专题01简单机械和功与机械能和内能（实验专题训练）-2024-2025学年九年级物理上学期期末复习专题训练（苏科版）

这是一份专题01简单机械和功与机械能和内能（实验专题训练）-2024-2025学年九年级物理上学期期末复习专题训练（苏科版），共58页。
\l "_Tc16452" 【实验1探究杠杆的平衡条件】
1．在“探究杠杆平衡条件”的实验中。
（1）在调节杠杆水平平衡时，如果杠杆左端下沉应将平衡螺母向_______调节；
（2）如图所示让杠杆保持水平静止，如果在A处挂总重2N的钩码，在B处用测力计竖直向上拉，其示数为_______N；如果在B处斜向上拉，测力计的示数将变_______。
2．如图所示是小李利用刻度均匀的轻质杠杆探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）实验前没挂钩码时，杠杆静止的位置如图甲所示。此时杠杆_______（选填“是”或“不是”）处于平衡状态。应将螺母向_______（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡。这样操作的目的是便于测量__________________________________________。
（2）小李进行了如图乙所示的实验，此时杠杆恰好在水平位置平衡。若在该实验中，将左右的钩码个数都减少一个，杠杆将会______________（选填“仍然平衡”、“左端下沉”或“右端下沉”）。
（3）小李分析图乙数据后得出结论：动力×支点到动力作用点的距离＝阻力×支点到阻力作用点的距离。而班长认为小李每组数据中的力臂恰好都等于支点到力的作用点的距离，具有一定的特殊性，还应改变动力或阻力的_______（选填“大小”或“方向”）进行实验。所以做了如图丙的实验。图丙实验中，当弹簧测力计在斜向下拉使杠杆在水平位置平衡时，动力×动力臂_______（选填“等于”或“不等于”）阻力×阻力臂”。
（4）在实验丙中，需要多次改变力和力臂的大小，得到多组数据，目的是_______（填序号）。
A．使测量数据更准确 B．多次测量取平均值减小误差
C．避免偶然性，使实验结论具有普遍性
3．在“探究杠杆的平衡条件”实验中。
（1）如图甲所示，安装杠杆时，铁架台_______（选填“一定”或“不一定”）要放在水平桌面上，为了使杠杆在水平位置平衡，可调节杠杆右端的平衡螺母向_______移动，若杠杆仍不能在水平位置平衡，可再调节左端的平衡螺母向_______移动。
（2）如图乙所示，杠杆每格的长度为5cm，在杠杆左边挂钩码，用弹簧测力计对杠杆竖直向下拉使杠杆再次在水平位置平衡，目的是便于______________；实验中每个钩码的重为0．5N，此时测力计的示数为_______N。若将弹簧测力计的拉力方向向左倾斜一些，测力计的示数会_______（变大/变小/不变）。
（3）在图乙中，若撤去弹簧测力计，改在O点右侧箭头所指的位置挂在左侧相同的钩码，为使杠杆在水平位置平衡，所挂钩码的个数应为_______个。
（4）实验中多次改变力臂及力的大小，多次实验，其目的是_______。
A．寻找普遍规律 B．减小实验误差 C．既减小实验误差 D．又为了寻找普遍规律
4．同学们在做“探究杠杆的平衡条件”实验。
（1）实验前，杠杆在图甲所示的位置静止，此时杠杆处于_______（选填“平衡”或“非平衡”）状态；应该将平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调节。
（2）实验中，在杠杆的两侧加挂钩码，并移动钩码的位置，使杠杆始终在水平位置平衡，这样做的目的是便于测量_______的大小；进行多次实验记录在表格中，多次实验的目的是____________________________；小明根据下表所测数据得出杠杆平衡的条件是：______________。
（3）如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，其示数大小将______________（选填“变大”、“变小”或“不变”）；当测力计转到b位位置，此时杠杆恰为 ______________（省力/费力/等臂）杠杆。
（4）实验结束后，小明提出了新的探究问题：“若支点不在杠杆的中点时，杠杆平衡条件是否仍然成立？”于是小明利用如图丙所示装置进行探究，发现在杠杆左端的不同位置，用弹簧测力计竖直向上拉，使杠杆在水平位置处于平衡时，测出的拉力大小与杠杆平衡条件不相符。其原因是 对实验的影响。
（5）实验中，用如图所示的方式悬挂钩码，杠杆也能在水平位置平衡（杠杆上每小格长度相等），但老师提醒大家不要采用这种方式，主要是因为这种方式_______（填选项前的字母）。
​
A．一个人无法独立操作 B．需要使用太多的钩码
C．力臂与杠杆不重合 D．力和力臂数目过多
5．如图甲所示，小明在探究“杠杆的平衡条件”实验中所用的实验器材有：杠杆、支架、弹簧测力计、刻度尺、细线和质量相同的钩码若干个。
（1）实验前，应将支架放在台面上，当杠杆静止时，发现杠杆左端低，则此时杠杆处于_______（选填“平衡状态”或“非平衡状态”）。再把杠杆两端的平衡螺母向_______（选填“左”或“右”）调节，使杠杆在水平位置平衡，这样做的好处是：可以在杠杆上直接读取_______；
（2）调节杠杆在水平位置平衡后，小明在杠杆上A点处挂4个钩码，在B点处挂6个钩码，静止后杠杆恰好在原位置平衡。于是小明便得出了杠杆的平衡条件为动力×动力臂＝阻力×阻力臂，他这样得出的结论是否合理？__________________________________________；
（3）小明同学想能不能借助杠杆平衡测出一个小球的密度呢？于是他设计了如图乙的实验步骤：
①将小球挂在杠杆的A点，将钩码挂在杠杆的B点，杠杆在水平位置平衡（杠杆重力忽略不计）；
②用刻度尺测出OB的长度l1；
③将小球浸没在水中（ρ小球＞ρ水），当钩码移至点时_______（选填“A”或“C”“O”），杠杆恰好在水平位置平衡；
④用刻度尺测出_______的长度l2；
⑤小球密度的表达式ρ小球＝______________（用实验测得的物理量以及已知量ρ水表示）。
6．在“研究杠杆平衡条件”的实验中：
（1）把杠杆挂在支架上，实验前没有挂钩码时，发现杠杆右端下倾，可将右端螺母向
_______边旋转，使杠杆在水平位置平衡（填“左”或“右”）；
（2）实验中共有10个钩码，杠杆上每格距离相等，调节好杠杆后，在杠杆左边离支点2格的A处挂了3个钩码，如图所示，为使杠杆在水平位置平衡，请你在杠杆右边1位置挂上_______个钩码。或者在3位置挂上_______个钩码；
（3）实验中改变支点两侧的钩码位置和个数，用同样的方法一般要做三次，得到三组数据并进行分析。得到的杠杆平衡条件是___________________________________；
（4）在实验中，杠杆倾斜一定角度的位置做实验，也能得出杠杆的平衡条件，这种实验方案与杠杆在水平位置做实验的方案相比较，你认为哪种实验方案好？________________________________。
\l "_Tc5338" 【实验2 研究定滑轮和动滑轮的特点】
7．在“探究定滑轮和动滑轮特点”的实验中，实验装置及实验情形如图所示：
（1）实验过程读弹簧测力计示数，应该_______（选填“匀速拉动”“静止”）时读数；
（2）由图甲知：使用定滑轮不省力，但可以改变___________________________________；
（2）由图乙知：使用动滑轮可以省力，但没有省一半的力，原因是____________________________
8．同学们用如图所示装置研究滑轮的特点：
（1）在研究定滑轮时，小明做的实验如图1所示，根据实验结果可知，使用定滑轮_______（选填“能”或“不能”）省力，但可以改变_______。经进一步研究分析可知，定滑轮相当于一个 杠杆。
（2）在研究动滑轮时，小明照图2操作测绳端拉力时，应尽量沿_______方向_______拉动弹簧测力计，且在_______（选填“静止”或“拉动”）时读数。
（3）在研究动滑轮时，记录数据如上表，分析数据发现，弹簧测力计的示数F _______（选填“大于”“小于”或“等于”）物重G的一半，与课本结论存在差异，其原因是_____________________。请给出一条减小此差异的建议___________________________________。
9．小梦用如图所示的装置研究定滑轮和动滑轮的特点。
（1）实验中需要用到的测量工具是弹簧测力计和_____________________。​
（2）实验中应沿竖直方向_______拉动弹簧测力计，使钩码上升。
（3）比较1和2两次实验可知：使用定滑轮的好处是：____________________________。​
（4）在提升重物的过程中，若要兼顾定滑轮和动滑轮的特点，则应使用_______。
（5）依据杠杆平衡条件，使用动滑轮提升物体所用的力应是直接提升物体所用力的一半，但分析3和4两次实验数据却不完全符合这样的关系，造成这种现象的主要原因是______________。​
10．同学们共同研究滑轮的特点。
（1）他们研究定滑轮特点时，做的实验如图甲所示，据此可证明：使用定滑轮不省力，但可以______________，他们通过进一步分析还发现：使用定滑轮时，相当于一个______________杠杆；
（2）他们研究动滑轮特点时，用不同的动滑轮匀速缓慢提升4N的重物，如图乙；
①使用动滑轮时，应沿_______方向匀速提升重物，以达到最佳的省力效果；
②通过观察和比较测量结果，可得初步结论：使用动滑轮可以_______，但不能改变力的方向；用动滑轮匀速提起同一重物时（忽略绳重及摩擦），弹簧测力计的示数等于提升总重力的_______，因为此时的动滑轮相当于一个_______杠杆；
③若还想继续研究用动滑轮匀速缓慢提起物体时，拉力方向对拉力的影响，则需要选择同样物体与 滑轮来进行实验对比（选填“相同”或“不同”）。
\l "_Tc31833" 【实验3 功率测量的实验】
11．学习完功率一节后，老师布置了实践性的作业，利用生活中的测量工具，测量自己上楼时的功率（测量的物理量用相应的字母表示）。
（1）实验器材：___________________________________。
（2）实验步骤： ①____________________________；
②__________________________________________；
③___________________________________。
（3）上楼功率的表达式P＝_______。
12．风车是利用风力做功的装置，小明制作了一架小风车，他想粗略测定风车在一定风速下做功的功率，实验装置如图所示：
（1）观察实验装置，小明是通过测量细线对_______做功的功率来测定风车做功的功率；
（2）除了图中的实验器材，还必需的测量工具有：天平、刻度尺和_______；
（3）实验时，逐渐增加挂在细线下的回形针数量，直到细线恰好缓慢匀速提升回形针为止。若测得回形针匀速上升的高度h、所用的时间t、回形针的总质量m，则风车做功的功率表达式P＝ （表达式中的物理量均用符号表示）；
（4）然后小明还测出风车在不同的风速下做功的功率，测得的功率越大，说明做功越
_______（选填“多”或“快”）；
（5）风车做功过程中，回形针获得了重力势能和_______能；如果选用较粗重的线做实验，则与选用较细的线相比，测得风车的功率值偏_______（选填“大”或“小”）。
13．如图，小明每天放学回家要从一楼爬到六楼，学习了功率的知识后，他想测量自己通常情况下爬楼的功率，请你选择合适的物品帮他完成实验。
选择物品：_____________________；
实验步骤：_______________________________________________________________；
表达式：____________________________。
14．跳绳是我省初中毕业生体育测试的选考项目之一，小明利用所学的物理知识估测自己跳绳时克服重力做功的平均功率（不计绳重，重力与质量的比值为g）。
（1）本实验的原理是___________________________________。
（2）实验步骤：
①用台秤测量自己的质量m；
②估测自己每次跳起的平均高度h（人的重心上升的高度）；
③用_______（填测量器材）记录跳n次所用的时间t；
④计算出跳绳时克服重力做功的平均功率P＝_____________________。
（3）小明要想提高跳绳测试的成绩，请你从物理学角度为他提出一条合理的建议：________________________________________________。
\l "_Tc846" 【实验4 探究影响物体动能大小的因素】
15．如图所示，某同学在做“研究动能的大小与哪些因素有关”的实验中，分别将A、B、C三个小球先后从同一装置的不同高度处滚下（mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB）分别推动同一纸盒运动一段距离后静止（已知小球所处的高度越高，到达水平面的速度越大）。
（1）从图中可以看出，A、B、C三个小球刚到达水平面时，_______球的动能最大，理由是三球中它的_______本领最强。
（2）分析比较（a）、（b）两图所示的实验现象及相关条件，可得出的初步结论是；_______
________________________________________________________。
（3）分析比较（a）、（c）两图所示的实验现象及相关条件，可得出的初步结论是：_______
________________________________________________________。
16．如图是某学习小组利用小球、木块等探究物体的动能大小与哪些因素有关，其中mA＝mB＜mC，hA＝hC＞hB。
（1）实验中，探究的动能是指_______（填序号）；
A．小球在斜面上的动能
B．小球撞击木块时的动能
C．小球撞击木块后的动能
D．木块被小球撞击时的动能
（2）实验中，通过观察______________来判断钢球的动能大小，这种研究方法叫_______。
