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山东省聊城市阳谷县2024—2025 学年八年级下学期期末考试物理试题
1．下列对生活中的一些物理量进行的估测，其中最接近实际的是（　　）
A．考试时手上所拿的签字笔的重力约为5N
B．大拇指甲上受到的大气压力约为10N
C．从一楼走上三楼克服自己的重力做功约为300J
D．八年级物理课本平放在桌面上对桌面的压强约为600Pa
【答案】B
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、通常签字笔的质量大约是0.01kg，由此可以计算出它的重力约为：G=mg=0.01kg×10N/kg=0.1N，故A错误；
B、大拇指甲的面积大约是1×10-4m2，根据压力和压强、受力面积的关系，可得指甲受到的大气压力约为：F=pS=1.0×105Pa×1×10-4m2=10N，故B正确；
C、一般每层楼的高度约为3m，中学生的体重约为500N，从一楼到三楼需要上升2层楼的高度，此过程中克服自身重力做功约为：W=Gh=500N×2×3m=3000J，故C错误；
D、八年级物理课本的重力约为2N，课本宽度约为20cm，长度约为25cm，平放时和桌面的接触面积等于课本的面积，由此可得课本对桌面的压强约为：，故D错误。
故选B。
【分析】1、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，公式为G=mg。
2、压强的计算：公式为F=pS；
3、功的计算：公式为W=Fs。
2．打乒乓球是广大青少年喜爱的一项运动，在比赛中下列说法正确的是（　　）
A．发球后，球才会运动，因此力是维持物体运动状态的原因
B．离拍后，球在空中继续运动，是因为它受到了惯性的作用
C．接球时，球朝反方向飞出，说明力能改变物体的运动状态
D．扣杀时，球速变快，拍对球的作用力大于球对拍的作用力
【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．发球后，球才会运动，说明力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动状态的原因，A不符合题意；
B．球离开拍以后在空中继续运动是因为球具有惯性，惯性不是力，不是受到惯性的作用，B不符合题意；
C．接球时，球朝反方向飞出，球受到力的作用改变了运动方向，说明力能改变物体的运动状态，C符合题意；
D．扣杀时，拍对球的作用力和球对拍的作用力属于相互作用力，大小相等，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】力能改变物体的运动状态；惯性使运动的物体继续保持运动状态。
3．图甲是我国高超音速导弹“东风﹣17”从发射到击中目标的轨迹示意图，具有突防能力强，难以拦截的特点。图乙中能正确表示导弹到达最高点时所受重力方向的是　 　 （填序号）。
【答案】①
【知识点】重力及其大小的计算；重力的方向
【解析】【解答】重力的方向始终竖直向下，与物体运动位置、运动状态无关，导弹在最高点时重力依旧竖直向下，对应图乙中的①。
故答案为：①
【分析】(1) 本题考查重力的方向，地面附近所有物体受到的重力方向都是竖直向下，竖直向下指垂直于水平面向下，并非垂直轨迹切线向下。
(2) 无论物体处于上升、下落还是轨迹最高点，重力方向不会发生改变。
4．如图所示为人骨关节的示意图，关节由关节囊包裹形成密闭的关节腔，关节腔内含有滑液，可以减小骨与骨之间的摩擦。下列改变摩擦的方法与此相同的是（　　）
A．推书柜时，先将书移出
B．车子陷在泥里，在轮胎下面垫石子
C．搬运重物时在下方垫圆滚木
D．汽车发动机内加上润滑油
【答案】D
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】关节腔中的滑液能够让骨与骨的接触面彼此分开，通过分离接触面的方式减小了骨与骨之间的摩擦，其减小摩擦的原理是使接触面分离。
A．推书柜前先把书移出，是在接触面粗糙程度不变的情况下，通过减小压力来减小摩擦力，和题干原理不同，故A不符合题意；
B．车子陷进泥里后，在轮胎下方垫石子，是在压力不变的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，和题干原理不同，故B不符合题意；
C．搬运重物时在重物下方垫圆滚木，是通过将滑动摩擦变为滚动摩擦的方式来减小摩擦力，和题干原理不同，故C不符合题意；
D．给汽车发动机添加润滑油后，润滑油会在接触面之间形成油膜，将接触面分隔开，是通过分离接触面的方式减小摩擦力，和题干原理相同，故D符合题意。
故选D。
【分析】增大摩擦力的方法：增加接触面的粗糙程度，如鞋底的花纹、杠杆运动员手上的镁粉，增加压力，如紧捏自行车的闸；
减小摩擦力的方法：变滑动为滚动，减小接触面的粗糙程度、减小压力。
5．如图所示，在“探究二力合成的实验”中，橡皮筋原长为。当力作用在橡皮筋上，橡皮筋从E点伸长到点，如图甲所示；然后撤去，将互成一定角度的力和共同作用在橡皮筋上，同样使橡皮筋从E点伸长到点，如图乙所示。若钩码的重力均为0.5N，据此推测，将、和共同作用在橡皮筋上时，这三个力的合力大小为（　　）
