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专题六
测量型实验题解题技巧
测量型实验题主要是用基本的测量工具测量基本物理量，进行实验活动的考题。此类考题要求考生熟练掌握实验原理、器材、方法和步骤。
测量型实验题分为直接测量型实验和间接测量型实验两种。
1.直接测量型实验：是应用相应的仪器、仪表直接测出的物理量。初中物理中有七个直接测量的实验，分别是用刻度尺、量筒、天平、温度计、弹簧测力计、电压表、电流表分别测长度、体积、质量、温度、力、电压、电流这七个物理量的值。
直接测量型实验主要针对一些常用物理测量工具的使用方法、读数方法等，而这些知识和能力在课堂教学中已逐步渗入，常用物理测量工具的共性都需要看量程、分清分度值。
2.间接测量型实验：根据待测物理量与其他物理量的关系式，先测出关系式中其他各量，然后再利用公式算出该量。如测物质的密度、测机械效率、伏安法测电阻、伏安法测小灯泡的功率等；此类考题也是中考的重点内容。
解决此类考题，一定要细心，确保基本的物理测量工具的使用、读数不出错。同时还应注意题意的局部拓展性变化。近年来各地的中考物理测量型实验在这类题中变化较多，要格外注意。
技巧一：直接读数法
直接读数法是利用基本的测量工具测量基本物理量，从测量工具中直接读取数据的实验类型。这类考题一般是考查学生对测量工具的使用熟练程度、正确读数能力和科学判断能力。此类考题较为简单，经常以选择题、填空题出现。
【例题展示】
例题1（2020?北京）如图所示，体温计示数为
℃。
【答案】36.3。
【解析】由图可知，体温计的液柱在36～37℃之间，分度值为0.1℃，因此体温计的示数为36℃+3×0.1℃=36.3℃。
故答案为：36.3。
技巧二：公式法
公式法就是利用测量工具进行有关物理量的测量，然后利用物理公式进行计算，得到实验数据和结论的方法。此类考题属于间接测量实验型考题。
【例题展示】
例题2（2020?百色）小明用天平和量筒测量一块矿石的密度，过程如下：
将天平放在水平台上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，这时天平指针位置如图甲所示，则应将天平的平衡螺母向
调（选填“左”或“右”），使指针对准分度盘中央刻度线。
（2）将这块矿石放在天平左盘，往右盘加减砝码过程中，加入最小砝码后，天平指针位置如图甲所示，将最小砝码取出，指针位置如图乙所示，接下来正确的操作是
，直至指针对准分度盘中央刻度线：此时右盘中砝码和游码位置如图丙所示，则这块矿石的质量是
g。
（3）把这块矿石放入装有20mL水的量筒后，量筒内水面如图丁所示，正确读数视线是
（选填“a”、“b”或“c”），这块矿石的体积是
cm3。
（4）这块矿石的密度是
g/cm3．实验中由于矿石吸水，测得的矿石的密度
（选填“大于”或“小于”或“等于”）真实密度。
【答案】（1）左；（2）向右移动游码；61；（3）b；20；（4）3.05；大于。
【解析】（1）将天平放在水平台上，把游码移到标尺左端的零刻度线处，指针偏向分度盘的右侧，说明天平的右端下沉，平衡螺母向上翘的左端移动。
（2）将这块矿石放在天平左盘，往右盘加减砝码过程中，加入最小砝码后，天平指针分度盘的右侧，取下最小砝码，向右移动游码。
矿石的质量：m=50g+10g+1g=61g。
（3）量筒测量液体的体积时，读数时视线要和液面相平，所以正确读数视线是b。
矿石和水的总体积：V'=40ml，
矿石的体积：V=V'-V''=40ml-20ml=20ml=20cm3。
（4）矿石的密度：ρ==。
矿石吸水会使水和矿石的总体积变小，导致矿石的体积偏小，密度的测量值偏大，所以测得的矿石的密度大于真实密度。
故答案为：（1）左；（2）向右移动游码；61；（3）b；20；（4）3.05；大于。
技巧三：转换法
物理学中对于一些看不见、摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识，或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。初中物理在研究概念、规律和实验中多处应用了这种方法。21cnjy.com
【例题展示】
例题3（2020?朝阳）在“测量滑轮组的机械效率”的实验中，实验小组用如图所示的装置进行了实验，实验数据记录如表所示，第三次实验时的拉力如图所示。
实验次数
钩码所受的重力G/N
钩码上升的高度h/cm
拉力F/N
绳自由端移动的距离s/cm
机械效率η
1
2
10
0.8
30
83.3%
2
4
10
1.5
30
②
3
6
10
①
30
（1）实验中应
拉动弹簧测力计使钩码上升；
（2）表格中编号①的数据应为
；编号②的数据应为
；
（3）比较实验数据可得出的实验结论是：使用同样的滑轮组，
；
（4）如果在第一次实验时，忽略绳重和摩擦，可以计算出动滑轮的重力为
N。
【答案】（1）竖直向上匀速；（2）2.2；88.9%；（3）提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（4）0.4。
【解析】（1）实验中应竖直向上匀速拉动弹簧测力计使钩码上升，此时系统处于平衡状态，测力计示数大小才等于拉力大小；
（2）由图知，弹簧测力计的分度值为0.2N，拉力为2.2N；
第2次实验的机械效率为：η=；
（3）实验选用的同一滑轮组，动滑轮的重力不变，由表中实验数据分析可知，同一滑轮组提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（4）根据表中数据，在第一次实验做的总功：
W总1=F1s1=0.8N×0.3m=0.24J，
做的有用功：
W有1=G1h=2N×0.1m=0.2J，
做的额外功：
W额外=W总1-W有1=0.24J-0.2J=0.04J，
因忽略绳重和摩擦，故所做额外功是克服动滑轮重力阻力所做的功，则动滑轮的重力为：
G动=W额外。
故答案为：（1）竖直向上匀速；（2）2.2；88.9%；（3）提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（4）0.4。
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精品试卷·第
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（共
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专题六
测量型实验题解题技巧
技巧一：直接读数法
直接读数法是利用基本的测量工具测量基本物理量，从测量工具中直接读取数据的实验类型。这类考题一般是考查学生对测量工具的使用熟练程度、正确读数能力和科学判断能力。此类考题较为简单，经常以选择题、填空题出现。
1．（2019?十堰）如图所示是小华用体温计测量自己体温后的示数，他的体温是　
　℃。
2．（2020?青海）小丽和小华在练习使用托盘天平的实验中，实验步骤如下：
（1）将天平放在　
　桌面上，游码归零后发现指针的位置如图甲所示，则需将平衡螺母向　
　（填“左”或“右”）调节，使横梁平衡。
（2）将被测物块放入天平左盘，向右盘增减砝码并移动游码，使横梁再次平衡时，游码的位置和所加砝码如图乙所示，则该物块的质量是　
　g。