（3）甲、丙两次实验，让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，目的是使两球到达水平面时有相同的_______。对比甲、丙两次实验，可得出结论：当_______一定时，物体的_______越大，动能就越大；
（4）甲、乙两次实验中，木块滑行过程中克服摩擦力做功分别为W1和W2，则W1 W2（填“＞”、“＝”或“＜”）；
（5）实验交流过程中，同学们联想到高速公路上的交通标志牌，汽车在行驶过程中，不同类型的汽车允许通过的最大速度不同。从物理角度来看，这样做的目的实质是限制汽车的 。
（6）得出正确的实验结论后，有同学用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，如图丁所示，观察到木块被撞击后移动的情况是_______（铁球滚动时所受摩擦力忽略不计）。
A．质量大的铁球将木块推动的距离较远
B．质量不同的铁球将木块推动的距离相同
C．质量小的铁球将木块推动的距离较远
17．小明通过下面的实验，研究“动能的大小与物体运动的速度有关”的问题。质量相同的小球，从斜面上不同高度处自由滚下，小球到达水平面时的速度是_______的（选填“相同”或“不同”）。
实验1 将小球从斜面顶端自由滚下（图甲），观察到木块被撞出了一段距离。
实验2 将小球从斜面中间自由滚下（图乙），观察到木块被撞出的距离比实验1的距离_______
_______（选填“短”、“长”或“相等”）。
由上述实验现象，我们可以得出结论：同一物体，_____________________，动能越大。
实验3 将小球从一光滑斜槽轨道（OAB）O点自由滚下（图丙），依次经过A、B两点到达C点（忽略空气阻力），设A、B两点的机械能分别为EA和EB，则EA_______EB（选填“＞”、“＝”或“＜”）。当小球从
B点做斜抛运动到达最高点C时，假设小球所受的外力全部消失，则小球将_______。
A．沿a轨迹运动 B．沿b轨迹运动 C．沿c轨迹运动 D．保持静止
18．诚诚想要探究“动能的大小与哪些因素有关”，做了图所示的实验；
（1）小球从光滑斜面上某一高处自由滚到斜面底端时（忽略空气阻力），小球的_______能转化为动能。小球动能的大小可通过观察______________的大小来判断，这种研究方法是_______（选填“控制变量法”或“转换法”）；
（2）若要研究动能大小与速度的关系应该选择_______两个图进行比较；
（3）在研究小球动能与质量的关系时，勤勤提议可以在光滑的水平桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度，分别弹出质量不同的小球去撞击木块，如图丁所示。撞击木块时小球的动能_______（选填“相等”或“不相等”），该方案_______（选填“正确”或“错误”）。
\l "_Tc846" 【实验5 探究影响物体势能大小的因素】
19．如图所示，在“探究影响重力势能大小的因素”实验中，有三个实心的、大小相同的铁球A、铁球B和塑料球C，球A、C离沙地高度相同。现让三个球同时由静止释放，球落到沙地上的状态如图中虚线球所示。
（1）根据A、B、C三个小球在沙地中下陷的深度可以判断出释放前小球 的做功本领最大；
（2）比较球A、C可得出重力势能大小与 的关系；
（3）若不计空气阻力，小球在空中下落时机械能 选（填“守恒”或“不守恒”）；
（4）小球在下落过程中，重力会对小球做功，则重力对小球做功大小与时间关系图应是 。
20．在探究“物体的重力势能与哪些因素有关”的实验中，三个相同的木桩被从空中静止释放的铁块撞击，陷入沙坑中的情况如图所示。
（1）在此实验中，研究对象是铁块，我们是通过观察 来比较铁块重力势能的大小；
（2）若A、C两铁块下落的高度相同，则两铁块的质量关系是mA mC（选填“＞”、“＜”或“＝”）；
（3）下列实验中，与该实验步骤（1）中用到的实验方法相同的是 （选填字母）。
A．牛顿第一定律的得出
B．探究滑动摩擦力大小与什么因素有关
C．探究杠杆的平衡条件
D．将正在发声的音叉放入水中溅起水花来探究声音如何产生
21．小明同学在体育活动中，从铅球下落陷入沙坑的深度情况受到启发，并产生了如下猜想。
猜想一：物体的重力势能与物体的质量有关。
猜想二：物体的重力势能与物体的下落高度有关。
猜想三：物体的重力势能与物体的运动路径有关。
为此小明设计了如图所示的实验，他的做法是：
用大小、形状相同的A、B、C、D四个金属小球，其中A、C、D三球的质量为m，B球质量为2m，让A、B两球从距沙表面高H处由静止下落，C球从距沙表面高2H处由静止下落，D球从距沙表面高2H处的光滑弯曲管道上端静止滑入，最后从管道下端竖直地落下。（球在光滑管道中运动时的能量损失不计）实验中测得A、B两球陷入沙中深度分别为h1和h2，而C、D两球陷入沙中深度均为h3，且h1＜h2＜h3。
（1）本实验是通过观察 来判断重力势能大小的。
（2）实验中B球比A球陷入沙中的深度更大，由此可验证猜想 。
（3）为验证猜想二，应比较 （选ABCD）两球，可得出结论，当物体 相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大。
（4）由B、C两球不能探究重力势能的大小与质量的关系，理由是 。
（5）比较C、D两球，发现两球运动的路径不同，但陷入沙中深度相同，由此可得出结论，物体的重力势能与物体运动的路径 （填“有关”或“无关”）。
22．小明探究重力势能大小与物体质量和高度的关系，实验装置如图甲所示。
（1）将铁球从斜面由静止释放后到压缩弹簧，记录铁球速度减为0时弹簧的长度。整个过程涉及的能量转化情况为 ，铁球重力势能的大小可以用被压缩后弹簧的长度来反映，长度越长，则说明铁球的重力势能越 （选填“大”或“小”）。
（2）将同一铁球先后从同一斜面的不同高度h1、h2（h1＜h2）处由静止释放，弹簧被压缩后的长度分别为l1、l2（l1＞l2），则你能得出的结论是 。
（3）若要探究重力势能大小与物体质量的关系，请简要写出你的设计思路： 。
（4）结合本实验和所学知识，分析图乙所示的水坝，发电机安装在 位置较为合理（选填“C”或“D”），你认为适合建造大型水力发电站的地方应该具备哪些条件： 。
\l "_Tc16452" 【实验6 测量滑轮组的机械效率的实验】
23．物理兴趣小组在“探究滑轮组的机械效率与哪些因素有关”时，猜想滑轮组的机械效率可能与物重和物体上升的高度等因素有关，该小组利用如图所示的装置分别进行实验，测量的实验数据如表：
（1）分析 两次实验数据可得出：同一个滑轮组的机械效率与物体上升的高度无关。
（2）在测量拉力时，某同学使测力计缓慢加速直线运动，该同学测得的机械效率与正确操作相比 （选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
（3）分析2、3两次实验数据可得出： 。
24．用如图所示装置测量滑轮组的机械效率，部分实验数据如下表：
（1）实验过程中，缓慢竖直拉动弹簧测力计，使钩码向上做匀速直线运动。第1次实验时，钩码上升的时间为3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为 m/s。
（2）第4次实验时滑轮组的机械效率是 %。
（3）分析第1、2、4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；分析第2、3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）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．换用更轻的动滑轮 B．加快提升物体的速度
25．“测定动滑轮机械效率”的实验中，用同一滑轮进行了两次实验，实验数据如表：
（1）实验中应沿 方向拉弹簧测力计，使物体 上升；
（2）第一次实验测得滑轮组的机械效率是 %；第二次实验时滑轮组的机械效率比第一次实验时的机械效率 ；（选填“高”或“低”）
（3）若不计绳重与摩擦，综合上述两次实验，所用的动滑轮的重为 N；
（4）若在第二次实验的基础上再增加一个动滑轮组成一个新的滑轮组，仍提升5N的钩码，新滑轮组的机械效率比第二次的要 （选填“高”或“低”）一些；
（5）在实验时，小明认为测力计运动时不好观察读数，可以在静止时再读数，同组的小华认为这样不行，因为这样会使滑轮的机械效率偏 （选填“高”或“低”）。
26．小明和小华在“测量滑轮组机械效率”的实验中，用如图所示装置进行实验：
（1）小明用如图甲、乙所示同一滑轮组分别提升数量不同的钩码进行实验，实验中他应沿竖直方向 缓慢拉动弹簧测力计，读出测力计示数；小华认为静止读数也可以，小明说这个想法没有考虑到 对滑轮组机械效率的影响，所以是错误的；
（2）他俩用正确的方法进行了实验，并将这两次实验的数据记录中表格中（表中第1、2次），当其余条件均相同时，提升钩码越重，滑轮组机械效率 （选填“越高”“越低”或“不变”）；
（3）小明又找来了一个滑轮，将实验装置连接成如图丙所示，并在表中记录了这次实验的数据（表中第3次），请将表中空缺数据填充完整；若此次实验中所用滑轮完全相同且忽略绳重和摩擦，则每个动滑轮重 N；
（4）如果用乙、丙两图的滑轮组提升相同重物（每个滑轮重相同），图 （选填“乙”或“丙”）滑轮组的机械效率更高，原因是 。
27．小华用图中的一个实验装置测滑轮组的机械效率，得到的数据如下表所示。
（1）实验时要竖直向上 （选填“匀速”或“加速”）拉动物体。
（2）根据表格中数据可知，小华采用的是 （选填“甲”或“乙”）实验装置。
（3）如果在第1次实验时，忽略绳重和摩擦，可以计算出动滑轮的重力为 N。
（4）第2次实验时的机械效率为 。
（5）分析实验数据可知，要提高滑轮组机械效率，下列措施不可行的是 （选填字母）。
A．增大钩码的重力 B．增加钩码上升的高度
C在滑轮转轴处涂润滑油 D．换用质量更小的动滑轮
（6）现多次只改变钩码的重力G并测出滑轮组的机械效率η，则η与G的关系可能符合下列图象中的 （选填字母）。
\l "_Tc5338" 【实验7 斜面机械效率的测量实验】
28．小华发现公共场所为残障人士设计的无障碍通道是斜面，且不同的斜面通道的倾斜程度有所不同，他想了解斜面的机械效率是否与倾斜程度有关，便与实验小组的小伙伴们用如图所示的装置进行实验探究。测量数据如下表所示。
（1）测量斜面的机械效率，需要的测量工具是：刻度尺和 。
（2）根据下表中的数据可求出第③次实验中斜面的机械效率是 %。
（3）通过对上述实验数据的分析可知，斜面的省力情况与斜面倾斜程度的关系是：斜面越 （选填“陡”或“缓”），越省力。同时可初步分析，斜面机械效率与倾斜程度的关系是：在其他条件不变的情况下，斜面越陡，机械效率越 （选填“高”或“低”）。
29．在生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用甲图的装置进行实验。实验前，杠杆左端下沉，应将右端的平衡螺母向 调节（选填“左”或“右”）；实验时也要调节钩码的位置使杠杆在水平位置平衡，目的是便于测量 。
（2）小明用乙图的实验装置探究滑轮组机械效率，实验中用同一滑轮组提升钩码，记录数据如表。
①在实验过程中，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做 运动。
②表中第3次实验滑轮组的机械效率为 %（结果保留一位小数）。
③分析实验数据可得：同一滑轮组，提升的物体越重，滑轮组的机械效率越高。若提升同一物体时，减小动滑轮的重力，则滑轮组的机械效率 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
（3）小明用丙图的实验装置探究斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0．2m。将物体从斜面底端匀速拉到顶端时测力计的示数F＝1N。则此次实验小明通过斜面做的总功为 J，测得的斜面的机械效率为 ，物体在斜面上受到的摩擦力为 N。
30．在生活和生产中，简单机械有着十分重要的作用。
（1）为了探究“杠杆的平衡条件”，小明用图甲的装置进行实验。实验过程中，记录数据如下表：
分析实验数据，可归纳出杠杆的平衡条件： ；实验中收集多组数据的目的是 。
（2）小林用图乙的实验装置测量滑轮组机械效率。在一次实验探究活动中，小林用如图所示滑轮组将重为2．7N的物体匀速提升了20cm用时2s，绳子自由端弹簧测力计的示数如图所示，则小林做的有用功为 J，滑轮组的机械效率为 %。为了提高滑轮组机械效率，建议可以采取的措施有 （填字母）。
A．减轻动滑轮组重 B．增加所提物重
C．机械加润滑油 D．增加物重上升的高度
（3）小丽用图丙的实验装置测量斜面的机械效率。发现斜面的机械效率与斜面的倾斜程度和摩擦有关，与物重无关。保持斜面倾斜程度不变，可以采用 的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。某次实验测得物重G＝4N、斜面长s＝1m、高h＝0．2m，若机械效率η＝80%，则物体在斜面上受到的摩擦力为 N。
31．“圆梦”小组在“探究斜面的机械效率”实验中，设计了如图所示的实验装置，实验数据记录如表。
（1）实验中应用弹簧测力计拉着物块沿斜面 上升；请将表格中第三次实验的数据记录补充完整： （结果保留至0．1%）。
（2）分析实验数据可知，在其他条件一定时，斜面的倾斜程度越大，机械效率 。
（3）请写出一个日常生活、生产中利用斜面的实例： 合理即可）。
\l "_Tc31833" 【实验8 杠杆机械效率的测量实验】
32．利用如图所示的实验装置来测量杠杆的机械效率。实验过程中，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使挂在较长杠杆下面的钩码缓缓升高。
（1）在杠杆被缓慢拉至图中虚线位置的过程中，测力计移动距离为0．3m挂在A点的钩码上升高度为0．1m，测力计示数F如图所示，已知每个钩码重为0．5N，则此过程中，该杠杆机械效率为 。（保留一位小数）
（2）将质量相同的钩码分别挂在A、B两点，并将钩码提升相同的高度，经测量和计算发现将钩码挂在B点比挂在A点时，杠杆的机械效率大一些，其原因是： 。
33．兴趣小组的同学在进行探究“杠杆平衡条件”的实验，探究结束后同学们又将感兴趣和疑惑的问题进行了探究。如图所示，每个钩码重0．5N。
（1）如图甲所示的杠杆静止，接下来应怎样做才能开始进行实验？ 。
