道题，需分三步分析：
1. 求装置的机械效率：机械效率$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$，其中有用功是提升物体做的功（$W_{有用}=Gh=mgh$），总功是拖拉机拉力做的功，注意滑轮组的绳子段数，动滑轮上有2段绳子，因此拖拉机移动的距离是斜面长度的2倍。
2. 求物体与斜面的摩擦力：额外功包括克服斜面摩擦力和动滑轮重力做的功，即$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=fL+G_{动}h$，据此可推导计算摩擦力$f$。
3. 求拖拉机的最大速度：拖拉机匀速运动时，牵引力需克服自身阻力和对绳的拉力，先算出总牵引力，再根据功率公式$P=Fv$变形得$v=\frac{P}{F_{牵}}$，计算最大速度。
【解析】
1. 计算有用功：
$W_{有用}=Gh=mgh=1.2×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}×60\ \mathrm{m}=7.2×10^5\ \mathrm{J}$
2. 计算总功：
由图可知，动滑轮上有2段绳子，故拖拉机移动的距离$s=2L=2×100\ \mathrm{m}=200\ \mathrm{m}$
$W_{总}=F_{拉}s=4.8×10^3\ \mathrm{N}×200\ \mathrm{m}=9.6×10^5\ \mathrm{J}$
3. 计算机械效率：
$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%=\frac{7.2×10^5\ \mathrm{J}}{9.6×10^5\ \mathrm{J}}×100\%=75\%$
4. 计算物体与斜面的摩擦力：
额外功$W_{额外}=W_{总}-W_{有用}=9.6×10^5\ \mathrm{J}-7.2×10^5\ \mathrm{J}=2.4×10^5\ \mathrm{J}$
不计绳重及摩擦，$W_{额外}=fL+G_{动}h$，代入数据：
$2.4×10^5\ \mathrm{J}=f×100\ \mathrm{m}+500\ \mathrm{N}×60\ \mathrm{m}$
解得$f=\frac{2.4×10^5\ \mathrm{J}-3×10^4\ \mathrm{J}}{100\ \mathrm{m}}=2.1×10^3\ \mathrm{N}$
5. 计算拖拉机的最大速度：
拖拉机的重力$G_{机}=m_{机}g=12×10^3\ \mathrm{kg}×10\ \mathrm{N/kg}=1.2×10^5\ \mathrm{N}$
拖拉机受到的阻力$f_{机}=0.01G_{机}=0.01×1.2×10^5\ \mathrm{N}=1200\ \mathrm{N}$
拖拉机匀速运动时，牵引力$F_{牵}=f_{机}+F_{拉}=1200\ \mathrm{N}+4.8×10^3\ \mathrm{N}=6000\ \mathrm{N}$
拖拉机的最大输出功率$P=48\ \mathrm{kW}=4.8×10^4\ \mathrm{W}$
由$P=Fv$得，最大速度$v=\frac{P}{F_{牵}}=\frac{4.8×10^4\ \mathrm{W}}{6000\ \mathrm{N}}=8\ \mathrm{m/s}$
【答案】
75；$2.1×10^3$；8
【知识点】
机械效率、功的计算、功率的计算
【点评】
本题结合滑轮组与斜面的机械效率问题，需明确有用功、总功、额外功的来源，同时结合拖拉机的受力分析计算最大速度，综合考查力学中功、机械效率、功率的相关知识，解题时需理清各物理量间的关系，注意滑轮组绳子段数的判断。
【难度系数】
0.5

9. 如图甲所示,每个滑轮等重,不计绳重和摩擦,物重G从200 N开始逐渐增大,直到绳子被拉断。每次均匀速拉动绳子将物体提升同样的高度。图乙为在此过程中滑轮组的机械效率随物重的增加而变化的图像。

(1) 每个动滑轮重N。
(2) 绳子能承受的最大拉力是N。
(3) 当滑轮组的机械效率为80%时,物体重N。
(4) 当拉力为N时,使用该滑轮组既不省力也不费力。

