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广东省江门市蓬江区2024-2025学年八年级下学期期末考试物理试题
1．生活处处是物理，下列生活中常见力估测中，你认为较合理的是（　　）
A．一枚鸡蛋所受重力约为5N
B．一瓶500mL的矿泉水重力约为100N
C．一名普通中学生的重力约为500N
D．托起一本九年级物理教材的力约为0.1N
2．物理王坐电梯回家时，电梯匀速上升。若他对电梯的压为F1，电梯对他的支持力为F2，他受到的重力为G，则下列判断中正确的是（　　）
A．F1>G B．F2>G
C．F1和F2是平衡力 D．F2和G是平衡力
3．如图所示，为响应“绿色环保，低碳出行”的号召，我们常骑共享自行车出行。骑行中若加速前行，则下列说法正确的是（ ）
A．车的惯性增大 B．车的动能增大
C．车的运动状态不变 D．车受到的摩擦力变小
4．如图所示，在硬币上方沿着与桌面平行的方向用力吹一口气，硬币就可以“跳”过木块。下列说法正确的是（　　）
A．吹气时，硬币上方气流速度小于下方气流速度
B．吹气时，硬币上方气体压强大于下方气体压强
C．吹气时，硬币上方气体压力大于下方气体压力
D．吹气时，硬币上方与下方之间产生了向上的升力
5．下列各图描述的情境中，说法正确的是（　　）
A．如图甲，通过大量实验，进一步推理概括得出牛顿第一定律
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了连通器的原理
C．如图丙，把自制气压计从山脚移到山顶，细管内水柱下降
D．如图丁，客机起飞升空与用吸管吸饮料的原理相同
6．在“探究影响压力作用效果的因素”实验时，某同学做了如图所示的实验，下列说法正确的是（
A．实验中，我们通过观察海绵的凹陷程度来反映压力的大小
B．比较甲、丙两图可得出压力的作用效果与压力大小有关
C．比较乙、丙两图可得出压力的作用效果与受力面积有关
D．蚊子尖尖的口器可插入皮肤吸吮血液，利用了甲、乙两图的实验结论
7．用甲、乙两个滑轮组分别将两个物体在相同时间里匀速提升相同高度，拉力分别为、，此过程相关数据如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．比小
B．甲的机械效率更高
C．功率比的功率大
D．甲、乙装置中的两个物体质量比大
8．运动员用网拍击球时，球和网拍都变了形，这表明两点：一是力可以　 　；二是说明物体间力的作用是　 　的。此外，网拍击球过程中，球的运动方向和速度发生变化，表明力还可以改变物体的　 　。
9．如题图所示，高铁站台上有一道安全线，要求乘客必须站在安全线外候车，因为高速行驶的列车周围的空气流速变　 　，压强变　 　，产生一个　 　（选填“朝向列车”“远离列车”）的压力，非常危险。
10．卫星在大气层外运动时，不受空气阻力作用，因此　 　守恒，卫星在远地点时　 　最大，在近地点时　 　 最大。（选填“动能”、“重力势能”或“机械能”）
11．如图所示的“开瓶起子”，它是　 　杠杆（选填“省力”，“费力”或“等臂”），点　 　（选填“A”或“B”）是支点。使用时应在C点处施加　 　（选填“向上”或“向下”）的力。
12．如图所示，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变　 　来实现的；潜水艇在上浮过程中，未露出水面之前，所受的浮力将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。为了能使潜水艇浮出水面，应使水舱中的水量　 　（填“增加”、“减少”或“不变”）。
13．物体A重10N，体积为6×10-4 m3。若用定滑轮匀速提升该物体，则所用拉力的大小为　 　N。若将物体A浸没在水中，受到的浮力为　 　N，此时拉力的大小为　 　N。（不计摩擦和绳重，g=10N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
14．如图所示是爸爸带轩轩在科技馆体验升降座椅时的情景，当45kg的轩轩坐在椅子上时，爸爸用200N的力在10s内将他匀速拉高了40cm，则绳子的自由端移动的距离为　 　m，爸爸做功的功率为　 　W；换成质量较大的爸爸坐在椅子上，轩轩来拉时，滑轮组的机械效率将变　 　
15．高压锅是生活中一种密闭的烹饪容器，锅盖中央有一出气孔，孔上盖有限压 阀，当锅内气压达到限定值时，限压阀被顶起放出部分气体，实现对锅内气体压强的调节.某高 压锅盖出气孔横截面积为 12mm2 ，限压阀的质量为 72g.锅内水沸点随气压变化如图（大气压取 1.0×105Pa ，g= 10N/kg）则 ：
（1）由图可知，水的沸点随气压增大而　 　 ， 因此利用高压锅加热食物时水的沸点通常 会　 　（选填“高于 ”或“低于 ”）100℃ ， 食物更易熟烂；
（2）通过物理的学习可以知道：正常工作时，高压锅锅内气体压强会比当时大气压强高。假如该款高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时高压锅锅内气体最大压强为　 　 Pa，锅内水温最高可达到　 　 ℃；
（3）从安全角度分析，高压锅使用过程最危险的情况是　 　 被非正常堵塞。为解决该安 全问题，结构工程师增加了备用保险作用的“安全阀 ”，安全阀中安装了用熔点较低的铝合金 材料制成的“易熔片 ”。一旦限压阀失效，锅内压强过大，温度随之升高，当达到易熔片熔点时， 易溶片熔化，锅内气体便从安全阀通道喷出，减小锅内压强，从而防止爆炸事故发生；
（4）为大家可以更安全使用，请你给出一条安全使用高压锅的建议　 　 .（例如一次煮食物的量不可过多）
16．如图所示，小球悬浮在水中，请在图中画出小球所受浮力和重力的示意图．
17．一物体冲上表面粗糙的固定斜面，请在O点画出它所受摩擦力f和支持力F的示意图。
18．如图所示，图甲是打开的汽车后备厢盖，可将它看作一个杠杆。图乙是其简化图，O是支点，是液压杆对B点的支撑力，请在乙图中画出的力臂能把后备厢盖上的最小的力及其力臂。
19．在“探究杠杆平衡条件的实验”中：
（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于 　 　（填“平衡”或“不平衡”）状态：要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 　 　调节；
（2）如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 　 　个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆 　 　（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡；
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转动到b位置时，其示数大小将 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（4）如图丁所示，已知每个钩码重0.5N，杠杆上每小格长度为2cm，当弹簧测力计在C点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计示数的大小为 　 　N。
（5）保持A点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时测出多组动力臂L1和动力F1的数据绘制了L1﹣F1的关系图象，如图戊所示。请根据图象推算，当L1为0.2m时，F1为 　 　N。
20．小智发现妈妈购买的防滑地垫的A面与B面粗糙程度不同，为了比较A、B两个面的防滑性，小智利用商家赠送的小块地垫样品和弹簧测力计进行下列探究：
（1）实验前，应在　 　方向上对弹簧测力计进行调零，随后如图甲、乙分别将B、A面与同一水平地面接触，用弹簧测力计水平　 　拉动小块地垫，可知滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
（2）小智发现完成甲、乙两次实验测得的滑动摩擦力都很小，比较不出A、B两个面的防滑性，于是又找来一个铁块，在原水平地面上进行了如图丙所示的实验。通过甲、丙两次实验发现当接触面粗糙程度相同时，　 　越大，滑动摩擦力越大；
（3）为了完成探究，保持其他条件不变，在丙图实验的基础上小智只将　 　（操作方法），测出滑动摩擦力的大小为，通过与丙实验测得的滑动摩擦力相比，选择地垫　 　（选填“A”或“B”）面铺在地面上，能更有效地防止地垫在地面上滑动；
（4）为了更精确地测量地垫的滑动摩擦力，小智引入拉力传感器代替弹簧测力计进行实验，如图丁所示，拉动木板时发现传感器示数不稳定，获得数据如图戊所示，出现示数不稳定的原因可能是　 　（选填序号）。
A．拉动木板时很难做到匀速直线运动 B．选择的木板表面粗糙程度不均匀
C．选择的小块地垫的接触面积太小 D．木板与地面接触面粗糙程度不均匀
21．在“探究影响浮力大小的因素”实验中，小明根据生活经验，提出了浮力的大小可能与下列因素有关的猜想：
A.与物体浸入液体中的深度有关；
B.与物体排开液体的体积有关；
C.与液体的密度有关。
（1）进行探究时，实验步骤和弹簧测力计的示数如图1所示。其中序号c中物体P所受浮力的大小为　 　N，物体P的密度为　 　kg/m3；（g=10N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
（2）分析　 　三次实验，可知浮力的大小与物体排开液体的体积有关；分析a、d、e三次实验，液体密度越大，物体受到的浮力　 　（选填“越大”或“越小”）；
（3）小明接着又探究了“浸在液体中的物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系”，过程如图2所示，其中弹簧测力计的示数依次是F1、F2、F3、F4；
①为减小测量误差并使操作更简便：最合理的操作步骤应该是　 　；（填选项前的字母）
A.acdb B.abcd C.bacd D.cadb
②以下选项中若　 　（选填“A”“B”或“C”）成立，则可以得出浮力的大小与排开液体所受重力的关系，从而验证阿基米德原理。
A.F1 F2=F3 F4
B.F1 F3=F4 F2