（2）平衡后，如图乙所示，杠杆两侧分别挂上钩码，你将看到什么现象？要使杠杆重新平衡，在不增加钩码、不改变钩码悬挂点的前提下，最简单的方法是什么？ 。
（3）如图丙所示，用弹簧测力计代替钩码，杠杆在水平位置平衡，此时弹簧测力计的示数 2N（选填“大于”、“小于”或“等于”）；
（4）如图丁所示，实验小组进一步“探究杠杆的机械效率”实验时，将总重为G的钩码挂在杠杆A处，竖直向上匀速拉动弹簧测力计，钩码上升的高度为h，弹簧测力计的示数为F，不计摩擦。若将钩码移动到B点，仍将其匀速提升h的高度，则杠杆的机械效率将发生怎样的变化？ ；为什么？ 。
34．某实验小组利用如图所示装置研究杠杆的机械效率，实验的主要步骤如下：
①用轻绳悬挂杠杆一端的O点作为支点，在A点用轻绳悬挂总重为G的钩码，在B点用轻绳竖直悬挂一个弹簧测力计，使杠杆保持水平；
②竖直向上拉动弹簧测力计缓慢匀速上升（保持O点位置不变），在此过程中弹簧测力计的读数为F，利用刻度尺分别测出A、B两点上升的高度为h1、h2。
请回答下列问题：
（1）杠杆机械效率的表达式为η＝ 。（用已知或测量的物理量符号表示）
（2）本次实验中，若提升的钩码重一定，则影响杠杆机械效率的主要因素是： 。
（3）若只增加钩码的重力，则杠杆的机械效率将 ；若只将弹簧测力计的悬挂点由B移至C，则杠杆的机械效率将 （以上两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）。
\l "_Tc846" 【实验9 探究分子动理论的实验】
35．如图是一组实验，观察实验完成填空
（1）如图1，向一端封闭的玻璃管中注水至一半位置，再注入酒精直至充满。封闭管口，并将玻璃管反复翻转，观察液面的位置，发现液体总体积变小，说明 。
（2）如图2所示的装置，其中一个瓶子装有密度比空气大的红棕色二氧化氮气体，另一个装有空气，则演示扩散现象时应该把装有二氧化氮气体的瓶子放在 方。（选填“上”或“下”）
（3）如图3，把一块玻璃板用弹簧测力计拉出水面，在离开水面时，观察到弹簧测力计示数变 ，离开水面后变 ，说明了 。
36．如图所示，是我们在学习分子动理论时做过的一些实验。
图a：浓硫酸铜溶液与清水开始界面十分清晰，几天之后，两种液体混合均匀了；
图b：玻璃板的下表面接触水面，发现拉力示数大于玻璃板的重力；
图c：水和酒精充分混合后的总体积小于混合前水和酒精的总体积；
图d：将红墨水滴入水中，可以看到它在水中扩散开来；
图e：将两个底面干净、平整的铅块紧压在一起，两个铅块就会结合在一起，下面吊一个较重的物体也不会将它们拉开。
请回答：
（1）图a和图 两个实验产生实验现象的原因相同，即液体中的分子是在永不停息地 ；
（2）图b和图 两个实验产生实验现象的原因相同，实验表明：分子之间存在 。
（3）图c的实验结果表明：分子之间确实存在着 （选填“斥力”或“空隙”）。
37．（2023•信阳开学）在学习了“分子动理论”后，小宇进行了以下几个小实验：
​
（1）如图甲所示，小宇在一个量筒中依次倒入蓝色的硫酸铜溶液和无色的水，放置30天后，液体变为均匀的淡蓝色，这说明：分子 。小宇想，气体之间能否发生类似的现象呢？于是进行了如图乙所示的实验，他在上、下两个集气瓶中分别装入红棕色二氧化氮气体和透明的空气，并用玻璃板隔开（已知ρ二氧化氮＞ρ空气），将玻璃板拿走后，观察到两个瓶中的颜色变成均匀的浅棕色。小宇 （选填“能”或“不能”）从这个实验得出相同的结论。
（2）如图丙所示，用注射器抽取半筒水，排出内部空气，用手指封闭注射器的筒口，向里推压注射器的活塞感觉很困难，此现象说明分子间存在 。
（3）如图丁所示，小宇用细线拴住玻璃板的四个角，用弹簧测力计勾住细线，将玻璃板平放在水面上与水面刚好接触，向上拉弹簧测力计时，发现测力计的示数变大了。这说明：分子间 。这个原理可以用来解释固体很难被 （选填“拉伸”或“压缩”）。
38．（2023秋•朝阳区校级月考）观察如图所示的实验回答下列问题：
（1）如图甲所示的装置，其中一个瓶子装有密度比空气大的红棕色二氧化氮气体，另一个装有空气，在演示扩散现象时应该把装有二氧化氮气体的瓶子放在 方，根据两瓶内的气体颜色混合均匀的现象，可知分子在不停地做 。
（2）如图乙所示，红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动快慢与
有关。
（3）如图丙所示，用细线把很干净的玻璃板吊在弹簧测力计的下面，记下测力计的读数F1；然后使玻璃板水平接触水面，稍稍向上拉玻璃板，在玻璃板离开水面之前，弹簧测力计读数F2，则F2 F1，这个现象说明分子间存在 。
（4）如图丁所示，先后将50mL水和50mL的酒精倒入玻璃管中，反复翻转几次后发现水和酒精的总体积小于100mL，这说明：分子间有 。
\l "_Tc846" 【实验10 探究比较不同物质吸热的情况】
39．（2023秋•绥德县校级月考）利用如图甲所示的实验装置探究“比较不同物质的吸热能力”。
（1）除了甲图中的实验器材，我们还应该增加测量工具 和 。
（2）在两烧杯中分别装入初温相同且 相等的沙子和水。
（3）用相同的酒精灯火焰加热，并用玻璃棒不断搅拌，每隔相同的时间记录一次温度，其中某时刻的温度如图乙所示，其示数为 ℃；根据实验数据绘制成温度与时间的关系图象，如图丙所示。
（4）实验中，是通过比较 来间接反映沙子和水吸收热量的多少。
（5）分析图象可知，对于质量相等的沙子和水，升温较快的是 ；若使两者升高相同的温度，则 吸收的热量较多。
40．（2023秋•清镇市月考）在探究“比较不同物质吸热能力”的实验中，加热水和煤油，使它们升高相同的温度，比较它们吸收的热量的多少，从而比较这两种物质的吸热能力。
（1）除了图中已经呈现的器材，还需要使用到的测量工具有天平和 。
（2）在两个完全相同的烧杯中分别装入 、初温都相同的水和煤油（选填“质量”或“体积”）；
（3）本实验选择规格相同的电加热器，目的是为了使两种物质在相同加热时间内
相同。
（4）小志通过实验得到升高相同温度，水加热时间比煤油的长，由此可得出 的吸热能力强。实验结束后，爱动脑筋的小志发现在不改变实验器材的情况下，通过比较水和煤油的温度也能判断出这两种物质的吸热能力，请你帮助小志写出实验的理由 。
41．（2023秋•龙江县月考）为研究水和煤油的吸热能力，小明用如图甲、乙所示两套完全相同的装置进行实验探究：
（1）实验前，小明应选取初温和质量 （选填“相等”或“不等”）的水和煤油进行实验。
（2）在安装实验装置时，应按照 （选填“自下而上”或“自上而下”）的顺序。检查装置时发现图乙装置中存在的一处错误是 。
（3）改正装置后开始实验，加热过程中用玻璃棒不断地搅拌是为了使水和煤油 。
（4）小明每隔2min读取一次水和煤油的温度，将实验数据记录在表格中，其中第8min时水的温度如图丙所示，其示数为 ℃。
（5）实验中，用 间接反映水和煤油吸热的多少，通过比较 （前两空均填“加热时间”和“温度变化”）的多少来判断水和煤油吸热能力的强弱的。分析数据可知， （选填“水”或“煤油”）的吸热本领更强。
（6 ）根据表格数据可知，煤油第8min的内能 （选填“大于”“小于”或“等于”）第10min的内能。
（7）根据表格数据可知，烧杯中的水和煤油，升高相同的温度时，吸收的热量 （选填“相同”或“不相同”），煤油的比热容是 J/（kg•℃）。[c水＝4．2×103J/（kg•℃）]
（8）实验结束后撤去酒精灯， 的温度下降得慢，利用该特性小明选其为暖手袋的供热物质。
（9）若本次实验共消耗酒精20g，则这些酒精完全燃烧放出的热量是 J。（q酒精＝3．0×107J/kg）
42．（2023秋•余干县校级月考）【探究名称】比较不同物质的吸热情况：
【证据】
（1）在两个完全相同的试管中分别装入 （选填“质量”或“体积”）、初温都相同的水和煤油。
（2）如图甲所示，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是 。
（3）加热过程中水和煤油吸热的多少是通过 （选填“温度计示数”或“加热时间”）来反映的。
【解释】
（4）小明根据记录的数据作出了两种液体的温度（T）随时间（t）变化的图像（如图乙所示）。
①根据图像，可知 的吸热能力更强些。
②已知水的比热容是c水＝4．2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容是 J/（kg•℃）。
（5）停止加热后， 温度下降得快。
【交流】
（6）小明再用50g水和100g水做实验，以吸收的热量Q为纵坐标，升高的温度Δt为横坐标。分别画出50g水和100g水的Q﹣Δt图像，它们都是过原点的直线，即Q＝k•Δt。进一步分析发现这两条直线的k值之比与对应水的 之比相等。
\l "_Tc846" 【实验11 探究“比较两种燃料的热值”的实验】
43．（2023•麒麟区校级模拟）小王和小明利用如图两套装置探究①“不同物质吸热升温的现象”以及②“不同燃料充分燃烧放热的现象”，液体和燃料的质量以及种类根据实验的需要和方便进行正确选取。
（1）两个实验中都要控制 （选填“燃料/液体”）质量相等；
（2）在探究“不同物质吸热升温的特点”时，物质吸热的多少是通过 来反映的；在探究“燃料燃烧放出的热量”，燃烧放热多少是通过 来反映的（均填写序号）；
A．温度计上升的示数 B．加热时间
（3）假设在两个实验探究中根据所测数据都画出了如图图象（不计热量的损失），则根据图象可计算出，在探究不同物质吸热升温的现象中，图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为 。
44．（2023秋•朝阳区校级月考）如图所示甲、乙、丙三个装置完全相同。
（1）实验中除了用到图示的测量器材外，还需要用到的测量仪器有天平和 。
（2）要比较“不同燃料的放热能力”，应选择 两图进行实验，该实验中燃料燃烧时放出热量的多少是通过比较 （选填“温度计升高的示数”或“加热时间”）来判断的。
（3）要比较不同物质吸热能力，应选择 两个图进行实验。实验中，是通过比较 来间接反映两种物质吸收热量的多少。
（4）若甲装置中消耗的燃料的质量为m1，使质量为m2的水温度升高了Δt（水未沸腾），则燃料1的热值为 （用m1、m2、c水、Δt表示），该方法测出的热值会比真实值 ，原因是 （写出一条即可）。
45．（2023秋•南明区月考）在探究“比较两种燃料的热值”的实验中，小明设计了如图所示的装置。
（1）该实验应该控制烧杯中液体 与质量相同，我们可以通过观察 变化比较燃料燃烧时放热多少；
（2）假如通过烧杯中水吸收的热量代替燃料燃烧放出的热量来计算燃料的热值，这样计算出的热值比燃料真实热值 （选填“偏大”、“偏小”或“相等”），理由是
；
（3）通过观察，小明发现燃烧相同质量的酒精和汽油后，A杯中液体的温度比B杯中液体的温度高，因此得出结论：酒精的热值比汽油的热值高（假设两边液体吸热效率相同）。该结论是否合理 ；理由：
。
实验次数
动力F1/N
动力臂L1/cm
阻力F2/N
阻力臂L2/cm
1
1．5
10
1
15
2
1
20
2
10
3
0．5
20
1
10
次数
物重G/N
弹簧测力计的示数F/N
1
1．00
0．65
2
1．50
0．90
3
2．00
1．15
次数
钩码的重力G/N
钩码提升的高度h/m
拉力F/N
弹簧测力计移动的距离s/m
1
1
0．2
1
0．2
2
2
0．2
2
0．2
3
1
0．2
0．6
0．4
4
2
0．2
1．1
0．4
实验次数
物重（N）
物体上升高度（m）
拉力（N）
绳自由端移动距离（m）
机械效率（%）
1
1
0．1
0．6
0．2
83．3
2
1
0．1
0．4
0．4
62．5
3
2
0．1
0．65
0．4
76．9
4
1
0．2
0．6
0．4
83．3
实验次数
钩码重力G/N
钩码上升高度h/cm
拉力F/N
绳子自由端移动距离s/cm
机械效率η
1
2
5
1
15
66．7%
2
4
5
1．8
15
74．1%
3
4
10
1．8
30
74．1%
4
6
5
2．5
15
实验次数
钩码重G/N
钩码上升的高度h/cm
弹簧测力计的示数F/N
弹簧测力计移动的距离s/cm
1
2
10
1．5
20
2
5
5
3．1
10
次数
钩码重G/N
钩码上升高度h/m
绳端拉力F/N
绳端移动的距离s/m
机械效率η
1
4
0．1
1．6
0．3
83．3%
2
6
0．1
3
0．3
88．9%
3
8
0．1
2．5
0．4

实验次数
1
2
3
4
钩码的重力G/N
1．0
1．5
2．0
2．0
钩码上升的高度h/cm
5
5
5
10
拉力F/N
0．6
0．8
1．0
1．0
绳自由端移动的距离s/cm
15
15
15
30
机械效率η
55．6%
66．7%
66．7%
实验序号
斜面的倾斜程度
物体重力G/N
物体上升高度h/m
沿斜面拉力F/N
物体移动距离s/m
有用功W有/J
总功W总/J
机械效率η/%
①
较缓
5．0
0．10
1．6
0．50
0．50
0．80
62．5
②
较陡
5．0
0．15
2．2
0．50
0．75
1．1
68．2
③
最陡
5．0
0．25
3．1
0．50
1．25
1．55
实验次数
滑轮材质
钩码的重力G/N
钩码提的高度h/m
有用功W有用/J
拉力F/N
绳端移的距离s/m
总功W总/J
机械效率机械效率η/%
1
铝
1
0．1
0．1
0．6
0．3
0．18
56%
2
铝
2
0．1
0．2
1．
0．3
0．3
67%
3
铝
2
0．2
1．0
0．6
4
塑料
2
0．2
0．4
0．8
0．6
0．48
83%
实验次数
动力F1/N
动力臂l1/m
阻力F2/N
阻力臂l2/m
1
3．0
0．20
2．0
0．30
2
2．0
0．15
1．5
0．20
3
1．5
0．20
1．0
0．30
实验序号
斜面的倾斜程度
物块的重力G/N
斜面高度h/m
沿斜面的拉力F/N
斜面长s/m
机械效率
1
较缓
10
0．2
5．5
1
36．4%
2
较陡
10
0．4
7．0
1
57．1%
3
最陡
10
0．6
8．5
1
时间/min
0
2
4
6
8
10
T水/℃
5
7
10
15
25
T煤油/℃
5
9
15
25
35
45
参考答案
\l "_Tc16452" 【实验1探究杠杆的平衡条件】
1．（1）右；（2）1；大。
【分析】（1）在调节杠杆平衡时，应将平衡螺母向较高的一端调节；
