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广东省广州市海珠区2024-2025学年八年级下学期期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．下列情景中，人对球有做功的是（　　）
A．球被捡起来 B．球停在空中
C．球在空中飞 D．球在地上滚
2．如图，玩具“不倒翁”被扳倒后会自动立起来，“不倒翁”在摆动过程中所受重力（　　）
A．大小改变，方向不变 B．大小不变，方向不变
C．大小改变，方向改变 D．大小不变，方向改变
3．如图所示，已调零的弹簧测力计下挂一物块，把物块浸没在水中静止。以下说法正确的是（　　）
A．测力计测量的是物块所受重力的大小
B．测力计测量的是物块所受浮力的大小
C．物块处于悬浮状态
D．若剪断挂线，物块会下沉
4．如图为某款剪刀的示意图。握住手柄修剪树枝时，剪刀可视为杠杆，该杠杆的特点是（　　）
A．省力 B．费力 C．省功 D．省距离
5．飞机机翼的上表面比下表面更弯曲。空气流经机翼时，机翼上方的气流速度比下方的大（如图所示）。与没有空气流动时相比，空气流经机翼时，以下判断错误的是（　　）
A．对下表面压强增大
B．对上表面压强减小
C．对上表面压强会小于对下表面压强
D．对机翼产生向上的升力
6．把四位同学做的功W和所用时间t在坐标系中描点，如图所示。做功功率最小的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
7．小强估测自己站立时对水平地面的压强，他双脚站在水平放置的A3纸上，留下脚印。在右脚脚印外围，他画出一个长方形，再把没踩到的部分大致画出Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域。通过测量，得到该脚印的面积约为。双脚站立时，他对水平地面的压力为F，压强为p，以下估测合理的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
8．滑冰运动员在水平冰面上冲刺后，冰鞋不再向后蹬，运动员向前滑行的速度逐渐减小。以下分析正确的是（　　）
A．冰鞋对冰面的压力与冰面对冰鞋的支持力相互平衡
B．冲刺后，运动员受到向前的动力逐渐减小
C．冲刺后，运动员的运动状态发生改变
D．停下来的运动员不具有惯性
9．用活塞式抽水机能把井中的水抽上来（如图所示）。以下分析正确的是（　　）（已知大气压为；；g取10N/kg）
A．人对P处竖直向下用力时，活塞会向下运动
B．阀门A、B是只能向上开启的阀门
C．活塞向下运动时，阀门A闭合，阀门B打开
D．无论h多大，抽水机也能把水抽上来
10．在粗细均匀的吸管底部放入铁砂，将其密封，制成简单密度计A，如图甲所示。A在不同密度的液体中处于竖直漂浮状态时，小明在吸管上标记液面的位置，并测出A所处的深度h（如图乙所示）；再选用相同的吸管，在其底部放入铅粒后密封，制成简单密度计B，将它先后放入上述同样的液体中进行实验。数据记录在下表中（其中）。下列说法正确的是（　　）
液体密度值（） 1.0 0.9 0.8
密度计A所处深度h
密度计B所处深度H
A．密度计A在密度越大的液体中漂浮时，所受的浮力越大
B．
C．密度计A的质量小于密度计B的质量
D．
二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。
11．如图所示，小明用绳拉着木箱在水平地面上做匀速直线运动（忽略空气作用力）。
（1）方框中，木箱（以“●”表示）所受的支持力已画出，请画出木箱所受重力、拉力、摩擦力的示意图。
（2）木箱受到四个力，这四个力相互平衡吗？　 　。判断依据是　 　。
12．水平放置的杠杆质量忽略不计，每格长度相等。它吊着的物体重10N，力F垂直作用在杠杆上（如图所示）。
（1）以A为支点。
①若，杠杆能否保持水平平衡？　 　。
②在图中画出力F的力臂l。 　 　
（2）小明分别选B、C、D三点作支点，杠杆都能水平平衡。其中选　 　为支点时，力F最小，大小为　 　N。
13．（1）如图所示，两容器由一斜管相连，中间的阀门K关闭，容器中都装有水（g取10N/kg；）。
①在水中，b处的深度为　 　m；b处水的压强　 　Pa；a处水的压强　 　b处水的压强（选填“大于”“等于”或“小于”）。
②打开阀门K一段时间后，水不再流动。此时，两个容器中的液面　 　。
（2）足球比赛规定，场上的球员必须佩戴护腿板。请你从压强的角度解释护腿板能保护球员的原因。
答：　 　。
14．如图所示，小周利用小球在轨道上玩游戏。
第一次游戏：球在A点以的速度出发，从B点运动到最高处D点时，刚好不动。
第二次游戏：球在A点以的速度出发，一直沿轨道运动到F点折返，往回运动到D点时，也刚好不动。
（1）在第一次游戏时，球在D点的重力势能是由球的　 　能转化而来的。
（2）比较：　 　（选填“>”“=”或“<”）。
（3）在第二次游戏时，（均选填“大于”“等于”或“小于”）
球在C点的重力势能　 　球在E点的重力势能；
球在C点的动能　 　球在E点的动能。
（4）若球一直在轨道上运动，且最终停在E点，则它在A点出发时速度v的取值范围是　 　。
15．（1）原长为L0的弹簧一端固定在墙上，用水平拉力拉弹簧A端时，实验现象如图甲、乙、丙所示。撤去拉力后，弹簧都能恢复原状。
①　 　（选填“>”“=”或“<”），判断的依据是　 　。
②探究图丙实验中和的合力时，仅用一个弹簧测力计水平向右拉弹簧的A端，使之落在虚线　 　（选填“1”“2”或“3”）的位置，则此时测力计的拉力F就叫图丙实验中和的合力。实验过程中，A端要落在该虚线上，原因是　 　
（2）甲、乙两人沿同一直线推一张桌子，甲用30N的力向右推，乙用50N的力向左推，桌子静止不动。桌子受到这两个力合力的大小为　 　N。
16．为了把重约477N的货物从地面加速提升至10m高处，小明利用如图所示的装置提升物体，所用拉力F为300N，此过程装置的机械效率为80%。
（1）F作用的绳端移动的距离为　 　m。
（2）计算：F对装置做的总功。
（3）计算：装置做的有用功。
17．TY-3R飞行救生圈参数如下表所示。其浸没在1.5m深的水中也能保持良好的气密性。救生圈飞到特定水面上方后落到水面，最后漂浮在水面静止。（g取10N/kg；）
总质量/kg 最大飞行速度/（） 最大飞行时间/min 最大产生浮力/N
4.38 46.5 10 190
（1）计算：救生圈漂浮在水面，它所受的浮力。
（2）计算：救生圈的体积（忽略救生圈在水中的形变）。
（3）营救时，溺水人员伏在救生圈漂浮在水面上。若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈所受的浮力会越　 　（选填“大”“小”）。
18．因为大堂的地毯容易与地面打滑，学校准备更换防滑性能更好的地毯。实验小组从市场上选取甲、乙两种畅销的地毯，剪取了面积相同的两个样本，要选出防滑性更好的样本供学校作决策。
（1）水平放置的测力计已调零，水平拉动两个样本处于　 　状态时，测出了它们所受的滑动摩擦力（如图所示）。其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，其大小为　 　N，据此，小明认为“甲地毯样本更防滑”。
（2）小芳指出上述实验存在问题，实验结论不可靠。小芳仅用上述器材，设计了一个实验，选出了防滑性更好的样本。写出小芳的实验步骤（可图文结合）。
（3）学校根据小芳的建议，买了一块很长的地毯铺在大堂上。在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。
小芳的操作是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】A、将地上的球捡起来，有力作用在球上，且球在力的方向上移动了一定距离，满足做功的两个必要条件，故 A 符合题意；
B、将球举起停在空中不动，有力作用在球上，但球没有在力的方向上移动距离，不满足做功条件，故 B 不符合题意；
C、球在空中飞行时，依靠惯性向前运动，人对球没有施加力的作用，不满足做功条件，故 C 不符合题意；