C.F3 F2=F4 F1
22．小明按如图所示实验来探究液体内部压强的规律。
（1）实验中，液体内部压强的大小是通过U形管　 　来反映的，这种实验探究方法是　 　（选填“控制变量法”或“转换法”）；
（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差，如图甲所示．其调节的方法是　 　（填字母），使U形管左右两侧的液面相平；
A．将右侧支管中高出的水倒出
B．取下软管重新安装
C．向U形管中加入适量的水
（3）比较图乙和丙，可以得到结论：液体密度相同时，液体的压强与液体的　 　有关；比较图　 　，可以得到结论：深度相同时，液体的压强与液体的密度有关，液体的密度越大，压强越大；
（4）实验结束后，小明猜想：液体的压强可能与容器形状有关．然后他用不同容器进行实验，实验现象如图戊所示。由此可知，小明的猜想是　 　（选填“正确”或“错误”）的；
（5）测得图丁中U形管左右两侧液面的高度差为10cm，探头深度为9cm，忽略橡皮膜弹力的影响，则盐水的密度为　 　（结果保留一位小数）。（g取，U形管中液体的密度为）
23．如图所示，小明在探究“物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，其中mA=mBhB。
（1）该实验的研究对象是　 　（选填“小球”或“木块”），通过观察　 　来反映物体动能的大小；
（2）要研究动能与质量的关系，需要比较　 　两图就可以得出初步结论；
（3）由甲、乙两图可以得出的结论是：　 　，动能越大；
（4）如果实验装置的水平面绝对光滑且无空气阻力，那么我们　 　（填“能”“不能”）完成该实验，原因是　 　。
24．如图所示是某学生背书包上学的情景。该学生质量为50kg，书包质量为4kg（g取10N/kg）。求：
（1）书包受到的重力；
（2）该学生背着书包静止站在水平地面上时，学生对地面的压力；
（3）该学生背着书包静止站在水平地面上时，双脚与地面总接触面积为400cm2，学生对地面的压强。
25．小明家中有如图所示的晾衣杆套组，查询说明书得知晾衣杆（含动滑轮）总质量为2kg。晾衣前，小明用体重计测得衣服的质量为6kg。挂好衣服后，晾衣杆水平，摇动手柄使晾衣杆匀速上升1m，用时5s。不计绳重、衣架重力及摩擦（取10N/kg）。求：
（1）摇柄端绳子的拉力？
（2）拉力做功的功率？
（3）该过程中晾衣杆套组的机械效率？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】重力及其大小的计算
【解析】【解答】 A、一枚鸡蛋的质量约为50g=0.05kg，所受重力约为G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，故A错误；
B、一瓶500mL的矿泉水的体积V=500mL=500cm3，其质量m=ρV=1.0g/cm3×500cm3=500g=0.5kg，所受的重力约为G=mg=0.5kg×10N/kg=5N，故B错误；
C、一名普通中学生的质量约50kg，受到的重力约为：G=mg=50kg×10N/kg=500N，故C正确；
D、一本九年级物理课本的质量约为250g，则物理课本的重力为：
G=mg=250×10-3kg×10N/kg=2.5N，由二力平衡可知托起物理课本所需的力F=2.5N，故D错误。
故选：C。
【分析】首先要对选项中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出合理的答案。
2．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】电梯匀速上升过程中，小申相对电梯静止，小申在竖直方向上受到重力和电梯对人的支持力，这两个力是一对平衡力；即F2和G是一对平衡力。
电梯对小申的支持力和小申对电梯的压力是作用在不同物体的两个力，是一对相互作用力，即F1和F2是一对相互作用力，大小相等，因此F1=F2=G，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】处于静止或匀速直线运动状态时物体受力平衡。据此根据二力平衡条件分析解答。
3．【答案】B
【知识点】机械能及其转化；力的作用效果；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，骑行中加速前行时，车的质量不变，所以惯性大小不变，故 A 错误；
B、动能的大小与物体的质量和速度有关，骑行中加速前行时，车的质量不变，速度增大，所以车的动能增大，故 B 正确；
C、骑行中加速前行时，车的速度发生了变化，所以车的运动状态发生改变，故 C 错误；
D、骑行中加速前行时，车对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以车受到的摩擦力大小不变，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查惯性的影响因素，惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关；
B、考查动能的影响因素，动能与物体的质量和速度有关，质量不变、速度增大时动能增大；
C、考查运动状态的判断，物体的速度或方向发生变化，运动状态就发生改变；
D、考查摩擦力的影响因素，滑动摩擦力只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关。
4．【答案】D
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】当在硬币上方沿与桌面平行的方向吹气时，硬币上方空气流速增大，压强减小；硬币下方空气流速不变，压强不变，由此形成向上的压强差与压力差。在压力差的作用下，硬币获得向上的升力，从而可能跳过木块，故 ABC 错误，D 正确。
故答案为：D。
【分析】根据流体压强与流速的关系，分析硬币上下方的空气流速差异，进而得出压强差和压力差的方向，判断硬币的受力与运动状态，从而确定正确选项。核心知识点是流体流速越大的位置压强越小，易错点是对 “上方吹气” 导致的流速变化方向判断错误。
5．【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；大气压强与高度的关系；大气压的综合应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A．实验中，小车不能不受阻力，因此牛顿第一定律是在在实验基础上加进一步推理得出，故A正确；
B．丁图中，盆景中的水位能保持一定高度，是因为水面低于瓶口时，空气进入瓶中，大气压支撑瓶中的水不流出来，不是利用了连通器原理，故B错误；
C．把气压计从山脚移到山顶，外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会升高，故C错误；
D．人用吸管喝饮料，管内气压小于外界大气压，饮料被大气压压上去，客机起飞升空，是因为飞机上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而形成向上的压力差，从而获得向上的升力而升空；二者原理不同，故D错误。
故选A。
【分析】1、大气压的应用； 吸盘是将吸盘内部的气压减小，导致外界大气压大于内部气压，将吸盘压在墙面，和吸管吸取饮料的原理相同；
2、压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力；
3、压强和海拔的关系为：随着海拔的增加，压强减小，海拔的减小，压强增加。
6．【答案】C
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】A．压力的作用效果越明显，海绵的凹陷程度越大，根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，故A错误；
B．探究压力的作用效果与压力大小的关系时，控制受力面积相同，甲、丙两图中受力面积不同，故B错误；
C．探究压力的作用效果与受力面积的关系时，应控制压力的大小不变、受力面积不同，比较乙、丙两图，可得出压力的作用效果与受力面积有关，故C正确；
D．甲、乙两图的实验，受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越明显；而蚊子的口器很尖，是在压力一定时，减小受力面积，增大压力作用效果，故D错误。
故选C。
【分析】探究压力的作用效果的影响因素时，通过海绵的凹陷程度，反应压力作用效果的大小；压力的作用效果和压力、受力面积有关，需要结合控制变量法进行探究。
7．【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】A、由图可知，甲滑轮组绳子段数，乙滑轮组，物体上升高度相同，则绳子自由端移动距离，；根据，甲的拉力，乙的拉力，因此，故A错误；
B、甲的有用功，机械效率；乙的有用功，机械效率，因此乙的机械效率更高，故B错误；
C、两物体提升时间相同，甲的总功大于乙的总功，根据功率公式，在时间相同时，总功越大功率越大，因此，故C正确；
D、两滑轮组的有用功均为，而有用功，物体上升高度相同，因此物体重力，物体质量，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查滑轮组拉力的计算，需先确定绳子段数得到绳子自由端移动距离，再结合总功公式计算拉力，比较两者大小；
B、考查机械效率的计算，需先通过“总功-额外功”算出有用功，再利用计算并比较机械效率；
C、考查功率的比较，需根据，在时间相同时，通过比较总功大小判断功率大小；
D、考查物体质量的判断，需根据，结合有用功和上升高度，分析物体重力和质量的关系。
8．【答案】改变物体的形状；相互；运动状态
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性
【解析】【解答】解：用网拍击球时，球和网拍都变了形，说明力可以改变物体的形状；球和网拍之间的力是相互的。网拍击球过程中，球的运动方向和速度发生变化，表明力还可以改变物体的运动状态。
故答案为：改变物体的形状；相互；运动状态。
【分析】物体间力的作用是相互的. (一个物体对别的物体施力时，也同时受到后者对它的力).