3．（2020?贵港）如图所示，物体A的长度为　
　cm，弹簧测力计的读数为　
　N。
4．（2020?河池）如图所示，刻度尺的分度值为　
　mm；铅笔的长度为　
　cm。
5．（2020?甘南州）（1）在图甲中木块的长度为　
　cm；（2）在图乙中天平的读数为　
　g；
（3）在图丙中物体A重为　
　N。
6．（2020?十堰）甲图物块的长度是　
　cm；乙图是测量物体质量的天平平衡时砝码和游码的位置，该物体质量是　
　g；丙图汽车速度计显示的速度是　
　km/h。
7．（2020?济宁）如图1、2所示，铅笔的长度为　
　cm；电能表的示数为　
　kW?h．
8．（2020?广安）如图甲所示的电路，当开关闭合后，电流表a、b的指针偏转均如图乙所示，则通过L2的电流为　
　，灯泡L1和L2的电阻之比是　
　。
9．（2020?镇江）如图，电压表的示数为　
　V。
10．（2020?恩施州）在探究电路的实验中，用铜导线按图甲连接好元件，闭合开关后，两表示数如图。
（1）在连接两电流表的导线中，实际电荷定向移动方向是　
　（选填“向左”、“向右”或“无规则运动”）。
（2）在使用电流表前发现其指针偏向0刻线左侧，应调节表盘下面的　
　，使指针归0。
（3）通过L1、L2的电流分别是　
　A、　
　A。
技巧二：公式法
公式法就是利用测量工具进行有关物理量的测量，然后利用物理公式进行计算，得到实验数据和结论的方法。此类考题属于间接测量实验型考题。
1．（2020?眉山）某同学做“测量液体密度”的实验后，进行了操作总结和新的探索。没有量筒，只用天平、烧杯、水，也能测出某种未知液体的密度。他先测出空杯的质量和装满水时的质量分别为32.2g和132.2g。再用这只烧杯装满待测液体后，天平示数如图所示，已知水的密度ρ水＝1.0×103kg/m3．以下正确的是（　　）
A．用手直接在右盘中加减砝码
B．测量时为使横梁平衡，可移动平衡螺母
C．待测液体的密度是0.8×103kg/m3
D．待测液体的密度是0.9×103kg/m3
2．（2020?广西）在测量某种液体的密度实验中，将天平　
　放置，并完成天平调节，测量烧杯和待测液体的总质量时，右盘中砝码和标尺上游码位置如图所示，是　
　g，将烧杯中部分液体倒入量筒中，测得量筒中液体体积是50cm3，并测出烧杯和剩余液体的质量为29g，由此得出待测液体的密度是　
　g/cm3．
3．（2020?朝阳）烧杯和盐水的总质量为102.6g。将适量的盐水倒进量筒中，如图甲所示：烧杯和剩余盐水的总质量如图乙所示。则盐水的密度为　
　kg/m3。
4．（2020?淮安）在测量酒精密度的实验中，用调节好的天平测出酒精和烧杯的总质量m1＝64g；将烧杯中的一部分酒精倒入量筒内，如图甲所示，量筒内酒精的体积V＝　
　cm3；接着测量剩余酒精和烧杯的总质量m2，天平平衡时，所用砝码质量及游码位置如图乙所示，则m2＝　
　g，根据测量结果计算出酒精的密度ρ＝　
　g/cm3。
5．（2020?西藏）在“测量固体的密度”实验中，用调节好的天平测某固体样品的质量，天平平衡时，放在右盘中的砝码和游码的位置如图（甲）所示，则该样品的质量是　
　g；然后，用量筒测量样品的体积，如图（乙）所示，根据测量结果可知该样品的密度是　
　kg/m3。
6．（2020?绥化）某同学用天平测得物体的质量是7.5g，将物体放入量筒前后，量筒的示数如图所示，则物体的体积是　
　cm3，物体的密度是　
　kg/m3。
7．（2020?桂林）如图甲所示，是小明在“测量小灯泡电功率”实验中连接的实验电路，所用小灯泡的额定电压为3.8V，电源是电压为6V且保持不变的蓄电池组。
（1）实验开始，当开关闭合，变阻器滑片P向右移动时，电流表示数　
　，电压表示数　
　。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
（2）同组的小红发现连线中有一处错误，所以才出现上述现象，而且只需改动这根导线的连接，就可以顺利进行实验。请你在需要改动的导线上打“×”，并用笔画线代替导线画出正确的接线；
（3）电路连接正确后，小明他们正常进行实验并将实验数据记录在下表中。若第二次测量时电流表的示数如图
乙示，则此时电路电流为　
　A，可得小灯泡的额定功率为　
　W。分析表中数据，请写出你还能得出的一个结论：　
　。
（4）如果电压表的0～15V量程被损坏只有0～3V量程能正常使用，实验室里也没有其它电压表可供更换，要求利用现有器材测出小灯泡的额定功率。请在图丙虚线框中画出你设计的电路图。
实验次数
1
2
3
电压/V
3.0
3.8
4.5
电流/A
0.36
0.45
8．（2020?北京）测量某种液体密度的主要实验步骤如下：
（1）用调节好的天平测量烧杯和液体的总质量，当天平再次平衡时，如图甲所示，烧杯和液体的总质量为　
　g。
（2）将烧杯中的部分液体倒入量筒中，如图所示，量筒中液体的体积为　
　cm3。
（3）用天平测出烧杯和杯内剩余液体的总质量为74g。
（4）计算出液体的密度为　
　g/cm3。
9．（2020?哈尔滨）某小组同学想测量铅球的密度，准确测得铅球的质量后，测量体积过程如图所示，则测得的体积比真实值　
　，测得的密度比真实值　
　。
10．（2020?黔西南州）用天平（含砝码）、量筒、水和细线，测量矿石的密度，实验过程如图所示。
（1）在测量矿石质量前，将游码移到0刻线，天平指针指在分度盘的位置如图甲所示，此时应该向　
　（填“左”或“右”）旋动横梁右端的螺母，直到指针指在分度盘的　
　。
（2）接下来的实验操作顺序应该是：　
　、　
　、　
　（填写图乙中的标号）。
（3）测量质量时，矿石放在天平左盘，右盘中所放砝码如图A所示，再将游码移动到图示位置时，天平平衡。则矿石的质量为　
　g。
（4）实验测得该矿石的密度为　
　kg/m3。
11．（2020?广西）在“测量小灯泡的电功率”实验中，电源电压保持不变，待测小灯泡的额定电压为2.5V。
（1）为了比较精确的测量小灯泡的电功率，电压表的量程应选0～　
　V；
（2）实验时，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电压表有示数，电流表示数几乎为零，则故障可能是　
　（选填“电流表与导线”或“灯泡与灯座”）接触不良；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数是2.5V，电流表示数如图所示，则小灯泡的额定功率是　
　W；
（4）测量结束后，应先　
　，再拆除导线，最后整理好器材；
（5）某实验小组在处理实验数据时，采用描点法，在坐标纸上作出了如图所示的I﹣U图象，请指出作图过程中存在的错误或不足之处是　
　；
（6）某实验小组设计了如图所示的电路（还缺一根导线连接才完整），可以测量小灯泡的额定功率，其中R为定值电阻。请写出本实验主要测量步骤及所测物理量；
①电路连接完整后，开关S2断开，S1、S3闭合，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；
②　
　，开关S3断开，S1、S2闭合，记录电压表的示数U2；
③小灯泡额定功率的表达式P额＝　
　（用R、U额、U2表示）。
12．（2020?淄博）小明用图中所示的器材测量小灯泡的电功率。待测小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率估计在0.8W左右。