D、球落地后继续滚动，人对球没有施加力的作用，不满足做功条件，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】考查做功的判断，解题要点是做功的两个必要条件：作用在物体上的力，物体在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；
2．【答案】B
【知识点】重力及其大小的计算；重力的方向
【解析】【解答】物体受到的重力与其质量成正比，“不倒翁”质量不变，所以重力不变；方向始终竖直向下，所以“不倒翁”在摆动过程中所受重力方向不变，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心。
3．【答案】D
【知识点】浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故A错误；
B、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故B错误；
C、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故C错误；
D、根据受力平衡 ，可知 ，若剪断挂线，拉力消失，浮力小于重力，物块会下沉，故D正确；
故答案为：D。
【分析】通过分析物块浸没在水中时的受力平衡关系，结合浮力与重力的大小比较，判断物块是否处于悬浮状态及剪断挂线后的运动趋势。
4．【答案】A
【知识点】杠杆的分类；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】图中，支点是O点，动力作用在手柄处，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】使用杠杆时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
5．【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、空气流经机翼时，上下表面空气流速均加快，根据流体压强与流速的关系，上下表面的压强均会减小，选项中 “上表面压强增大” 的说法错误，故 A 符合题意；
B、空气流经机翼时，上下表面空气流速均加快，因此上下表面的压强均减小，该说法正确，故 B 不符合题意；
C、空气流经机翼时，机翼上方气流速度比下方大，因此上表面压强小于下表面压强，该说法正确，故 C 不符合题意；
D、机翼上下表面的压强差会产生向上的升力，该说法正确，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查流体压强与流速的关系，“流体中，流速越快的位置压强越小”。解题时需分析空气流经机翼时上下表面的流速差异，结合流速与压强的关系，判断各选项中压强变化及升力产生的说法是否正确。
6．【答案】D
【知识点】功率大小的比较
【解析】【解答】A、相同时间内丙做功少于甲，根据公式 ，可知丙的功率小于甲；
B、相同时间内丁做功少于乙，根据公式 ，可知丁的功率小于乙；
C、丙和丁做功相同时，丁用时更长，根据公式 ，可知丁的功率小于丙；
D、综合比较可知，丁的功率是四个选项中最小的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查功率大小的比较，核心公式为 。先根据图像信息，分别通过“相同时间比做功”和“相同做功比时间”的方法，两两比较功率大小，最终确定功率最小的是丁。
7．【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【解答】中学生重力，则
水平地面的压力
双脚站立时，受力面积约，
对地面的压强：
故C符合题意，ABD不符合题意，
故答案为：C。
【分析】本题考查压强的估算，核心是利用水平地面上压力等于重力的特点，结合压强公式 ，代入中学生的重力和双脚受力面积的常见数值，计算出对地面的压强。
8．【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象
【解析】【解答】A、冰鞋对冰面的压力与冰面对冰鞋的支持力作用在不同物体上，是一对相互作用力，而非平衡力，故 A 错误；
B、冲刺后冰鞋不再向后蹬，运动员不再受到向前的动力，仅受阻力作用，故 B 错误；
C、冲刺后运动员向前滑行的速度逐渐减小，运动状态发生改变，故 C 正确；
D、一切物体都具有惯性，运动员也不例外，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查平衡力与相互作用力的区别、力与运动的关系及惯性的概念。相互作用力作用在两个物体上，平衡力作用在同一物体上；力是改变物体运动状态的原因；一切物体都具有惯性。
9．【答案】B
【知识点】大气压的综合应用；制作简易活塞式抽水机
【解析】【解答】A、人对 P 处竖直向下用力时，摇杆绕 O 点转动，活塞会向下运动，故 A 错误；
B、活塞式抽水机的阀门 A、B 只能向上开启，故 B 正确；
C、压下活塞时，储水舱内水的压力变大，阀门 B 关闭，活塞上的阀门 A 打开，水从阀门 A 处涌出，故阀门 A、B 并非双向开启，C 错误；
D、在 1×105Pa 的大气压下，抽水机提升水的最大理论高度约为 10m，但实际抽水高度受多种因素限制，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查杠杆的转动规律，明确摇杆绕支点 O 转动时，P 处向下用力会带动活塞向下运动，而非向上；
B、考查活塞式抽水机的阀门工作机制，阀门 A、B 只能向上开启，保证水只能单向流动，实现抽水过程；
C、考查活塞式抽水机的工作过程，提起活塞时阀门 B 打开、A 关闭，压下活塞时阀门 A 打开、B 关闭，阀门并非双向开启；
D、考查大气压抽水的极限高度，理论上大气压可支持约 10m 高的水柱，但实际抽水高度远低于该值。
10．【答案】C
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用；制作微型密度计
【解析】【解答】AB、密度计A使用时始终漂浮，浮力等于重力，重力相同则浮力相同；根据 ，液体密度越大，A所处的深度越小，所以，故A、B错误；
C、液体密度为时，，两个密度计的横截面积相同，则密度计B排开液体的体积较大；根据可知密度计B浮力较大；密度计A、B使用时均始终漂浮，浮力等于重力，所以密度计B重力较大；根据可知密度计A的质量小于密度计B的质量，故C正确；
D、密度计A使用时浮力不变，根据可知，液体密度和A所处的深度成反比；根据反比例函数图象特点可知，密度计刻度上小下大，且刻度线上疏下密，所以，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查密度计的工作原理，密度计漂浮时浮力等于重力，重力不变则浮力不变，再结合阿基米德原理分析浸入深度与液体密度的关系；
B、考查阿基米德原理的应用，利用，在浮力、横截面积不变时，液体密度与浸入深度成反比；
C、考查浮力与重力、质量的关系，根据漂浮条件，浮力等于重力，通过比较排开液体的体积判断浮力大小，进而比较重力和质量；
D、考查密度计的刻度特点，根据与的反比例关系，分析刻度“上小下大、上疏下密”的特点。
11．【答案】（1）
（2）平衡；木箱处于静止状态
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用；平衡状态的判断；摩擦力的示意图
【解析】【解答】（1）木箱在水平地面上做匀速直线运动时，受到四个力的作用：竖直向下的重力 G、沿绳子方向斜向上的拉力 F、水平向左的摩擦力 f，以及竖直向上的支持力 F 支。这四个力的示意图如下：
(2) 木箱在水平地面上做匀速直线运动，处于平衡状态，因此木箱受到的这四个力是平衡的。
故答案为：平衡；木箱处于静止状态；
【分析】(1) 受力分析需先确定研究对象的运动状态，再按重力、弹力、摩擦力的顺序逐一分析，所有力的作用点均画在重心处，方向需严格对应实际情况；
(2) 匀速直线运动属于平衡状态，物体在平衡状态下受到的所有力的合力为零，即这些力相互平衡。