A．4.5N B．3N C．1.5N D．0N
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用
【解析】【解答】A、甲图有3个钩码，每个钩码0.5N，；乙图中、共同作用效果与相同，说明、的合力等于；将、、同时作用时，、等效为，与同向叠加，总合力，不是4.5N，故A错误；
B、，与的合力等效为，两力同向叠加，总合力，故B正确；
C、只等于单个大小，未叠加两组力，故C错误；
D、三个力作用效果不是抵消，合力不为0N，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查等效替代法合力计算，误将钩码总重力直接相加得出4.5N；
B、考查力的等效替代，、合力与等大同向，叠加后合力为3N；
C、考查合力叠加逻辑，只计算一组拉力，忽略另一组等效拉力；
D、考查力的作用效果，三组拉力均使橡皮筋向同一方向伸长，不会抵消。
6．商河县某校物理兴趣小组的同学对如图所示的实验现象进行了讨论，下列说法正确的是 （　　）
A．图甲所示，压强计的U形管左右液面高度差可以准确测出液体压强的大小
B．图乙所示，纸片和杯中的水不会掉下的原因是利用了大气压强的作用
C．图丙所示，通过比较手指上的凹痕可以得出压力的作用效果与受力面积有关
D．图丁所示，往纸片中间吹气，纸片靠拢，说明流体中流速越大的地方压强越大
【答案】B
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；探究液体压强的特点实验；大气压强的存在；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、测量液体压强的工具为压强计，我们可以通过U形管两侧液面的高度差判断液体内部压强的大小，但它无法准确测出液体压强的具体数值，因此A错误；B、将装满水的杯子倒置后，纸片和杯中的水不会下落，纸片周围只有空气，是大气压的作用托住了纸片和水，这个实验验证了大气压强的存在，因此B正确；
C、压力的作用效果和压力大小、受力面积两个因素有关；探究压力的作用效果与受力面积的关系时，需要控制压力大小相同。题图丙的情景中，两个手指受到铅笔的压力并不相等，因此无法得出压力作用效果和受力面积的关系，故C错误；
D选项：向两张纸中间吹气，两张纸会相互靠拢，该实验说明流体中流速越大的位置，压强越小，故D错误。
故选B。
【分析】1、U形管可以测量液体压强，但不能精确测量压强大小；
2、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
3、在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中 压力作用效果 难以直接测量，所以需要通过海绵的凹陷程度进行测量；
4、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。
7．2024年1月11日，全球最大固体运载火箭“引力一号”在中国首艘专业化自航式海上卫星发射工程船上成功发射，如图所示。不计火箭发射过程中燃料质量的消耗，下列说法正确的是（　　）
A．“引力一号”发射前，卫星发射工程船受到的浮力大于船和火箭的总重力
B．“引力一号”发射后，卫星发射工程船排开水的体积不变
C．“引力一号”加速上升的过程中重力势能转化为动能
D．“引力一号”加速上升的过程中机械能增大
【答案】D
【知识点】机械能及其转化；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、发射前工程船漂浮，根据漂浮条件，浮力等于船与火箭总重力，故A错误；
B、火箭发射后，船总重力减小，漂浮时浮力等于总重力，浮力减小，由可知排开水体积变小，故B错误；
C、火箭加速上升，燃料内能转化为动能与重力势能，动能、重力势能均增大，并非重力势能转化为动能，故C错误；
D、火箭加速上升，速度增大动能变大，高度升高重力势能变大，机械能等于动能加重力势能，因此机械能增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查物体漂浮条件，漂浮物体浮力等于自身总重力；
B、考查阿基米德原理，重力减小则浮力减小，排开水体积减小；
C、考查能量转化，火箭上升依靠燃料内能做功，两种势能、动能同步增加；
D、考查机械能变化判断，动能、重力势能均增大，机械能增大。
8．如图所示，粗糙程度相同的水平桌面上甲、乙两个物体分别在水平拉力作用下做匀速直线运动，已知．下列说法正确的是（　　）
A．甲物体对桌面的压力小于乙物体对桌面的压力
B．甲物体受到的摩擦力大于乙物体受到的摩擦力
C．甲物体的下表面比乙物体的下表面更光滑
D．甲物体的运动速度小于乙物体的运动速度
【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A．放在水平面上的物体，对支持面的压力大小等于自身重力大小，因此甲对桌面的压力等于甲的重力，乙对桌面的压力等于乙的重力，已知 ，因此甲对桌面的压力大于乙对桌面的压力，故A错误；