（2）用杠杆的平衡条件来判断，计算拉力大小，根据杠杆平衡条件，阻力和阻力臂不变时，弹簧测力计倾斜，动力臂变小，动力变大。
【解答】解：（1）左端下沉，说明右端较高，则应将左边或右边的平衡螺母向右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆一个小格代表L，根据杠杆的平衡条件有2N×2L＝F×4L，解得F＝1N；
弹簧测力计竖直向上拉杠杆时，拉力力臂为OB，弹簧测力计倾斜拉杠杆，拉力的力臂小于OC，拉力力臂变小，拉力变大，弹簧测力计示数变大。
故答案为：（1）右；（2）1；大。
2．（1）是；右；力臂大小，消除杠杆的自重对实验的影响；（2）左端下沉；（3）方向；等于；（4）C。
【分析】（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状态；杠杆不在水平平衡时，实验前调为水平位置平衡，以便我们直接读数力臂，支点在杠杆的中点可以消除杠杆的自重；如果杠杆左端向下倾斜，应向右调节左端或右端的平衡螺母；如果杠杆右端向下倾斜，应向左调节左端或右端的平衡螺母；
（2）根据杠杆平衡条件进行解答；
（3）为了每组数据中的力臂恰好都等于支点到力的作用点的距离这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）与杠杆有一定的角度，而不是重合在一起；
弹簧测力计竖直向下拉杠杆时，力臂在杠杆上，当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，力臂变短，阻力、阻力臂不变，动力臂变短，动力变大；
（4）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是避免偶然性，寻找普遍规律。
【解答】解：（1）杠杆处于静止状态或匀速转动状态是平衡状态；杠杆如图甲所示，左端向下倾斜，则重心应向右移动，故应向右调节左端或右端的平衡螺母，使杠杆处于水平位置平衡时，便于我们直接读出力臂大小，消除杠杆的自重对实验的影响；
（2）设杠杆每一格的长度为L，左右的钩码个数都减少一个，
左侧＝3G×2L＝6GL，右侧＝G×4L＝4GL，即左侧＞右侧，
所以左端下沉；
（3）为了改变这种情况，我们就需要改变动力或阻力的方向，使动力臂（阻力臂）与杠杆有一定的角度进行实验；
弹簧测力计由斜向左的拉力时，阻力、阻力臂不变，动力臂变小，根据杠杆平衡条件得，动力逐渐变大，因此动力×动力臂＝阻力×阻力臂；
（4）若一个钩码重G，每一个小格长L，如图乙所示，将两侧所挂的钩码同时向支点O靠近一格，则左侧4G×2L＝8GL，右侧3G×3L＝9GL，因为8GL＜9GL，所以杠杆不能平衡，右侧下降；
（5）在探究过程中，需要进行多次实验的目的是避免偶然性，寻找普遍规律，故C正确，故选：C。
故答案为：（1）是；右；力臂大小，消除杠杆的自重对实验的影响；（2）左端下沉；（3）方向；等于；（4）C。
3．（1）不一定，右，右；
（2）测量力臂大小，1．2，变大；
（3）4；
（4）A。
【分析】（1）安装杠杆时，铁架台不一定要放在水平桌面上，静止时处于平衡状态，要使杠杆在水平位置平衡，平衡螺母向上翘的一端移动，其目的是便于测量力臂，
（2）杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小根据杠杆平衡条件，求出弹簧测力计的拉力根据题意判断弹簧测力计拉力力臂如何变化，然后根据杠杆平衡条件分析拉力如何变化
（3）杆的平衡条件是F1L1＝F2L2，，根据杆的平衡条件即可解题：
（4）通过实验总结实验结论时，一般要进行多次实验，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出普遍的物理规律。（
【解答】解：（1）在进行安装杠杆的过程中，铁架台并不需要，一定放在水平桌面上，实验开始前发现杠杆静止时，右端高、左端低，此时处于平衡状态，但不是在水平方向上平衡；为了使杠杆在水平位置平衡，则他应将杠杆左端的平衡螺母向右调节，如仍未达到水平方向平衡，还可将杠杆右端的平衡螺母向右调节。
（2）杠杆在水平位置平衡，并且力竖直作用在杠杆上，力的力臂在杠杆上，便于测量力臂大小。根据杠杆平衡条件F1L1＝F2L2，
即：3×0．5N×20cm＝F2×25cm。可得，此时弹簧测力计的示数为：F2＝1．2N。
[6]由图乙可知，当弹簧测力计逐渐向左倾斜时，弹簧拉力的力臂变小，在该过程中，钩码重力及钩码力臂大小不变，现在弹簧拉力力臂变小，由杠杆平衡条件可知，弹簧测力计拉力应变大，弹簧测力计示数变大。
（3）杠杆分度值是L，一个钩码重是G，根据杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2
可得：3G×4L＝nG×3L
解得n＝4，即所挂钩码的个数应为4个。
（4）通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获取多组实验数据归纳出物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律。故选A。
故答案为：（1）不一定，右，右；
（2）测量力臂大小，1．2，变大；
（3）4；
（4）A。
4．（1）平衡；右；（2）力臂；避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律；F1L1＝F2L2；（3）变小；等臂；（4）杠杆自重；（5）D。
【分析】（1）杠杆平衡状态：静止或者匀速转动；为使杠杆在水平位置平衡，应调节螺母向上翘的一端移动；
（2）杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于测量力臂；
为了得到普遍规律，避免偶然性，实验中应多次测量；
杠杆的平衡条件：F1L1＝F2L2；
（3）当拉力F向右倾斜时，保持作用点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大；根据力臂大小进行判断；
（4）支点位于动力和阻力的右侧，弹簧测力计不但提了钩码，而且还提了杠杆，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响；
（5）根据图丁情况分析判断。
【解答】解：（1）如图甲所示，杠杆在此位置静止，所以此时杠杆处于平衡状态；要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的平衡螺母向右调节；
（2）实验前先调节杠杆在水平位置平衡，是为了方便直接测出力臂的大小；
在杠杆两端加挂钩码，并移动钩码，使杠杆在水平位置平衡，测出力臂．多次实验并把数据记录在表格中．通过分析表格中数据得到杠杆平衡的普遍规律，所以多次实验的目的是得到杠杆平衡的普遍规律，避免偶然性；
第一组：F1×L1＝1．5N×10cm＝15N•cm，F2L2＝1N×15cm＝15N•cm；
第二组：F1L1＝1N×20cm＝20N•cm，F2L2＝2N×10cm＝20N•cm；
第三组：F1L1＝0．5N×20cm＝10N•cm，F2L2＝1N×10cm＝10N•cm；
根据表格中数据，可以看出杠杆平衡条件是：F1L1＝F2L2；
（3）如图乙所示，保持杠杆水平位置平衡，测力计从a位置转到b位置，此时拉力F的力臂变大，根据杠杆的平衡条件，拉力变小，即测力计示数变小；
当测力计转到b位位置，左右两边的力臂相等，此时杠杆为等臂杠杆；
（4）杠杆的重心不在支点上，杠杆的重力对杠杆转动产生了影响，导致拉力F的大小比由杠杆平衡条件计算出来的数值偏大；
（5）根据图乙情况，右侧有三个力且力臂都不同，力和力臂数目过多不利于实验，故选D。
故答案为：（1）平衡；右；（2）力臂；避免实验的偶然性，使结论具有普遍规律；F1L1＝F2L2；（3）变小；等臂；（4）杠杆自重；（5）D。
5．（1）平衡状态；右；力臂；（2）不合理，实验次数过少，导致结论偶然性过大；（3）C；OC；•ρ水。
【分析】（1）杠杆的平衡：杠杆在力的作用下静止或缓慢匀速转动的状态，称为杠杆的平衡；在调节杠杆平衡时，应该向较高的一端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置保持平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上读取力臂；
（2）探究杠杆平衡条件实验时，应该进行多次实验，这样做的目的是寻求普遍规律；
（3）小球浸没在水中时，根据阿基米德原理可求出浮力，从而求出杠杆A端受到的拉力，再根据杠杆的平衡条件，列出两次时的平衡方程，组成方程组进行求解，即可求得小球的密度。
【解答】解：（1）杠杆虽然左端下沉，但是杠杆保持静止，杠杆在力的作用下静止或缓慢匀速转动的状态，都称为杠杆的平衡状态，所此时杠杆处于平衡状态；
应该向较高的一端调节平衡螺母，使杠杆在水平位置保持平衡，本题杠杆左端下沉，说明右侧较高，应该将平衡螺母向右侧调节；
调平杠杆时，应该使杠杆在水平位置保持平衡，这样做的目的是便于直接在杠杆上读取力臂；
（2）探究杠杆平衡条件实验时，应该进行多次实验，这样做的目的是寻求普遍规律，本实验中小明通过一次实验数据得出结论，导致实验次数过少，造成结论的偶然性过大；
（3）通过杠杆平衡条件公式F1L1＝F2L2可知，
杠杆第一次平衡时：m球gLOA＝m码gL1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①，
将小球浸没在水中时，受到的浮力为：F浮＝ρ水Vg＝ρ水•
则此时A端受到拉力为：F1＝G球﹣F浮＝m球g﹣ρ水•
由此可知此时杠杆左端受到的拉力变小，而左侧的力臂OA不变，而杠杆右端的拉力大小不变，所以应该减小右端杠杆的力臂，将钩码向左端移动至C点时，杠杆平衡，此时右端力臂为OC，所以要测量力臂OC的长度为L2
杠杆第二次平衡时：（m球g﹣ρ水•）LOA＝m码gL2，
即：（1﹣）m球gLOA＝m码gL2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②，
将①÷②可得：
＝，
解方程组得：ρ球＝•ρ水。
故答案为：（1）平衡状态；右；力臂；（2）不合理，实验次数过少，导致结论偶然性过大；（3）C；OC；•ρ水。
6．（1）左；（2）6；2；（3）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1L1＝F2L2）；（4）杠杆在水平位置做实验的方案好。
【分析】（1）根据杠杆的平衡条件可知，杠杆倾斜时，杠杆的重心偏向杠杆下沉的一端，左、右两端的螺母（或一端的螺母）要向杠杆上翘的一端调节。
（2）（3）利用杠杆的平衡条件F1L1＝F2L2分析计算。
（4）杠杆平衡是指杠杆保持静止不动或匀速转动的状态。杠杆可以在任意位置保持平衡但是为了便于测量力臂，最好是在水平位置保持平衡。
【解答】解：（1）把杠杆挂在支架上，实验前没有挂钩码时，发现杠杆右端下倾，说明右边重，为了使杠杆在水平位置平衡，应将右端的平衡螺母向左边旋转。
（2）设一个钩码的重为G，杠杆上每一格长为L。在杠杆左边离支点2格的A处挂了3个钩码，为了使杠杆在水平位置平衡，根据杠杆的平衡条件，则在杠杆右边1位置有3G×2L＝n1×L，
解得n1＝6。或在杠杆右边3位置有3G×2L＝n2×3L，
解得n2＝2。
综上所述，在杠杆左边离支点2格的A处挂了3个钩码，为使杠杆在水平位置平衡，应在杠杆右边1位置挂上6个钩码，或者在3位置挂上2个钩码。
（3）因为一次数据得出结论，偶然性太大，为了得到一个普遍的结论，实验中改变支点两侧的钩码位置和个数，用同样的方法一般要做三次，得到三组数据并进行分析。可得出杠杆的平衡条件是：动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1L1＝F2L2）。
（4）在“研究杠杆平衡条件”的实验中，杠杆在倾斜一定的角度的位置进行实验时，力臂不在杠杆上，不方便测量力臂；杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于读出力臂的大小，故杠杆在水平位置做实验的方案好。
故答案为：（1）左；（2）6；2；（3）动力×动力臂＝阻力×阻力臂（或F1L1＝F2L2）；（4）杠杆在水平位置做实验的方案好。
\l "_Tc5338" 【实验2 研究定滑轮和动滑轮的特点】
7．（1）不能；力的方向；等臂；（2）竖直；匀速；拉动；动滑轮也有重力；选用较轻的动滑轮做实验。
【分析】（1）定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力；支点在转轴上，动力臂和阻力臂都等于半径；
（2）动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力；在探究动滑轮时，两根绳子方向一致，运动稳定，应尽量竖直向上匀速拉动弹簧测力计，且在拉动时读数；
（3）绳子承担的是重物与动滑轮的总重力，当动滑轮的重力为0时，测力计的示数F约为物重G的一半。
【解答】解：（1）定滑轮既不省力，也不费力，但可以改变力的方向，支点在转轴上，动力臂和阻力臂都等于半径，其实质是一个等臂杠杆；
（2）在实验中，拉力应尽量竖直向上，应匀速拉动弹簧测力计，使整个装置处于平衡状态，且在拉动时，读出测力计的示数；
（3）分析表中数据发现，测力计的示数F大于物重G的一半，与课本结论存在差异，其原因是动滑轮也有重力；减小此差异的建议：选用较轻的动滑轮做实验。
故答案为：（1）不能；力的方向；等臂；（2）竖直；匀速；拉动；动滑轮也有重力；选用较轻的动滑轮做实验。
9．（1）刻度尺；（2）匀速；（3）可以改变力的方向；（4）滑轮组；（5）动滑轮有重力。
【分析】（1）除了测量力以外，还需要测量钩码提升的高度，和自由端移动的距离；
（2）只有在匀速拉动时，系统处于平衡状态，物体受平衡力作用；
（3）比较弹簧测力计拉力的方向，可得出拉力与物重相等，但改变了力的方向，给做功带来了方便；
（4）定滑轮特点：不省力，也不省距离，但可以改变力的方向；动滑轮特点：省力，但费距离，不能改变力的方向；滑轮组特点：既能省力，又能改变力的方向；
（5）根据F＝（G动+G物）进行分析。
【解答】解：（1）还需要测量长度的刻度尺；
（2）实验中应沿竖直方向匀速拉动弹簧测力计，使钩码上升；
（3）不省力但是向下用力，故使用定滑轮可以改变力的方向；
