题目内容
18．小军利用天平、水和烧杯来测量一不规则小石块的密度，请将他的实验步骤补充完整．
（1）把托盘天平放在水平台面上，将标尺上的游码移到零刻度处，调节天平的平衡螺母使天平平衡．
（2）用天平测量小石块的质量，右盘中的砝码和标尺上的游码如图甲所示，则小石块的质量为62g．
（3）如图乙所示：
a．往烧杯中加入适量的水，把小石块浸没，在水面到达的位置上作标记；
b．取出小石块，测得烧杯和水的总质量为152g；
c．往烧杯中加水，直到标记处，再测出此时烧杯和水的总质量为183g；
d．计算出小石块的体积为31cm3．
分析 按照天平的基本操作要求先调节、再测量，读数时应将砝码质量与游码示数相加．
在没有量筒或物体太大无法放入量筒中时，可利用本题中（3）的方法来测量其体积．石块的排水体积就是石块的体积，排水体积可通过求排水质量和水的密度求出，排水质量则是图中B、C两次的质量之差．
解答 解：（1）天平放好后，应先将游码移至标尺的零刻线处，调节天平的平衡螺母使天平平衡；
（2）砝码的质量为50g+10g=60g，标尺的分度值为0.2g，游码的示数为2g，所以小石块的质量为m=60g+2g=62g；
（3）在如图所示的方法中，取出了石块，再将水补充到原来的标记处，这样增加的水的体积就是石块的体积；
石块的体积V=V排=$\frac{{m}_{排}}{{ρ}_{水}}$=$\frac{183g-152g}{1.0×1{0}^{3}kg/{m}^{3}}$=31cm3．
故答案为：（1）平衡螺母；（2）62；（3）31．
点评 本题中既考查了天平的基本调节使用方法，同时还为我们提供了一种利用等效替代求固体体积的方法，特别适用于在没有量筒或物体大于量筒口径时使用，值得我们学习．
练习册系列答案
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9．根据你的生活经验，判断下列数据中最接近实际情况的是（ ）
| A． | 一枝新铅笔的长度约为20cm | B． | 教室的高度大约为7m | ||
| C． | 中学生正常步行的速度约为5m/s | D． | 八年级物理课本长约15cm |
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3．
如图放置两组长、宽、高之比均为4：2：1的体积相同，密度相同的砖，下列说法正确的是（ ）
如图放置两组长、宽、高之比均为4：2：1的体积相同，密度相同的砖，下列说法正确的是（ ）| A． | 甲、乙、两组砖的质量之比为1：2 | |
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10．
在综合实践活动中，如图所示，是小玲和小红同学设计的可调加热电路．电源电压为220Ⅴ，加热电热丝的规格为“220V 100W”（阻值不随温度变化），滑动变阻器的规格为“484Ω 2A”．两同学分别计算了电热丝实际功率的变化范围，过程如下．两同学的计算过程是否正确？如有错误，请写出错误之处并作出对应的正确解答．
在综合实践活动中，如图所示，是小玲和小红同学设计的可调加热电路．电源电压为220Ⅴ，加热电热丝的规格为“220V 100W”（阻值不随温度变化），滑动变阻器的规格为“484Ω 2A”．两同学分别计算了电热丝实际功率的变化范围，过程如下．两同学的计算过程是否正确？如有错误，请写出错误之处并作出对应的正确解答．| （1）小玲同学的计算过程 电热丝电阻R0=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{100W}$=484Ω 当滑动变阻器的滑片在右端时电阻R0=484Ω 功率P=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{0}}$=$\frac{（220V）^{2}}{484Ω}$=100W 当滑动变阻器的滑片在左端时 电阻R′=484Ω+484Ω=968Ω 功率P′=$\frac{U2}{R′}$=$\frac{（220V）^{2}}{968Ω}$=50W 答：电热丝实际功率的变化范围是50W～100W | （2）小红同学的计算过程 当滑动变阻器的滑片在右端时，电热丝的实际电压 等于额定电压，实际功率等于额定功率为100W 当滑动变阻器的滑片在左端时 R0=$\frac{U2}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{100W}$=484Ω U0=$\frac{{R}_{0}}{{R}_{0}+R}$U=$\frac{484Ω}{484Ω+484Ω}$×220V=110V 电热丝的实际电压等于额定电压的$\frac{1}{2}$电热丝的实际功率等于额定功率的$\frac{1}{2}$为50W 答：电热丝实际功率的变化范围是50W～40W |
| 1小玲最后求出的功率是总功率，不是电热丝的功率，小玲的计算错误； 正确解答：电热丝电阻R0=$\frac{{U}^{2}}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{100W}$=484Ω 当滑动变阻器的滑片在右端时电阻R0=484Ω 功率P=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{0}}$=$\frac{（220V）^{2}}{484Ω}$=100W 当滑动变阻器的滑片在左端时 电阻R′=484Ω+484Ω=968Ω 电路电流：I′=$\frac{U}{R′}$=$\frac{220V}{968Ω}$=$\frac{5}{22}$A， 功率P′=I′2R0=（$\frac{5}{22}$A）2×484Ω=25W， 故电热丝实际功率的变化范围25W～100W； | 2小红同学认为电热丝的电压变成原来的一半， 其实际功率也变为原来的一半，这是错误的， 由P=$\frac{{U}^{2}}{R}$可知功率应变为原来的$\frac{1}{4}$，为25W； 正确解答： 当滑动变阻器的滑片在右端时，电热丝的实际电压 等于额定电压，实际功率等于额定功率为100W 当滑动变阻器的滑片在左端时 R0=$\frac{U2}{P}$=$\frac{（220V）^{2}}{100W}$=484Ω U0=$\frac{{R}_{0}}{{R}_{0}+R}$U=$\frac{484Ω}{484Ω+484Ω}$×220V=110V， 电热丝的实际功率是：P=$\frac{{U}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$=$\frac{（110V）^{2}}{484Ω}$=25W； 故电热丝实际功率的变化范围25W～100W； |
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