力的作用效果：力可以改变物体的运动状态，还可以改变物体的形状.（物体形状或体积的改变，叫做形变.）
9．【答案】大（快）；小；朝向列车
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 解：当列车进站时，列车与警戒区域之间的空气流速变大，压强变小，乘客外侧的空气流速小，压强大，会对乘客产生一个朝向列车的压强差，所以乘客在候车时不得跨过警戒区域，以免发生危险。
故答案为：大（快）；小；朝向列车。【分析】 流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大。
10．【答案】机械能；重力势能；动能
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；能量守恒定律
【解析】【解答】卫星在大气层外运动时，不受空气阻力，不损耗机械能，卫星的机械能总和保持不变，当卫星在远地点时，高度变大，运动速度最小，动能最小，重力势能最大；当卫星在近地点时，运动速度最大，动能最大，重力势能最小。故第1空填：机械能；第2空填：重力势能；第3空填：动能。
【分析】运动的物体不受阻力，没有能量损耗，机械能保持不变；质量一定时，高度越高，重力势能越大，速度越大，动能越大。
11．【答案】省力；A；向上
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】①根据图片可知，在使用“开瓶起子”时，A点固定不动，则A是支点，C是动力作用点，B是阻力作用点。此时动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆。
②根据图片可知，瓶盖对B点的阻力向下，则C点的动力向上。
【分析】①比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
②根据起子的使用过程确定动力的方向。
12．【答案】自身重力；不变；减少
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用；探究潜艇的浮沉原理
【解析】【解答】潜水艇在水中受到浮力与重力的作用，根据阿基米德原理公式，潜水艇体积不变，排开水的体积不变，因此在未露出水面之前，所受浮力始终不变。
上浮：将压缩空气压入压力舱排出海水，潜水艇自重减小，当时，潜水艇上浮；
下沉：打开阀门让海水进入压力舱，潜水艇自重增大，当时，潜水艇下沉；
悬浮：当时，潜水艇悬浮，可停留在任意深度。
因此，潜水艇通过改变自身重力实现上浮和下沉；若要使潜水艇浮出水面，应减少水舱中的水量。
故答案为：自身重力；不变；减少；
【分析】先利用阿基米德原理公式，分析得出潜水艇在未露出水面时浮力保持不变；再结合物体浮沉条件与的关系，分别说明上浮、下沉、悬浮的受力状态，明确潜水艇的工作原理；关键知识点：阿基米德原理、物体的浮沉条件。
13．【答案】10；6；4
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】定滑轮不省力，不计摩擦和绳重时，拉力大小等于物体重力，因此：
物体A浸没在水中时，排开水的体积等于自身体积，根据阿基米德原理，浮力为：
物体在水中匀速上升时，受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和浮力，三力平衡，即，因此拉力：
故答案为：10；6；4；
【分析】利用定滑轮不省力的特点，直接得出拉力等于物体重力；关键知识点：定滑轮的工作特点，无公式。
根据阿基米德原理公式，代入水的密度、重力加速度和物体体积，计算浮力大小；关键知识点：阿基米德原理。
对水中的物体进行受力分析，利用三力平衡关系，变形得到，代入重力和浮力数据计算拉力；关键知识点：受力分析、平衡条件的应用。
14．【答案】1.2；24；大
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】由图可知，承担物重的绳子段数 ，绳子自由端移动的距离：
爸爸做的总功：
爸爸做功的功率：
换成质量较大的爸爸坐在椅子上，提升高度相同时，有用功 变大，额外功（克服滑轮和椅子自重的功）不变。由机械效率公式：
可知， 增大时， 减小，因此滑轮组的机械效率将变大。
故答案为：1.2；24；大；
【分析】先确定滑轮组的绳子段数 ，再根据 计算绳子自由端移动的距离。
利用 计算拉力做的总功，再根据功率公式 求出做功的功率。
结合机械效率公式 分析，额外功不变时，有用功越大，机械效率越高，因此爸爸质量增大时机械效率变大。
15．【答案】（1）升高；高于
（2）1.6×105；115
（3）出气孔
（4）避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效
【知识点】沸点及沸点与气压的关系；大气压的综合应用
【解析】【解答】（1）图乙中，水的沸点随气压增大而升高，高原地区海拔越高，气压越小，使用高压锅，内部气压高，沸点升高，容易将食物煮熟。
大气压强越大，液体的沸点越高，利用高压锅加热食物时，水的沸点通常会高于100℃。
（2）高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时，高压锅锅内气体最大压强为
；根据图乙，最大压强对应的温度是115℃。
（3）根据题意，从安全角度分析，高压锅使用过程中，最危险的情况是出气孔被非正常堵塞，发生爆炸事故。
（4）为了安全，避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效。
【分析】（1）液体沸点随气压增大而升高，高压锅内气压高，沸点高；
（2）锅内的压强和大气压压强，判断推动限压阀的压强，结合压强和沸点关系，判断沸点；
（3）高压锅的排气孔被非正常堵塞，不能排气，容易出现危险；
（4）使用高压锅时，避免排气阀堵塞，确定安全使用。
（1）[1]由图乙知道，水的沸点随气压增大而升高，高原地区使用高压锅才更容易将食物煮熟是因为海拔越高，气压越小的缘故。
[2]大气压强越大，液体的沸点越高，所以利用高压锅加热食物时水的沸点通常会高于100℃。
（2）[1]若该款高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时高压锅锅内气体最大压强为
[2]由图乙知道，最大压强对应的温度是115℃。
（3）根据题意知道，从安全角度分析，高压锅使用过程最危险的情况是出气孔被非正常堵塞，发生爆炸事故。
（4）为了安全，避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效。
16．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；浮力的示意图
【解析】【解答】小球悬浮在水中，受到竖直向上的浮力 和竖直向下的重力 ，这两个力是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用点都在小球的重心上。作图时，从重心出发，分别沿竖直向上和竖直向下的方向画两条长度相等的带箭头线段，并分别标注 和 ，示意图如下：
故答案为：
；
【分析】首先根据悬浮状态判断小球受力平衡，浮力与重力大小相等、方向相反；再明确浮力方向竖直向上、重力方向竖直向下，作用点均在重心；最后按照力的示意图规范，画出两条长度相等、方向相反的线段，并标注对应符号。
17．【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；弹力；摩擦力的方向
【解析】【解答】物体沿斜面向上运动时受到的摩擦力沿斜面向下，斜面对它的支持力垂直于斜面向上，两个力的作用点都画在物体的重心 O 点，示意图如下：
故答案为：
；
【分析】首先根据物体运动方向判断摩擦力方向，物体沿斜面向上运动，滑动摩擦力阻碍相对运动，方向沿斜面向下；其次根据支持力的性质，其方向始终垂直于接触面，即垂直斜面向上；最后按照力的示意图规范，将两个力的作用点统一画在重心 O 点，分别标注对应的力的符号。
18．【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】过支点O作F2反向延长线的垂线段，即为阻力臂l2；连接OA得到最大动力臂，根据杠杆平衡条件，过A点向下作OA的垂线即为最小动力F1的方向，作图结果如下：
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
2、力臂的画法：力臂是支点和力的作用线的垂线段。
19．【答案】平衡；右；6；不能；变大；2；1.5
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】探究杠杆平衡条件时，
（1）图甲中，杠杆静止，处于平衡状态。
杠杆的右端上翘，重心偏左，平衡螺母向上右端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于从杠杆上测量力臂，同时可避免杠杆自重的影响。
（2）图乙中，根据杠杆平衡条件：FALA=FBLB，即：4G×3L=nG×2L，解得：n=6，需挂6个钩码。
若A、B处的钩码向远离支点的方向移动一个格，则左侧=4G×4L=16GL，右侧=6G×3L=18GL，
因为左<右，杠杆右端下沉，不能在水平位置保持平衡。
（3）图丙中，测力计从a位置转到b位置，拉力的力臂变短，杠杆保持水平平衡，则拉力变大，即测力计示数变大。
（4）图丁中，当弹簧测力计在C点与水平方向成30°角斜向上拉，此时动力臂等于
，
根据杠杆的平衡条件可得：；
（5）根据阻力和阻力臂不变，利用戊图中任意一组数据得出：F2L2=F1L1=0.1m×3N=0.3N m
若当L1为0.2m时：。
【分析】（1）静止的杠杆处于平衡状态；调节杠杆水平平衡时，平衡螺母向偏高的一侧移动；
（2）根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算未知拉力大小，判断钩码个数；根据支点两侧的拉力和力臂，判断杠杆是否平衡；
（3）杠杆平衡时，拉力倾斜，力臂减小，拉力变大；
（4）根据杠杆的平衡条件，结合拉力的夹角计算力臂；根据杠杆的平衡条件，计算拉力大小；
（5）杠杆平衡时，阻力和阻力臂一定，动力和动力臂成反比，计算动力大小。
20．【答案】水平；匀速直线；压力；A、B面对调；A；B
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1) 实验中需在水平方向使用弹簧测力计，因此要先在水平方向对弹簧测力计进行调零；实验时，需沿水平方向匀速直线拉动小块地垫，根据二力平衡原理，此时地垫受到的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力大小相等，可通过测力计示数直接读出摩擦力大小。