（1）请画出导线，完成电路连接。
（2）小明刚连好最后一根导线，小灯泡就发出了明亮的光，他在连接电路中出现的错误是：
①　
　；
②　
　。
（3）小明改正错误后，闭合开关，移动滑动变阻器的滑片，观察小灯泡的发光情况，将测量数据和实验现象记录在下表中。
实验要求
小灯泡的发光情况
电压表示数/V
电流表示数/A
小灯泡的实际功率/W
U实＝U额
明亮
2.5
0.28
U实＝0.8U额
较暗
2
0.25
U实＝0.4U额
微弱
1
0.2
①小灯泡的额定功率是　
　W。
②实验结果表明：　
　越小，小灯泡的实际功率越小，小灯泡越暗。
③分析数据发现小灯泡的电阻是变化的，原因是　
　。
（4）小明和同学交流时发现，他在实验设计中存在不完善的地方是　
　，修改实验方案后，接下来的操作是把滑动变阻器的滑片向　
　（填“A”或“B”）端调节，记录电压表和电流表的示数，并观察小灯泡的发光情况。
13．（2020?鞍山）小刚同学在做“测量小灯泡额定功率”的实验中，选用如图甲所示的器材和电路。其中电源电压为6V，小灯泡的额定电压为2.5V，滑动变阻器的铭牌上标有“20Ω
1A”字样。
（1）请用笔画线代替导线将图甲的实验电路补充完整。（要求：滑动变阻器的滑片向右移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片。发现小灯泡始终不发光，电压表有示数，电流表无示数。若电路只有一处故障，则故障原因是　
　。
（3）排除故障后再次闭合开关，移动滑片直到电压表的示数为2.5V，此时电流表的示数如图乙所示，为　
　A，小灯泡的额定功率为　
　W．再调节滑动变阻器使电压表的示数达到3V，小灯泡强烈发光，此时小灯泡的实际功率　
　（填“大于”、“小于”或“等于”）1.08W。
（4）同组的小红同学还想探究“在电压一定时，电流与电阻的关系”，于是将图甲中的小灯泡换成三个阻值分别为5Ω、10Ω、15Ω的定值电阻，其余连接均不改变。图丙是小红根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图象。
①由图象可知小红将定值电阻R两端的电压控制为　
　V不变。当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为达到实验要求，滑动变阻器连入电路的阻值应　
　（填“变大”、“变小”或“不变”）。
②实验结论是电压一定时，　
　。
③实验结束后，小红问老师保持该电压不变的情况下，能否更换50Ω的定值电阻继续进行此实验，老师指导小红分析了不能更换的原因。你认为原因是　
　。
14．（2020?阜新）在“测量小灯泡额定功率”的实验中，器材有：电源（电压恒为3V）、开关、电压表和电流表各一只、额定电压为2.5V的灯泡、滑动变阻器（20Ω、1A）、导线若干。
（1）以画线代替导线，将图甲中的实物图连接完整。（要求：滑片向左移动时小灯泡变亮）
（2）闭合开关前，发现电流表的指针如图乙所示，其原因是　
　；
（3）问题解决后，第一小组的同学通过改变滑动变阻器的阻值，得到了小灯泡的电流随其两端电压变化的图象，如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　
　W；
（4）第一小组的同学在实验中还发现，电压表与电流表示数的比值变大，原因是　
　；
（5）第二小组的同学在准备进行实验时，发现电压表坏了，他们找到了一个阻值为10Ω的定值电阻R0，设计了如图丁所示的电路，也顺利的完成了实验：
①先闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电流表的示数为I1，则I1＝　
　A；
②保持滑片P的位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电流表的示数为I2，则小灯泡的额定功率P额＝　
　。（用U额、I1、I2表示）
15．（2020?遵义）某小组在“测定额定电压为2.5V的小灯泡的额定电功率”的实验中，电源电压保持不变，部分电路连接如图甲所示。
（1）请用笔画线表示导线将图甲所示电路连接完整，要求：滑动变阻器的滑片向左移动，电压表示数变大；
（2）正确连接电路后，闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数刚好为2.5V，电流表示数如图乙所示，小灯泡的额定功率为　
　W；
（3）实验结束后，该小组对测量结果进行误差分析，考虑到电压表中也有电流通过，该电路所测小灯泡的额定电功率与真实值相比　
　（选填“偏大”或“偏小”）。
技巧三：转换法
物理学中对于一些看不见、摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识，或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。初中物理在研究概念、规律和实验中多处应用了这种方法。
1．如图所示，在探究影响滑动摩擦力大小的因素时，将木块置于水平桌面上，用弹簧测力计沿水平方向拉动，下列说法中错误的是（　　）
A．实验时，先在水平方向对弹簧测力计校正“0”点
B．在木块上加放钩码，可探究压力对滑动摩擦力大小的影响
C．木块做匀速直线运动时，弹簧测力计对木块的拉力等于木块所受滑动摩擦力的大小
D．实验中难以做到匀速拉动木块，这会导致木块所受滑动摩擦力的大小发生变化
2．（2020?自贡）下列四幅图呈现的是小明在探究影响滑动摩擦力大小因素时设计的几种实验方案，则下列说法中正确的是（　　）
A．通过甲、乙对比，可探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响
B．通过乙、丙对比，可探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响
C．通过乙、丙对比，可探究接触面的粗糙程度对滑动摩擦力大小的影响
D．通过乙、丁对比，可探究接触面的大小对滑动摩擦力大小的影响
3．（2020?鞍山）在探究“影响滑动摩擦力大小因素”的实验中，实验装置如图所示。选取三个相同的木块分别放在不同的接触面上，其中甲、乙两图的接触面是相同的木板，丙图的接触面是棉布。
（1）实验中应该用弹簧测力计拉着木块在水平接触面上做　
　运动，根据　
　知识可知，木块所受摩擦力大小等于弹簧测力计的示数。
（2）如果想探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，应选择　
　两图进行实验，比较两图可得出的结论是　
　。
（3）某同学猜想：滑动摩擦力大小可能与接触面积大小有关。于是他将甲图中木块切去一半（如图丁所示），重复甲图的实验操作。他比较图甲和图丁的实验结果，得出结论：滑动摩擦力的大小与接触面积的大小有关。你认为他探究过程中存在的问题是　
　，改进方法是　
　。
4．（2020?潍坊）已知水的密度为1.0×103kg/m3，某兴趣小组用一薄壁量杯（杯壁体积忽略不计）制作了一个测量液体密度的简易装置，操作如下：
（1）在量杯内装入适量细沙后放入水中，量杯在水中竖直静止时，如图甲所示。此时量杯浸没在水中的体积为　
　mL；
（2）将该装置放入某液体中，静止时如图乙所示，则该液体的密度为　
　kg/m3；某同学将一小石子放入量杯，静止时如图丙所示，则小石子质量是　
　g。