B．甲、乙都在水平拉力作用下做匀速直线运动，水平方向处于平衡状态，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，二者大小相等。甲受到的拉力为5N，因此甲受到的滑动摩擦力为5N；乙受到的拉力为10N，因此乙受到的滑动摩擦力为10N，即甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力，故B错误；
C．滑动摩擦力的大小和压力大小、接触面粗糙程度有关：压力越大、接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。已知甲对桌面的压力大于乙对桌面的压力，而甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力，说明甲的下表面一定比乙的下表面更光滑，故C正确；
D．滑动摩擦力的大小只和压力大小、接触面粗糙程度有关，和接触面积大小、拉力大小、运动速度都没有关系，根据题目给出的条件，无法比较甲、乙的速度大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】1、静止在水平桌面的物体，对水平桌面的压力等于重力：
2、力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，所以拉力等于摩擦力；
3、滑动摩擦力影响因素：控制压力相等的情况下，接触面表面越粗糙，滑动摩擦力越大；控制接触面粗糙程度相等的情况下，压力越大，滑动摩擦力越大。
9．码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的的桶重100N，内部底面积为，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积，。下列计算结果错误的是（　　）（，g取）
A．水对桶底的压强为 B．水对桶底的压力为600N
C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为
【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．根据题意可知，桶内水深1m，则水对桶底的压强为
，
故A正确不符合题意；
B．桶的底面积为 ，则水对桶底的压力为
，
故B正确不符合题意；
C．根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2可知，可得人对绳子的拉力为
；
那么人对地面的压力为；
故C错误符合题意；
D．根据题意可知，人对地面的压强为
，
故D正确不符合题意。
故选C。
【分析】 A.已知水深，由p=ρgh可求得水对桶底的压强；
B.由F=pS公式变形可求得水对桶底的压力；
C.根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力；
D.由可求得人对地面的压强。
10．如图所示，是木棒的一端缠绕一些铜丝做成的密度计放入盛有甲、乙两种不同液体的两个烧杯中静止后的情形，下列说法正确的是（　　）
A．甲液体的密度大
B．密度计在乙液体中受到的浮力大
C．密度计在两种液体中排开液体体积一样大
D．木棒的一端缠绕一些铜丝，可以让密度计竖立在液体中
【答案】D
【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】ABC．密度计是利用物体漂浮时浮力等于自身重力的浮沉条件工作的，同一支密度计重力不变，因此它在甲、乙两种液体中所受的浮力大小相等。根据阿基米德原理，浮力相等时，液体密度和排开液体的体积成反比。由图可知，密度计在甲液体中排开液体的体积更大，因此甲液体的密度更小，故ABC错误；
D．在木棒一端缠绕铜丝，能够降低密度计的重心，让密度计可以竖直漂浮在液体中，保持稳定，避免重心过高发生倾倒，故D正确。
故选D。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
11．如图所示的几个情景，下列说法不正确的是（　　）
A．甲中，橡皮绕手做匀速圆周运动的过程中，绳子的弹力对橡皮没有做功
B．乙中，小朋友用20N力提着重20N滑板在水平地面上行走1m时，提力和重力做功都是0J
C．丙中，小明拉着小车匀速向前运动时，小明对小车的拉力和地面对小车的摩擦力不是一对平衡力
D．丁中，小红穿着旱冰鞋推墙，在小红离开墙壁后退的过程中，墙壁对小红做了功
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；是否做功的判断
【解析】【解答】解：A、橡皮绕手做匀速圆周运动的过程中，绳子的弹力方向指向中间，橡皮没有在弹力方向上通过距离，不符合做功的条件，因此弹力对橡皮不做功，故A错误；
B、提着滑板在水平路上前行，人给滑板的提力向上，滑板受到的重力向下，力与移动的方向垂直，不符合做功的条件，提力和重力没有对滑板做功，故B正确；
C、丙中，小明对小车的拉力和地面对小车的摩擦力不在同一条直线上，不满足平衡力的条件，所以不是一对平衡力，故C正确；
D、丁中，在小红离开墙壁后退的过程中，小红与墙壁没有接触，墙壁对小红没有力的作用，所以墙对小红没有做功，故D错误。
故选：D。
【分析】 （1）做功的必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动的距离；