故答案为：水平；匀速直线；
(2) 将铁块压在小块地垫上，匀速拉动弹簧测力计时，示数变大，说明滑动摩擦力增大。由此可得出结论：当接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
故答案为：压力；
(3) 探究摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变，改变接触面粗糙程度，可将小块地垫倒置，保持其他条件不变；地垫倒置后，A 面与地面接触，测得滑动摩擦力为 2.2N，而丙图中测得的摩擦力为 1.6N，说明 A 面接触面更粗糙，滑动摩擦力更大，防滑效果更好。
故答案为：A、B面对调；A；
(4) 防滑地垫相对地面静止，其受到的滑动摩擦力大小等于拉力传感器的示数，滑动摩擦力只与压力大小和接触面粗糙程度有关，与木板运动速度、接触面积无关。弹簧测力计示数不稳定，压力大小不变，说明原因是木板表面粗糙程度不均匀，故选 B。
故答案为：B；
【分析】(1) 明确弹簧测力计水平调零的必要性，再利用二力平衡原理，通过匀速拉动的方式，将滑动摩擦力的大小转换为弹簧测力计的示数进行测量。
(2) 保持接触面粗糙程度不变，通过增加压力观察测力计示数变化，根据示数变化分析压力对滑动摩擦力的影响，得出对应结论。
(3) 利用控制变量法，通过倒置地垫改变接触面粗糙程度，保持压力不变，对比两次测得的摩擦力大小，判断接触面的粗糙程度差异，进而分析防滑效果。
(4) 根据滑动摩擦力的影响因素（压力、接触面粗糙程度），分析各选项，示数不稳定且压力不变，说明是接触面粗糙程度不均匀导致的，据此选出正确选项。
21．【答案】（1）2；
（2）a、b、c；越大
（3）C；B
【知识点】阿基米德原理；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】(1)由图1的a可知，物体P的重力 ；由图1的c可知，物体P浸没在水中时所受浮力：
根据阿基米德原理，物体P的体积：
物体P的密度：
故答案为：2；；
(2)图1中b、c两次实验，液体密度相同，物体P排开水的体积不同，由称重法 可知，测力计示数不同则浮力不同，因此由a、b、c三次实验可得：浮力大小与物体排开液体的体积有关。
图1中d、e两次实验，物体P排开液体的体积相同，液体密度不同；P浸没在盐水中时测力计示数更小，由称重法可知其浮力更大，因此由a、d、e三次实验可得：当排开液体体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大。
故答案为：a、b、c；越大；
(3)探究浮力与排开液体重力的关系时，需用称重法 求浮力，用 求排开液体的重力。为减小误差、便于操作，合理步骤为：测空杯的重力→测物块的重力→测物块浸没在水中时测力计的示数→测排开液体和空杯的总重力，故选C。
弹簧测力计示数依次为 ，则物块所受浮力 ，排开液体的重力 ；若 ，即 ，则可验证阿基米德原理，故选B。
故答案为：C；B；
【分析】(1)利用称重法公式 ，先读取物体重力，再计算浸没时的浮力；关键知识点：称重法测浮力。
先根据阿基米德原理公式 求物体体积，再结合 变形公式 计算物体密度；关键知识点：阿基米德原理、密度计算。
(2)采用控制变量法，保持液体密度不变，改变排开液体的体积，通过称重法的浮力变化分析影响因素；关键知识点：控制变量法、浮力的影响因素。
采用控制变量法，保持排开液体的体积不变，改变液体密度，通过称重法的浮力变化分析影响因素；关键知识点：控制变量法、浮力的影响因素。
(3)根据实验误差控制和操作便利性，选择合理的实验步骤，确保能准确测量浮力和排开液体的重力；关键知识点：阿基米德原理实验的操作规范。
分别推导浮力和排开液体重力的表达式，根据 的验证条件，得出正确的等式关系；关键知识点：阿基米德原理的验证方法。
（1）[1]由图1的a可知，P的重力
由图1的c可知， 物体P在图1c中所受浮力大小为
[2]根据阿基米德原理可知，物体P的体积为
物体P的密度为
（2）[1]在图1中，b、c两次实验中，测力计的示数不同，根据可知，则P所受浮力不同，液体密度相同，而P排开水的体积不同，故由a、b、c三次实验可知，浮力的大小与物体排开液体的体积有关；
[2]d、e两次实验中，P浸没在水中时测力计的示数小于P浸没在盐水中时测力计的示数，由称重法测求浮力可知，P浸没在盐水中受到的浮力更大，而P排开液体的体积相同、液体密度不同，故由a、d、e三次实验可知当排开液体体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大。
（3）[1]在探究物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系的实验中，根据称重法求浮力，通过求排开水的重力，即可以比较与的关系。由图2的a可以测物块的重力，图2的b测空杯的重力，图2的c测物块浸没在水中时测力计的示数、图2的d测排开的液体和空杯的总重力，为了减小误差，并便于操作，最合理的实验步骤是：测空杯的重力测物块的重力测量物块浸没在水中时测力计的示数测排开液体和空杯的总重力，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
[2]弹簧测力计的示数依次是、、、，则物块所受浮力
物块排开液体所受的重力
若，即，则可验证阿基米德原理，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
22．【答案】左右液面的高度差；转换法；B；深度；丙和丁；错误；1.1
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】(1) 探究液体内部压强实验中，液体内部压强的大小是通过U形管左右液面高度差来反映的，这种实验探究方法叫转换法。
故答案为：左右液面的高度差；转换法；
(2) 使用压强计前，若U形管左右两侧液面存在高度差，说明液面上方气压不等，会导致测量结果错误。此时需将软管取下重新安装，题目中的三种调节方法中只有B正确，故选B。
故答案为：B；
(3) 比较图乙和图丙，金属探头在水中的深度不同，U形管液面高度差也不同，说明液体密度相同时，液体的压强与液体的深度有关；比较图丙和图丁，金属探头在液体中的深度相同，液体密度不同（丙中是水，丁中是盐水），U形管液面高度差不同，说明深度相同时，液体的压强与液体的密度有关。
故答案为：深度；丙和丁；
(4) 比较图丁和图戊两次实验，不同容器中装有相同液体，金属探头深度相同，U形管液面高度差相同，说明液体内部压强大小与容器形状无关，小明的猜想是错误的。
故答案为：错误；
(5) U形管左右两侧液面的压强差等于盐水中金属探头所在位置的压强，满足关系：
则盐水密度为：
故答案为：1.1；
【分析】(1) 利用转换法，将不易直接测量的液体压强，转换为容易观察的U形管液面高度差来体现。
(2) 压强计使用前若液面不平，说明装置内气压不平衡，需通过重新安装软管的方式使液面上方气压相等，因此只有B选项的操作正确。
(3) 通过控制变量法分析，对比乙丙两图（密度相同、深度不同），得出压强与深度的关系；对比丙丁两图（深度相同、密度不同），得出压强与密度的关系。
(4) 控制液体密度和深度相同，改变容器形状，通过液面高度差不变，证明压强与容器形状无关，从而否定小明的猜想。
(5) 根据液体压强平衡原理，利用压强公式 ，代入数据计算盐水的密度。
23．【答案】（1）小球；木块移动的距离
（2）甲、丙
（3）质量相同时，速度越大
（4）不能；木块在水平面做匀速直线运动
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】(1) 本实验的研究对象是小球，小球推动木块做功，说明小球具有动能；实验中运用转换法，通过木块被推动的距离大小来反映小球动能的大小。
故答案为：小球；木块移动的距离；
(2) 甲、丙两图中，小球初始高度相同，到达水平面时的速度相同，质量不同，因此可探究动能与质量的关系。
故答案为：甲、丙；
(3) 甲、乙两图中，小球质量相同，初始高度不同，到达水平面时的速度不同；高度越高，速度越大，木块被推动的距离越远，说明动能越大。因此可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
故答案为：质量相同时，速度越大；
(4) 若水平木板绝对光滑，木块不受摩擦力，根据牛顿第一定律，木块将保持匀速直线运动，无法通过木块移动的距离来比较小球动能的大小。
故答案为：不能；木块在水平面做匀速直线运动；
【分析】(1) 明确实验研究对象为小球，理解转换法的应用，通过木块被推动的距离间接反映小球动能的大小；关键知识点：转换法在动能实验中的应用。
(2) 采用控制变量法，控制小球速度相同（初始高度相同），改变质量，探究动能与质量的关系；关键知识点：控制变量法、动能的影响因素。
(3) 采用控制变量法，控制小球质量相同，改变初始高度（改变速度），通过木块移动距离的变化得出动能与速度的关系；关键知识点：控制变量法、动能与速度的关系。
(4) 结合牛顿第一定律，分析绝对光滑表面下木块的运动状态，说明此时无法通过木块移动距离比较动能的原因；关键知识点：牛顿第一定律、实验误差分析。
（1）[1][2]本实验中，小球推动木块做功，小球具有动能，因此研究对象是小球，且运用转换法通过小球推动木块移动的距离表示小球的动能大小。
（2）甲、丙两图中小球的质量不同，初始高度相同，到达水平面时的速度相同，可以探究动能与质量的关系。
（3）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面时的速度不同，且在斜面上的高度越大，小球到达水平面的速度越大，小球推动木块在水平面移动的距离越远，小球具有的动能越大，因此可以得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
（4）[1][2]若水平木板绝对光滑，木块运动时不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将做匀速直线运动，将永远运动下去，木块通过的距离无法确定，所以小球动能的大小就无法比较。
24．【答案】（1）书包的重力计算：
（2）学生背着书包静止站在水平地面上时，对地面的压力等于总重力：
（3）地面的受力面积换算：
学生对地面的压强计算：
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1) 直接利用重力公式 ，代入书包的质量和重力加速度计算重力；关键知识点：重力公式 。
(2) 水平地面上静止的物体对地面的压力等于自身总重力，因此利用 计算总压力；关键知识点：压力与重力的关系、重力公式 。