5．（2020?莱芜区）小明用如图所示装置来验证“浸在液体中的物体受到浮力的作用”。
①由图甲可知，小明选用的石块的重力是　
　N。
②如图乙、丙所示，挂在弹簧测力计挂钩上的石块浸入水中时，小明通过观察发现　
　，则说明“浸在水中的石块受到浮力的作用“。
③小明要得出“浸在液体中的物体受到浮力的作用”的实验结论，他还要选用　
　来继续做更多次的实验。
6．（2020?绵阳）小明等几位同学设计不同实验探究浮力。
（1）他们找了一段较细的红线，将其两端分别固定在乒乓球和大烧杯的底部，再向烧杯缓慢注水，直到水将乒乓球浸没，发现红线在竖直方向被拉直，如图甲所示；然后，将大烧杯倾斜，发现红线仍旧在竖直方向被拉直，如图乙所示。根据两次观察到的现象，小明他们认为：乒乓球受到的浮力　
　（选填序号）。
A．大小与乒乓球的体积有关
B．大小与水的密度有关
C．方向可能竖直向上也可能斜向上
D．方向竖直向上
（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N．然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，弹簧测力计示数是　
　N；当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，此时铝块受到浮力大小是　
　N．实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
7．（2020?绥化）小红设计了如图所示的实验来探究“浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”。
（1）实验的最佳顺序是　
　。
A．甲、乙、丙、丁
B．丁、甲、乙、丙
C．乙、甲、丁、丙
（2）图乙中物体受到的浮力是　
　N．通过实验可得到的结论是：浸在液体中的物体，受到的浮力大小等于它　
　。
（3）以下情况会影响结论的是　
　。
A．图乙中水面未到达溢水杯的溢水口
B．图乙中物体未全部浸没在水中
（4）将图乙中的水换成酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），物体受到的浮力　
　。（填“变大”“变小”或“不变”）
（5）小红利用上述实验中的器材和木块，探究“漂浮在液面上的物体所受浮力的大小是否遵循阿基米德原理”，实验过程中　
　步骤不需要弹簧测力计。（填“甲”“乙”“丙”或“丁”）
8．（2020?上海）某小组同学用如图所示装置，研究圆柱体在水中下降的过程中弹簧测力计示数和台秤示数的变化情况。他们使圆柱体在水中缓慢下降，将圆柱体下表面到水面的距离h、弹簧测力计的示数F1、台秤的示数F2记录在下表中。
实验序号
h（厘米）
F1（牛）
F2（牛）
1
1.0
7.7
10.3
2
2.0
7.4
10.6
3
3.0
7.1
10.9
4
4.0
6.8
11.2
5
5.0
6.5
11.5
6
6.0
6.5
11.5
①分析比较实验序号1～4的数据中F1、F2的变化情况及相关条件，可得出的初步结论是：圆柱体在浸入水的过程中，F1　
　，F2　
　；
②表中实验序号　
　的数据表明，圆柱体在相应的位置已全部浸没在水中；
③表中两组数据间F1变化量的大小为△F1，相应的F2变化量的大小为△F2，分析比较实验序号1～6的数据，可得出的结论是：圆柱体在水中缓慢下降的过程中，△F1与△F2的关系是　
　。当圆柱体处于实验序号6的位置时，所受浮力的大小为　
　牛。
9．（2020?鄂州）在“探究浮力的大小跟排开液体所受重力的关系”实验中，小芳设计的实验步骤如图所示，按照A、B、C、D的顺序进行测量。小华认为，为了减小实验误差，可以进一步优化实验步骤，他将A、B、C、D重新排序。你认为小华的测量顺序应该是　
　，此实验得出的结论是　
　。
10．（2020?湘潭）测量如图所示滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表。
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/cm
拉力F/N
绳端移动距离s/cm
机械效率η
1
1.0
5
15
55.6%
2
1.5
5
0.8
15
3
2.0
5
1.0
15
66.7%
4
2.0
10
1.0
30
66.7%
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做　
　运动。第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为　
　N。
（2）第2次实验时所做的有用功为　
　J，滑轮组的机械效率是　
　。
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越　
　（选填“大”或“小”），滑轮组的机械效率越高；分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度　
　（选填“有关“或“无关”）。
（4）结合生产生活实际，用滑轮组提升重物时，下列选项中也可提高机械效率的是　
　。
A．增大绳重
B．减轻动滑轮重
C．加快物体提升的速度
11．（2020?长沙）某实验小组用下图的实验装置测量滑轮组的机械效率，部分实验数据如表所示。
（1）实验中应尽量竖直向上　
　拉动弹簧测力计；
（2）第一次实验中测得滑轮组的机械效率为　
　%；
（3）分析以上数据可知，使用同一个滑轮组提升重物时，被提升物体的重力越　
　，滑轮组的机械效率越高。
实验次数物理量
1
2
3
4
钩码重G物/N
0.5
1.0
1.5
2.0
钩码上升高度h/m
0.1
0.1
0.1
0.1
绳端拉力F/N
0.3
0.5
0.7
0.9
绳端移动距离s/m
0.3
0.3
0.3
0.3
机械效率η
67%
71%
74%
12．（2020?岳阳）“测滑轮组的机械效率”的实验数据如表：
实验
次数
物重
G（N）
物体上升
高度h（m）
拉力F
（N）
绳子自由端移
动距离s（m）
机械效
率
1
4
0.1
2.0
0.3
66.7%
2
5
0.1
0.3
69.4%
3
6
0.1
2.6
0.3
（1）实验时，应沿竖直向上的方向　
　拉动弹簧测力计。
（2）第2次实验中弹簧测力计的示数如图所示为　
　N。
（3）第3次实验滑轮组的机械效率是　
　。（保留一位小数）
（4）如果用这个滑轮组提升7N的重物，则它的机械效率可能是　
　（选填序号）。
A.60%
B.70%
C.80%
13．（2020?天津）在探究影响滑轮组机械效率的因素时，小明提出了如下猜想：
猜想一：滑轮组机械效率与被提升物体所受的重力有关
猜想二：滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关
为了验证猜想，准备的器材如下：两个相同的滑轮、一根细绳、钩码若干、刻度尺和弹簧测力计。
小明把两个滑轮分别作为定滑轮和动滑轮组装成滑轮组，用该滑轮组提升不同数量的钩码进行了三次实验，数据如表所示：
实验次数
钩码所受的重力G/Ν
提升高度h/m
拉力F/Ν
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
2.0
0.1
1.0
0.3
66.7%
2
4.0
0.1
1.8
0.3
74.1%