（1）木箱在水平地面上做匀速直线运动，受到重力G方向竖直向下、拉力F沿绳子方向斜向上、摩擦力f的向水平向左，故这几个力的示意图如下：
（2）木箱在水平地面上做匀速直线运动，处于平衡状态，故木箱受到的这四个力是平衡的。
12．【答案】（1）不能；
（2）C；2
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）以 A 为支点，左侧物体 M 对杠杆的拉力使杠杆逆时针转动，而竖直向上的力 F 同样使杠杆逆时针转动，两个力的转动方向一致，因此杠杆无法平衡；
先确定支点 A，再画出力 F 的作用线，从支点 A 向该作用线作垂线，垂线段的长度即为力 F 的力臂 l，示意图如下：
故答案为：不能；；
（2）将物体 M 对杠杆的拉力视为阻力，阻力大小不变。根据杠杆平衡条件，当动力臂与阻力臂的比值最大时，动力 F 最小。分别计算不同支点下的力臂比：
以B为支点，动力臂为6格，阻力臂为2格，动力臂是阻力臂的3倍；以C为支点，动力臂5格，阻力臂为1格，动力臂是阻力臂的5倍；以D为支点，动力臂为1格，阻力臂5格，动力臂是阻力臂的0.2倍，故以C为支点，动力F最小，根据杠杆平衡条件可得
故答案为：C；2；
【分析】(1)判断杠杆能否平衡，需分析各力的转动效果，若两个力均使杠杆向同一方向转动，则杠杆无法平衡；力臂的绘制需遵循 “找支点→画力的作用线→作支点到作用线的垂线” 的步骤，垂线段即为力臂；
(2)根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。通过比较不同支点下动力臂与阻力臂的比值，找到比值最大的支点，再利用杠杆平衡条件计算最小动力。
（1）[1]以A为支点，左侧M的作用力使得杠杆逆时针转动，而F竖直向上，也使得杠杆逆时针转动，故转动效果相同，不能平衡；
[2]力臂是从支点到力的作用线的垂直距离。先找到支点A，然后找到力F的作用线，再过支点A做F作用线的垂线，该垂线段即为力臂l，如图所示：
（2）[1][2]M对杠杆的拉力看作是阻力，阻力不变，根据可知，当动力臂与阻力臂的比最大时，动力F最小。以B为支点，动力臂为6格，阻力臂为2格，动力臂是阻力臂的3倍；以C为支点，动力臂5格，阻力臂为1格，动力臂是阻力臂的5倍；以D为支点，动力臂为1格，阻力臂5格，动力臂是阻力臂的0.2倍，故以C为支点，动力F最小，根据杠杆平衡条件可得
13．【答案】（1）0.2；2000；等于；相平
（2）球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；连通器原理及其应用
【解析】【解答】（1）阀门 K 关闭时，b 处的深度：hb=0.8m-0.6m=0.2m
b处水的压强p=ρ水ghb= 1.0×103kg/ m3×10N/kg×0.2m= 2000Pa
阀门 K 关闭时，a、b 两点深度相等，即ha= hb=0.2m
由p=ρgh可知， a处水的压强等于b处水的压强。
打开阀门K，两个容器构成连通器，由连通器的原理可知，一段时间后，水不再流动，此时，两个容器中的液面相平。
故答案为：0.2；2000；等于；相平；
（2）球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用。
故答案为：球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用；
【分析】（1）根据图中数据计算液体深度，注意深度是从液面到该点的垂直距离；
利用液体压强公式，代入已知的液体密度、深度计算压强；
根据液体压强公式，同种液体中压强只与深度有关，深度相等则压强相等；
明确连通器的定义和特点，连通器中同种液体静止时液面保持相平。
（2）根据压强公式，在压力F一定时，增大受力面积S可以减小压强，以此分析护腿板的保护原理。
（1）[1]由图可知，阀门K关闭，在水中，b处的深度为hb=0.8m-0.6m=0.2m
[2]b处水的压强p=ρ水ghb= 1.0×103kg/ m3×10N/kg×0.2m= 2000Pa
[3]由图可知，中间的阀门K关闭，此时ha= hb=0.2m
由p=ρgh可知， a处水的压强等于b处水的压强。
[4]打开阀门K，两个容器构成连通器，由连通器的原理可知，一段时间后，水不再流动，此时，两个容器中的液面相平。
（2）球员佩戴护腿板后，增大了受力面积，在压力一定时，可以减小腿部受到的压强，起到保护作用。
14．【答案】（1）动能
（2）>
（3）=；>
（4）v1【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】（1） 在第一次游戏时，球从A点出发， 在轨道上运动时，动能逐渐转化为重力势能，到达D点时刚好静止，此时重力势能达到最大，该重力势能由A点的动能转化而来。
故答案为：动能；
（2） 在第二次游戏中，球以v2的速度从A点出发，能够一直沿轨道运动到F点折返，再往回运动到D点 ，说明足够大，使球有足够的动能克服阻力并完成折返，因此。
故答案为：>；
（3）球在C点和E点的高度相同、质量不变，因此两点的重力势能相等；
球能从C点运动到F点折返再到D点，说明C点的机械能大于E点的机械能；由于两点重力势能相等，故C点的动能大于E点的动能。
故答案为：=；>；
（4） 若球一直在轨道上运动，且最终停在E点， 说明A点出发时的速度比第一次的大、比第二次的小，因此速度取值范围为。
故答案为：v1【分析】（1）分析球在轨道上运动时动能与重力势能的相互转化规律，结合能量守恒的核心逻辑，理解 D 点静止时重力势能的来源；
（2）根据两次游戏中球的运动轨迹和折返情况，反推初始动能的大小差异，进而比较两次出发速度的大小；
（3）先依据重力势能的影响因素（质量、高度）判断 C、E 两点重力势能的关系，再结合运动过程中机械能因阻力损耗而减小的特点，推导两点动能的大小关系；
（4）综合两次游戏中球的运动范围和最终停留位置，通过对比两次初始速度的效果，确定使球最终停在 E 点的初始速度取值范围。
（1）在第一次游戏时，球从A点出发，在轨道上运动过程中，其动能逐渐转化为重力势能。当球到达D点时，刚好不动，此时球的重力势能达到最大，这部分重力势能正是由球在A点时的动能转化而来的。
（2）在第二次游戏中，球以v2的速度从A点出发，能够一直沿轨道运动到F点折返，再往回运动到D点。这说明v2的速度足够大，使得球在运动过程中具有足够的动能克服阻力并折返。因此，v2>v1。
（3）[1]球在C点时的高度等于E点高度，球的质量不变，所以球在C点的重力势能等于球在E点的重力势能。
[2]球能够从C点继续运动到F点再折返到D点，说明球在C点时的机械能大于在E点时的机械能，球在C点的重力势能等于球在E点的重力势能，故球在C点时的动能大于在E点时的动能。
（4）若球一直在轨道上运动，且最终停在E点，说明在A点出发时速度v比第一 次的速度大，比第二次的速度小，故它在A点出发时速度v的取值范围是v115．【答案】（1）<；乙图中弹簧的形变量大；3；F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同
（2）20
【知识点】力的合成与应用
【解析】【解答】（1）弹簧受到的拉力越大，形变量越大。 由图甲、乙可知，乙图中弹簧的形变量大，所以F1由图丙实验可知，F1和F2共同作用的结果使弹簧的A端落在虚线3的位置，在探究图丙实验中F1和F2的合力时，当用力F使弹簧的A端落在虚线3的位置时，说明F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同，此时拉着测力计的拉力F就是F1和F2的合力。故实验过程中，A端要落在该虚线3上，原因是F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同。
故答案为：<；乙图中弹簧的形变量大；3；F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同；
（2）甲、乙两人沿同一直线反向推桌子，甲用 30N 的力向右推，乙用 50N 的力向左推，两个力方向相反。根据同一直线上二力合成的规则，合力大小为： F=50N- 30N=20N；