(3) 先将受力面积的单位换算为平方米，再利用压强公式 ，代入压力和受力面积计算压强；关键知识点：单位换算、压强公式 。
（1）书包的重力为G书包=m书包g=4kg×10N/kg=40N
（2）学生背着书包静止站在水平地面上时，对地面的压力为F=G总=m总g=(50kg+4kg)×10N/kg=540N
（3）地面的受力面积为S=400cm2=0.04m2
学生对地面的压强为
25．【答案】解：（1）衣服和晾衣杆的重力分别为
由图可知，滑轮组中，摇柄端绳子上的拉力为
（2）手柄移动的距离为
拉力做的功为
拉力做功的功率为
（3）手摇升降晾衣架的机械效率为
答：（1）摇柄端绳子的拉力为20N；
（2）拉力做功的功率为16W；
（3）该过程中手摇升降晾衣架的机械效率为75%。
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【分析】（1）根据重力公式分别计算衣服和晾衣杆的重力分别为，
，由图可知，动滑轮缠绕绳子数，摇柄端绳子上的拉力为
（2）手柄移动的距离为物体运动距离的4倍，则，根据做功公式W=Fs计算可知拉力做的功，根据W=Pt计算拉力做功的功率；
（3）根据效率公式即有用功和总功的比值计算手摇升降晾衣架的机械效率为。
1 / 1广东省江门市蓬江区2024-2025学年八年级下学期期末考试物理试题
1．生活处处是物理，下列生活中常见力估测中，你认为较合理的是（　　）
A．一枚鸡蛋所受重力约为5N
B．一瓶500mL的矿泉水重力约为100N
C．一名普通中学生的重力约为500N
D．托起一本九年级物理教材的力约为0.1N
【答案】C
【知识点】重力及其大小的计算
【解析】【解答】 A、一枚鸡蛋的质量约为50g=0.05kg，所受重力约为G=mg=0.05kg×10N/kg=0.5N，故A错误；
B、一瓶500mL的矿泉水的体积V=500mL=500cm3，其质量m=ρV=1.0g/cm3×500cm3=500g=0.5kg，所受的重力约为G=mg=0.5kg×10N/kg=5N，故B错误；
C、一名普通中学生的质量约50kg，受到的重力约为：G=mg=50kg×10N/kg=500N，故C正确；
D、一本九年级物理课本的质量约为250g，则物理课本的重力为：
G=mg=250×10-3kg×10N/kg=2.5N，由二力平衡可知托起物理课本所需的力F=2.5N，故D错误。
故选：C。
【分析】首先要对选项中涉及的物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出合理的答案。
2．物理王坐电梯回家时，电梯匀速上升。若他对电梯的压为F1，电梯对他的支持力为F2，他受到的重力为G，则下列判断中正确的是（　　）
A．F1>G B．F2>G
C．F1和F2是平衡力 D．F2和G是平衡力
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【解答】电梯匀速上升过程中，小申相对电梯静止，小申在竖直方向上受到重力和电梯对人的支持力，这两个力是一对平衡力；即F2和G是一对平衡力。
电梯对小申的支持力和小申对电梯的压力是作用在不同物体的两个力，是一对相互作用力，即F1和F2是一对相互作用力，大小相等，因此F1=F2=G，故ABC错误，D正确。
故答案为：D。
【分析】处于静止或匀速直线运动状态时物体受力平衡。据此根据二力平衡条件分析解答。
3．如图所示，为响应“绿色环保，低碳出行”的号召，我们常骑共享自行车出行。骑行中若加速前行，则下列说法正确的是（ ）
A．车的惯性增大 B．车的动能增大
C．车的运动状态不变 D．车受到的摩擦力变小
【答案】B
【知识点】机械能及其转化；力的作用效果；惯性及其现象；增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】A、惯性的大小只与物体的质量有关，与速度无关，骑行中加速前行时，车的质量不变，所以惯性大小不变，故 A 错误；
B、动能的大小与物体的质量和速度有关，骑行中加速前行时，车的质量不变，速度增大，所以车的动能增大，故 B 正确；
C、骑行中加速前行时，车的速度发生了变化，所以车的运动状态发生改变，故 C 错误；
D、骑行中加速前行时，车对地面的压力不变，接触面的粗糙程度不变，所以车受到的摩擦力大小不变，故 D 错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查惯性的影响因素，惯性只与物体的质量有关，与运动状态无关；
B、考查动能的影响因素，动能与物体的质量和速度有关，质量不变、速度增大时动能增大；
C、考查运动状态的判断，物体的速度或方向发生变化，运动状态就发生改变；
D、考查摩擦力的影响因素，滑动摩擦力只与压力和接触面粗糙程度有关，与运动速度无关。
4．如图所示，在硬币上方沿着与桌面平行的方向用力吹一口气，硬币就可以“跳”过木块。下列说法正确的是（　　）
A．吹气时，硬币上方气流速度小于下方气流速度
B．吹气时，硬币上方气体压强大于下方气体压强
C．吹气时，硬币上方气体压力大于下方气体压力
D．吹气时，硬币上方与下方之间产生了向上的升力
【答案】D
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】当在硬币上方沿与桌面平行的方向吹气时，硬币上方空气流速增大，压强减小；硬币下方空气流速不变，压强不变，由此形成向上的压强差与压力差。在压力差的作用下，硬币获得向上的升力，从而可能跳过木块，故 ABC 错误，D 正确。
故答案为：D。
【分析】根据流体压强与流速的关系，分析硬币上下方的空气流速差异，进而得出压强差和压力差的方向，判断硬币的受力与运动状态，从而确定正确选项。核心知识点是流体流速越大的位置压强越小，易错点是对 “上方吹气” 导致的流速变化方向判断错误。
5．下列各图描述的情境中，说法正确的是（　　）
A．如图甲，通过大量实验，进一步推理概括得出牛顿第一定律
B．如图乙，盆景自动供水装置利用了连通器的原理
C．如图丙，把自制气压计从山脚移到山顶，细管内水柱下降
D．如图丁，客机起飞升空与用吸管吸饮料的原理相同
【答案】A
【知识点】牛顿第一定律；大气压强与高度的关系；大气压的综合应用；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A．实验中，小车不能不受阻力，因此牛顿第一定律是在在实验基础上加进一步推理得出，故A正确；
B．丁图中，盆景中的水位能保持一定高度，是因为水面低于瓶口时，空气进入瓶中，大气压支撑瓶中的水不流出来，不是利用了连通器原理，故B错误；
C．把气压计从山脚移到山顶，外界大气压随高度的增加而减小，此时在瓶内气压的作用下会有一部分水被压入玻璃管，因此管内水柱会升高，故C错误；
D．人用吸管喝饮料，管内气压小于外界大气压，饮料被大气压压上去，客机起飞升空，是因为飞机上方空气流速大，压强小，下方空气流速小，压强大，从而形成向上的压力差，从而获得向上的升力而升空；二者原理不同，故D错误。
故选A。
【分析】1、大气压的应用； 吸盘是将吸盘内部的气压减小，导致外界大气压大于内部气压，将吸盘压在墙面，和吸管吸取饮料的原理相同；
2、压强和流速的关系：压强越大，流速越小，应用为飞机机翼上凸，空气流速快，导致压强较小，形成向上的升力；
3、压强和海拔的关系为：随着海拔的增加，压强减小，海拔的减小，压强增加。
6．在“探究影响压力作用效果的因素”实验时，某同学做了如图所示的实验，下列说法正确的是（
A．实验中，我们通过观察海绵的凹陷程度来反映压力的大小
B．比较甲、丙两图可得出压力的作用效果与压力大小有关
C．比较乙、丙两图可得出压力的作用效果与受力面积有关
D．蚊子尖尖的口器可插入皮肤吸吮血液，利用了甲、乙两图的实验结论
【答案】C
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】A．压力的作用效果越明显，海绵的凹陷程度越大，根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，故A错误；
B．探究压力的作用效果与压力大小的关系时，控制受力面积相同，甲、丙两图中受力面积不同，故B错误；
C．探究压力的作用效果与受力面积的关系时，应控制压力的大小不变、受力面积不同，比较乙、丙两图，可得出压力的作用效果与受力面积有关，故C正确；
D．甲、乙两图的实验，受力面积相同时，压力越大，压力作用效果越明显；而蚊子的口器很尖，是在压力一定时，减小受力面积，增大压力作用效果，故D错误。
故选C。
【分析】探究压力的作用效果的影响因素时，通过海绵的凹陷程度，反应压力作用效果的大小；压力的作用效果和压力、受力面积有关，需要结合控制变量法进行探究。
7．用甲、乙两个滑轮组分别将两个物体在相同时间里匀速提升相同高度，拉力分别为、，此过程相关数据如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．比小
B．甲的机械效率更高
C．功率比的功率大
D．甲、乙装置中的两个物体质量比大
【答案】C
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】A、由图可知，甲滑轮组绳子段数，乙滑轮组，物体上升高度相同，则绳子自由端移动距离，；根据，甲的拉力，乙的拉力，因此，故A错误；
B、甲的有用功，机械效率；乙的有用功，机械效率，因此乙的机械效率更高，故B错误；
C、两物体提升时间相同，甲的总功大于乙的总功，根据功率公式，在时间相同时，总功越大功率越大，因此，故C正确；
D、两滑轮组的有用功均为，而有用功，物体上升高度相同，因此物体重力，物体质量，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、考查滑轮组拉力的计算，需先确定绳子段数得到绳子自由端移动距离，再结合总功公式计算拉力，比较两者大小；
B、考查机械效率的计算，需先通过“总功-额外功”算出有用功，再利用计算并比较机械效率；
C、考查功率的比较，需根据，在时间相同时，通过比较总功大小判断功率大小；
D、考查物体质量的判断，需根据，结合有用功和上升高度，分析物体重力和质量的关系。
8．运动员用网拍击球时，球和网拍都变了形，这表明两点：一是力可以　 　；二是说明物体间力的作用是　 　的。此外，网拍击球过程中，球的运动方向和速度发生变化，表明力还可以改变物体的　 　。
【答案】改变物体的形状；相互；运动状态
【知识点】力的作用效果；力作用的相互性
【解析】【解答】解：用网拍击球时，球和网拍都变了形，说明力可以改变物体的形状；球和网拍之间的力是相互的。网拍击球过程中，球的运动方向和速度发生变化，表明力还可以改变物体的运动状态。
故答案为：改变物体的形状；相互；运动状态。
【分析】物体间力的作用是相互的. (一个物体对别的物体施力时，也同时受到后者对它的力).