（4）定滑轮不省力，也不省距离，但可以改变力的方向；动滑轮省力，但费距离，不能改变力的方向；滑轮组既能省力，又能改变力的方向；故在提升重物的过程中，若要兼顾定滑轮和动滑轮的特点，则应使用滑轮组；
（5）由于动滑轮有重力，由F＝（G动+G物），可知拉力大于物体重力的一半。
故答案为：（1）刻度尺；（2）匀速；（3）可以改变力的方向；（4）滑轮组；（5）动滑轮有重力。
10．（1）改变力的方向；等臂；（2）竖直；省力；一半；省力；相同。
【分析】（1）定滑轮的工作特点是：使用定滑轮只能改变力的方向，不能省力。
（2）动滑轮的轮轴与物体一起运动，使用动滑轮可以省力。
【解答】解：（1）向各个方向都可通过定滑轮用弹簧测力计将4N的重物向上提起，所用的力都为4N，这说明，使用定滑轮不能省力，但能改变力的方向。
使用定滑轮时，其支点在轴上，重物对轮的作用力为阻力，测力计对轮的作用力为动力，支点到动力及阻力的作用线的距离都为轮的半径，即动力臂等于阻力臂，所以是一个等臂杠杆。
（2）①使用动滑轮时，应竖直向上匀速拉动重物，此时的动滑轮相当于一个省力杠杆，动力臂是轮的2个半径，阻力臂是轮的一个半径，动力臂是阻力臂的两倍，可达到最佳省力效果。
②动滑轮最佳省力时，相当于一个动力臂是阻力臂两倍的杠杆，所以可以省力，据杠杆的平衡条件，此时弹簧测力计的示数等于物重的，是一个省力杠杆。
③要探究拉力方向对拉力大小的影响，除了改变拉力的方向外，其它因素应保持不变，所以需要选择相同的物体与相同的滑轮进行实验。
故答案为：（1）改变力的方向；等臂；（2）竖直；省力；一半；省力；相同。
\l "_Tc31833" 【实验3 功率测量的实验】
11．（1）台秤、皮尺、秒表；（2）①用台秤测出自身的质量为m；②用皮尺测出所上楼梯的总高度h；③用秒表测量出上楼所用的时间t；（3）。
【分析】人上楼要克服自己的重力做功，根据公式P＝＝＝，据此确定要测量的物理量、实验的步骤。
【解答】解：（1）根据公式P＝＝＝，要测量自己上楼时的功率，需要用台秤测量自己的质量、用皮尺测量所上楼梯的总高度、用秒表测上楼所用的时间，故所需的实验器材为：台秤、皮尺、秒表；
（2）①用台秤测出自身的质量为m；
②用皮尺测出所上楼梯的总高度h；
③用秒表测量出上楼所用的时间t；
（3）上楼功率的表达式：P＝＝＝。
故答案为：（1）台秤、皮尺、秒表；（2）①用台秤测出自身的质量为m；②用皮尺测出所上楼梯的总高度h；③用秒表测量出上楼所用的时间t；（3）。
12．1）回形针；（2）秒表；（3）；（4）快；（5）动；小。
【分析】（1）由图可知，回形针随风车的转动会上升，测量细线对回形针做功的功率即可测出风车做功的功率；
（2）细线对回形针做的功W＝Gh＝mgh，功率P＝，据此确定实验需要的器材；
（3）根据做功公式和功率公式得出细线对回形针做功的功率即为风车做功功率的表达式；
（4）功率是表示做功快慢的物理量；
（5）物体由于被举高而具有的能是重力势能，物体由于运动而具有的能叫动能；线本身有质量，对回形针做功的同时要对线做功，据此分析测量值和真实值之间的关系。
【解答】解：（1）由实验装置可知，回形针随风车的转动会上升，通过测量细线对回形针做功的功率即可粗略测定风车在一定风速下做功的功率，这用到了转换法；
（2）由W＝Gh＝mgh可知，要测细线对回形针做的功，需要天平测出回形针的总质量m、用刻度尺测出回形针上升的高度h，
由P＝可得，要测出细线对回形针做功的功率，还需要秒表测出所用的时间t；
（3）若测得回形针匀速上升的高度h、所用的时间t、回形针的总质量m，
则风车做功的功率：P＝＝＝；
（4）功率是表示做功快慢的物理量，测得的功率越大，说明做功越快；
（5）风车做功过程中，回形针获得了动能，同时它被举高获得了重力势能；
测定风车在一定风速下做功的功率，其功率是一定的，线本身有质量，风车对回形针做功的同时要对线做功，选用较粗重的线做实验时，对较粗重的线做的功大于对选用较细的线做的功，则测出细线对回形针做的功偏小，故测出细线对回形针做功的功率值偏小；
故答案为：（1）回形针；（2）秒表；（3）；（4）快；（5）动；小。
13．（1）台秤、皮尺、秒表；（2）①用台秤测出自身的质量为m；②用皮尺测出一层楼楼梯的高度h；③用秒表测量出上楼所用的时间t；（3）。
【分析】人上楼要克服自己的重力做功，从一楼爬到六楼，实际上升了5层楼的高度，根据公式P＝＝＝，据此确定要测量的物理量、实验的步骤。
【解答】解：（1）从一楼爬到六楼，实际上升了5层楼的高度，根据公式P＝＝＝，要测量自己上楼时的功率，需要用台秤测量自己的质量、用皮尺测量一层楼楼梯的高度、用秒表测上楼所用的时间，故所需的实验器材为：台秤、皮尺、秒表；
（2）①用台秤测出自身的质量为m；
②用皮尺测出一层楼楼梯的高度h；
③用秒表测量出上楼所用的时间t；
（3）上楼功率的表达式：P＝＝＝。
故答案为：（1）台秤、皮尺、秒表；（2）①用台秤测出自身的质量为m；②用皮尺测出一层楼楼梯的高度h；③用秒表测量出上楼所用的时间t；（3）。
14．（1）P＝＝；（2）②秒表；④；（3）降低跳起高度或减肥减轻体重。
【分析】（1）（2）估测自己跳绳时克服重力的平均功率，根据P＝＝，要测出自己的体重m和跳起的高度h数出在一段时间里跳的次数及所用时间，故还用到测量时间的工具；
（3）每次做的功越少，相同时间里跳的次数越多，成绩才越好。
【解答】解：（1）本实验的原理是：P＝＝；
（2）③根据实验原理知实验中需要测出自己的质量m和跳起的高度h，还要用秒表测出时间t；
④自己所受的重力是mg；每次克服重力所做的功W＝Gh＝mgh，
则跳n次所做的总功：
W总＝nmgh，
则平均功率：
P＝＝；
（3）相同时间里，跳的次数越多成绩越好；
在时间相同，功率一定的情况下，所做的功是一样的；每次做的功越少，相同时间里跳的次数才越多，成绩才越好，所以由W＝mgh可知想提高跳绳测试的成绩，可以降低跳起的高度、减肥（减轻体重）等。
故答案为：（1）P＝＝；（2）②秒表；④；（3）降低跳起高度或减肥减轻体重。
\l "_Tc846" 【实验4 探究影响物体动能大小的因素】
15．（1）C；做功；
（2）当小球的质量相同时，其速度越大，动能越大；
（3）当小球的速度相同时，其质量越大，动能越大。
【分析】球把木盒推出的距离长，说明球的动能大，这是一种转换的方法；动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究；研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同；研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同。
【解答】解：（1）小球推动木块越远，做功越多，小球具有的动能越大，由图可知C球撞击木盒最远，即C球的动能最大；
（2）分析比较（A）、（B）两图可知，两球的质量相同，高度不同，高度越高，到达水平面时速度越大，撞击木盒运动的距离越远，动能越大，故结论为：质量一定时，速度越大，动能越大；
（3）分析比较（A）、（C）两图可知，两球的高度相同，到达水平面时速度相同，质量不同，质量越大，撞击木盒运动的距离越远，动能越大，故结论为：速度一定时，质量越大，动能越大。
故答案为：（1）C；做功；（2）当物体的质量一定时，物体的速度越大，动能越大；（3）当物体的速度一定时，物体的质量越大，动能越大。
16．（1）B；（2）木块滑动的距离；转换法；（3）速度；速度；质量；（4）＞；（5）动能；（6）B
【分析】（1）据题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小；
（2）实验中通过观察木块被钢球推动距离大小判断钢球的动能大小的，利用了转换法；
（3）（5）动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究。研究与速度关系时要保证质量相同，速度不同。研究与质量关系时，要保证速度相同，质量不同；在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用；
（4）滑动摩擦力的大小只与接触面的粗糙程度和压力的大小有关，与物体运动速度的大小无关；根据功的计算公式分析可得；
（6）根据动能大小通过什么体现来分析；铁球的动能是弹簧的弹性势能转化来的，根据弹性势能的改变来分析动能大小。
【解答】解：（1）由题意可知，实验中探究小球动能，即小球撞击木块时的动能的大小，故B符合题意，ACD不符合题意，故选：B；
（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，这是转换法的应用；
（3）由甲、丙两图可知：让质量不同的钢球从斜面的同一高度滚下，是为了使两球到达水平面时速度相等，甲丙中两个小球的质量不同，因此可以通过甲丙探究物体动能与物体质量的关系；最终通过实验可得结论为：相同速度的不同物体，质量越大，动能越大；
（4）甲、乙两次实验中木块被撞击后滑行过程中所受摩擦力分别为f1、f2，因为在同种接触面上，压力不变时，摩擦力大小不变，故f1＝f2，sA＞sB，根据做功的公式W＝fs，可知W1＞W2；
（5）根据甲、乙实验可知，质量相同的小球，小球运动到水平面的速度越大，推动木块通过的距离越大，说明小球的动能越大；即在质量一定时，物体的速度越大，动能越大。汽车在行驶过程中，不允许超过最大限制速度，从物理角度来看，这样做的目的是限制汽车的动能大小；
（6）用质量不同的铁球将同一弹簧压缩相同程度后由静止释放，撞击同一木块，由于弹簧的压缩程度相同，则具有的弹性势能相同，转换成的动能相同，所以推动木块移动的距离也相同，故选B。
故答案为：（1）B；（2）木块滑动的距离；转换法；（3）速度；速度；质量；（4）＞；（5）动能；（6）B。
17．不同；短；速度越大；＝；A。
【分析】动能的决定因素有两个：质量和速度，要利用控制变量法去研究，小球到达水平面时的速度由小球滚下的高度决定；
实验中通过观察木块被小球推动距离大小判断小球的动能大小的，利用了转换法，根据实验现象得出结论；
轨道光滑的，实验过程不存在能的损耗，物体所受的外力全部消失，物体将做匀速直线运动一直运动下去。
【解答】解：由甲、乙两图可知，使质量相同的小球从斜面上不同高度处自由滚下，小球到达水平面时的速度是不同的，
小球滚下的高度越高，小球到达水平面的速度越大；
观察到木块在实验2被撞出的距离比实验1的距离短，从实验结果可得物体质量相同时，速度越大，动能越大；
将小球从一光滑斜槽轨道（OAB）O点自由滚下（图丙），依次经过A、B两点到达C点（忽略空气阻力），设A、B两点的机械能分别为EA和EB，实验过程不存在能的损耗，则EA＝EB；
当小球从B点做斜抛运动到达最高点C时，假设小球所受的外力全部消失，则小球将做匀速直线运动，故选A。
故答案为：不同；短；速度越大；＝；A。
18．（1）重力势；木块被推出距离；转换法；（2）甲、乙；（3）相等；错误。
【分析】（1）（2）分析实验现象可根据小木块被撞的距离比较出动能的大小，运用了转换法；比较甲、乙两图的速度和质量的关系便可得出结论；
木块被撞出得远，说明小球的动能大，根据动能大小和质量大小比较，得出动能和速度的关系；
（3）根据控制变量法和能量的转换情况判断。
【解答】解：（1）实验中小球从斜面上某一高处自由滚到斜面底时，小球所处的高度逐渐降低，其重力势能逐渐减小；但速度越来越快，其动能越来越大，正是小球的重力势能转化为了动能。
小球撞击木块后推动木块在水平面上克服摩擦力做功，将机械能转化为内能，最后静止；所以实验中将小球动能的大小转化推动木块克服摩擦力做功的多少来比较，即小球推动木块移动的距离越远，其对木块所做的功就越多，即具有的动能就越大；反之就越少。所以小球动能的大小可通过观察木块被推出距离大小来判断，这种研究方法是转换法这用到了转换法。
（2）小球到达水平面的速度与下落的高度有关。若要探究物体动能大小与物体速度的关系，则需让同一小球从不同高度自由滚下，所以应选择甲、乙两图进行实验。
如图丁所示，在光滑的水平桌面上将同一根弹簧压缩相同的程度，具有相同弹性势能。分别弹出质量不同的小球时将弹性势能转化为小球的动能去撞击木块，撞击木块时小球的动能相等。
质量不同的小球去撞击木块时动能相等但速度不同，不能控制速度相同，同时在光滑的水平桌面上撞击木块后，小球和木块将做匀速直线运动，无法比较移动的距离，故该方案错误。
故答案为：（1）重力势；木块被推出距离；转换法；（2）甲、乙；（3）相等；错误。
\l "_Tc846" 【实验5 探究影响物体势能大小的因素】
19．（1）A；（2）质量；（3）守恒；（4）D。
【分析】（1）本实验中把小球的重力势能转化成小球陷进沙坑的深度来比较各小球重力势能的大小的，这种研究问题的方法叫转换法；
（2）重力势能的大小与物体的质量和被举的高度有关；比较A、C两球找出相同因素和不同因素，根据小球陷进沙坑的深度比较重力势能的大小，结合控制变量法的思想得出结论；
（3）不考虑空气阻力，没有能量损失，机械能守恒；
（4）先根据小球下落速度的变化中得出单位时间内物体下落高度的变化，再根据W＝Gh即可判断小球重力做功与时间关系的图象。
【解答】解：
（1）小球释放前的重力势能越大，小球的能量就越多，做功本领越强，则小球陷入沙中越深；图中铁球A陷入沙中的深度最大，说明铁球A的重力势能最大；
（2）比较A、C两球可知，两球所处的高度相同，A是铁球，C是塑料球，铁球A的质量大，A球陷入沙的深度大，因此得出的结论是：物体所处的高度相同时，质量越大，物体的重力势能越大；
（3）不考虑空气阻力，下落时减少的重力势能全部转化为动能，机械能大小不变，机械能守恒；
（4）小球在单位时间内下落的高度越来越大（即小球下落过程中速度逐渐增大），根据W＝Gh可知，单位时间内重力对该球做功也越来越多，故D正确。
故答案为：（1）A；（2）质量；（3）守恒；（4）D。
20．（1）木桩陷入沙坑的深度；（2）＜；（3）D。
【分析】（1）铁块的重力势能越大，木桩陷入沙坑的深度越深，铁块的重力势能越小，木桩陷入沙坑的深度越浅；
（2）重力势能与物体的质量、物体被举起的高度有关，当高度相同时，物体的质量越大，重力势能越大；当质量相同时，物体被举得越高，重力势能越大。分析图示实验现象，然后答题；
（3）由（1）知用到了转换法，分析各选项作出判断。
【解答】解：（1）在此实验中，我们是通过观察木桩陷入沙坑的深度比较铁块重力势能的大小，木桩陷入沙坑的深度越大，说明铁块的重力势能越大，木桩陷入沙坑的深度越小，说明铁块的重力势能越小。