故答案为：20；
【分析】（1）利用弹簧的伸长量与拉力成正比的关系，通过比较形变量判断拉力大小；理解等效替代法在探究合力实验中的应用，即合力的作用效果与分力共同作用的效果相同；
（2）掌握同一直线上方向相反的两个力的合成方法，合力大小等于两力大小之差，方向与较大力的方向一致。
（1）[1][2]弹簧受到的拉力越大，形变量越大。由图甲、乙可知，乙图中弹簧的形变量大，所以F1[3][4]由图丙实验可知，F1和F2共同作用的结果使弹簧的A端落在虚线3的位置，在探究图丙实验中F1和F2的合力时，当用力F使弹簧的A端落在虚线3的位置时，说明F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同，此时拉着测力计的拉力F就是F1和F2的合力。故实验过程中，A端要落在该虚线3上，原因是F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同。
（2）甲、乙两人沿同一直线推一张桌子，甲用30N的力向右推，乙用50N的力向左推，桌子静止不动。两个力方向相反，则桌子受到这两个力合力的大小为F=50N- 30N=20N
16．【答案】（1）20
（2）拉力做的总功为： W总=Fs=300N×20m=6000J
（3）克服物体重力所做的功为有用功，装置的机械效率为 80%，根据，可得，该装置做的有用功W有=ηW总=80% × 6000J= 4800J
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，与动滑轮相连的绳子股数 n=2，货物上升的高度 h=10m，则绳子自由端移动的距离为：s=nh=2×10m=20m
故答案为：20；
【分析】(1) 利用滑轮组中绳子自由端移动距离与物体上升高度的关系 s=nh，关键是正确确定承担物重的绳子股数 n；
(2) 根据功的计算公式 W总 = Fs，代入拉力和绳子自由端移动的距离计算总功；
(3) 利用机械效率公式的变形 W有=η×W总，通过已知的总功和机械效率计算有用功。
（1）由图可知，与动滑轮相连的绳子股数n=2，货物上升的高度h=10m，则绳子自由端移动的距离为s=nh=2×10m=20m
（2）拉力做的总功为 W总=Fs=300N×20m=6000J
（3）克服物体重力所做的功为有用功，装置的机械效率为80%，根据
可得，该装置做的有用功W有=ηW总=80% × 6000J= 4800J
17．【答案】（1）根据物体的漂浮条件，救生圈漂浮在水面时，所受浮力等于自身重力： F浮=G=mg=4.38kg× 10N/kg=43.8N
（2）根据表格数据知，最大浮力190N，此时救生圈浸没，则救生圈的体积为
（3）小
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（3） 溺水人员伏在救生圈上漂浮时，整体浮力等于总重力，总重力不变，故整体浮力不变， 浸入的总体积不变，若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈浸入的体积越小，根据阿基米德原理知，受到的浮力越小。
故答案为：小；
【分析】(1)物体漂浮时浮力等于重力，直接利用重力公式计算浮力；
(2) 救生圈的最大浮力对应其完全浸没状态，此时排开水的体积等于救生圈体积，用阿基米德原理公式计算体积；
(3) 整体漂浮时浮力不变，结合人员身体浸入水中的体积变化，分析救生圈排开水的体积变化，进而判断其浮力变化。
（1）根据物体的漂浮条件可知，救生圈漂浮在水面，它所受的浮力F浮=G=mg=4.38kg× 10N/kg=43.8N
（2）根据表格数据知，最大浮力190N，此时救生圈浸没，则救生圈的体积为
（3）溺水人员伏在救生圈漂浮在水面上，整体的浮力等于重力，重力不变，浮力不变，浸入的总体积不变，若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈浸入的体积越小，根据阿基米德原理知，受到的浮力越小。
18．【答案】（1）匀速直线运动；1.8
（2）单独拉动样本无法保证压力相同，改进方案如下：
①将乙地毯样本放置在甲地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的甲地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F1；
②将甲地毯样本放置在乙地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的乙地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F2；
③结论分析：
若 F1＞F2，说明压力相同时，甲地毯滑动摩擦力更大，防滑性更好；
若 F1＜F2，说明压力相同时，乙地毯滑动摩擦力更大，防滑性更好；
若 F1=F2，说明甲、乙地毯滑动摩擦力相同，防滑性能一样。
（3）将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1） 实验中需用弹簧测力计拉着样本做匀速直线运动，此时样本处于平衡状态，滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，因此可通过测力计示数得到滑动摩擦力的大小。
其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数是1.8N，滑动摩擦力大小为1.8N，乙的示数是1.4N，弹簧测力计的示数越大，样本的滑动摩擦力更大，即甲地毯样本的防滑性更好。
故答案为：匀速直线运动；1.8；
（3） 在压力和接触面粗糙程度相同时，滚动摩擦比滑动摩擦小得多。 所以在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。小芳的操作是将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦。
故答案为：将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦；
【分析】(1) 利用二力平衡原理，匀速直线运动时拉力与滑动摩擦力大小相等；滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关，拉力越大说明摩擦力越大，防滑性越好；
(2) 采用控制变量法，通过 “叠放样本” 保证两次实验的压力相同，只改变接触面，从而比较滑动摩擦力大小；
(3) 利用变滑动摩擦为滚动摩擦的方式，可以大幅减小摩擦力，从而解决拉力不足、拉不动地毯的问题。
（1）[1]在实验过程中，需要用弹簧测力计拉着两个样本做匀速直线运动，处于平衡状态。这是因为当物体做匀速直线运动时，它受到的力是平衡的。在这种情况下，样本受到的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，它们的大小相等。因此，我们可以通过读取弹簧测力计的示数来得到滑动摩擦力的大小。
[2]其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数是1.8N，滑动摩擦力大小为1.8N，乙的示数是1.4N，弹簧测力计的示数越大，样本的滑动摩擦力更大，即甲地毯样本的防滑性更好。
（2）由于单独拉动两个样本，无法保证样本对地面的压力相同，因此改进实验方案如下：
①将乙地毯样本放置在甲地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的甲地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F1；
②将甲地毯样本放置在乙地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的乙地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F2；
③结论分析：
若F1>F2，结论：其它条件一定时，甲地毯滑动摩擦力大，更防滑；