9. (1) 100 (2) 500 (3) 800 (4) $\dfrac{200}{3}$
提示:(1) 当$G=200\ \mathrm{N}$时,$\eta=50\%$,由$\eta=\dfrac{G}{G+G_{动}}×100\%$得$G_{动}=\dfrac{G}{\eta}-G=\dfrac{200\ \mathrm{N}}{50\%}-200\ \mathrm{N}=200\ \mathrm{N}$,该装置有两个动滑轮,故每个动滑轮重$100\ \mathrm{N}$。(2) 当$G_{大}=1\ 800\ \mathrm{N}$时绳子被拉断,此时拉力$F$最大,$F_{大}=\dfrac{G_{大}+G_{动}}{n}=\dfrac{1\ 800\ \mathrm{N}+200\ \mathrm{N}}{4}=500\ \mathrm{N}$。(3) $G'=\dfrac{\eta G_{动}}{1-\eta}=\dfrac{200\ \mathrm{N}×80\%}{1-80\%}=800\ \mathrm{N}$。(4) 当滑轮组既不省力也不费力时,$F=G''$,即$G''=\dfrac{G''+G_{动}}{n}$,将$G_{动}=200\ \mathrm{N}$、$n=4$代入解得$G''=\dfrac{200}{3}\ \mathrm{N}$。

【分析】
首先确定滑轮组承担物重的绳子段数n，从图甲可知n=4；利用不计绳重和摩擦时滑轮组的机械效率公式η=G/(G+G动总)，结合图乙中G=200N时η=50%算出总动滑轮重，进而得到每个动滑轮重；再从图乙找到绳子被拉断时的最大物重，结合拉力公式F=(G+G动总)/n算出最大拉力；对于机械效率为80%的情况，用机械效率公式变形求物重；既不省力也不费力时拉力等于物重，联立拉力公式求解即可。
【解析】
解：由图甲可知，该滑轮组承担物重的绳子段数n=4；不计绳重和摩擦时，滑轮组的机械效率公式为η=W有/W总=Gh/(Gh+G动总h)=G/(G+G动总)。
(1) 当G₁=200N时，η₁=50%，代入公式得：50% = 200N/(200N + G动总)，解得总动滑轮重G动总=200N；因有2个动滑轮，故每个动滑轮重G动=200N/2=100N。
(2) 由图乙可知，绳子被拉断时物重G大=1800N，此时最大拉力F大=(G大 + G动总)/n=(1800N +200N)/4=500N。
(3) 当η₂=80%时，代入公式得：80% = G₂/(G₂ +200N)，解得G₂=800N。
(4) 既不省力也不费力时，拉力F=G''，而F=(G'' + G动总)/n，故G''=(G'' +200N)/4，解得G''=200/3 N。
【答案】
(1)100；(2)500；(3)800；(4)$\dfrac{200}{3}$
【知识点】
滑轮组机械效率；滑轮组拉力计算
【点评】
本题结合图像考查滑轮组的相关计算，需熟练掌握不计绳重和摩擦时滑轮组的机械效率、拉力公式，关键是从图像提取有效信息，难度适中。
【难度系数】
0.6

三、解答题
10. 小明根据杠杆平衡条件在家测量某液体的密度,其装置放在水平面上,如图所示。轻质杠杆 OA 和 BC 垂直固定在一起,BC 压在电子秤上,O 为支点,且测量过程中 O 点和 C 点位置保持不变。

(1) 调节杠杆 OA 在水平位置平衡,其目的是。
(2) 将一个质量不计的矿泉水瓶装满水,用细线将矿泉水瓶悬挂在 OA 的 D 点上,记录此时电子秤的示数为 m,测量悬挂点 D 到 O 的距离为$L_{1}$。
(3) 取下装水的矿泉水瓶,将另一个完全相同的矿泉水瓶装满待测液体,用细线将矿泉水瓶悬挂在 D 点。此时电子秤的示数小于 m,则待测液体的密度(填“大于”“等于”或“小于”)水的密度,向(填“左”或“右”)移动悬挂点的位置,直到电子秤的示数仍为 m,测量此时悬挂点到 O 点的距离为$L_{2}$。
(4) 待测液体密度的表达式为$\rho_{\mathrm{液}}=$(水的密度用$\rho_{\mathrm{水}}$表示)。
(5) 若考虑矿泉水瓶的质量,测量结果为$\rho'_{\mathrm{液}}$,则$\rho'_{\mathrm{液}}$(填“$＞$”“$＜$”或“$=$”)$\rho_{\mathrm{液}}$。