3
6.0
0.1
2.5
0.3
请你解答如下问题：
（1）表中第3次实验时滑轮组的机械效率为　
　；根据表中数据在图中画出该滑轮组的绕线方式；
（2）分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率　
　（选填“越高”“越低”或“不变”）；
（3）为了验证猜想二，还需增加的实验器材是　
　。
14．（2020?大庆）小红在测量滑轮组机械效率的实验中，用图的装置匀速竖直向上提升重物，并记录了部分实验数据如表：
钩码总重G/N
钩码上升高度
h/m
测力计拉力
F/N
测力计拉绳端移动距离s/m
3
0.1
0.3
（1）上表中测力计拉力的示数如图17所示，则此时拉力的测量值为　
　N。
（2）此次实验中滑轮组的机械效率为　
　。
15．（2020?荆州）如图所示，记录了两辆汽车在平直公路上行驶时的运动情况。图甲中汽车做　
　运动，其速度为　
　m/s；图乙中汽车10s末、20s末、30s末、40s末的速度分别为10m/s、20m/s、30m/s、40m/s，通过研究发现：汽车的速度越来越大，且速度以某一规律变化。如果我们把单位时间内速度的变化量用a来表示，则图乙中汽车运动时a＝　
　。
解析与答案
技巧一：直接读数法
直接读数法是利用基本的测量工具测量基本物理量，从测量工具中直接读取数据的实验类型。这类考题一般是考查学生对测量工具的使用熟练程度、正确读数能力和科学判断能力。此类考题较为简单，经常以选择题、填空题出现。
1．【解答】体温计的每一个大格代表1℃，每一个小格代表0.1℃，示数是36.8℃。
故答案为：36.8℃。
2．【解答】（1）将天平放在水平桌面上，游码归零后，调节天平平衡，由图甲可知，指针向左偏转，应向右调节平衡螺母，使天平平衡；
（2）由图乙可知，天平横梁标尺的分度值是0.2g，游码示数是0.6g，物体的质量是50g+20g+5g+0.6g＝75.6g。
故答案为：（1）水平；右；（2）75.6。
3．【解答】（1）由图可知，刻度尺的分度值为1mm，从零刻度线开始量起，物体的长度是2.00cm；
（2）每一个大格是1N，每一个小格是0.2N．一定要从数值小的往数值大的顺序读，力的大小为1.6N。
故答案为：2.00；1.6。
4．【解答】
①图示刻度尺1cm又分为10个小刻度，故分度值为1mm；
②由图知，测量的始端在0.00cm处，末端在7.40cm处，所以物体的长度为L＝7.40cm。
故答案为：1；7.40。
5．【解答】（1）由图甲知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；木块左侧与1cm对齐，右侧在2.1cm和2.2cm之间偏向2.1cm一侧，估读为2.14cm，木块的长度：L＝2.14cm﹣1.00cm＝1.14cm；
（2）[2]由图乙可知，天平横梁标尺分度值是0.2g，游码所对示数是1.6g，天平的示数：m＝20g+5g+1.6g＝26.6g；
（3）由图丙知，弹簧测力计的分度值为0.2N，则测力计示数为1.2N，由于拉力与物体的重力是一对平衡力，大小相等，物体A的重力为1.2N。
故答案为：（1）1.14；（2）26.6；（3）1.2。
6．【解答】由图知：
（1）刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表1mm，即刻度尺的分度值为1mm；
物块左侧与1.00cm刻度线对齐，右侧示数为2.80cm，所以物块的长度为L＝2.80cm﹣1.00cm＝1.80cm；
（2）在天平的标尺上，1g之间有5个小格，一个小格代表0.2g，即天平的分度值为0.2g。被测物体的质量为m＝20g+10g+5g+1.6g＝36.6g；
（3）在汽车速度仪上，20km/h之间有5个小格，一个小格代表4km/h，即速度仪的分度值为4km/h。此时的速度为80km/h。
故答案为：（1）1.80；（2）36.6；（3）80。
7．【解答】
（1）由图知：刻度尺上1cm之间有10个小格，所以一个小格代表的长度是0.1cm＝1mm，即此刻度尺的分度值为1mm；铅笔左侧与0刻度线对齐，右侧与3.00cm对齐，所以铅笔的长度为L＝3.00cm；
（2）电能表表盘标有“kW?h”，表示采用的计量单位是kW?h，也就是“度”，此时的数字是“1362.5”，所以用电器消耗的电能为1362.5kW?h。
故答案为：3.00；1362.5。
8．【解答】（1）分析电路可知：两灯并联，电流表b测的是干路电流，电流表a测的是L1所在支路的电流；
由于并联电路中，干路中的电流等于各支路电流之和，所以b选择的量程是0～3A，分度值为0.1A，所以电流表b的示数为I总＝1.5A，即干路电流为1.5A；
电流表a选择的量程是0～0.6A，分度值是0.02A，所以电流表的示数为I1＝0.3A，即通过灯L1的电流为0.3A；
则通过灯L2的电流大小为：I2＝I总﹣I1＝1.5A﹣0.3A＝1.2A。
（2）由于并联电路中，各支路两端电压相等，都等于电源电压，即U＝U1＝U2，
由I＝可得，灯泡L1和L2的电阻之比＝＝＝＝4：1。
故答案为：1.2A；4：1。
9．【解答】读图可知，电压表选择的量程为0～3V，其分度值为0.1V，则其示数为0.9V。
故答案为：0.9。
10．【解答】
（1）在连接两电流表的导线中，电流是从电源的正极出发，经过电流表、用电器，回到电源的负极，如图所示电路，开关闭合后，电流方向与电子定向移动方向相反，金属导体中实际是电子移动，所以实际电荷定向移动的方向是从右向左；
（2）在使用电流表前，需要先检查电流表的指针是否对准零刻线，如果不在“0”刻度线上，需要调节表盘下面的调零旋钮，使指针归0；
（3）由图可知，两灯泡并联，电流表A2测量通过灯泡L2的电流，电流表A1测量干路电流，则乙选择的是0～3A量程，故乙为电流表A1，其分度值为0.1A，示数为I＝1A；
电流表丙选择的是0～0.6A，分度值为0.02A，示数为I2＝0.24A，即丙为电流表A2，则通过灯泡L2的电流为0.24A；
根据并联电路的电流特点可知，通过灯泡L1的电流为I1＝I﹣I2＝1A﹣0.24A＝0.76A。
故答案为：（1）向左；（2）调零旋钮；（3）0.76；0.24。
技巧二：公式法
公式法就是利用测量工具进行有关物理量的测量，然后利用物理公式进行计算，得到实验数据和结论的方法。此类考题属于间接测量实验型考题。
1．【解答】A、天平称量物体质量时，不能用手向右盘中加减砝码，要用镊子，故A错误；
B、测量时为使横梁平衡，可通过增减砝码和调节游码，不能移动平衡螺母，故B错误；
CD、水的质量m水＝m总1﹣m烧杯＝132.2g﹣32.2g＝100g，
由ρ＝可得，
水的体积V水＝＝＝100cm3；
烧杯的体积V＝V水＝100cm3；
待测液体的体积V液＝V＝V水＝100cm3；
这只烧杯装满待测液体后总质量m总＝100g+10g+2.2g＝112.2g，
待测液体的质量m液＝m总2﹣m烧杯＝112.2g﹣32.2g＝80g，
待测液体的密度ρ＝＝＝0.8g/cm3，故C正确，D错误。
故选：C。
2．【解答】使用天平测量某种液体的质量时，应将天平水平放置在水平桌面上；
如图所示，天平标尺分度值为0.2g，则烧杯和待测液体的总质量为50g+10g+5g+4g＝69g；
将烧杯中部分液体倒入量筒中，测得量筒中液体体积是50cm3，并测出烧杯和剩余液体的质量为29g，