若F1若F1=F2，结论：其它条件一定时，甲、乙地毯滑动摩擦力相同，防滑性能一样。
（3）在压力和接触面粗糙程度相同时，滚动摩擦比滑动摩擦小得多，所以在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。小芳的操作是将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦。
1 / 1广东省广州市海珠区2024-2025学年八年级下学期期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题目要求。
1．下列情景中，人对球有做功的是（　　）
A．球被捡起来 B．球停在空中
C．球在空中飞 D．球在地上滚
【答案】A
【知识点】是否做功的判断
【解析】【解答】A、将地上的球捡起来，有力作用在球上，且球在力的方向上移动了一定距离，满足做功的两个必要条件，故 A 符合题意；
B、将球举起停在空中不动，有力作用在球上，但球没有在力的方向上移动距离，不满足做功条件，故 B 不符合题意；
C、球在空中飞行时，依靠惯性向前运动，人对球没有施加力的作用，不满足做功条件，故 C 不符合题意；
D、球落地后继续滚动，人对球没有施加力的作用，不满足做功条件，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】考查做功的判断，解题要点是做功的两个必要条件：作用在物体上的力，物体在力的方向上移动的距离，二者缺一不可；
2．如图，玩具“不倒翁”被扳倒后会自动立起来，“不倒翁”在摆动过程中所受重力（　　）
A．大小改变，方向不变 B．大小不变，方向不变
C．大小改变，方向改变 D．大小不变，方向改变
【答案】B
【知识点】重力及其大小的计算；重力的方向
【解析】【解答】物体受到的重力与其质量成正比，“不倒翁”质量不变，所以重力不变；方向始终竖直向下，所以“不倒翁”在摆动过程中所受重力方向不变，故B符合题意，ACD不符合题意。
故选B。
【分析】重力：由于地球的吸引而使物体受到的力，大小为自身重力、方向竖直向下，作用点位于物体重心。
3．如图所示，已调零的弹簧测力计下挂一物块，把物块浸没在水中静止。以下说法正确的是（　　）
A．测力计测量的是物块所受重力的大小
B．测力计测量的是物块所受浮力的大小
C．物块处于悬浮状态
D．若剪断挂线，物块会下沉
【答案】D
【知识点】浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故A错误；
B、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故B错误；
C、物块浸没在水中时，除浮力外还受拉力和重力，并非仅受浮力与重力平衡，不处于悬浮状态，故C错误；
D、根据受力平衡 ，可知 ，若剪断挂线，拉力消失，浮力小于重力，物块会下沉，故D正确；
故答案为：D。
【分析】通过分析物块浸没在水中时的受力平衡关系，结合浮力与重力的大小比较，判断物块是否处于悬浮状态及剪断挂线后的运动趋势。
4．如图为某款剪刀的示意图。握住手柄修剪树枝时，剪刀可视为杠杆，该杠杆的特点是（　　）
A．省力 B．费力 C．省功 D．省距离
【答案】A
【知识点】杠杆的分类；杠杆的平衡分析法及其应用
【解析】【解答】图中，支点是O点，动力作用在手柄处，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。故C符合题意，ABD不符合题意。
故选C。
【分析】使用杠杆时，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
5．飞机机翼的上表面比下表面更弯曲。空气流经机翼时，机翼上方的气流速度比下方的大（如图所示）。与没有空气流动时相比，空气流经机翼时，以下判断错误的是（　　）
A．对下表面压强增大
B．对上表面压强减小
C．对上表面压强会小于对下表面压强
D．对机翼产生向上的升力
【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、空气流经机翼时，上下表面空气流速均加快，根据流体压强与流速的关系，上下表面的压强均会减小，选项中 “上表面压强增大” 的说法错误，故 A 符合题意；
B、空气流经机翼时，上下表面空气流速均加快，因此上下表面的压强均减小，该说法正确，故 B 不符合题意；
C、空气流经机翼时，机翼上方气流速度比下方大，因此上表面压强小于下表面压强，该说法正确，故 C 不符合题意；
D、机翼上下表面的压强差会产生向上的升力，该说法正确，故 D 不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题考查流体压强与流速的关系，“流体中，流速越快的位置压强越小”。解题时需分析空气流经机翼时上下表面的流速差异，结合流速与压强的关系，判断各选项中压强变化及升力产生的说法是否正确。
6．把四位同学做的功W和所用时间t在坐标系中描点，如图所示。做功功率最小的是（　　）
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
【答案】D
【知识点】功率大小的比较
【解析】【解答】A、相同时间内丙做功少于甲，根据公式 ，可知丙的功率小于甲；
B、相同时间内丁做功少于乙，根据公式 ，可知丁的功率小于乙；
C、丙和丁做功相同时，丁用时更长，根据公式 ，可知丁的功率小于丙；
D、综合比较可知，丁的功率是四个选项中最小的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】本题考查功率大小的比较，核心公式为 。先根据图像信息，分别通过“相同时间比做功”和“相同做功比时间”的方法，两两比较功率大小，最终确定功率最小的是丁。
7．小强估测自己站立时对水平地面的压强，他双脚站在水平放置的A3纸上，留下脚印。在右脚脚印外围，他画出一个长方形，再把没踩到的部分大致画出Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域。通过测量，得到该脚印的面积约为。双脚站立时，他对水平地面的压力为F，压强为p，以下估测合理的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【解答】中学生重力，则
水平地面的压力
双脚站立时，受力面积约，
对地面的压强：
故C符合题意，ABD不符合题意，
故答案为：C。
【分析】本题考查压强的估算，核心是利用水平地面上压力等于重力的特点，结合压强公式 ，代入中学生的重力和双脚受力面积的常见数值，计算出对地面的压强。
8．滑冰运动员在水平冰面上冲刺后，冰鞋不再向后蹬，运动员向前滑行的速度逐渐减小。以下分析正确的是（　　）
A．冰鞋对冰面的压力与冰面对冰鞋的支持力相互平衡
B．冲刺后，运动员受到向前的动力逐渐减小
C．冲刺后，运动员的运动状态发生改变
D．停下来的运动员不具有惯性
【答案】C
【知识点】物体运动状态的变化；惯性及其现象
【解析】【解答】A、冰鞋对冰面的压力与冰面对冰鞋的支持力作用在不同物体上，是一对相互作用力，而非平衡力，故 A 错误；
B、冲刺后冰鞋不再向后蹬，运动员不再受到向前的动力，仅受阻力作用，故 B 错误；
C、冲刺后运动员向前滑行的速度逐渐减小，运动状态发生改变，故 C 正确；
D、一切物体都具有惯性，运动员也不例外，故 D 错误；
故答案为：C。
【分析】本题考查平衡力与相互作用力的区别、力与运动的关系及惯性的概念。相互作用力作用在两个物体上，平衡力作用在同一物体上；力是改变物体运动状态的原因；一切物体都具有惯性。
9．用活塞式抽水机能把井中的水抽上来（如图所示）。以下分析正确的是（　　）（已知大气压为；；g取10N/kg）
A．人对P处竖直向下用力时，活塞会向下运动
B．阀门A、B是只能向上开启的阀门
C．活塞向下运动时，阀门A闭合，阀门B打开
D．无论h多大，抽水机也能把水抽上来
【答案】B
【知识点】大气压的综合应用；制作简易活塞式抽水机
【解析】【解答】A、人对 P 处竖直向下用力时，摇杆绕 O 点转动，活塞会向下运动，故 A 错误；
B、活塞式抽水机的阀门 A、B 只能向上开启，故 B 正确；