（2）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。
12．水平桌面上有两个完全相同的柱形容器甲、乙，分别装有质量相等的盐水和清水，小明先用盐水浸泡草莓，然后放入清水中清洗，草莓在盐水和清水中的浮沉情况如图所示（草莓由盐水到清水带走的盐水和草莓质量、体积的变化均忽略不计），下列判断正确的是（　　）
①草莓a的密度小于草莓b的密度
②草莓c在盐水和清水中受浮力相等
③两容器中有草莓时，对水平桌面的压强相等
④两容器中有草莓时，甲容器中液体对容器底部的压强比乙大
A．①③④ B．② C．①②④ D．①③
【答案】A
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解析】①根据甲图分析：草莓a漂浮说明其密度小于盐水密度，草莓b悬浮说明其密度等于盐水密度。因此草莓a的密度小于草莓b的密度，故①正确。
②草莓c在两种液体中都沉底，排开液体体积相同。由于盐水密度大于清水密度，根据浮力公式可知，草莓c在盐水中受到的浮力更大，故②错误。
③两容器放入草莓后，液体和草莓的总重力相等，因此对容器底的压力相等。由于容器底面积相同，根据压强公式可得，两容器对水平面的压强相等，故③正确。
④分析各草莓受力情况： 草莓a在两种液体中都漂浮，浮力等于重力，保持不变； 草莓b和c在盐水中浸没，由于盐水密度更大，根据可知受到的浮力更大。因此甲容器中液体对容器底的压力更大，根据可得甲容器液体对容器底的压强更大，故④正确。
综上所述，只有选项A完全正确。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度
4、压强的计算公式：，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积。
13．杆秤是我国发明的人类最早的衡器，是我国劳动人民智慧的结晶。小丽在课堂上了解杆秤后，在家里找到一杆除了秤砣生锈变重外，其他均完好的杆秤。用这杆秤测得的物体质量与秤砣生锈变重前测得的物体质量相比（　　）
A．偏小 B．不变 C．偏大 D．无法判断
【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】如图，杆秤使用时相当于杠杆，提纽处为支点，设称量物体的重力为阻力，秤砣的重力作为动力，由杠杆的平衡条件可知，若秤砣生锈变重，动力变大，阻力和阻力臂的乘积不变，要使动力臂变小，杠杆才能平衡，即秤杆标识出的物体的质量变小，因此用这杆秤测得的物体质量与秤砣生锈变重前测得的物体质量相比偏小，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】(1)杆秤的实质是一只不等臂的杠杆，设重物的作用力为阻力，则秤砣的作用力为动力，支点在向上的提环处，当杆秤在水平位置平衡时，重物、秤砣到提环的距离分别是杠杆的力臂；
(2)杆秤秤砣生锈变重，动力变大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知动力臂变小，力臂变小则从杆秤上读的数变小。据此分析判断。
14．若机械和绳子自重、滑轮转轴摩擦等均忽略不计，使用下列机械提升同一重物的情境中最省力的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；斜面的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A.使用的机械是斜面，拉物体移动的距离是物体上升高度的2倍，若机械和绳子自根据Fs=Gh可知，则拉力F的大小等于重物的重力G的一半；
B.使用的机械是定滑轮，不省力不费力，则拉力F的大小等于重物的重力G；
C.使用的机械是有3段绳子承重的滑轮组，根据可知，则拉力F的大小等于重物的重力G的三分之一；
D.使用的机械是杠杆，动力臂是阻力臂的4倍，根据F1L1=F2L2可知。则拉力F的大小等于重物的重力G的四分之一。
综上所述：使用杠杆提升同一重物最省力，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】A.根据Fs=Gh分析判断；
B.根据定滑轮的特点判断；
C.根据判断；
D.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2判断。
15．如图甲所示，小欢用力F向下拉绳子，使物体M在水平地面上匀速移动，地面ab、bc粗糙程度不同。物体M的重力为400N，动滑轮的重力为5N，，。物体M从a点到c点的过程中，拉力F与M移动距离s的关系图像如图乙所示，不考虑物体大小对运动的影响，忽略绳子重力及机械之间的摩擦。下列结论正确的是（　　）
A．绳子自由端移动的距离为15m
B．拉力F做的功为840J
C．拉力F在ab段做的额外功等于在bc段做的额外功
D．物体从ab段运动到bc段，滑轮组的机械效率变小
【答案】B
【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；有用功和额外功
【解析】【解答】AB．物体M从a点运动到c点的过程中，总路程为2m+3m=5m，该滑轮组拉动重物的有效绳子段数为2，因此绳子自由端移动的总距离为s=2s物=2×5m=10m