则倒入量筒中的液体质量为：m＝69g﹣29g＝40g；
则待测液体的密度：ρ＝＝＝0.8g/cm3。
故答案为：水平；69；0.8。
3．【解答】由图甲知，量筒的分度值为2mL，盐水的体积为64mL＝64cm3；
由图乙知，标尺的分度值0.2g，剩余盐水和烧杯的总质量为m剩＝20g+10g+2.2g＝32.2g；
则量筒中盐水的质量为：m＝m'﹣m剩＝102.6g﹣32.2g＝70.4g；
则盐水的密度为：ρ＝＝＝1.1g/cm3＝1.1×103kg/m3。
故答案为：1.1×103。
4．【解答】（1）量筒的分度值为2mL，量筒内酒精的体积为V＝40mL＝40cm3；
（2）标尺的分度值为0.2g，剩余酒精和烧杯的总质量m2＝20g+10g+1.2g＝31.2g；
（3）酒精的质量m＝m1﹣m2＝64g﹣31.2g＝32.8g，
酒精的密度为：ρ＝＝＝0.82g/cm3。
故答案为：40；31.2；0.82。
5．【解答】
天平游码盘刻度分度值为0.2g，其示数为4g，则该样品的质量是：m＝20g+10g+5g+4g＝39g；
样品放入量筒前后，量筒液体的示数分别为25mL、30mL，即样品的体积为30mL﹣25mL＝5mL＝5cm3；
则该样品的密度：ρ＝＝＝7.8g/cm3＝7.8×103kg/m3；
故答案为：39；7.8×103。
6．【解答】物块的体积V＝30ml﹣25ml＝5ml＝5cm3，
物块的密度为：ρ＝＝＝1.5g/cm3＝1.5×103kg/m3；
故答案为：5；1.5×103。
7．【解答】（1）滑动变阻器滑片以右电阻丝连入电路，滑片右移，电阻变小，总电阻变小，根据欧姆定律，电流变大；因电压表测灯和变阻器两端的总电压，即电源电压，所以电压表示数保持不变；
（2）测灯泡功率的实验，电压表要并联在灯泡两端测灯泡的电压，实物图如下图所示；
（3）电流表使用的0～0.6A，每一个大格代表0.2A，每一个小格代表0.02A，电流为0.42A；灯的额定功率
P＝UI＝3.8V×0.42A＝1.596W。
由表格数据，可以得出的结论：电流随电压的增大而增大；
或根据R＝得实验1、2、3次电阻分别是8.3Ω、9.0Ω、10Ω，灯丝电阻随电压的增大而增大；
或根据P＝UI得实验1、2、3次功率分别是1.08W、1.596W、2.025W．灯的实际功率随电压的增大而增大；
（4）电源电压为6V，灯泡和滑动变阻器串联在电路中，灯泡额定电压为3.8V，当滑动变阻器的电压为
6V﹣3.8V＝2.2V＜3V，小灯泡正常工作，可以用电压表0～3V量程，并联在滑动变阻器两端，当滑动变阻器的电压为2.2V时，灯泡正常工作。电路图如下图所示：
故答案为：（1）变大；不变；（2）见上图；（3）0.42；1.596；灯的电流随电压的增大而增大；
（4）见上图。
8．【解答】（1）标尺的分度值为0.2g，烧杯和液体的总质量m1＝100g+20g+2g＝122g；
（2）量筒的分度值为2mL，量筒内液体的体积为V＝60mL＝60cm3；
量筒内液体的质量m＝122g﹣74g＝48g，
（4）液体的密度为：ρ＝＝＝0.8g/cm3。
故答案为：（1）122；（2）60；（4）0.8。
9．【解答】在测量铅球体积的方案中，当铅球从水中取出时，铅球表面不可避免地沾有水，故导致加入容器中水的体积大于铅球的实际体积，质量的测量值准确，根据ρ＝可知，测出的密度值会偏小。
故答案为：偏大；偏小。
10．【解答】
（1）由图甲可知，指针向左偏，说明右边高，平衡螺母向右调节直到指针静止时指在分度盘的中线处；
（2）为了减小实验误差，应先测量矿石的质量，后测量它的体积，这样可避免矿石上沾有水而测不准它的质量，因此最佳的实验操作顺序是：ABC；
（3）矿石的质量m＝100g+20g+20g+2g＝142g；
（4）矿石的体积V＝70mL﹣50mL＝20mL＝20cm3，
矿石的密度：
ρ＝＝＝7.1g/cm3＝7.1×103kg/m3。
故答案为：（1）右；中线处；（2）A；B；C；（3）142；（4）7.1×103。
11．【解答】（1）灯的额定电压为2.5V，故为了比较精确的测量小灯泡的电功率，电压表的量程应选0～3V；
（2）实验时，无论怎样移动滑动变阻器的滑片，小灯泡都不亮，电流表示数几乎为零，则电路可能断路，电压表有示数，说明电压表与电源连通，则故障可能是灯泡与灯座接触不良；
（3）排除故障后，移动滑动变阻器滑片，当电压表示数是2.5V，电流表示数如图所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流表读数为0.5A，则小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝2.5V×0.5A＝1.25W；
（4）测量结束后，为防止短路，应先断开开关，再拆除导线，最后整理好器材；
（5）灯的电阻随温度的变化而变化，故I﹣U图象为一曲线，图中横坐标分度值为0.3V，而灯的额定电压
为2.5V，故横坐标的标度取值过大，作图过程中存在的错误或不足之处是：图线不应画成直线或横坐标的标度取值过大；
（6）主要测量步骤及所测物理量；
（为达到电压表既能测量灯的电压，又能测量R与灯的总电压，电压表的负接线柱应与S3的左接线柱连接）
①电路连接完整后，开关S2断开，S1、S3闭合，调节滑动变阻器滑片，使电压表示数为U额；
②保持滑动变阻器滑片位置不动，开关S3断开，S1、S2闭合，记录电压表的示数U2；
③在①中，电压表测灯的电压，因电压表示数为U额，故灯正常发光；
在
②中，电压表测R与灯串联后的电压，因滑动变阻器滑片位置不动，故此时各电阻的大小和电压不变，灯仍正常工作，根据串联电路电压的规律，此时定值电阻的电压为：
UR＝U2﹣U额，由欧姆定律可求出R的电流，即灯的额定电流：
IL＝＝，小灯泡的额定功率表达式：
P额＝U额×。
故答案为：
（1）3；（2）灯泡与灯座；（3）1.25；（4）断开开关；（5）图线不应画成直线或横坐标的标度取值过大；（6）②保持滑动变阻器滑片位置不动；③U额×。
12．【解答】
（1）待测小灯泡的额定电压为2.5V，电压表选用小量程与灯并联，额定功率估计在0.8W，根据P＝UI，灯的额定电流：
I＝＝＝0.32A，电流表选用小量程与灯串联，如下所示：
（2）小明刚连好最后一根导线，小灯泡就发出了明亮的光，他在连接电路中出现的错误是：
①连接电路时开关没有断开；
②没有将滑动变阻器滑片移到最大阻值处；
（3）①由表中数据知，灯在额定电压下的电流为0.28A，小灯泡的额定功率是：
P＝UI＝2.5V×0.28A＝0.7W；
②由表中数据，第1、2、3次实验灯的实际电压逐渐变小，灯的实际功率分别为：0.7W、0.5W和0.2W，
故实验结果表明：灯的实际电压越小，小灯泡的实际功率越小，小灯泡越暗；
③分析数据发现小灯泡的电阻是变化的，原因是灯的电阻随温度的变化而变化；
（4）研究灯的亮度与功率的关系实验中，应分别测量出灯的实际电压等于、小于、略大于额定电压灯的功率大小，在实验设计中存在不完善的地方是实际电压都不大于额定电压，为增大灯的电压，接下来的操作是把滑动变阻器的滑片向B端调节，记录电压表和电流表的示数，并观察小灯泡的发光情况。
故答案为：
（1）如上图所示；
（2）①连接电路时开关没有断开；②没有将滑动变阻器滑片移到最大阻值处；
（3）①0.7；②灯的电压；③灯的电阻随温度的变化而变化；（4）实际电压都不大于额定电压B.