C、压下活塞时，储水舱内水的压力变大，阀门 B 关闭，活塞上的阀门 A 打开，水从阀门 A 处涌出，故阀门 A、B 并非双向开启，C 错误；
D、在 1×105Pa 的大气压下，抽水机提升水的最大理论高度约为 10m，但实际抽水高度受多种因素限制，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查杠杆的转动规律，明确摇杆绕支点 O 转动时，P 处向下用力会带动活塞向下运动，而非向上；
B、考查活塞式抽水机的阀门工作机制，阀门 A、B 只能向上开启，保证水只能单向流动，实现抽水过程；
C、考查活塞式抽水机的工作过程，提起活塞时阀门 B 打开、A 关闭，压下活塞时阀门 A 打开、B 关闭，阀门并非双向开启；
D、考查大气压抽水的极限高度，理论上大气压可支持约 10m 高的水柱，但实际抽水高度远低于该值。
10．在粗细均匀的吸管底部放入铁砂，将其密封，制成简单密度计A，如图甲所示。A在不同密度的液体中处于竖直漂浮状态时，小明在吸管上标记液面的位置，并测出A所处的深度h（如图乙所示）；再选用相同的吸管，在其底部放入铅粒后密封，制成简单密度计B，将它先后放入上述同样的液体中进行实验。数据记录在下表中（其中）。下列说法正确的是（　　）
液体密度值（） 1.0 0.9 0.8
密度计A所处深度h
密度计B所处深度H
A．密度计A在密度越大的液体中漂浮时，所受的浮力越大
B．
C．密度计A的质量小于密度计B的质量
D．
【答案】C
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用；制作微型密度计
【解析】【解答】AB、密度计A使用时始终漂浮，浮力等于重力，重力相同则浮力相同；根据 ，液体密度越大，A所处的深度越小，所以，故A、B错误；
C、液体密度为时，，两个密度计的横截面积相同，则密度计B排开液体的体积较大；根据可知密度计B浮力较大；密度计A、B使用时均始终漂浮，浮力等于重力，所以密度计B重力较大；根据可知密度计A的质量小于密度计B的质量，故C正确；
D、密度计A使用时浮力不变，根据可知，液体密度和A所处的深度成反比；根据反比例函数图象特点可知，密度计刻度上小下大，且刻度线上疏下密，所以，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查密度计的工作原理，密度计漂浮时浮力等于重力，重力不变则浮力不变，再结合阿基米德原理分析浸入深度与液体密度的关系；
B、考查阿基米德原理的应用，利用，在浮力、横截面积不变时，液体密度与浸入深度成反比；
C、考查浮力与重力、质量的关系，根据漂浮条件，浮力等于重力，通过比较排开液体的体积判断浮力大小，进而比较重力和质量；
D、考查密度计的刻度特点，根据与的反比例关系，分析刻度“上小下大、上疏下密”的特点。
二、非选择题：本题共8小题，共60分。按题目要求作答。
11．如图所示，小明用绳拉着木箱在水平地面上做匀速直线运动（忽略空气作用力）。
（1）方框中，木箱（以“●”表示）所受的支持力已画出，请画出木箱所受重力、拉力、摩擦力的示意图。
（2）木箱受到四个力，这四个力相互平衡吗？　 　。判断依据是　 　。
【答案】（1）
（2）平衡；木箱处于静止状态
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；二力平衡的条件及其应用；平衡状态的判断；摩擦力的示意图
【解析】【解答】（1）木箱在水平地面上做匀速直线运动时，受到四个力的作用：竖直向下的重力 G、沿绳子方向斜向上的拉力 F、水平向左的摩擦力 f，以及竖直向上的支持力 F 支。这四个力的示意图如下：
(2) 木箱在水平地面上做匀速直线运动，处于平衡状态，因此木箱受到的这四个力是平衡的。
故答案为：平衡；木箱处于静止状态；
【分析】(1) 受力分析需先确定研究对象的运动状态，再按重力、弹力、摩擦力的顺序逐一分析，所有力的作用点均画在重心处，方向需严格对应实际情况；
(2) 匀速直线运动属于平衡状态，物体在平衡状态下受到的所有力的合力为零，即这些力相互平衡。
（1）木箱在水平地面上做匀速直线运动，受到重力G方向竖直向下、拉力F沿绳子方向斜向上、摩擦力f的向水平向左，故这几个力的示意图如下：
（2）木箱在水平地面上做匀速直线运动，处于平衡状态，故木箱受到的这四个力是平衡的。
12．水平放置的杠杆质量忽略不计，每格长度相等。它吊着的物体重10N，力F垂直作用在杠杆上（如图所示）。
（1）以A为支点。
①若，杠杆能否保持水平平衡？　 　。
②在图中画出力F的力臂l。 　 　
（2）小明分别选B、C、D三点作支点，杠杆都能水平平衡。其中选　 　为支点时，力F最小，大小为　 　N。
【答案】（1）不能；
（2）C；2
【知识点】杠杆的平衡条件；力臂的画法；杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】（1）以 A 为支点，左侧物体 M 对杠杆的拉力使杠杆逆时针转动，而竖直向上的力 F 同样使杠杆逆时针转动，两个力的转动方向一致，因此杠杆无法平衡；
先确定支点 A，再画出力 F 的作用线，从支点 A 向该作用线作垂线，垂线段的长度即为力 F 的力臂 l，示意图如下：
故答案为：不能；；
（2）将物体 M 对杠杆的拉力视为阻力，阻力大小不变。根据杠杆平衡条件，当动力臂与阻力臂的比值最大时，动力 F 最小。分别计算不同支点下的力臂比：
以B为支点，动力臂为6格，阻力臂为2格，动力臂是阻力臂的3倍；以C为支点，动力臂5格，阻力臂为1格，动力臂是阻力臂的5倍；以D为支点，动力臂为1格，阻力臂5格，动力臂是阻力臂的0.2倍，故以C为支点，动力F最小，根据杠杆平衡条件可得
故答案为：C；2；
【分析】(1)判断杠杆能否平衡，需分析各力的转动效果，若两个力均使杠杆向同一方向转动，则杠杆无法平衡；力臂的绘制需遵循 “找支点→画力的作用线→作支点到作用线的垂线” 的步骤，垂线段即为力臂；
(2)根据杠杆平衡条件，在阻力和阻力臂一定时，动力臂越长，动力越小。通过比较不同支点下动力臂与阻力臂的比值，找到比值最大的支点，再利用杠杆平衡条件计算最小动力。
（1）[1]以A为支点，左侧M的作用力使得杠杆逆时针转动，而F竖直向上，也使得杠杆逆时针转动，故转动效果相同，不能平衡；
[2]力臂是从支点到力的作用线的垂直距离。先找到支点A，然后找到力F的作用线，再过支点A做F作用线的垂线，该垂线段即为力臂l，如图所示：
（2）[1][2]M对杠杆的拉力看作是阻力，阻力不变，根据可知，当动力臂与阻力臂的比最大时，动力F最小。以B为支点，动力臂为6格，阻力臂为2格，动力臂是阻力臂的3倍；以C为支点，动力臂5格，阻力臂为1格，动力臂是阻力臂的5倍；以D为支点，动力臂为1格，阻力臂5格，动力臂是阻力臂的0.2倍，故以C为支点，动力F最小，根据杠杆平衡条件可得
13．（1）如图所示，两容器由一斜管相连，中间的阀门K关闭，容器中都装有水（g取10N/kg；）。
①在水中，b处的深度为　 　m；b处水的压强　 　Pa；a处水的压强　 　b处水的压强（选填“大于”“等于”或“小于”）。
②打开阀门K一段时间后，水不再流动。此时，两个容器中的液面　 　。
（2）足球比赛规定，场上的球员必须佩戴护腿板。请你从压强的角度解释护腿板能保护球员的原因。
答：　 　。
【答案】（1）0.2；2000；等于；相平
（2）球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；连通器原理及其应用
【解析】【解答】（1）阀门 K 关闭时，b 处的深度：hb=0.8m-0.6m=0.2m
b处水的压强p=ρ水ghb= 1.0×103kg/ m3×10N/kg×0.2m= 2000Pa
阀门 K 关闭时，a、b 两点深度相等，即ha= hb=0.2m
由p=ρgh可知， a处水的压强等于b处水的压强。
打开阀门K，两个容器构成连通器，由连通器的原理可知，一段时间后，水不再流动，此时，两个容器中的液面相平。
故答案为：0.2；2000；等于；相平；
（2）球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用。