其中ab段长度sab=2m，bc段长度sbc=3m，对应两段绳子自由端移动的距离分别为s1=2×2m=4m，s2=2×3m=6m
结合图乙可知，ab段和bc段的绳子拉力分别为60N和100N，拉力做的总功为W=W1+W2=F1s1+F2s2=60N×4m+100N×6m=840J
故A错误，B正确；
C．本题中，克服物体摩擦力做的功是有用功。忽略绳重与摩擦，额外功全部来克服动滑轮重力做功，ab段物体移动距离小于bc段，因此动滑轮被拉动的距离也更小，根据W=Gh可知，拉力F在ab段做的额外功小于在bc段做的额外功，故C错误；
D．物体M匀速运动时，根据二力平衡，物体受到的滑动摩擦力等于滑轮对物体的水平拉力，由于bc段绳端拉力100N大于ab段的60N，结合关系式f=F水平=nF绳-G动可知，bc段物体受到的滑动摩擦力更大。整理滑轮组的机械效率公式可得：
动滑轮重力G动不变，从ab段到bc段滑动摩擦力f变大，因此滑轮组的机械效率会变大，故D错误。
故选B。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。
4、总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：。
16．踢毽子起源于汉代，盛行于南北朝和隋唐，已有两千多年的历史。在如图所示的游戏中，毽子被踢出主要表明力可以改变物体的　 　。被踢出后，毽子上升到最高处时，毽子处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态（不计空气阻力）。如图所示为某消防员在进行日常训练时，沿绳子从三楼匀速竖直下滑至地面，在此过程中，消防员所受摩擦力方向为　 　。
【答案】运动状态；非平衡；竖直向上
【知识点】力的作用效果；平衡状态的判断；摩擦力的方向
【解析】【解答】(1) 毽子原本静止，被踢后由静止变为运动，运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态。
(2) 毽子上升到最高处时，不计空气阻力，只受重力一个力，受力不平衡，因此处于非平衡状态。
(3) 消防员匀速竖直下滑，受力平衡，重力竖直向下，摩擦力与重力方向相反，即竖直向上。
故答案为：运动状态；非平衡；竖直向上
【分析】(1) 本题考查力的作用效果，力有两种作用效果：改变物体形状、改变物体运动状态；运动状态改变包含速度大小或运动方向变化。
(2) 本题考查平衡状态判断，物体受平衡力才处于平衡状态（静止 / 匀速直线运动），最高点毽子速度为 0，但只受重力，受力不平衡，属于非平衡状态。
(3) 本题考查二力平衡与摩擦力方向，匀速下滑时重力、摩擦力是一对平衡力，二力方向相反。
17．人们要认识事物，就要对事物进行描述，从而引入了相应的物理量。如：为了描述物体的冷热程度，我们引入了物理量“温度”；为了描述　 　，我们引入了物理量“　 　”。
【答案】压力的作用效果；压强
【知识点】压强
【解析】【解答】为了表示压力产生的作用效果，物理学中引入了压强这一物理量，因此压强的本质就是用来描述压力作用效果的物理量。
【分析】使用压强表征力的作用效果。
18．托里拆利测量大气压强值的实验如图所示，当时的大气压强等于　 　mm高水银柱所产生的压强。这一现象说明了当地的大气压　 　一标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。将图中装置从大厦一楼移到50楼，会发现装置中的水银柱　 　（均选填“上升”“不变”或“下降”）。
【答案】750；小于；下降
【知识点】大气压强的测量方法；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】托里拆利实验中，大气压强数值等于玻璃管内外水银液面的高度差，由图可知高度差为 750mm，因此当时大气压等于 750mm 高水银柱产生的压强；
标准大气压对应 760mm 高水银柱，750mm 小于 760mm，说明当地大气压小于一标准大气压；
大气压随海拔高度升高而减小，将装置从一楼移到 50 楼，外界大气压变小，能支撑的水银柱高度降低，水银柱下降。
故答案为：750；小于；下降
【分析】(1) 本题考查托里拆利实验读数，大气压强的大小由管内外水银液面竖直高度差决定，管上方真空段长度、槽内水银深度不影响测量值。
(2) 本题考查标准大气压数值，一标准大气压可支持 760mm 高水银柱，以此对比判断气压大小关系。
(3) 本题考查大气压与海拔的关系，海拔越高，空气越稀薄，大气压强越小，托里拆利装置内水银柱高度随之下降。
19．小明将一张卡片对折后，放在桌面上，如图-1所示，对着卡片与桌面之间吹气，卡片被　 　（选填“顶离”或“压在”）桌面上；如图-2所示，在“探究二力平衡的条件”实验中，定滑轮的作用是　 　。
【答案】压在；改变力的方向
【知识点】探究二力平衡的条件；流体压强与流速的关系；定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】 当对着卡片和桌面之间吹气时，卡片下方的空气流速会变大，根据流体压强和流速的关系：流体流速越大的位置，压强越小，因此卡片下方的压强更小，卡片上方压强更大，上下形成了向下的压力差，所以卡片会被压在桌面上。 在“探究二力平衡的条件”实验里，定滑轮的作用是改变力的方向，能够让作用在探究物体上的两个力落在水平方向上。