13．【解答】（1）测小灯泡额定功率实验中，滑动变阻器应串联入电路中，滑片向右移动时小灯泡变亮，说明其连入电路的阻值变小，所以应将B接线柱接入电路中，如图所示：
（2）闭合开关后，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不发光，电流表无示数，说明电路中有断路，电压表有示数，说明电压表与电源间通路，而电路只有一处故障，则故障原因是：灯泡断路；
（3）灯泡两端电压为2.5V时，灯泡正常发光，由图乙知，电流表使用小量程，分度值0.02A，则此时通过灯泡的电流为0.3A，
所以灯泡的额定功率P＝UI＝2.5V×0.3A＝0.75W；
根据P＝知在电阻不变时，电功率与电压的平方成正比，电压表的示数达到3.0V为额定电压的＝1.2倍，
若灯的电阻不变，则灯泡的实际功率为：P实＝（1.2）2×0.75W＝1.08W，但因灯的电阻随温度的升高而变大，根据P＝，故此时灯泡的实际功率小于1.08W；
（4）①由图象知，当定值电阻R＝15Ω时，通过的电流为0.2A，所以定值电阻R两端的电压控制为U＝IR＝0.2A×15Ω＝3V；
当定值电阻由5Ω换为10Ω时，为了控制定值电阻两端电压不变，由串联电路的分压原理知，就增大滑动变阻器连入电路的阻值；
②由图象知，该图象为反比例图象，所以可得结论：电压一定时，电流与电阻成反比；
③滑动变阻器取最大阻值20Ω，当定值电阻为50Ω时，由串联电路的分压原理有：＝＝＝，
则定值电阻两端最小电压UR＝U＝×6V＞3V，无法保持定值电阻两端电压始终3V，故不能更换50Ω的定值电阻继续进行实验。
故答案为：（1）见上图；（2）灯泡断路；（3）0.3；0.75；小于；（4）①3；变大；②电流与电阻成反比；③无法保持定值电阻两端电压始终3V不变。
14．【解答】
（1）因滑片向左移动时小灯泡变亮，即电流变大，电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
（2）闭合开关前，发现电流表的指针如图乙所示，其原因是：没有将电流表的指针调零；
（3）根据图丙小灯泡的电流随其两端电压变化的图象知，灯在额定电压2.5V时的电流为0.25A，则小灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.25A＝0.625W；
（4）由欧姆定律，电压表与电流表示数的比值变大，即灯的电阻，灯的电阻变大原因是灯丝电阻随着温度的升高而增大；
（5）①先闭合开关S、S1，断开S2，调节滑动变阻器，使电流表的示数为I1＝0.25A；
②保持滑片P的位置不变，闭合开关S、S2，断开S1，读出电流表的示数为I2，
在①中，电流表测定值电阻的电流，电流表的示数为I1＝0.25A，值电阻的电压为2.5V，由并联电路电压的规律，灯的电压为2.5V，灯正常发光；
在②中，电流表测灯与R0并联的总电流，因电路的连接关系没有改变，各电阻的大小和通过的电流不变，灯仍正常发光，根据并联电路电流的规律，灯的额定电流：
I额＝I2﹣I1，则小灯泡的额定功率：
P额＝U额I额＝U额（I2﹣I1）。
故答案为：
（1）如上所示；（2）没有将电流表的指针调零；（3）0.625；（4）灯丝电阻随着温度的升高而增大；（5）①0.25；②U额（I2﹣I1）。
15．【解答】（1）滑动变阻器滑片P向左滑动时，电压表示数变大，则根据欧姆定律可知，电流表示数也增大，即电路的总电阻变小，滑动变阻器电阻变小，故变阻器左下接线柱连入电路中，如下所示：
；
（2）排除故障后，闭合开关，移动滑片P让电压表的示数为2.5V，电流表的示数如图乙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.36A，则灯泡的额定功率为：P＝UI＝2.5V×0.36A＝0.9W；
（3）由图知，电压表与小灯泡并联，所测电压较准确，而电流表测通过小灯泡和电压表的电流，所测电流偏大，由P＝IU可知所测小灯泡的额定功率与真实值相比偏大。
故答案为：（1）如图；（2）0.9；（3）偏大。
技巧三：转换法
物理学中对于一些看不见、摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识，或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法。初中物理在研究概念、规律和实验中多处应用了这种方法。
1．【解答】
A、因实验中要沿水平方向拉着物体做匀速直线运动，且在水平方向上读数，故实验前要把弹簧测力计在水平方向上调零，故A正确；
B、在木块上加放钩码，来增大压力，此时接触面的粗糙程度不变，是为了探究滑动摩擦力大小与压力大小的关系，故B正确；
C、用弹簧测力计拉动木块在水平方向做匀速直线运动时，拉力和摩擦力是一对平衡力，大小相等，故C正确；
D、滑动摩擦力大小只与压力大小和接触面的粗糙程度有关，与物体是否做匀速直线运动无关，故D错误。
故选：D。
2．【解答】A、通过甲、乙对比，接触面的粗糙程度相同，压力大小不同，通过簧测力计示数表现摩擦力的大小，由此可知，通过甲、乙对比，可探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响，故A正确；
BC、通过乙、丙对比，接触面的粗糙程度不相同，压力大小不同，两个变量，因此不能探究压力大小对滑动摩擦力大小的影响，故BC错误；
D、通过乙、丁对比，接触面积的大小不同，压力大小不同，两个变量，因此不能探究接触面的大小对滑动摩擦力大小的影响，故D错误；
故选：A。
3．【解答】（1）实验中应该用弹簧测力计拉着木块在水平接触面上做匀速直线运动，物体在水平方向上受到平衡力的作用，根据二力平衡知识可知，木块所受摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
（2）如果想探究滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度的关系，要控制压力大小相同，应选择乙丙两图进行实验，比较两图可得出的结论是：压力相同时，接触越粗糙，滑动摩擦力越大；
（3）研究滑动摩擦力大小可能与接触面积大小有关，要控制压力和接触面粗糙程度相同，他将甲图中木块切去一半（如图丁所示），则压力变小，故他探究过程中存在的问题是：没有控制压力大小相等；为控制压力相同，改进方法是将切除的一半叠放在剩余的一半之上。
故答案为：
（1）匀速直线；二力平衡；
（2）乙丙；压力相同时，接触面越粗糙，滑动摩擦力越大；
（3）没有控制压力大小相等；将切除的一半叠放在剩余一半之上。
4．【解答】
（1）由图甲知，量杯的分度值为1mL，此时量杯浸没在水中的体积为20mL，即量杯排开水的体积为20mL。
（2）由图乙知，将该装置放入某液体中，静止时量杯浸没在液体中的体积为25mL，即量杯排开液体的体积为25mL．量杯在水和液体中均处于漂浮状态，浮力都等于重力，F浮水＝F浮液，即ρ水gV排水＝ρ液gV排液，ρ水V排水＝ρ液V排液，
液体的密度为：ρ液＝ρ水＝×1.0×103kg/m3＝0.8×103kg/m3，
某同学将一小石子放入量杯，静止时如图丙所示，量杯排开液体中的体积为32mL，量杯所受浮力增加量即为小石子重力，即
G石＝△F浮＝ρ液g△V排液＝0.8×103kg/m3×10N/kg×（32﹣25）×10﹣6m3＝0.056N；
小石子的质量为：m＝＝＝0.0056kg＝5.6g。
故答案为：（1）20；（2）0.8×103；5.6。
5．【解答】（1）由弹簧测力计示数知：石块的重力G＝3N；
（2）如图乙、丙所示，挂在弹簧测力计挂钩上的石块浸入水中时，小明通过观察发现弹簧测力计的示数减小，说明“浸在水中的石块受到竖直向上的浮力的作用“；
（3）小明要得出“浸在液体中的物体受到浮力的作用”的实验结论，应选用不同物体并进行了多次实验的目的是减小偶然性，使实验得出的实验规律更具有普遍性，所以本实验的目的是寻找普遍规律。
故答案为：（1）3；（2）弹簧测力计的示数减小；（3）不同物体。
6．【解答】（1）在甲、乙图中，红线都是在竖直方向被拉直，乒乓球受到竖直向下的重力和绳子竖直向下的拉力及向上的浮力作用，小球处于静止状态，由力的平衡，小球受到竖直向下力的合力与浮力为一对平衡力，由二力平衡，这个合力与受到的浮力大小相等，方向相反，故乒乓球受到的浮力方向竖直向上，选D；
（2）在弹簧测力计下悬挂一个铝块，弹簧测力计示数是4.0N，然后，将铝块慢慢浸入水中，当铝块部分浸入水中，弹簧测力计示数如图丙所示，测力计分度值为0.1N，弹簧测力计示数是3N；
当铝块全部浸没在水中，弹簧测力计示数如图丁所示，测力计示数为2.5N，由称重法测浮力，此时铝块受到浮力大小是：
F浮＝G﹣F＝4N﹣2.5N＝1.5N；
实验结果表明：铝块浸在水中的体积越大，受到浮力越大。
故答案为：（1）D；（2）3；1.5.