10. (1) 便于测量力臂 (3) 小于 左 (4) $\dfrac{\rho_{水}L_1}{L_2}$ (5) $＜$
提示:(1) 杠杆在水平位置平衡时,力臂在杠杆上,便于测量力臂。(3) 将装满水的矿泉水瓶悬挂在D点时,BC对电子秤的压力$F=mg$,由杠杆平衡条件有$mg× OA=\rho_{水}gV× L_1···$①,将装满待测液体的矿泉水瓶悬挂在D点时,BC对电子秤的压力为$F'=m'g$,有$m'g× OA=\rho_{液}gV× L_1···$②,因$m'＜m$,由①②得$\rho_{液}＜\rho_{水}$,为保持电子秤的示数$m$不变,应增大$L_1$,悬挂点应向左端移动。(4) 当电子秤的示数再次显示为$m$时,悬挂点到O点的距离为$L_2$,有$mg× OA=\rho_{液}gV× L_2···$③,由①③得$\rho_{水}gV× L_1=\rho_{液}gV× L_2$,解得$\rho_{液}=\dfrac{\rho_{水}L_1}{L_2}$。(5) 设瓶子的质量为$m_0$,瓶中装满水时,有$mg× OA=(\rho_{水}gV+m_0g)× L_1···$④,瓶中装满待测液体时,有$mg× OA=(\rho'_{液}gV+m_0g)× L_2···$⑤,由④⑤得$(\rho_{水}gV+m_0g)× L_1=(\rho'_{液}gV+m_0g)× L_2$,$\rho_{水}gVL_1+m_0gL_1=\rho'_{液}gVL_2+m_0gL_2$,由于$m_0gL_1＜m_0gL_2$,故$\rho_{水}gVL_1＞\rho'_{液}gVL_2$,$\rho'_{液}＜\dfrac{\rho_{水}L_1}{L_2}$,即$\rho'_{液}＜\rho_{液}$。

【分析】
本题是利用杠杆平衡条件间接测量液体密度的实验题，解题思路如下：
1. 明确杠杆水平平衡的目的：杠杆在水平位置时，力的方向与杠杆垂直，力臂可直接从杠杆刻度读取，便于测量力臂。
2. 分析待测液体密度：根据杠杆平衡条件，电子秤示数反映杠杆左端的拉力大小，装待测液体时电子秤示数变小，说明液体对杠杆的拉力更小，相同体积下密度更小；要使电子秤示数回到原示数，需增大拉力的力臂，因此向左移动悬挂点。
3. 推导密度表达式：利用两次杠杆平衡，联立消去公共量，得到待测液体密度与水密度、力臂的关系。
4. 考虑矿泉水瓶质量时，通过公式推导比较测量值与真实值的大小。
【解析】
(1) 杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，力臂可以直接从杠杆上的刻度读取，因此调节杠杆OA在水平位置平衡的目的是便于测量力臂。
(3) 设矿泉水瓶容积为$ V $，OA长度为$ L_{OA} $。装满水时，根据杠杆平衡条件：$ mg × L_{OA} = \rho_{水}gV × L_1 $；装满待测液体时，电子秤示数小于$ m $，同理有$ m'g × L_{OA} = \rho_{液}gV × L_1 $，联立得$ \rho_{液} ＜ \rho_{水} $。要使电子秤示数仍为$ m $，需增大拉力的力臂，因此向左移动悬挂点。
(4) 当电子秤示数再次为$ m $时，悬挂点到O点距离为$ L_2 $，此时杠杆平衡条件为$ mg × L_{OA} = \rho_{液}gV × L_2 $，结合装满水的平衡式，联立消去$ g $、$ V $，解得$ \rho_{液} = \dfrac{\rho_{水}L_1}{L_2} $。
(5) 设矿泉水瓶质量为$ m_0 $，装满水的平衡式为$ mg × L_{OA} = (\rho_{水}gV + m_0g) × L_1 $，装满待测液体的平衡式为$ mg × L_{OA} = (\rho'_{液}gV + m_0g) × L_2 $，联立整理得$ \rho'_{液} = \dfrac{(\rho_{水}V + m_0)L_1 - m_0L_2}{V L_2} $，对比真实密度可知$ \rho'_{液} ＜ \rho_{液} $。
【答案】
(1) 便于测量力臂；(3) 小于；左；(4) $ \dfrac{\rho_{水}L_1}{L_2} $；(5) ＜
【知识点】
杠杆平衡条件；密度测量
【点评】
本题结合杠杆平衡条件与密度知识，通过间接测量法测定液体密度，需理解杠杆平衡的应用，掌握变量关系推导，同时考虑实际因素对测量结果的影响，是一道综合性实验题。
【难度系数】
0.6