【分析】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；
定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力。
20．中国在无人机的研发和生产技术处于世界领先。如图所示是一款我国某公司生产新型无人机，机身总质量1.5kg，小京同学操作该无人机先以1m/s的速度沿竖直方向匀速上升40m，接着又以2m/s的速度沿水平方向匀速飞行40m，g=10N/kg，无人机在上升过程中需要克服重力做功　 　J，在整个飞行过程中克服重力做功的功率为　 　W。
【答案】600；10
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【解答】先计算无人机自身重力：
(1) 竖直上升阶段克服重力做功，水平移动无竖直高度，不克服重力做功：。
(2) 计算总飞行时间：上升时间，
水平飞行时间，
全程总时间，
全程克服重力做功的功率：。
故答案为：；
【分析】(1) 本题考查克服重力做功计算，做功的两个必要条件是有力、沿力方向移动距离，水平飞行高度不变，重力不做功，只有上升阶段产生克服重力的功。
(2) 本题考查平均功率计算，功率等于总功除以全程总时间，总时间包含上升与水平飞行两段时间。
21．用手臂托起重物，从生物学视角可认为是桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动（如图甲），从物理学视角可以将人的前臂看作一个杠杆，如图乙肘关节为支点，肱二头肌对前臂处的拉力为动力，处托着的重物对手臂的压力为阻力。请在图乙中画出处重物对手臂的压力的力臂。人的前臂属于　 　（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆，这种结构的好处是　 　。
【答案】，费力；省距离
【知识点】杠杆的分类；力臂的画法
【解析】【解答】 按照力臂的定义，我们需要从支点O向阻力作垂线，得到的垂线段就是对应的力臂L2，作图结果如下：
从图中可以看出，人活动前臂时，动力臂的长度比阻力臂更短，根据杠杆的分类，人的前臂属于费力杠杆。
费力杠杆虽然费力，但是具备省距离的优势，因此前臂这种费力杠杆结构的好处就是可以省距离，让动作更灵活。
【分析】省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等臂杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平；
力臂的概念，从支点到力的作用线的距离。做出力的作用线，确定支点，从支点向的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂。
22．（1）小越和小华同学设计了如图1所示的两种实验方案来“探究压力作用效果与哪些因素有关”：
①在小越设计的甲、乙、丙实验中，通过观察海绵的 　 　来反映压力的作用效果，这里采用的研究方法也用于以下　 　（选填序号）实验中；
A．用两支完全相同的蜡烛研究平面镜成像的特点；
B．当压力一定时，探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系；
C．小车从斜面上滑下，通过其在水平面上运动的距离，来判断阻力对物体运动的影响；
②比较图1甲、乙，可以得到压力的作用效果与 　 　的大小有关；
③如图1丁所示，小华将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，发现大块和小块肥皂对海绵压力的作用效果相同，于是得出结论：压力的作用效果与受力面积无关。他在探究的过程中存在的问题是　 　。
（2）在探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小越用弹簧测力计拉同一木块进行了三次正确的操作，如图2甲、乙、丙所示：
①在图2乙中，木块受到的滑动摩擦力大小等于　 　N；
②分析甲、丙两次实验数据可以得出，滑动摩擦力的大小与 　 　有关；
③在某次实验中，小越拉动木块在木板上运动，木块运动的路程﹣时间图象如图2丁所示。0~t1和t1~t2时间内弹簧测力计的示数分别为F1和F2，则F1　 　F2（选填“>”、“＜”或“=”）；
④实验中，如果弹簧测力计的示数不稳定，原因可能是　 　（填字母）。
A．木板过长；
B．木块运动的速度太小；
C．木板的粗糙程度不均匀。
【答案】（1）凹陷程度；C；压力；没有控制压力相同
（2）2.8；接触面的粗糙程度；=；C
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验；探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）①实验中通过海绵的凹陷程度反映压力作用效果，该方法为转换法。
A选项是等效替代法；B选项是控制变量法；C选项通过小车滑行距离判断阻力影响，属于转换法，故C正确。