故答案为：球员佩戴护腿板后，增大了腿部的受力面积，在压力一定的情况下， 可以减小腿部受到的压强，起到保护作用；
【分析】（1）根据图中数据计算液体深度，注意深度是从液面到该点的垂直距离；
利用液体压强公式，代入已知的液体密度、深度计算压强；
根据液体压强公式，同种液体中压强只与深度有关，深度相等则压强相等；
明确连通器的定义和特点，连通器中同种液体静止时液面保持相平。
（2）根据压强公式，在压力F一定时，增大受力面积S可以减小压强，以此分析护腿板的保护原理。
（1）[1]由图可知，阀门K关闭，在水中，b处的深度为hb=0.8m-0.6m=0.2m
[2]b处水的压强p=ρ水ghb= 1.0×103kg/ m3×10N/kg×0.2m= 2000Pa
[3]由图可知，中间的阀门K关闭，此时ha= hb=0.2m
由p=ρgh可知， a处水的压强等于b处水的压强。
[4]打开阀门K，两个容器构成连通器，由连通器的原理可知，一段时间后，水不再流动，此时，两个容器中的液面相平。
（2）球员佩戴护腿板后，增大了受力面积，在压力一定时，可以减小腿部受到的压强，起到保护作用。
14．如图所示，小周利用小球在轨道上玩游戏。
第一次游戏：球在A点以的速度出发，从B点运动到最高处D点时，刚好不动。
第二次游戏：球在A点以的速度出发，一直沿轨道运动到F点折返，往回运动到D点时，也刚好不动。
（1）在第一次游戏时，球在D点的重力势能是由球的　 　能转化而来的。
（2）比较：　 　（选填“>”“=”或“<”）。
（3）在第二次游戏时，（均选填“大于”“等于”或“小于”）
球在C点的重力势能　 　球在E点的重力势能；
球在C点的动能　 　球在E点的动能。
（4）若球一直在轨道上运动，且最终停在E点，则它在A点出发时速度v的取值范围是　 　。
【答案】（1）动能
（2）>
（3）=；>
（4）v1【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；机械能及其转化
【解析】【解答】（1） 在第一次游戏时，球从A点出发， 在轨道上运动时，动能逐渐转化为重力势能，到达D点时刚好静止，此时重力势能达到最大，该重力势能由A点的动能转化而来。
故答案为：动能；
（2） 在第二次游戏中，球以v2的速度从A点出发，能够一直沿轨道运动到F点折返，再往回运动到D点 ，说明足够大，使球有足够的动能克服阻力并完成折返，因此。
故答案为：>；
（3）球在C点和E点的高度相同、质量不变，因此两点的重力势能相等；
球能从C点运动到F点折返再到D点，说明C点的机械能大于E点的机械能；由于两点重力势能相等，故C点的动能大于E点的动能。
故答案为：=；>；
（4） 若球一直在轨道上运动，且最终停在E点， 说明A点出发时的速度比第一次的大、比第二次的小，因此速度取值范围为。
故答案为：v1【分析】（1）分析球在轨道上运动时动能与重力势能的相互转化规律，结合能量守恒的核心逻辑，理解 D 点静止时重力势能的来源；
（2）根据两次游戏中球的运动轨迹和折返情况，反推初始动能的大小差异，进而比较两次出发速度的大小；
（3）先依据重力势能的影响因素（质量、高度）判断 C、E 两点重力势能的关系，再结合运动过程中机械能因阻力损耗而减小的特点，推导两点动能的大小关系；
（4）综合两次游戏中球的运动范围和最终停留位置，通过对比两次初始速度的效果，确定使球最终停在 E 点的初始速度取值范围。
（1）在第一次游戏时，球从A点出发，在轨道上运动过程中，其动能逐渐转化为重力势能。当球到达D点时，刚好不动，此时球的重力势能达到最大，这部分重力势能正是由球在A点时的动能转化而来的。
（2）在第二次游戏中，球以v2的速度从A点出发，能够一直沿轨道运动到F点折返，再往回运动到D点。这说明v2的速度足够大，使得球在运动过程中具有足够的动能克服阻力并折返。因此，v2>v1。
（3）[1]球在C点时的高度等于E点高度，球的质量不变，所以球在C点的重力势能等于球在E点的重力势能。
[2]球能够从C点继续运动到F点再折返到D点，说明球在C点时的机械能大于在E点时的机械能，球在C点的重力势能等于球在E点的重力势能，故球在C点时的动能大于在E点时的动能。
（4）若球一直在轨道上运动，且最终停在E点，说明在A点出发时速度v比第一 次的速度大，比第二次的速度小，故它在A点出发时速度v的取值范围是v115．（1）原长为L0的弹簧一端固定在墙上，用水平拉力拉弹簧A端时，实验现象如图甲、乙、丙所示。撤去拉力后，弹簧都能恢复原状。
①　 　（选填“>”“=”或“<”），判断的依据是　 　。
②探究图丙实验中和的合力时，仅用一个弹簧测力计水平向右拉弹簧的A端，使之落在虚线　 　（选填“1”“2”或“3”）的位置，则此时测力计的拉力F就叫图丙实验中和的合力。实验过程中，A端要落在该虚线上，原因是　 　
（2）甲、乙两人沿同一直线推一张桌子，甲用30N的力向右推，乙用50N的力向左推，桌子静止不动。桌子受到这两个力合力的大小为　 　N。
【答案】（1）<；乙图中弹簧的形变量大；3；F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同
（2）20
【知识点】力的合成与应用
【解析】【解答】（1）弹簧受到的拉力越大，形变量越大。 由图甲、乙可知，乙图中弹簧的形变量大，所以F1由图丙实验可知，F1和F2共同作用的结果使弹簧的A端落在虚线3的位置，在探究图丙实验中F1和F2的合力时，当用力F使弹簧的A端落在虚线3的位置时，说明F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同，此时拉着测力计的拉力F就是F1和F2的合力。故实验过程中，A端要落在该虚线3上，原因是F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同。
故答案为：<；乙图中弹簧的形变量大；3；F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同；
（2）甲、乙两人沿同一直线反向推桌子，甲用 30N 的力向右推，乙用 50N 的力向左推，两个力方向相反。根据同一直线上二力合成的规则，合力大小为： F=50N- 30N=20N；
故答案为：20；
【分析】（1）利用弹簧的伸长量与拉力成正比的关系，通过比较形变量判断拉力大小；理解等效替代法在探究合力实验中的应用，即合力的作用效果与分力共同作用的效果相同；
（2）掌握同一直线上方向相反的两个力的合成方法，合力大小等于两力大小之差，方向与较大力的方向一致。
（1）[1][2]弹簧受到的拉力越大，形变量越大。由图甲、乙可知，乙图中弹簧的形变量大，所以F1[3][4]由图丙实验可知，F1和F2共同作用的结果使弹簧的A端落在虚线3的位置，在探究图丙实验中F1和F2的合力时，当用力F使弹簧的A端落在虚线3的位置时，说明F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同，此时拉着测力计的拉力F就是F1和F2的合力。故实验过程中，A端要落在该虚线3上，原因是F的作用效果与F1和F2的共同作用的效果相同。
（2）甲、乙两人沿同一直线推一张桌子，甲用30N的力向右推，乙用50N的力向左推，桌子静止不动。两个力方向相反，则桌子受到这两个力合力的大小为F=50N- 30N=20N
16．为了把重约477N的货物从地面加速提升至10m高处，小明利用如图所示的装置提升物体，所用拉力F为300N，此过程装置的机械效率为80%。
（1）F作用的绳端移动的距离为　 　m。
（2）计算：F对装置做的总功。
（3）计算：装置做的有用功。
【答案】（1）20
（2）拉力做的总功为： W总=Fs=300N×20m=6000J
（3）克服物体重力所做的功为有用功，装置的机械效率为 80%，根据，可得，该装置做的有用功W有=ηW总=80% × 6000J= 4800J
【知识点】滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；功的计算及应用
【解析】【解答】（1）由图可知，与动滑轮相连的绳子股数 n=2，货物上升的高度 h=10m，则绳子自由端移动的距离为：s=nh=2×10m=20m