力的作用效果：力可以改变物体的运动状态，还可以改变物体的形状.（物体形状或体积的改变，叫做形变.）
9．如题图所示，高铁站台上有一道安全线，要求乘客必须站在安全线外候车，因为高速行驶的列车周围的空气流速变　 　，压强变　 　，产生一个　 　（选填“朝向列车”“远离列车”）的压力，非常危险。
【答案】大（快）；小；朝向列车
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【解答】 解：当列车进站时，列车与警戒区域之间的空气流速变大，压强变小，乘客外侧的空气流速小，压强大，会对乘客产生一个朝向列车的压强差，所以乘客在候车时不得跨过警戒区域，以免发生危险。
故答案为：大（快）；小；朝向列车。【分析】 流体压强与流速的关系：流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大。
10．卫星在大气层外运动时，不受空气阻力作用，因此　 　守恒，卫星在远地点时　 　最大，在近地点时　 　 最大。（选填“动能”、“重力势能”或“机械能”）
【答案】机械能；重力势能；动能
【知识点】动能的影响因素；势能的影响因素；能量守恒定律
【解析】【解答】卫星在大气层外运动时，不受空气阻力，不损耗机械能，卫星的机械能总和保持不变，当卫星在远地点时，高度变大，运动速度最小，动能最小，重力势能最大；当卫星在近地点时，运动速度最大，动能最大，重力势能最小。故第1空填：机械能；第2空填：重力势能；第3空填：动能。
【分析】运动的物体不受阻力，没有能量损耗，机械能保持不变；质量一定时，高度越高，重力势能越大，速度越大，动能越大。
11．如图所示的“开瓶起子”，它是　 　杠杆（选填“省力”，“费力”或“等臂”），点　 　（选填“A”或“B”）是支点。使用时应在C点处施加　 　（选填“向上”或“向下”）的力。
【答案】省力；A；向上
【知识点】杠杆的分类；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】①根据图片可知，在使用“开瓶起子”时，A点固定不动，则A是支点，C是动力作用点，B是阻力作用点。此时动力臂大于阻力臂，所以是省力杠杆。
②根据图片可知，瓶盖对B点的阻力向下，则C点的动力向上。
【分析】①比较动力臂和阻力臂的大小，从而确定杠杆的分类；
②根据起子的使用过程确定动力的方向。
12．如图所示，潜水艇能够上浮和下沉是通过改变　 　来实现的；潜水艇在上浮过程中，未露出水面之前，所受的浮力将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）。为了能使潜水艇浮出水面，应使水舱中的水量　 　（填“增加”、“减少”或“不变”）。
【答案】自身重力；不变；减少
【知识点】浮力的利用；物体的浮沉条件及其应用；探究潜艇的浮沉原理
【解析】【解答】潜水艇在水中受到浮力与重力的作用，根据阿基米德原理公式，潜水艇体积不变，排开水的体积不变，因此在未露出水面之前，所受浮力始终不变。
上浮：将压缩空气压入压力舱排出海水，潜水艇自重减小，当时，潜水艇上浮；
下沉：打开阀门让海水进入压力舱，潜水艇自重增大，当时，潜水艇下沉；
悬浮：当时，潜水艇悬浮，可停留在任意深度。
因此，潜水艇通过改变自身重力实现上浮和下沉；若要使潜水艇浮出水面，应减少水舱中的水量。
故答案为：自身重力；不变；减少；
【分析】先利用阿基米德原理公式，分析得出潜水艇在未露出水面时浮力保持不变；再结合物体浮沉条件与的关系，分别说明上浮、下沉、悬浮的受力状态，明确潜水艇的工作原理；关键知识点：阿基米德原理、物体的浮沉条件。
13．物体A重10N，体积为6×10-4 m3。若用定滑轮匀速提升该物体，则所用拉力的大小为　 　N。若将物体A浸没在水中，受到的浮力为　 　N，此时拉力的大小为　 　N。（不计摩擦和绳重，g=10N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
【答案】10；6；4
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】定滑轮不省力，不计摩擦和绳重时，拉力大小等于物体重力，因此：
物体A浸没在水中时，排开水的体积等于自身体积，根据阿基米德原理，浮力为：
物体在水中匀速上升时，受到竖直向下的重力、竖直向上的拉力和浮力，三力平衡，即，因此拉力：
故答案为：10；6；4；
【分析】利用定滑轮不省力的特点，直接得出拉力等于物体重力；关键知识点：定滑轮的工作特点，无公式。
根据阿基米德原理公式，代入水的密度、重力加速度和物体体积，计算浮力大小；关键知识点：阿基米德原理。
对水中的物体进行受力分析，利用三力平衡关系，变形得到，代入重力和浮力数据计算拉力；关键知识点：受力分析、平衡条件的应用。
14．如图所示是爸爸带轩轩在科技馆体验升降座椅时的情景，当45kg的轩轩坐在椅子上时，爸爸用200N的力在10s内将他匀速拉高了40cm，则绳子的自由端移动的距离为　 　m，爸爸做功的功率为　 　W；换成质量较大的爸爸坐在椅子上，轩轩来拉时，滑轮组的机械效率将变　 　
【答案】1.2；24；大
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮（组）的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【解答】由图可知，承担物重的绳子段数 ，绳子自由端移动的距离：
爸爸做的总功：
爸爸做功的功率：
换成质量较大的爸爸坐在椅子上，提升高度相同时，有用功 变大，额外功（克服滑轮和椅子自重的功）不变。由机械效率公式：
可知， 增大时， 减小，因此滑轮组的机械效率将变大。
故答案为：1.2；24；大；
【分析】先确定滑轮组的绳子段数 ，再根据 计算绳子自由端移动的距离。
利用 计算拉力做的总功，再根据功率公式 求出做功的功率。
结合机械效率公式 分析，额外功不变时，有用功越大，机械效率越高，因此爸爸质量增大时机械效率变大。
15．高压锅是生活中一种密闭的烹饪容器，锅盖中央有一出气孔，孔上盖有限压 阀，当锅内气压达到限定值时，限压阀被顶起放出部分气体，实现对锅内气体压强的调节.某高 压锅盖出气孔横截面积为 12mm2 ，限压阀的质量为 72g.锅内水沸点随气压变化如图（大气压取 1.0×105Pa ，g= 10N/kg）则 ：
（1）由图可知，水的沸点随气压增大而　 　 ， 因此利用高压锅加热食物时水的沸点通常 会　 　（选填“高于 ”或“低于 ”）100℃ ， 食物更易熟烂；
（2）通过物理的学习可以知道：正常工作时，高压锅锅内气体压强会比当时大气压强高。假如该款高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时高压锅锅内气体最大压强为　 　 Pa，锅内水温最高可达到　 　 ℃；
（3）从安全角度分析，高压锅使用过程最危险的情况是　 　 被非正常堵塞。为解决该安 全问题，结构工程师增加了备用保险作用的“安全阀 ”，安全阀中安装了用熔点较低的铝合金 材料制成的“易熔片 ”。一旦限压阀失效，锅内压强过大，温度随之升高，当达到易熔片熔点时， 易溶片熔化，锅内气体便从安全阀通道喷出，减小锅内压强，从而防止爆炸事故发生；
（4）为大家可以更安全使用，请你给出一条安全使用高压锅的建议　 　 .（例如一次煮食物的量不可过多）
【答案】（1）升高；高于
（2）1.6×105；115
（3）出气孔
（4）避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效
【知识点】沸点及沸点与气压的关系；大气压的综合应用
【解析】【解答】（1）图乙中，水的沸点随气压增大而升高，高原地区海拔越高，气压越小，使用高压锅，内部气压高，沸点升高，容易将食物煮熟。
大气压强越大，液体的沸点越高，利用高压锅加热食物时，水的沸点通常会高于100℃。
（2）高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时，高压锅锅内气体最大压强为
；根据图乙，最大压强对应的温度是115℃。
（3）根据题意，从安全角度分析，高压锅使用过程中，最危险的情况是出气孔被非正常堵塞，发生爆炸事故。
（4）为了安全，避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效。
【分析】（1）液体沸点随气压增大而升高，高压锅内气压高，沸点高；
（2）锅内的压强和大气压压强，判断推动限压阀的压强，结合压强和沸点关系，判断沸点；
（3）高压锅的排气孔被非正常堵塞，不能排气，容易出现危险；
（4）使用高压锅时，避免排气阀堵塞，确定安全使用。
（1）[1]由图乙知道，水的沸点随气压增大而升高，高原地区使用高压锅才更容易将食物煮熟是因为海拔越高，气压越小的缘故。
[2]大气压强越大，液体的沸点越高，所以利用高压锅加热食物时水的沸点通常会高于100℃。
（2）[1]若该款高压锅限压阀产生的压强为 0.6×105Pa，则正常工作时高压锅锅内气体最大压强为
[2]由图乙知道，最大压强对应的温度是115℃。
（3）根据题意知道，从安全角度分析，高压锅使用过程最危险的情况是出气孔被非正常堵塞，发生爆炸事故。
（4）为了安全，避免排气通道堵塞，确保保险装置不失效。
16．如图所示，小球悬浮在水中，请在图中画出小球所受浮力和重力的示意图．
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；重力示意图；浮力的示意图
【解析】【解答】小球悬浮在水中，受到竖直向上的浮力 和竖直向下的重力 ，这两个力是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用点都在小球的重心上。作图时，从重心出发，分别沿竖直向上和竖直向下的方向画两条长度相等的带箭头线段，并分别标注 和 ，示意图如下：
故答案为：
；
【分析】首先根据悬浮状态判断小球受力平衡，浮力与重力大小相等、方向相反；再明确浮力方向竖直向上、重力方向竖直向下，作用点均在重心；最后按照力的示意图规范，画出两条长度相等、方向相反的线段，并标注对应符号。
17．一物体冲上表面粗糙的固定斜面，请在O点画出它所受摩擦力f和支持力F的示意图。
【答案】
【知识点】力的三要素及力的示意图；弹力；摩擦力的方向