（2）若A、C两铁块下落的高度相同，铁块的质量越大，铁块的重力势能越大，木桩陷入沙坑的深度越大；由图示可知，铁块C下面的木桩陷入沙坑的深度大，A下面的木桩陷入沙坑的深度小，因此铁块C的质量大于铁块A的质量，则mA＜mC；
（3）该实验步骤（1）中用到的实验方法是转换法，
A、牛顿第一定律的得出用到了实验推理法，故A不符合题意；
B、探究滑动摩擦力大小与什么因素有关用到了控制变量法，故B不符合题意；
C．探究杠杆的平衡条件多次实验找普遍规律，没有采用转换法，故C不符合题意；
D、探究正在发声的音叉放入水中、溅起水花，探究声音如何产生，将音叉的振动转换为溅起的水花，用到了转换法，故D符合题意。
故选：D。
故答案为：（1）木桩陷入沙坑的深度；（2）＜；（3）D。
21．（1）小球陷入沙中的深度；（2）一；（3）A、C；质量；（4）没有控制下落高度相同；（5）无关。
【分析】（1）该实验中通过小球陷入沙中的深度来反映小球重力势能的大小，采用了转换法；
（2）影响重力势能的因素有物体的质量和下落高度，实验中研究物体的重力势能与物体质量的关系时，需要保持下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；
（3）研究物体重力势能与下落高度的关系时，需要保持物体的质量和运动路径相同，改变下落高度，据此得出结论；
（4）研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体质量；
（5）研究物体重力势能与运动路径的关系时，需要保持物体质量和下落高度相同，改变运动路径。
【解答】解：（1）本实验中，根据转换法，小球重力势能的大小是通过小球陷入沙中的深度来反映的；
（2）比较A、B两球，下落高度和运动路径相同，B球质量大于A球质量，发现B球陷入沙中的深度更大，说明当下落高度一定时，物体的质量越大，重力势能越大，由此可验证猜想一；
（3）为验证猜想二，即研究重力势能与下落高度的关系，需要保持小球的质量和运动路径相同，改变下落的高度，由图可知应比较A、C两球；
由图可知，C球比A球陷入沙中的深度更大，说明当物体质量相同时，下落的高度越高，物体的重力势能越大；
（4）研究物体重力势能与质量的关系时，需要保持物体下落高度和运动路径相同，改变物体的质量；而B、C两球下落的高度不同（即没有控制下落高度相同），所以不能研究物体重力势能与质量的关系；
（5）比较C、D两球，两球的质量相同，下落高度也相同，而两球的运动路径不同，发现两球陷入沙中的深度相同，由此可得出结论：物体的重力势能与物体运动的路径无关。
故答案为：（1）小球陷入沙中的深度；（2）一；（3）A、C；质量；（4）没有控制下落高度相同；（5）无关。
22．（1）重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；小；（2）质量相同，高度越低，重力势能越小；（3）质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度
（4）D；水资源丰富（或水量大）和地势高度差大。
【分析】（1）（2）动能的大小与质量和速度有关，重力势能的大小与高度和质量有关，弹性势能的大小与弹性形变的程度有关；
（3）控制变量法在此实验中的应用，重力势能与物体的质量和被举高度有关，在探究重力势能与其中一个量的关系时，另一个量保持不变，改变要探究的量，再根据转换法进行解答。
【解答】解：（1）整个过程涉及的能量转化情况为：重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；铁球重力势能的大小可以用被压缩后弹簧的长度来反映，长度越长，弹簧的形变越小，弹性势能越小，则说明铁球的重力势能越小；
（2）将同一铁球先后从同一斜面的不同高度h1、h2（h1＜h2）处由静止释放，弹簧被压缩后的长度分别为l1、l2（l1＞l2），结合（1）的分析上可得出的结论是：质量相同，高度越低，重力势能越小；
（3）若要探究重力势能大小与物体质量的关系，设计思路为：质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度；
（4）D位置与上游的高度差较大，所以应该安装在D位置；水资源丰富（或水量大）和地势高度差大，重力势能就大，转化为的动能就越大；
故答案为：（1）重力势能先转化为动能，动能再转化为弹性势能；小；（2）质量相同，高度越低，重力势能越小；（3）质量不同的小球从同一斜面的同一高度静止释放，比较弹簧压缩后的长度
（4）D：水资源丰富（或水量大）和地势高度差大。
\l "_Tc16452" 【实验6 测量滑轮组的机械效率的实验】
23．（1）1、4；（2）偏小；（3）同一个滑轮组，提升的物体越重，它的机械效率越高。
【分析】（1）根据绳子自由端移动的距离s与物体升高的高度h的关系s＝nh，判断哪两次实验是用的同一装置，再分析当物重不变，提升物体的高度改变时，机械效率与高度的关系；
（2）加速拉动时，拉力将变大，根据W总＝Fs可知总功的变化，再根据机械效率等于有用功和总功的比值可知机械效率的变化情况；
（3）第2、3实验中，增大了提升的物体重力，拉力变大，机械效率变大，据此得出结论。
【解答】解：
（1）绳子自由端移动的距离s与物体升高的高度h的关系为s＝nh，则绳子的有效股数：n＝；
第1、4次实验中，绳子的有效股数n＝2，用的是甲装置；
第2、3实验中，绳子的有效股数n＝4，用的是乙、丙装置；
由表中1、4实验可知，同一装置，提升物体的重力相同，而提升的高度不同，但机械效率相同，即同一滑滑轮组机械效率与物体上升的高度无关；
（2）实验中，应匀速竖直向上拉动弹簧测力计；
若加速拉动时，拉力将变大，根据W总＝Fs可知，总功变大；
有用功不变时，总功变大，由η＝×100%可知，测得的机械效率偏小；
（3）第2、3实验中，增大了提升的物体重力，拉力变大，机械效率变大，可得结论：同一个滑轮组，提升的物体越重，它的机械效率越高。
故答案为：（1）1、4；（2）偏小；（3）同一个滑轮组，提升的物体越重，它的机械效率越高。
24．（1）0．05；（2）80；（3）大；无关；（4）A。
【分析】（1）根据速度公式计算绳子自由端上升的速度。
（2）根据有用功和效率的公式进行计算。
（3）使用同一滑轮组提升重物时，重物重力越大，机械效率越高；同样的滑轮组提升同样的重物，机械效率与速度无关。
（4）减轻动滑轮的重力可以提高机械效率。
【解答】解：（1）第1次实验时，钩码上升的时间为3s，此过程中，绳子自由端上升的速度为：。
（2）第4次实验时所做的有用功为：W有＝Gh＝6．0N×0．05m＝0．3J，
总功为W总＝Fs＝2．5N×0．15m＝0．375J，
滑轮组的机械效率为：。
（3）分析1、2、4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2、3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．换用更轻的动滑轮，所做的额外功越少，机械效率越高，故A符合题意；
B．加快提升物体的速度，机械效率不变，故B不符合题意。
故选：A。
故答案为：（1）0．05；（2）80；（3）大；无关；（4）A。
25．（1）竖直；匀速竖直；（2）66．7；高；（3）1．1；（4）低；（5）高。
【分析】（1）实验过程中要匀速直线拉动弹簧测力计，弹簧测力计示数不变，便于读数。
（2）知道钩码重G、钩码升高的距离h、动力F、动力点移动的距离s，利用W有用＝Gh求出有用功、W总＝Fs计算总功、机械效率，计算两次的机械效率并进行比较。
（3）若不计摩擦，则只考虑克服动滑轮重力做额外功，计算两次的额外功，根据G动＝计算动滑轮重力并取平均值。
（4）当所提物体的重力和上升高度不变时，有用功不变，增加1个动滑轮，则克服动滑轮重力做的额外功增加，机械效率降低。
（5）在弹簧测力计静止时读数，则没有测量出机械之间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，据此分析。
【解答】解：（1）在进行“测定动滑轮机械效率”的实验过程中，应沿着竖直方向上缓慢拉动弹簧测力计，使物体匀速直线上升，便于准确的测量出拉力的大小。
（2）分析实验数据可知，第一次实验中所做有用功为W有用＝Gh＝2N×0．1m＝0．2J，
所做总功为W总＝Fs＝1．5N×0．2m＝0．3J，
机械效率η＝≈66．7%，
同理可得，第二次实验的机械效率为η′＝＝80．6%，
由此可知，第二次的机械效率比第一次高。
（3）若不计摩擦，则只考虑克服动滑轮重力做额外功，第一次的额外功为W额＝W总﹣W有用＝0．3J﹣0．2J＝0．1J，
则动滑轮的重力为G动＝＝1N；
第二次的额外功为W额′＝W总′﹣W有用′＝F′s′﹣G′h′＝3．1×0．1m﹣5N×0．05m＝0．06J，则动滑轮的重力G动′＝＝1．2N；
根据两次的动滑轮重力取平均值，可得动滑轮重力为1．1N，
（4）当所提物体的重力和上升高度不变时，有用功W有用＝Gh不变，增加1个动滑轮，则克服动滑轮重力做的额外功W额＝G动h增加，使得总功变大，机械效率将降低。
（5）[7]在实验时弹簧测力计示数不稳定，为了方便读数，他在弹簧测力计静止时读数，则没有测量出机械之间的摩擦，拉力偏小，总功偏小，有用功不变，此时所测的机械效率偏高。
故答案为：（1）竖直；匀速竖直；（2）66．7；高；（3）1．1；（4）低；（5）高。
26．（1）匀速；摩擦力；（2）越高；（3）1；（4）乙；丙图中要克服两个动滑轮做额外功，乙图中要克服一个动滑轮做额外功，丙图中的装置机械效率低。
【分析】（1）利用二力平衡的体积分析；小华没有考虑到绳子与轮之间的摩擦力对滑轮组机械效率的影响，导致测力计示数偏小。
（2）由表格中1、2次数据分析解答；
（3）（4）提升物体绳子的段数越多越省力；用不同的滑轮组提升相同的重物时，做的有用功是相同的，如果动滑轮越重，做的额外功就越多，则机械效率就越小。
【解答】解：（1）实验中要竖直向上匀速拉动弹簧测力计，使物体匀速升高，此时系统处于平衡状态，测力计示数才等于拉力大小。
小华认为静止读数也可以，他的想法不正确，因为小华没有考虑到绳子与轮之间的摩擦力对滑轮组机械效率的影响，导致测力计示数偏小。
（2）由表格中1、2次数据可知，同一滑轮组提升重物时，钩码上升的高度相同，钩码越重，滑轮组的机械效率越高。
（3）由图丙可知，滑轮组绳子承重股数为n＝4，第四次实验中测得的机械效率为
根据可得，每个动滑轮的重力为；
（4）如果用乙、丙两图的滑轮组提升相同重物，提升相同的物体，丙图中要克服两个动滑轮做额外功，乙图中要克服一个动滑轮做额外功，丙图中的装置机械效率低，故可得出：提升物重相同的物体，动滑轮个数少，机械效率越高。
故答案为：（1）匀速；摩擦力；（2）越高；（3）1；（4）乙；丙图中要克服两个动滑轮做额外功，乙图中要克服一个动滑轮做额外功，丙图中的装置机械效率低。
27．（1）匀速；（2）甲；（3）0．8；（4）62．5%；（5）B；（6）B。
【分析】（1）在实验中，为了正确测出拉力的大小，应拉动弹簧测力计匀速竖直上升。
（2）由表中数据可知，绳子自由端移动的距离是钩码上升的高度的3倍，据此分析。
（3）利用F＝求得动滑轮的重力。
（4）根据表中实验数据，应用效率公式求出滑轮组的效率。
（5）通过以上实验结论可知，滑轮组的机械效率跟动滑轮重、绳重、摩擦（克服动滑轮重、绳重、摩擦做额外功）、提起物体的重（克服物重做有用功）有关；与物体被提升的高度无关。
（6）从题可知，动滑轮的重力不可忽略，则克服动滑轮的重和绳与滑轮间的摩擦所做的功为额外功，首先根据影响摩擦力大小的因素判断出绳与滑轮间的摩擦，再利用公式η＝判断出滑轮组的机械效率η与物体重力G的关系。
【解答】解：（1）实验中要竖直向上匀速缓慢拉动物体，目的是使物体处于平衡状态，弹簧测力计的示数稳定，便于准确读数。
（2）由表中数据可知，绳子自由端移动的距离是钩码上升的高度的3倍，因此n＝3，可知小华采用的是甲实验装置。
（3）结合F＝可知，动滑轮的重力G动＝3F﹣G＝3×0．6N﹣1．0N＝0．8N。
（4）第2次实验时的机械效率η＝＝＝＝62．5%。
（5）分析实验的数据可知，为了提高滑轮组的机械效率
A．增大钩码的重力，由1、2、3组数据可知，同一滑轮组，提升的高度相同时，提升的钩码的重力越大，滑轮组的机械效率越高，故A错误；
B．由3、4两组数据可知，增加钩码上升的高度，不能提高滑轮组的机械效率，故B正确；
C．在滑轮转轴处涂润滑油，可以减小摩擦力，即可以减少额外功，有用功不变，可以提高机械效率，故C错误；
D．换用质量更小的动滑轮，即可以减少额外功，有用功不变，可以提高机械效率，故D错误。
故选B。
（6）多次只改变钩码的重力G并测出滑轮组的机械效率η，则η与G的关系η＝＝＝＝＝，
当G增大时，机械效率η增大，但机械效率与物体的重力不成正比，
A．由以上分析，机械效率与提升物体的重力不成正比，故A错误；
B．机械效率随重力的增大而增大，但不成正比，故B正确；
C．机械效率不随提升物体重力的变化而变化，故C错误；
D．机械效率随提升物体重力的增加而减小，故D错误。
故选B。
故答案为：（1）匀速；（2）甲；（3）0．8；（4）62．5%；（5）B；（6）B。
\l "_Tc5338" 【实验7 斜面机械效率的测量实验】
28．（1）弹簧测力计；（2）80．6；（3）缓；高。
【分析】（1）根据实验需要测量的量选择测量工具；
（2）由机械效率的计算式可求得机械效率；
（3）通过分析表格可看出，实验1中所用的力最小，而实验1中斜面较缓；通过比较三次实验可发现斜面的机械效率与斜面倾斜程度的关系。
【解答】解：（1）要测量斜面的机械效率，需要测量物重及拉力的大小，故需要弹簧测力计；还需要测量斜面的高度和斜面的长度，故需要有刻度尺；
（2）第③次的机械效率：η＝＝×100%≈80．6%；
（3）通过比较发现，实验1中力最小，实验3中力最大，而实验1中斜面最缓，实验3中斜面最陡，故可得：在粗糙程度一定时，斜面倾斜程度越缓越省力，越陡越费力；
由数据分析可知，三次实验中，物体的重力相同，上升的高度不同，斜面的倾斜程度不同，斜面越陡，机械效率越高。
故答案为：（1）弹簧测力计；（2）80．6；（3）缓；高。
29．（1）右；力臂的大小；（2）①匀速直线；②66．7；③变大；（3）1；80%；0．2。
【分析】（1）在调平杠杆平衡时，杠杆的哪端高，平衡螺母要向哪端移动；实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①实验中应拉动弹簧测力计做匀速直线运动并读出测力计示数；