故答案为：20；
【分析】(1) 利用滑轮组中绳子自由端移动距离与物体上升高度的关系 s=nh，关键是正确确定承担物重的绳子股数 n；
(2) 根据功的计算公式 W总 = Fs，代入拉力和绳子自由端移动的距离计算总功；
(3) 利用机械效率公式的变形 W有=η×W总，通过已知的总功和机械效率计算有用功。
（1）由图可知，与动滑轮相连的绳子股数n=2，货物上升的高度h=10m，则绳子自由端移动的距离为s=nh=2×10m=20m
（2）拉力做的总功为 W总=Fs=300N×20m=6000J
（3）克服物体重力所做的功为有用功，装置的机械效率为80%，根据
可得，该装置做的有用功W有=ηW总=80% × 6000J= 4800J
17．TY-3R飞行救生圈参数如下表所示。其浸没在1.5m深的水中也能保持良好的气密性。救生圈飞到特定水面上方后落到水面，最后漂浮在水面静止。（g取10N/kg；）
总质量/kg 最大飞行速度/（） 最大飞行时间/min 最大产生浮力/N
4.38 46.5 10 190
（1）计算：救生圈漂浮在水面，它所受的浮力。
（2）计算：救生圈的体积（忽略救生圈在水中的形变）。
（3）营救时，溺水人员伏在救生圈漂浮在水面上。若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈所受的浮力会越　 　（选填“大”“小”）。
【答案】（1）根据物体的漂浮条件，救生圈漂浮在水面时，所受浮力等于自身重力： F浮=G=mg=4.38kg× 10N/kg=43.8N
（2）根据表格数据知，最大浮力190N，此时救生圈浸没，则救生圈的体积为
（3）小
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】（3） 溺水人员伏在救生圈上漂浮时，整体浮力等于总重力，总重力不变，故整体浮力不变， 浸入的总体积不变，若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈浸入的体积越小，根据阿基米德原理知，受到的浮力越小。
故答案为：小；
【分析】(1)物体漂浮时浮力等于重力，直接利用重力公式计算浮力；
(2) 救生圈的最大浮力对应其完全浸没状态，此时排开水的体积等于救生圈体积，用阿基米德原理公式计算体积；
(3) 整体漂浮时浮力不变，结合人员身体浸入水中的体积变化，分析救生圈排开水的体积变化，进而判断其浮力变化。
（1）根据物体的漂浮条件可知，救生圈漂浮在水面，它所受的浮力F浮=G=mg=4.38kg× 10N/kg=43.8N
（2）根据表格数据知，最大浮力190N，此时救生圈浸没，则救生圈的体积为
（3）溺水人员伏在救生圈漂浮在水面上，整体的浮力等于重力，重力不变，浮力不变，浸入的总体积不变，若溺水人员的身体浸在水中的体积越大，救生圈浸入的体积越小，根据阿基米德原理知，受到的浮力越小。
18．因为大堂的地毯容易与地面打滑，学校准备更换防滑性能更好的地毯。实验小组从市场上选取甲、乙两种畅销的地毯，剪取了面积相同的两个样本，要选出防滑性更好的样本供学校作决策。
（1）水平放置的测力计已调零，水平拉动两个样本处于　 　状态时，测出了它们所受的滑动摩擦力（如图所示）。其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，其大小为　 　N，据此，小明认为“甲地毯样本更防滑”。
（2）小芳指出上述实验存在问题，实验结论不可靠。小芳仅用上述器材，设计了一个实验，选出了防滑性更好的样本。写出小芳的实验步骤（可图文结合）。
（3）学校根据小芳的建议，买了一块很长的地毯铺在大堂上。在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。
小芳的操作是　 　。
【答案】（1）匀速直线运动；1.8
（2）单独拉动样本无法保证压力相同，改进方案如下：
①将乙地毯样本放置在甲地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的甲地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F1；
②将甲地毯样本放置在乙地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的乙地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F2；
③结论分析：
若 F1＞F2，说明压力相同时，甲地毯滑动摩擦力更大，防滑性更好；
若 F1＜F2，说明压力相同时，乙地毯滑动摩擦力更大，防滑性更好；
若 F1=F2，说明甲、乙地毯滑动摩擦力相同，防滑性能一样。
（3）将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】（1） 实验中需用弹簧测力计拉着样本做匀速直线运动，此时样本处于平衡状态，滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，因此可通过测力计示数得到滑动摩擦力的大小。
其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数是1.8N，滑动摩擦力大小为1.8N，乙的示数是1.4N，弹簧测力计的示数越大，样本的滑动摩擦力更大，即甲地毯样本的防滑性更好。
故答案为：匀速直线运动；1.8；
（3） 在压力和接触面粗糙程度相同时，滚动摩擦比滑动摩擦小得多。 所以在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。小芳的操作是将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦。
故答案为：将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦；
【分析】(1) 利用二力平衡原理，匀速直线运动时拉力与滑动摩擦力大小相等；滑动摩擦力大小与接触面粗糙程度有关，拉力越大说明摩擦力越大，防滑性越好；
(2) 采用控制变量法，通过 “叠放样本” 保证两次实验的压力相同，只改变接触面，从而比较滑动摩擦力大小；
(3) 利用变滑动摩擦为滚动摩擦的方式，可以大幅减小摩擦力，从而解决拉力不足、拉不动地毯的问题。
（1）[1]在实验过程中，需要用弹簧测力计拉着两个样本做匀速直线运动，处于平衡状态。这是因为当物体做匀速直线运动时，它受到的力是平衡的。在这种情况下，样本受到的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力是一对平衡力，它们的大小相等。因此，我们可以通过读取弹簧测力计的示数来得到滑动摩擦力的大小。
[2]其中甲地毯样本受到的滑动摩擦力较大，弹簧测力计的分度值是0.2N，示数是1.8N，滑动摩擦力大小为1.8N，乙的示数是1.4N，弹簧测力计的示数越大，样本的滑动摩擦力更大，即甲地毯样本的防滑性更好。
（2）由于单独拉动两个样本，无法保证样本对地面的压力相同，因此改进实验方案如下：
①将乙地毯样本放置在甲地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的甲地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F1；
②将甲地毯样本放置在乙地毯样本上，用弹簧测力计沿水平方向匀速拉动平放的乙地毯样本在大堂水平地面上运动，记下弹簧测力计的示数F2；
③结论分析：
若F1>F2，结论：其它条件一定时，甲地毯滑动摩擦力大，更防滑；
若F1若F1=F2，结论：其它条件一定时，甲、乙地毯滑动摩擦力相同，防滑性能一样。
（3）在压力和接触面粗糙程度相同时，滚动摩擦比滑动摩擦小得多，所以在搞卫生时，需把地毯移到另一处，但某工作人员力气不够，拉不动地毯。力气同样不大的小芳不使用其它物体，一人徒手操作完成上述任务。小芳的操作是将地毯卷起来，变滑动为滚动减小摩擦。
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