7．【解答】（1）最合理的实验顺序是：
丁、测出空桶的重力；
甲、测出物体所受到的重力；
乙、把物体浸在装满水的溢杯中，测出测力计的示数；
丙、测出桶和排开的水受到的重力；
故正确顺序为：丁、甲、乙、丙，故B正确。
故选：B；
（2）空气中物体的重力为G＝2N；水中弹簧测力计的示数为F′＝1N，
物体在水中受到的浮力为：
F浮＝G﹣F′＝2N﹣1N＝1N；
由图丁可知，空桶的重力G桶＝0.5N，
由图丙可知，水和桶的重力G总＝1.5N，
所以溢出水的重力为：
G排＝G总﹣G桶＝1.5N﹣0.5N＝1N；
根据计算结果，可见F浮＝G排，说明浸在液体中的物体受到的浮力等于它排开的液体受到的重力；
（3）A．图乙中水面未到达溢水杯的溢水口，物体放入溢水杯时，先要使溢水杯满了才可以向外排水，故在此过程中，物体受到的浮力大于排出的水的重力，故A符合题意；
B．图乙中物体未全部浸没在水中，物体排开液体的体积小，排开液体的重力小，浮力也小，仍然能得出浮力等于排开的液体受到的重力，对实验没有影响，故B不符合题意；
故选：A；
（4）将图乙中的水换成酒精（ρ酒精＝0.8×103kg/m3），液体的密度减小，根据阿基米德原理F浮＝ρ液gV排知浮力减小；
（5）物体漂浮在水面上，受到的浮力等于它的重力，测量漂浮的物体受到的浮力时，不需要用弹簧测力计提着物体，即乙步骤不需要弹簧测力计。
故答案为：
（1）B；（2）1；排开的液体受到的重力；（3）A；（4）变小；（5）乙。
8．【解答】①分析比较表中实验序号1～4的数据可知，随着圆柱体下降的深度越深，弹簧测力计的示数F1越来越小，台秤的示数F2越来越大，因此可得初步结论：圆柱体在浸入水的过程中，F1减小，F2增大。
②由表可以看出，在序号5、6两次实验中，弹簧测力计的示数F1不变、台秤的示数F2也不变，说明圆柱体受到的浮力不变，根据F浮＝ρ液gV排可知，物体排开水的体积不变，则说明物体已全部浸没在水中。
③由表中的实验数据可得，任意两次实验中F1的减小量等于对应F2的增加量，在5、6两次实验中F1没有发生改变，F2也没有发生改变，因此可得出的结论是：圆柱体在水中缓慢下降的过程中，△F1＝△F2。
取序号3、4两次实验，可得弹簧测力计F1的变化量为△F1＝7.1N﹣6.8N＝0.3N
则可得圆柱体在这两次实验中受到浮力的变化量为△F浮＝△F1＝0.3N
圆柱体的底面积为S，圆柱体下降的深度变化量为△h＝4.0cm﹣3.0cm＝1cm＝0.01m
由阿基米德原理可得：
△F浮＝ρ液g△V排＝ρ液gS△h＝1.0×103kg/m3×10N/kg×S×0.01m＝0.3N，
解得：S＝0.003m2；
由表格可知，当物体下降的深度为5cm时，物体已经完全浸没在水中，则有V排＝V＝Sh
圆柱体所受到的浮力为：
F浮＝ρ液gV排＝ρ液gSh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.003m2×0.05m＝1.5N，
此时物体继续下降，但是受到的浮力不变，因此当圆柱体处于实验序号6的位置时，圆柱体受到的浮力为1.5N。
故答案为：①减小；增大；
②5、6；③△F1＝△F2；1.5。
9．【解答】在这个探究中，应先测出空小桶的重力，再测物体的重力，然后将物体浸入溢水杯的水中，用小桶接住排出的水，最后测出小桶和接入水的总重力。所以重新排序应为：DABC。
此实验的结论是：物体浸在液体中所受的浮力等于物体排开的液体所受的重力。
故答案为：DABC；物体浸在液体中所受的浮力等于物体排开的液体所受的重力。
10．【解答】
（1）实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速运动。测力计分度值为0.1N，第1次实验时，弹簧测力计示数如图所示，为0.6N；
（2）第2次实验时所做的有用功为：
W有用2＝G2h2＝1.5N×0.05m＝0.075J；
第2次做的总功：W总2＝F2s2＝0.8N×0.15m＝0.12J；
滑轮组的机械效率是：
η＝＝×100%＝62.5%；
（3）分析1、2、3次实验的数据可知，使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，滑轮组的机械效率越高；
分析3、4次实验的数据可知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关；
（4）A．增大绳重，增大了额外功，有用功与总功的比值变小，机械效率变小；
B．减轻动滑轮重，减小了额外功，有用功与总功的比值变大，机械效率大；
C．由（3）知，滑轮组的机械效率与钩码上升的高度无关，根据v＝，机械效率与物体提升的速度无关，
故选B。
故答案为：（1）匀速；0.6；（2）0.075；62.5%；（3）大；无关；（4）B。
11．【解答】
（1）要正确测量绳端拉力，需竖直向上匀速拉动测力计。
（2）第1次实验测得的机械效率为：
η＝＝＝≈56%；
（3）分析以上数据可知：使用同一滑轮组，增大物重可以提高滑轮组的机械效率。
故答案为：（1）匀速；（2）56；（3）大。
12．【解答】
（1）实验时，应沿竖直向上的方向匀速缓慢拉动弹簧测力计。
（2）第2次实验中弹簧测力计的示数如图所示，测力计分度值为0.2N，示数为2.4N；
（3）第3次实验滑轮组的机械效率是：
η＝＝＝≈76.9%；
（4）由表中数据知，提升物体的重力越大，机械效率越高，故如果用这个滑轮组提升7N的重物，则它的机械效率要大于76.9%．故可能是80%，选C。
故答案为：（1）匀速缓慢；（2）2.4；（3）76.9%；（4）C。
13．【解答】（1）表中第3次实验时滑轮组的机械效率为：
η＝＝＝＝80%；
由s＝nh可得绳子的有效段数：n＝＝＝3，该滑轮组的绕线方式如下图所示：
（2）分析表中数据可知：用同一滑轮组提升不同的物体，物体越重，滑轮组的机械效率越高；
（3）为了验证猜想二，滑轮组机械效率与动滑轮所受的重力有关，要改变动滑轮的重力，故还需增加的实验器材是几个自重不同的滑轮。
故答案为：（1）80%；如上图所示；
（2）越高；
（3）几个自重不同的滑轮。
14．【解答】（1）测力计分度值为0.2N，则此时拉力的测量值为
1.6N。
（2）此次实验中滑轮组的机械效率为：
η＝＝＝×100%≈62.5%。
故答案为：（1）1.6；（2）62.5%。
15．【解答】
（1）由图甲可知，在相同的时间内甲车通过的路程相同，因此甲车做匀速直线运动；
0～30s内甲车通过的路程为s甲＝900m，所用的t甲＝30s，所以甲车的速度：v甲＝＝＝30m/s；
（2）因为汽车10s末、20s末、30s末、40s末的速度分别为10m/s、20m/s、30m/s、40m/s，
所以单位时间内速度的变化量为：a＝＝＝1m/s2。
故答案为：匀速直线；30；1m/s2。
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精品试卷·第
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