【解析】【解答】物体沿斜面向上运动时受到的摩擦力沿斜面向下，斜面对它的支持力垂直于斜面向上，两个力的作用点都画在物体的重心 O 点，示意图如下：
故答案为：
；
【分析】首先根据物体运动方向判断摩擦力方向，物体沿斜面向上运动，滑动摩擦力阻碍相对运动，方向沿斜面向下；其次根据支持力的性质，其方向始终垂直于接触面，即垂直斜面向上；最后按照力的示意图规范，将两个力的作用点统一画在重心 O 点，分别标注对应的力的符号。
18．如图所示，图甲是打开的汽车后备厢盖，可将它看作一个杠杆。图乙是其简化图，O是支点，是液压杆对B点的支撑力，请在乙图中画出的力臂能把后备厢盖上的最小的力及其力臂。
【答案】
【知识点】力臂的画法；杠杆中最小力的问题
【解析】【解答】过支点O作F2反向延长线的垂线段，即为阻力臂l2；连接OA得到最大动力臂，根据杠杆平衡条件，过A点向下作OA的垂线即为最小动力F1的方向，作图结果如下：
【分析】1、杠杆原理的应用：杠杆的平衡条件为：动力×动力臂=阻力×阻力臂；
2、力臂的画法：力臂是支点和力的作用线的垂线段。
19．在“探究杠杆平衡条件的实验”中：
（1）实验前，杠杆静止在如图甲所示的位置，此时杠杆处于 　 　（填“平衡”或“不平衡”）状态：要使杠杆在水平位置平衡，应将平衡螺母向 　 　调节；
（2）如图乙所示，杠杆上的刻度均匀，在A点挂4个钩码，要使杠杆在水平位置平衡，应在B点挂 　 　个相同的钩码；当杠杆平衡后，将A、B两点下方所挂的钩码同时朝远离支点O方向移动一小格，则杠杆 　 　（选填“能”或“不能”）在水平位置保持平衡；
（3）如图丙所示，若不在B点挂钩码，改用弹簧测力计在B点向下拉杠杆，使杠杆仍在水平位置平衡，当测力计从a位置转动到b位置时，其示数大小将 　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）；
（4）如图丁所示，已知每个钩码重0.5N，杠杆上每小格长度为2cm，当弹簧测力计在C点斜向上拉（与水平方向成30°角）杠杆，使杠杆在水平位置平衡时，弹簧测力计示数的大小为 　 　N。
（5）保持A点钩码数量和力臂不变，杠杆在水平位置平衡时测出多组动力臂L1和动力F1的数据绘制了L1﹣F1的关系图象，如图戊所示。请根据图象推算，当L1为0.2m时，F1为 　 　N。
【答案】平衡；右；6；不能；变大；2；1.5
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】探究杠杆平衡条件时，
（1）图甲中，杠杆静止，处于平衡状态。
杠杆的右端上翘，重心偏左，平衡螺母向上右端移动，使杠杆在水平位置平衡，便于从杠杆上测量力臂，同时可避免杠杆自重的影响。
（2）图乙中，根据杠杆平衡条件：FALA=FBLB，即：4G×3L=nG×2L，解得：n=6，需挂6个钩码。
若A、B处的钩码向远离支点的方向移动一个格，则左侧=4G×4L=16GL，右侧=6G×3L=18GL，
因为左<右，杠杆右端下沉，不能在水平位置保持平衡。
（3）图丙中，测力计从a位置转到b位置，拉力的力臂变短，杠杆保持水平平衡，则拉力变大，即测力计示数变大。
（4）图丁中，当弹簧测力计在C点与水平方向成30°角斜向上拉，此时动力臂等于
，
根据杠杆的平衡条件可得：；
（5）根据阻力和阻力臂不变，利用戊图中任意一组数据得出：F2L2=F1L1=0.1m×3N=0.3N m
若当L1为0.2m时：。
【分析】（1）静止的杠杆处于平衡状态；调节杠杆水平平衡时，平衡螺母向偏高的一侧移动；
（2）根据杠杆的平衡条件，结合已知的力和力臂，计算未知拉力大小，判断钩码个数；根据支点两侧的拉力和力臂，判断杠杆是否平衡；
（3）杠杆平衡时，拉力倾斜，力臂减小，拉力变大；
（4）根据杠杆的平衡条件，结合拉力的夹角计算力臂；根据杠杆的平衡条件，计算拉力大小；
（5）杠杆平衡时，阻力和阻力臂一定，动力和动力臂成反比，计算动力大小。
20．小智发现妈妈购买的防滑地垫的A面与B面粗糙程度不同，为了比较A、B两个面的防滑性，小智利用商家赠送的小块地垫样品和弹簧测力计进行下列探究：
（1）实验前，应在　 　方向上对弹簧测力计进行调零，随后如图甲、乙分别将B、A面与同一水平地面接触，用弹簧测力计水平　 　拉动小块地垫，可知滑动摩擦力大小等于弹簧测力计的示数；
（2）小智发现完成甲、乙两次实验测得的滑动摩擦力都很小，比较不出A、B两个面的防滑性，于是又找来一个铁块，在原水平地面上进行了如图丙所示的实验。通过甲、丙两次实验发现当接触面粗糙程度相同时，　 　越大，滑动摩擦力越大；
（3）为了完成探究，保持其他条件不变，在丙图实验的基础上小智只将　 　（操作方法），测出滑动摩擦力的大小为，通过与丙实验测得的滑动摩擦力相比，选择地垫　 　（选填“A”或“B”）面铺在地面上，能更有效地防止地垫在地面上滑动；
（4）为了更精确地测量地垫的滑动摩擦力，小智引入拉力传感器代替弹簧测力计进行实验，如图丁所示，拉动木板时发现传感器示数不稳定，获得数据如图戊所示，出现示数不稳定的原因可能是　 　（选填序号）。
A．拉动木板时很难做到匀速直线运动 B．选择的木板表面粗糙程度不均匀
C．选择的小块地垫的接触面积太小 D．木板与地面接触面粗糙程度不均匀
【答案】水平；匀速直线；压力；A、B面对调；A；B
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】(1) 实验中需在水平方向使用弹簧测力计，因此要先在水平方向对弹簧测力计进行调零；实验时，需沿水平方向匀速直线拉动小块地垫，根据二力平衡原理，此时地垫受到的滑动摩擦力与弹簧测力计的拉力大小相等，可通过测力计示数直接读出摩擦力大小。
故答案为：水平；匀速直线；
(2) 将铁块压在小块地垫上，匀速拉动弹簧测力计时，示数变大，说明滑动摩擦力增大。由此可得出结论：当接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大。
故答案为：压力；
(3) 探究摩擦力与接触面粗糙程度的关系时，需控制压力大小不变，改变接触面粗糙程度，可将小块地垫倒置，保持其他条件不变；地垫倒置后，A 面与地面接触，测得滑动摩擦力为 2.2N，而丙图中测得的摩擦力为 1.6N，说明 A 面接触面更粗糙，滑动摩擦力更大，防滑效果更好。
故答案为：A、B面对调；A；
(4) 防滑地垫相对地面静止，其受到的滑动摩擦力大小等于拉力传感器的示数，滑动摩擦力只与压力大小和接触面粗糙程度有关，与木板运动速度、接触面积无关。弹簧测力计示数不稳定，压力大小不变，说明原因是木板表面粗糙程度不均匀，故选 B。
故答案为：B；
【分析】(1) 明确弹簧测力计水平调零的必要性，再利用二力平衡原理，通过匀速拉动的方式，将滑动摩擦力的大小转换为弹簧测力计的示数进行测量。
(2) 保持接触面粗糙程度不变，通过增加压力观察测力计示数变化，根据示数变化分析压力对滑动摩擦力的影响，得出对应结论。
(3) 利用控制变量法，通过倒置地垫改变接触面粗糙程度，保持压力不变，对比两次测得的摩擦力大小，判断接触面的粗糙程度差异，进而分析防滑效果。
(4) 根据滑动摩擦力的影响因素（压力、接触面粗糙程度），分析各选项，示数不稳定且压力不变，说明是接触面粗糙程度不均匀导致的，据此选出正确选项。
21．在“探究影响浮力大小的因素”实验中，小明根据生活经验，提出了浮力的大小可能与下列因素有关的猜想：
A.与物体浸入液体中的深度有关；
B.与物体排开液体的体积有关；
C.与液体的密度有关。
（1）进行探究时，实验步骤和弹簧测力计的示数如图1所示。其中序号c中物体P所受浮力的大小为　 　N，物体P的密度为　 　kg/m3；（g=10N/kg，ρ水=1.0×103 kg/m3）
（2）分析　 　三次实验，可知浮力的大小与物体排开液体的体积有关；分析a、d、e三次实验，液体密度越大，物体受到的浮力　 　（选填“越大”或“越小”）；
（3）小明接着又探究了“浸在液体中的物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系”，过程如图2所示，其中弹簧测力计的示数依次是F1、F2、F3、F4；
①为减小测量误差并使操作更简便：最合理的操作步骤应该是　 　；（填选项前的字母）
A.acdb B.abcd C.bacd D.cadb
②以下选项中若　 　（选填“A”“B”或“C”）成立，则可以得出浮力的大小与排开液体所受重力的关系，从而验证阿基米德原理。
A.F1 F2=F3 F4
B.F1 F3=F4 F2
C.F3 F2=F4 F1
【答案】（1）2；
（2）a、b、c；越大
（3）C；B
【知识点】阿基米德原理；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】(1)由图1的a可知，物体P的重力 ；由图1的c可知，物体P浸没在水中时所受浮力：
根据阿基米德原理，物体P的体积：
物体P的密度：
故答案为：2；；
(2)图1中b、c两次实验，液体密度相同，物体P排开水的体积不同，由称重法 可知，测力计示数不同则浮力不同，因此由a、b、c三次实验可得：浮力大小与物体排开液体的体积有关。
图1中d、e两次实验，物体P排开液体的体积相同，液体密度不同；P浸没在盐水中时测力计示数更小，由称重法可知其浮力更大，因此由a、d、e三次实验可得：当排开液体体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大。
故答案为：a、b、c；越大；
(3)探究浮力与排开液体重力的关系时，需用称重法 求浮力，用 求排开液体的重力。为减小误差、便于操作，合理步骤为：测空杯的重力→测物块的重力→测物块浸没在水中时测力计的示数→测排开液体和空杯的总重力，故选C。
弹簧测力计示数依次为 ，则物块所受浮力 ，排开液体的重力 ；若 ，即 ，则可验证阿基米德原理，故选B。
故答案为：C；B；
【分析】(1)利用称重法公式 ，先读取物体重力，再计算浸没时的浮力；关键知识点：称重法测浮力。
先根据阿基米德原理公式 求物体体积，再结合 变形公式 计算物体密度；关键知识点：阿基米德原理、密度计算。
(2)采用控制变量法，保持液体密度不变，改变排开液体的体积，通过称重法的浮力变化分析影响因素；关键知识点：控制变量法、浮力的影响因素。
采用控制变量法，保持排开液体的体积不变，改变液体密度，通过称重法的浮力变化分析影响因素；关键知识点：控制变量法、浮力的影响因素。