故答案为：凹陷程度；C
②甲、乙受力面积相同，压力大小不同，海绵凹陷程度不同，可得压力作用效果与压力大小有关。
故答案为：压力
③竖直切开肥皂后，两块肥皂对海绵的压力大小不同，探究受力面积的影响时，未控制压力大小相同，实验存在错误。
故答案为：没有控制压力相同
（2）①木块匀速直线运动时拉力与滑动摩擦力平衡，弹簧测力计分度值0.2N，示数2.8N，摩擦力等于2.8N。
故答案为：2.8
②甲、乙压力相同，接触面粗糙程度不同，摩擦力不同，说明滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关。
故答案为：接触面的粗糙程度
③0t1、t1t2木块均做匀速直线运动，压力、接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，拉力等于摩擦力，故。
故答案为：=
④滑动摩擦力由压力、接触面粗糙程度决定，压力不变时示数不稳定，是木板粗糙程度不均匀，选C。
故答案为：C
【分析】（1）本题考查压力作用效果探究实验，核心方法为转换法、控制变量法；利用海绵形变直观体现压力作用效果，探究受力面积影响时必须保持压力不变。
（2）本题考查滑动摩擦力影响因素实验，依据二力平衡读取摩擦力大小；滑动摩擦力只与压力、接触面粗糙程度有关，与运动速度无关；接触面粗糙不均会造成摩擦力不断变化，导致测力计示数波动。
（1）①[1]实验中压力的作用效果通过海绵的凹陷程度来反映，使用了转换法。
[2]A．用两支完全相同的蜡烛研究平面镜成像的特点，是采用的等效代替法；
B．当压力一定时探究滑动摩擦力于接触面的粗糙程度的关系，采用的是控制变量法；
C．阻力的对物体运动的影响不能直接得到，小车从斜面上下滑，通过其在水平面上运动的距离，来判断阻力的对物体运动的影响，采用的是转换法。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
②[3]图1甲、乙接触面积相同，对海绵的压力，乙图大于甲图，凹陷程度乙图大于甲图，由此可知，压力的作用效果与压力的大小有关。
③[3]图丁中，小华将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，则两块肥皂对海绵的压力不同，而要探究压力的作用效果与受力面积的关系，应控制压力的大小相同，故探究中存在的问题是没有控制压力相同。
（2）①[1]该实验中，弹簧测力计水平拉动木块进行匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，根据二力平衡条件，滑动摩擦力大小等于拉力大小。图乙中弹簧测力计的分度值为0.2N，弹出测力计的示数为2.8N，故木块受到的滑动摩擦力大小等于2.8N。
②[2]图中甲、丙两次实验中，压力相同，接触面的粗糙程度不同，从弹簧测力计的示数可知，丙图的中木块受到的滑动摩擦力大于甲图中木块受到的滑动摩擦力，由此可知滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
③[3]从图像丁可知，木块在0~t1和t1~t2内，木块都做匀速直线运动，故木块受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，木块受到的摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，压力和接触面的粗糙程度都没有改变，滑动摩擦力不变，故拉力不变F1=F2。
④[4]实验中物体做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，弹簧测力计大小不稳定，就说明滑动摩擦力大小有变化，影响滑动摩擦力大小的因素由压力和接触面的粗糙程度，压力没有变化，所以原因可能是接触面的粗糙程度不均匀。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
23．小亮通过如图的步骤进行了“浮力的大小可能与哪些因素有关”的实验．
（1）对A、C、D三图中的实验现象和数据进行分析，得出结论：物块浸没后，浮力的大小与深度　 　（填“有关”或“无关”）；
（2）分析A、D、E三图中的实验现象和数据，可得出结论：物块受到的浮力大小还与　 　有关；
（3）根据图中的数据，物块的密度为　 　，如考虑物体具有吸水性，则计算的结果比物块的真实密度　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（4）如图是小亮利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计　 　（选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确．爱思考的小亮同学又进一步研究漂浮在水面上的木块受到的浮力大小是否符合阿基米德原理，他进行了如图所示的实验；
（5）分析图中提供的信息，可知图丁中木块所受拉力大小为　 　N；
（6）根据图乙和图戊测量结果可知木块排开水所受的重力为1.2N，由此可知漂浮在水面上的木块受到的浮力大小　 　（填“符合”或“不符合”）阿基米德原理．
【答案】（1）无关
（2）密度