②根据第3次实验数据，利用η＝×100%求出滑轮组的机械效率；
③滑轮组对动滑轮做额外功，据此分析动滑轮重力减小时机械效率的变化；
（3）根据W有＝Gh计算出有用功，根据W＝Fs计算出总功，再根据η＝×100%求出机械效率；接下来根据W额＝W总﹣W有计算出额外功，最后根据f＝计算摩擦力即可。
【解答】解：（1）根据图甲可知，杠杆的右端上翘，则右端轻，因此平衡螺母应该向右调节；
实验前要调节杠杆的平衡螺母使其在水平位置平衡，其目的是使杠杆的重心落在支点上，从而消除杠杆的重力对平衡的影响，同时便于测量力臂的大小；
（2）①实验中，为了确保示数稳定，应缓慢拉动弹簧测力计，使钩码竖直向上做匀速直线运动；
②第3次实验中，滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝×100%≈66．7%；
③使用滑轮组提升重物时，克服动滑轮的重力所做的功是额外功。提升同一物体时，有用功相等，动滑轮的重力减小，额外功减小，滑轮组的机械效率变大；
（3）利用斜面做的有用功W有′＝G′h′＝4N×0．2m＝0．8J；
总功为：W总'＝F′s′＝1N×1m＝1J；
斜面的机械效率：η′＝×100%＝×100%＝80%；
克服摩擦做的额外功W额＝W总′﹣W有′＝1J﹣0．8J＝0．2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：
f＝＝＝0．2N。
故答案为：（1）右；力臂的大小；（2）①匀速直线；②66．7；③变大；（3）1；80%；0．2。
30．（1）F1l1＝F2l2；避免偶然性，得出普遍规律；（2）0．54；75；ABC；（3）减小接触面的粗糙程度；0．2
【分析】（1）根据表格数据总结杠杆的平衡条件；多次测量收集不同的数据，才能寻找普遍规律；
（2）根据W有＝Gh求出小林做的有用功；
根据滑轮组装置确定绳子股数，根据测力计分度值读数，利用W总＝Fs＝Fnh求出总功，根据η＝×100%求出滑轮组的机械效率；
根据影响滑轮组效率高低的因素分析答题；
（3）根据影响滑动摩擦力大小和斜面机械效率的因素分析解答。首先根据W有＝Gh计算出有用功，再根据W总＝计算出总功，接下来根据W额＝W总﹣W有计算出额外功，最后根据f＝计算摩擦力即可。
【解答】解：（1）根据表格数据：3．0N×0．20m＝2．0N×0．30m＝0．6N•m；
2．0N×0．15m＝1．5N×0．20m＝0．3N•m；
1．5N×0．20m＝1．0N×0．30m＝0．3N•m；
总结杠杆的平衡条件：F1l1＝F2l2；
实验中要改变力和力臂的大小，进行多次实验，这样才能避免偶然性，得出普遍规律；
（2）小林做的有用功为：
W有＝Gh＝2．7N×0．2m＝0．54J；
由图可知，n＝3，
测力计分度值0．2N，其示数为1．2N，
拉力做的总功为W总＝Fs＝Fnh＝1．2N×3×0．2m＝0．72J，
则滑轮组的机械效率为：
η＝×100%＝×100%＝75%；
要提高滑轮组的机械效率，可以：
A、减轻动滑轮重力，在提升相同重物、提升相同高度时，减小额外功，而有用功不变，总功减小，有用功与总功的比值增大，提高了滑轮组的机械效率，故A正确；
B、增大提升的物体重力，则有用功增大，有用功与总功的比值增大，可以提高滑轮组的机械效率，故B正确；
C、机械加润滑油，在提升相同重物、提升相同高度时，减小因摩擦产生的额外功，而有用功不变，总功减小，有用功与总功的比值增大，提高了滑轮组的机械效率，故C正确；
D、滑轮组的机械效率η＝＝，可见滑轮组的机械效率与提升物体的高度无关，所以，增加重物上升高度，不能提高滑轮组的机械效率，故D错误；
故选：ABC；
（3）保持斜面倾斜程度不变，可以采用减小接触面的粗糙程度的方法减小摩擦，从而提高斜面的机械效率。
利用斜面做的有用功W有′＝Gh＝4N×0．2m＝0．8J；
W总′＝＝＝1J；
克服摩擦做的额外功W额＝W总′﹣W有′＝1J﹣0．8J＝0．2J；
物体在斜面上受到的摩擦力：
f＝＝0．2N。
故答案为：（1）F1l1＝F2l2；避免偶然性，得出普遍规律；（2）0．54；75；ABC；（3）减小接触面的粗糙程度；0．2。
31．（1）匀速直线；70．6%；（2）越高；（3）盘山公路。
【分析】（1）实验用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动，测力计示数才恒定；根据W有用＝Gh求出有用功，根据W总＝Fs求出总功，根据效率公式求出机械效率；
（2）分析表格数据可得出结论；
（3）生活中利用斜面的实例：盘山公路。
【解答】解：
（1）实验中要求用沿斜面向上的力拉着木块在斜面上做匀速直线运动；
有用功：W有用＝Gh＝10N×0．6m＝6J，拉力做的总功：W总＝Fs＝8．5N×1m＝8．5J，
斜面的机械效率：η＝＝≈70．6%；
（2）分析表格数据可知，物块的重力相同时，当斜面的倾斜程度较缓时，机械效率为36．4%，当倾斜程度较陡时，机械效率为57．1%，当斜面的倾斜程度最陡时，机械效率为70．6%，
所以，在其他条件一定时，斜面的倾斜程度越大，机械效率越高；
（3）生活中利用斜面的实例：盘山公路。
故答案为：（1）匀速直线；70．6%；（2）越高；（3）盘山公路。
\l "_Tc31833" 【实验8 杠杆机械效率的测量实验】
32．（1）66．7%；（2）钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，有用功不变，杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，所以Gh1+G杠h变小，所以Fh2也变小，即总功变小，根据机械效率的公式知，机械效率变大。
【分析】（1）弹簧测力计每一个大格代表1N，每一个小格代表0．1N，正确读数；根据公式进行计算：W有＝Gh，W总＝Fs，η＝×100%；
（2）将钩码的悬挂点从A点移至B点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，克服杠杆重做功减小，有用功不变，额外功减小，总功减小，机械效率增大。
【解答】解：（1）弹簧测力计每一个大格代表1N，每一个小格代表0．1N，示数为0．5N；
用杠杆提起货物，对货物做的功是有用功，W有＝Gh＝1N×0．1m＝0．1J，
用杠杆提起货物，对整个杠杆做的功是总功，W总＝Fs＝0．5N×0．3m＝0．15J。
所以杠杆的机械效率：η＝×100%＝×100%≈66．7%；
（2）钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，所以Gh1+G杠h变小，所以Fh2也变小。根据η＝×100%，分母变小，分子不变，所以η变大，即ηA＜ηB。
故答案为：（1）66．7%；（2）钩码从A点到B点，钩码还升高相同的高度，有用功不变，杠杆上旋的角度减小，杠杆升高的距离h变小，所以Gh1+G杠h变小，所以Fh2也变小，即总功变小，根据机械效率的公式知，机械效率变大。
33．（1）将平衡螺母需向右调节使杠杆重心右移，使杠杆在水平位置平衡；（2）将左侧的钩码去掉一个；（3）大于；（4）变大；根据图示可知，将钩码移动到B点时，阻力和动力臂都不变，阻力臂增大，由F1L1＝F2L2可知，动力将变大；将钩码移至B点，提升相同高度，有用功相同，弹簧测力计竖直移动的距离不同，B点时杠杆上上升的高度小些，做的额外功小些，所以机械效率变大。
【分析】（1）杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，调节平衡螺母应使杠杆重心右移，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向哪端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断去掉哪侧钩码；
（3）先假设弹簧测力计竖直向下拉杠杆，根据杠杆的平衡条件求出此时的拉力大小，再分析拉力的方向倾斜时，拉力力臂的变化，根据杠杆的平衡条件分析弹簧测力计示数变化；
（4）根据杠杆平衡条件进行分析；通过分析有用功和额外功的变化得出机械效率的变化。
【解答】解：（1）杠杆静止时，杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，应将平衡螺母需向右调节使杠杆重心右移，使杠杆在水平位置平衡；
（2）设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：F左L左＝F右L右，即3G×3L＞2G×3L，故左端下沉；
要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不增加钩码总个数和悬挂点位置，只需要将左侧的钩码去掉一个，则有：2G×3L＝2G×3L，即可平衡；
（3）假设弹簧测力计竖直向下拉杠杆，由杠杆的平衡条件：F左L左＝F右L右，即3G×4L＝F×3L，解得F＝4G＝4×0．5N＝2N，
由图可知弹簧测力计向右倾斜，拉力力臂变小，根据杠杆平衡条件可知，拉力变大，即弹簧测力计的示数大于2N；
（4）根据图示可知，将钩码移动到B点时，阻力和动力臂都不变，阻力臂增大，由F1L1＝F2L2可知，动力将变大；
将钩码移至B点，提升相同高度，有用功相同，弹簧测力计竖直移动的距离不同，B点时杠杆上上升的高度小些，做的额外功小些，所以机械效率变大。
故答案为：（1）将平衡螺母需向右调节使杠杆重心右移，使杠杆在水平位置平衡；（2）将左侧的钩码去掉一个；（3）大于；（4）变大；根据图示可知，将钩码移动到B点时，阻力和动力臂都不变，阻力臂增大，由F1L1＝F2L2可知，动力将变大；将钩码移至B点，提升相同高度，有用功相同，弹簧测力计竖直移动的距离不同，B点时杠杆上上升的高度小些，做的额外功小些，所以机械效率变大。
34．（1）×100%；（2）杠杆的自重；（3）变大；不变。
【分析】（1）使用杠杆克服钩码的重力做功，有用功等于克服钩码重力做的功，总功等于弹簧测力计的拉力做的功，机械效率等于有用功和总功的比值；
（2）机械效率是有用功和总功的比值，它反映了有用功在总功中所占比例的大小，也反映了额外功所占比例的大小，影响机械效率的因素从有用功和额外功两方面考虑；
（3）若只增加钩码的重力，所做的有用功增加，额外功不变；若只将弹簧测力计的悬挂点由B移至C，改变了测力计的力臂，根据杠杆平衡条件分析，改变了弹簧测力计的拉力，如果仍使钩码提升相同的高度，那么杠杆提升的高度不变，额外功不变，据此分析杠杆的机械效率。
【解答】解：（1）有用功为W有＝Gh1，总功W总＝Fh2，则机械效率的表达式η＝×100%＝×100%。
（2）有用功是提升钩码所做的功，额外功主要是克服杠杆重力做的功，影响机械效率的因素主要是有用功和总功所占的比例；提升的钩码重一定说明有用功一定，所以影响杠杆机械效率的主要因素是杠杆自身的重力。
（3）若只增加钩码的重力，所做的有用功增加，额外功不变，杠杆机械效率变大；若只将弹簧测力计的悬挂点由B移至C，测力计的力臂变短，由杠杆的平衡条件得G•OA＝F•L，所以拉力F也变大，如果仍使钩码提升相同的高度，那么杠杆提升的高度不变，额外功不变，因此杠杆的机械效率不变。
故答案为：（1）×100%；（2）杠杆的自重；（3）变大；不变。
\l "_Tc846" 【实验9 探究分子动理论的实验】
35．见试题解答内容
【分析】一切物质的分子间都存在间隙，分子是在永不停息地做无规则运动；分子的无规则运动与温度有关，温度越高运动越剧烈；分子间存在相互作用的引力和斥力。
【解答】解：（1）因为分子间存在着空隙，水和酒精充分混合后，酒精分子和水分子分别进入了对方分子的空隙中，使得水和酒精混合后的总体积变小了。
（2）二氧化氮气体的颜色是红棕色的，而且比空气的密度大，因此必须放在下面的瓶子中，避免由于重力使气体向下落，分不清是重力还是扩散。
（3）因为玻璃和水接触在一起，并且玻璃分子和水分子间的距离在引力作用的范围内，故水分子和玻璃分子之间存在相互作用的引力，故向上拉玻璃板时，弹簧测力计的读数将变大。
故答案为：（1）分子间存在间隙；（2）下；（3）大；小；分子间存在引力。
36．（1）d；做无规则运动；（2）e；引力；（3）空隙。
【分析】（1）构成物质的分子总在不停地做无规则运动。
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力。
（3）分子间由间隙。
【解答】解：（1）图a和图d两个实验形成实验现象的原因相同，都是由于分子无规则运动产生的现象；
（2）图b的实验现象：玻璃很难从水面拉起来，说明分子之间存在引力；同时图e中削平的两个铅块很难被拉开同样说明分子之间存在引力；
（3）图c中，水和酒精充分混合后的总体积小于混合前水和酒精的总体积，说明分子之间有间隙。
故答案为：（1）d；做无规则运动；（2）e；引力；（3）空隙。
37．（1）在不停地做无规则运动；不能；（2）斥力；（3）有引力；拉伸。
【分析】（1）分子都在不停地做无规则运动；
（2）分子间存在相互作用的引力和斥力。
【解答】解：（1）水分子和硫酸铜分子在不停地做无规则运动，所以上面的水分子要向下运动，进入到硫酸铜溶液中，同理硫酸铜分子向上运动，进入到上面的水中；
为了排除气体的密度的影响，密度大的二氧化氮瓶子应在下面，而小宇将密度大的二氧化氮的瓶子放在了上面，由于二氧化氮的密度大，抽掉玻璃板后，二氧化氮会向下运动，不能说明分子的无规则运动；
（2）用注射器抽取半筒水，排出内部空气，用手指封闭注射器的筒口，向里推压注射器的活塞感觉很困难，此现象说明分子间存在斥力；
（3）当玻璃接触水面时，由于水分子和玻璃分子距离较近，故两种分子之间会产生相互作用的引力，用弹簧测力计将玻璃拉起需提供比玻璃重力大的力．说明玻璃和水的接触面之间存在相互作用的分子引力；由于分子间引力的存在，固体很难被拉伸。
故答案为：（1）在不停地做无规则运动；不能；（2）斥力；（3）有引力；拉伸。
38．（1）下；无规则运动；（2）温度；（3）＞；引力；（4）间隙。
【分析】（1）二氧化氮气体的颜色是红棕色的，而且比空气的密度大；分子是在永不停息地做无规则运动；
（2）温度对分子热运动的影响，温度越高，分子热运动越剧烈；
（3）分子间存在相互作用的引力和斥力。
（4）分子间有间隙。