(3)根据实验误差控制和操作便利性，选择合理的实验步骤，确保能准确测量浮力和排开液体的重力；关键知识点：阿基米德原理实验的操作规范。
分别推导浮力和排开液体重力的表达式，根据 的验证条件，得出正确的等式关系；关键知识点：阿基米德原理的验证方法。
（1）[1]由图1的a可知，P的重力
由图1的c可知， 物体P在图1c中所受浮力大小为
[2]根据阿基米德原理可知，物体P的体积为
物体P的密度为
（2）[1]在图1中，b、c两次实验中，测力计的示数不同，根据可知，则P所受浮力不同，液体密度相同，而P排开水的体积不同，故由a、b、c三次实验可知，浮力的大小与物体排开液体的体积有关；
[2]d、e两次实验中，P浸没在水中时测力计的示数小于P浸没在盐水中时测力计的示数，由称重法测求浮力可知，P浸没在盐水中受到的浮力更大，而P排开液体的体积相同、液体密度不同，故由a、d、e三次实验可知当排开液体体积一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大。
（3）[1]在探究物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系的实验中，根据称重法求浮力，通过求排开水的重力，即可以比较与的关系。由图2的a可以测物块的重力，图2的b测空杯的重力，图2的c测物块浸没在水中时测力计的示数、图2的d测排开的液体和空杯的总重力，为了减小误差，并便于操作，最合理的实验步骤是：测空杯的重力测物块的重力测量物块浸没在水中时测力计的示数测排开液体和空杯的总重力，故ABD不符合题意，C符合题意。
故选C。
[2]弹簧测力计的示数依次是、、、，则物块所受浮力
物块排开液体所受的重力
若，即，则可验证阿基米德原理，故AC不符合题意，B符合题意。
故选B。
22．小明按如图所示实验来探究液体内部压强的规律。
（1）实验中，液体内部压强的大小是通过U形管　 　来反映的，这种实验探究方法是　 　（选填“控制变量法”或“转换法”）；
（2）在使用压强计前，发现U形管左右两侧的液面有一定的高度差，如图甲所示．其调节的方法是　 　（填字母），使U形管左右两侧的液面相平；
A．将右侧支管中高出的水倒出
B．取下软管重新安装
C．向U形管中加入适量的水
（3）比较图乙和丙，可以得到结论：液体密度相同时，液体的压强与液体的　 　有关；比较图　 　，可以得到结论：深度相同时，液体的压强与液体的密度有关，液体的密度越大，压强越大；
（4）实验结束后，小明猜想：液体的压强可能与容器形状有关．然后他用不同容器进行实验，实验现象如图戊所示。由此可知，小明的猜想是　 　（选填“正确”或“错误”）的；
（5）测得图丁中U形管左右两侧液面的高度差为10cm，探头深度为9cm，忽略橡皮膜弹力的影响，则盐水的密度为　 　（结果保留一位小数）。（g取，U形管中液体的密度为）
【答案】左右液面的高度差；转换法；B；深度；丙和丁；错误；1.1
【知识点】探究液体压强的特点实验
【解析】【解答】(1) 探究液体内部压强实验中，液体内部压强的大小是通过U形管左右液面高度差来反映的，这种实验探究方法叫转换法。
故答案为：左右液面的高度差；转换法；
(2) 使用压强计前，若U形管左右两侧液面存在高度差，说明液面上方气压不等，会导致测量结果错误。此时需将软管取下重新安装，题目中的三种调节方法中只有B正确，故选B。
故答案为：B；
(3) 比较图乙和图丙，金属探头在水中的深度不同，U形管液面高度差也不同，说明液体密度相同时，液体的压强与液体的深度有关；比较图丙和图丁，金属探头在液体中的深度相同，液体密度不同（丙中是水，丁中是盐水），U形管液面高度差不同，说明深度相同时，液体的压强与液体的密度有关。
故答案为：深度；丙和丁；
(4) 比较图丁和图戊两次实验，不同容器中装有相同液体，金属探头深度相同，U形管液面高度差相同，说明液体内部压强大小与容器形状无关，小明的猜想是错误的。
故答案为：错误；
(5) U形管左右两侧液面的压强差等于盐水中金属探头所在位置的压强，满足关系：
则盐水密度为：
故答案为：1.1；
【分析】(1) 利用转换法，将不易直接测量的液体压强，转换为容易观察的U形管液面高度差来体现。
(2) 压强计使用前若液面不平，说明装置内气压不平衡，需通过重新安装软管的方式使液面上方气压相等，因此只有B选项的操作正确。
(3) 通过控制变量法分析，对比乙丙两图（密度相同、深度不同），得出压强与深度的关系；对比丙丁两图（深度相同、密度不同），得出压强与密度的关系。
(4) 控制液体密度和深度相同，改变容器形状，通过液面高度差不变，证明压强与容器形状无关，从而否定小明的猜想。
(5) 根据液体压强平衡原理，利用压强公式 ，代入数据计算盐水的密度。
23．如图所示，小明在探究“物体的动能大小跟哪些因素有关”的实验中，其中mA=mBhB。
（1）该实验的研究对象是　 　（选填“小球”或“木块”），通过观察　 　来反映物体动能的大小；
（2）要研究动能与质量的关系，需要比较　 　两图就可以得出初步结论；
（3）由甲、乙两图可以得出的结论是：　 　，动能越大；
（4）如果实验装置的水平面绝对光滑且无空气阻力，那么我们　 　（填“能”“不能”）完成该实验，原因是　 　。
【答案】（1）小球；木块移动的距离
（2）甲、丙
（3）质量相同时，速度越大
（4）不能；木块在水平面做匀速直线运动
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】(1) 本实验的研究对象是小球，小球推动木块做功，说明小球具有动能；实验中运用转换法，通过木块被推动的距离大小来反映小球动能的大小。
故答案为：小球；木块移动的距离；
(2) 甲、丙两图中，小球初始高度相同，到达水平面时的速度相同，质量不同，因此可探究动能与质量的关系。
故答案为：甲、丙；
(3) 甲、乙两图中，小球质量相同，初始高度不同，到达水平面时的速度不同；高度越高，速度越大，木块被推动的距离越远，说明动能越大。因此可得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
故答案为：质量相同时，速度越大；
(4) 若水平木板绝对光滑，木块不受摩擦力，根据牛顿第一定律，木块将保持匀速直线运动，无法通过木块移动的距离来比较小球动能的大小。
故答案为：不能；木块在水平面做匀速直线运动；
【分析】(1) 明确实验研究对象为小球，理解转换法的应用，通过木块被推动的距离间接反映小球动能的大小；关键知识点：转换法在动能实验中的应用。
(2) 采用控制变量法，控制小球速度相同（初始高度相同），改变质量，探究动能与质量的关系；关键知识点：控制变量法、动能的影响因素。
(3) 采用控制变量法，控制小球质量相同，改变初始高度（改变速度），通过木块移动距离的变化得出动能与速度的关系；关键知识点：控制变量法、动能与速度的关系。
(4) 结合牛顿第一定律，分析绝对光滑表面下木块的运动状态，说明此时无法通过木块移动距离比较动能的原因；关键知识点：牛顿第一定律、实验误差分析。
（1）[1][2]本实验中，小球推动木块做功，小球具有动能，因此研究对象是小球，且运用转换法通过小球推动木块移动的距离表示小球的动能大小。
（2）甲、丙两图中小球的质量不同，初始高度相同，到达水平面时的速度相同，可以探究动能与质量的关系。
（3）甲、乙两图中小球的质量一定，初始高度不同，到达水平面时的速度不同，且在斜面上的高度越大，小球到达水平面的速度越大，小球推动木块在水平面移动的距离越远，小球具有的动能越大，因此可以得出结论：质量相同时，物体的速度越大，动能越大。
（4）[1][2]若水平木板绝对光滑，木块运动时不受摩擦力，由牛顿第一定律可知木块将做匀速直线运动，将永远运动下去，木块通过的距离无法确定，所以小球动能的大小就无法比较。
24．如图所示是某学生背书包上学的情景。该学生质量为50kg，书包质量为4kg（g取10N/kg）。求：
（1）书包受到的重力；
（2）该学生背着书包静止站在水平地面上时，学生对地面的压力；
（3）该学生背着书包静止站在水平地面上时，双脚与地面总接触面积为400cm2，学生对地面的压强。
【答案】（1）书包的重力计算：
（2）学生背着书包静止站在水平地面上时，对地面的压力等于总重力：
（3）地面的受力面积换算：
学生对地面的压强计算：
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算
【解析】【分析】(1) 直接利用重力公式 ，代入书包的质量和重力加速度计算重力；关键知识点：重力公式 。
(2) 水平地面上静止的物体对地面的压力等于自身总重力，因此利用 计算总压力；关键知识点：压力与重力的关系、重力公式 。
(3) 先将受力面积的单位换算为平方米，再利用压强公式 ，代入压力和受力面积计算压强；关键知识点：单位换算、压强公式 。
（1）书包的重力为G书包=m书包g=4kg×10N/kg=40N
（2）学生背着书包静止站在水平地面上时，对地面的压力为F=G总=m总g=(50kg+4kg)×10N/kg=540N
（3）地面的受力面积为S=400cm2=0.04m2
学生对地面的压强为
25．小明家中有如图所示的晾衣杆套组，查询说明书得知晾衣杆（含动滑轮）总质量为2kg。晾衣前，小明用体重计测得衣服的质量为6kg。挂好衣服后，晾衣杆水平，摇动手柄使晾衣杆匀速上升1m，用时5s。不计绳重、衣架重力及摩擦（取10N/kg）。求：
（1）摇柄端绳子的拉力？
（2）拉力做功的功率？
（3）该过程中晾衣杆套组的机械效率？
【答案】解：（1）衣服和晾衣杆的重力分别为
由图可知，滑轮组中，摇柄端绳子上的拉力为
（2）手柄移动的距离为
拉力做的功为
拉力做功的功率为
（3）手摇升降晾衣架的机械效率为
答：（1）摇柄端绳子的拉力为20N；
（2）拉力做功的功率为16W；
（3）该过程中手摇升降晾衣架的机械效率为75%。
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算；有用功和额外功
【解析】【分析】（1）根据重力公式分别计算衣服和晾衣杆的重力分别为，
，由图可知，动滑轮缠绕绳子数，摇柄端绳子上的拉力为
（2）手柄移动的距离为物体运动距离的4倍，则，根据做功公式W=Fs计算可知拉力做的功，根据W=Pt计算拉力做功的功率；
（3）根据效率公式即有用功和总功的比值计算手摇升降晾衣架的机械效率为。
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