【解答】解：（1）二氧化氮气体的颜色是红棕色的，而且比空气的密度大，因此必须放在下面的瓶子中，避免由于重力使气体向下落，分不清是重力作用还是扩散；
（2）红墨水在热水中比在冷水中扩散快，说明分子做无规则运动快慢与温度有关，温度越高，分子热运动越剧烈，扩散现象越明显；
（3）因为玻璃和水接触在一起，并且玻璃分子和水分子间的距离在引力作用的范围内，故水分子和玻璃分子之间存在相互作用的引力，故向上拉玻璃板时，弹簧测力计的读数将变大。
（4）先后将50mL水和50mL的酒精倒入玻璃管中，反复翻转几次后发现水和酒精的总体积小于100mL，酒精和水分子彼此进入对方的空隙中，这说明：分子间有间隙。
故答案为：（1）下；无规则运动；（2）温度；（3）＞；引力；（4）间隙。
\l "_Tc846" 【实验10 探究比较不同物质吸热的情况】
39．（1）天平；停表；（2）质量；（3）39；（4）加热时间；（5）沙子；水。
【分析】（1）（2）（4）（5）我们使用相同的加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（3）对温度计进行读数时，需要先观察温度计的量程和分度值。
【解答】解：（1）物体吸收热量的多少是通过加热时间来反映的，需要用停表来测量时间；
实验中还需要控制沙子和水的质量相同，所以还需要天平；
（2）在比较不同物质的吸热能力的实验中，应在两个相同的烧杯中加入初温相同和质量都相同的水和沙子；
（3）温度计的分度值为1℃，此时的示数为39℃；
（4）实验中，是通过比较加热时间来间接反映沙子和水吸收热量的多少；
（5）由图象可知，质量相等的沙子和水在加热相同的时间时，沙子升温较快，而在升高相同的温度时，水需要加热更长的时间，则水吸收的热量较多说明水的吸热能力较强。
故答案为：（1）天平；停表；（2）质量；（3）39；（4）加热时间；（5）沙子；水。
40．（1）秒表；（2）质量；（3）吸收热量；（4）水；（5）相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【分析】（1）“探究不同物质吸热升温现象”的实验中，需要用温度计测量液体的温度、用秒表测量加热时间、用天平测量液体的质量；
（2）（3）（4）我们使用相同的电加热器，通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：
①使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；
②使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
【解答】解：（1）实验中需要测量水与煤油的加热时间，需要用到秒表；
（2）在“比较不同物质的吸热情况”实验中，需要控制水和煤油的质量相同；
（3）用相同的电加热器加热，在相同的时间内，物质吸收的热量相同，故用加热时间表示物质吸收热量的多少；
（4）由题意可知，升高相同的温度，水加热时间较长，根据比较吸热能力的第1种方法，则水的吸热能力强，即水的比热容较大；也可以通过加热相同的时间，比较升高的温度，是相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
故答案为：（1）秒表；（2）质量；（3）吸收热量；（4）水；（5）相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强。
41．（1）相等；（2）自下而上；温度计玻璃泡与容器底部接触了；（3）受热均匀；（4）20；（5）加热时间；温度变化；水；（6）小于；（7）不相同；2．1×103；（8）水；（9）6．0×105。
【分析】（1）（5）我们使用相同的酒精灯通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
比较物质吸热能力的2种方法：使相同质量的不同物质升高相同的温度，比较吸收的热量（即比较加热时间），吸收热量多的吸热能力强；或使相同质量的不同物质吸收相同的热量（即加热相同的时间），比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；
（2）根据用酒精灯的外焰加热分析；用温度计测液体的温度时，温度计玻璃泡要与待测液体充分接触，不能接触容器底部和侧壁接触；
（3）为了使水和煤油受热均匀，加热过程中用玻璃棒不断地搅拌。
（4）根据温度计分度值读数；
（6 ）从8﹣10分钟，煤油吸热升温，内能变大；
（7）根据表格数据可知，加热相同时间水升温慢，据此推理回答；
得了加热10分钟（吸热相同），水和煤油升高的温度，根据Q＝cmΔt可知在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，据此得出煤油的比热容；
（8）水的比热容大，实验结束后撤去酒精灯，相同时间放热相同，水的温度下降得慢；
（9）根据Q＝mq得出本实验消耗酒精完全燃烧放出的热量。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同，实验前，小明应选取初温和质量相等的水和煤油进行实验。
（2）要用酒精灯的外焰加热，在安装实验装置时，应按照自下而上的顺序。检查装置时发现图乙装置中存在的一处错误是温度计玻璃泡与容器底部接触了。
（3）改正装置后开始实验，加热过程中用玻璃棒不断地搅拌是为了使水和煤油受热均匀。
（4）小明每隔2min读取一次水和煤油的温度，将实验数据记录在表格中，其中第8min时水的温度如图丙所示，其示数为20℃。
（5）根据转换法，实验中，用加热时间间接反映水和煤油吸热的多少，通过比较温度变化的多少来判断水和煤油吸热能力的强弱的。
分析数据可知，加热相同时间，水升温慢，水的吸热本领更强。
（6 ）从8﹣10分钟，煤油吸热升温，内能变大，故煤油第8min的内能小于第10min的内能。
（7）根据表格数据可知，加热相同时间水升温慢，据此推理，烧杯中的水和煤油，升高相同的温度时，水加热时间长，故水吸热多，即吸收的热量不相同；
加热10分钟（吸热相同），水升高的温度为
25℃﹣5℃＝20℃
煤油升高的温度为
45℃﹣5℃＝40℃
根据 Q＝cmΔt可知，在质量和吸热相同的情况下，比热容与升高的温度之积为一定值，升高的温度与比热容成反比，煤油的比热容是：
c＝×4．2×103J/（kg•℃）＝2．1×103J/（kg•℃）；
（8）水的比热容大，实验结束后撤去酒精灯，相同时间放热相同，水的温度下降得慢，利用该特性小明选其为暖手袋的供热物质
（9）若本实验共消耗酒精20g，则这些酒精完全燃烧放出的热量为：
Q放＝mq酒精＝0．02kg×3．0×107J/kg＝6．0×105J。
故答案为：（1）相等；（2）自下而上；温度计玻璃泡与容器底部接触了；（3）受热均匀；（4）20；（5）加热时间；温度变化；水；（6）小于；（7）不相同；2．1×103；（8）水；（9）6．0×105。
42．（1）质量；（2）易控制相同时间吸热相同；（3）加热时间；（4）①水；②2．1×103；（5）煤油；
（6）质量。
【分析】（1）（3）我们使同一热源通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转换法；
（2）从易于控制吸热相同分析；
（4）①根据记录的数据作出了两种液体的温度（T）随时间（t）变化的图像得出升高3℃水和煤油的加热时间，根据比较吸热能力的方法回答；
②由转换法可知煤油和水的吸热之比，根Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，据此得出煤油的比热容；
（5）水的比热大，停止加热后，相同时间放热相同，水温度下降得慢；
（6）根据Q＝cmΔt可知，Q＝kΔt中的k＝cm，据此推导得出结论。
【解答】解：（1）根据比较吸热能力的方法，要控制不同物质的质量相同（不同物质密度不同，根据m＝ρV，体积相同的不同物质质量不同），故在两个完全相同的试管中分别装入质量、初温都相同的水和煤油。
（2）如图甲所示，将分别装有水和煤油的试管放在同一个烧杯中用水加热，而不是用两个酒精灯分别加热，这样做的好处是易控制相同时间吸热相同。
（3）根据转换法，加热过程中水和煤油吸热的多少是通过加热时间来反映的。
【解释】
（4）①根据记录的数据作出了两种液体的温度（T）随时间（t）变化的图像知，升高3℃，水和煤油的加热时间分别为6秒和3秒，故水的吸热能力强；
②由转换法，煤油和水的吸热之比为1：2，根Q＝cmΔt可知，在质量和升高的温度相同的情况下，吸热与比热容成正比，若水的比热容为4．2×103J/（kg•℃），则煤油的比热容为：
c＝×4．2×103J/（kg•℃）＝2．1×103J/（kg•℃）。
（5）水的比热大，停止加热后，相同时间放热相同，水温度下降得慢，煤温度下降得快。
（6）根据Q＝cmΔt可知，Q＝kΔt中的k＝cm，则有k1＝cm1，k2＝cm2，
因为＝，所以
＝，即这两条直线的k值与对应水的质量之比相等。
故答案为：（1）质量；
（2）易控制相同时间吸热相同；
（3）加热时间；
（4）①水；②2．1×103；
（5）煤油；
（6）质量。
\l "_Tc846" 【实验11 探究“比较两种燃料的热值”的实验】
43．（1）液体；（2）B；A；（3）1：4。
【分析】（1）（2）为了比较不同燃料燃烧放出的热量热值大小，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，根据q＝，这种燃料热值越大；
比较不同物质吸热升温，则需要燃烧相同的燃料（确保相同时间放出的热量相同），加热相同的时间，比较质量和初温相同的液体升高的温度，由Δt＝比较温度的变化，温度升高越多，则吸热能力越小；
（3）由绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象得出升高10℃，图象一对应的物质和图象二对应的物质的加热时间之比；根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，比热容与吸热多少成正比，据此得出图象一和图象二表示两种物质的比热容之比。
【解答】解：（1）两个实验中都要控制杯中液体质量相等；
（2）在探究“不同物质吸热升温”的特点时，由转换法，物质吸热的多少是通过加热时间反映的，选B；
在探究“燃料燃烧放出的热量“实验中，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，根据Q＝cmΔt，液体升温越高，则燃料放出的热量越多，故在探究“燃料燃烧放出的热量”燃料放热多少是通过温度计上升的示数来反映的，选A；
（3）在探究不同物质吸热升温的现象中，绘制出的两种液体温度随时间变化的关系图象如图，温度都升高10℃时，图象一对应物质的加热时间为10分钟，而图象二对应物质的加热时间为40分钟；
由转换法可知，两种物质吸收热量之比为10min：40min＝1：4；
根据Q＝cmΔt，在质量和升高温度相同的情况下，吸热多少与比热容成正比，故图象一和图象二表示两种物质的比热容之比为1：4。
故答案为：（1）液体；（2）B；A；（3）1：4。
44．（1）秒表；（2）甲丙；温度计升高的示数；（3）甲乙；加热时间；（4）；小；燃料没有完全燃烧而且燃烧产生的热量没有完全被水吸收。
【分析】（1）水沸腾的实验需要测量时间和温度；
（2）燃料的热值大小不能直接测量，需要通过液体吸收热量的多少来体现燃料燃烧放出热量的多少，而液体吸收热量的多少跟液体的质量和升高的温度有关，因此为了比较热值大小要用不同的燃料，加热同一种液体，让液体的质量相同，通过温度计的示数高低得出吸热多少，进而判断热值大小；
（3）探究不同物质吸热升温的快慢，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量相同，温度计的示数变化相同时，通过比较加热时间比较吸热多少
（4）根据物质的吸热公式、燃料的放热公式求出燃料1的热值；在加热的过程中，有热量的散失。
【解答】解：（1）水沸腾的实验需要测量随着时间的温度变化，所以还需要秒表；
（2）比较不同燃料的热值，要用不同的燃料，加热质量相同的同种液体，应选择甲、乙两图进行实验，燃料完全燃烧放出的热量，是通过温度计示数的变化来反映的；
（3）为了比较两种液体的比热容，需要燃烧相同的燃料，加热不同的液体，让液体的质量和温度的变化相同，通过比较加热时间，进而判断两种比热容的大小关系，应选择甲和乙两图进行实验；
（4）水吸收的热量为：Q吸＝c水m2Δt，则燃料1的热值q燃料1＝＝；
燃料1燃烧放出的热量不可能全部被水吸收，燃料1可能没有完全燃烧，根据上式计算出的热值要比实际的小。
故答案为：（1）秒表；（2）甲丙；温度计升高的示数；（3）甲乙；加热时间；（4）；小；燃料没有完全燃烧而且燃烧产生的热量没有完全被水吸收。
45．（1）种类；温度计示数；（2）偏小；燃料燃烧过程中存在燃烧不完全、热损失等问题，液体吸收的热量远小于燃料完全燃烧放出的热量；（3）不合理；实验中并未强调两杯液体的初温相同，而末温不相同，并不能说明末温高，上升的温度就多，吸收的热量多。
【分析】（1）实验中应控制燃料的质量相同，根据燃料燃尽时温度计上升的示数比较燃料燃烧放出热量的多少。根据Q＝cm（t﹣t0）和Q＝mq分析可知末温度高的水对应的燃料热值大。
（2）通过燃料燃烧对水加热时存在热量损失导致得到的燃料热值偏小。
（3）实验中并未强调两杯液体的初温相同，而末温不相同，并不能说明末温高，上升的温度就多，吸收的热量多，所以无法比较哪种燃料放出的热量多，无法比较热值的大小。
【解答】解：（1）物体吸收的热量无法直接观察，需要通过液体温度变化来体现，根据Q＝cmΔt可知，该实验应该控制烧杯中液体种类与质量相同，温度变化量越大，吸收的热量越多。
（2）由于燃料燃烧过程中存在燃烧不完全、热损失等问题，液体吸收的热量远小于燃料完全燃烧放出的热量，所以通过烧杯中液体吸收的热量代替燃料燃烧放出的热量来计算燃料的热值，这样计算出的热值比燃料真实热值偏小。
（3）实验中并未强调两杯液体的初温相同，而末温不相同，并不能说明末温高，上升的温度就多，吸收的热量多，所以无法比较哪种燃料放出的热量多，无法比较热值的大小。
故答案为：（1）种类；温度计示数；（2）偏小；燃料燃烧过程中存在燃烧不完全、热损失等问题，液体吸收的热量远小于燃料完全燃烧放出的热量；（3）不合理；实验中并未强调两杯液体的初温相同，而末温不相同，并不能说明末温高，上升的温度就多，吸收的热量多。