（3）；偏大
（4）②
（5）0
（6）符合
【知识点】浮力的利用；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】（1）分析 A、C、D 三组实验：物块完全浸没后，改变浸入深度，弹簧测力计示数保持不变。根据公式F浮 =G F示 知，物块所受浮力不变，由此得出结论：浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（2）对比 A、D、E 三组实验：物块排开液体的体积相等，液体种类不同，弹簧测力计示数不同，说明物块受到的浮力不同。由此可得：物体所受浮力大小与液体密度有关。
（3） 由实验 A 读出物块重力 ， 结合F浮 =G F示 ，可算出实验 C 中物块受到的浮力 ；物块完全浸没时，排开液体体积等于物块自身体积，结合阿基米德原理F浮 =ρ液 gV排 ，可求出物块体积；再结合重力公式计算； ，最终由密度公式 求得物块密度。 。
若被测物体具有吸水性，会导致测得的排开液体体积偏小。物体实际质量不变，由， 可知，体积测量值偏小，最终计算得出的物体密度会大于真实值。
（4）密度计的刻度具备不均匀、上疏下密、上小下大的特点，刻度分度值越小，测量精度越高。液体深度越大，相邻刻度对应的密度差值间距越大。题图中密度计②浸入液体深度最大，相邻密度刻度间距最大，因此它的测量结果最准确。
（5）由图甲可知，弹簧测力计分度值为 0.2 N，示数为 1.2 N，即木块重力G=1.2 N。图丁中木块静止，受力平衡，浮力与重力为一对平衡力，故F浮 =G=1.2 N，结合受力关系可算出此时木块受到的拉力大小。 。
（6）结合图乙、图戊的测量数据，可知木块排开水的重力为 1.2 N；木块漂浮时所受浮力也为 1.2 N，满足F浮 =G排 ，因此漂浮的木块所受浮力符合阿基米德原理。
【分析】1、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力；
2、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同；
3、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
4、密度的计算：公式为；
5、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力。
（1）由A、C、D可知，物块浸没后，深度改变，弹簧测力计示数不变，根据（G是物块重力，是弹簧测力计示数 ），浮力不变，所以浮力的大小与深度无关。
（2）A、D、E中，物块排开液体体积相同，液体种类不同（水和酒精 ），弹簧测力计示数不同，浮力不同，所以物块受到的浮力大小还与液体密度有关。
（3）[1]由A知物块重力，由，C中，则；
根据，物块浸没，；
物块质量；
物块密度。
[2]若物体有吸水性，测得的排开液体体积偏小，根据，m不变，V偏小，则计算的结果比物块的真实密度偏大。
（4）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度越深，相邻两密度值的间距越大，由题图可知，密度计②所处的深度最深，相邻两密度值的间距最大，测量值最准确。
（5）由图甲可知，测力计的分度值为0.2N，此时示数为1.2N，故木块的重力为1.2N。图丁中，因为木块漂浮在水面上，处于平衡状态，受到平衡力作用，所以，此时木块受到的浮力和重力是一对平衡力，大小相等，所以，木块所受浮力大小为，所以图丁中木块所受拉力大小为。
（6）根据图乙和图戊测量结果可知木块排开水所受的重力为1.2N，而漂浮在水面上的木块受到的浮力大小为1.2N，即，所以漂浮在水面上的木块受到的浮力大小符合阿基米德原理。
24．如图甲所示是“探究物体的动能与哪些因素有关”的实验，让小球从同一斜面由静止开始滚下，推动同一木块在水平面向前移动一段距离后停下。
（1）实验中，小球的动能是由　 　能转化来的；
（2）图甲中（a）、（c）实验让小球从斜面的相同高度下滑，目的是　 　；
（3）图甲中（b）、（c）实验无法探究动能和速度的关系，理由是　 　；
（4）如图乙所示，若将质量为m的小球从一光滑轨道OAB的O点自由滚下，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和EB的大小关系是EA　 　EB。当小球从B点运动到最高点C时，假设小球所受的外力全部消失，则小球将沿　 　（选填“a”、“b”或“c”）轨迹运动。
【答案】（1）重力势
（2）小球到达水平面速度相同
（3）没有控制质量相同
（4）=；a
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】（1）在分析小球下滑过程时，观察到其高度逐渐降低，重力势能相应减少；同时速度不断增大，动能持续增加。这一现象表明动能来源于重力势能的转化。
（2）实验设计中让不同质量的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，是为了确保所有小球到达水平面时具有相同的初速度。
（3）在研究动能与速度关系时，必须保持质量不变。由于实验（b）和（c）未能控制质量变量，因此无法得出有效结论。
（4）通过光滑斜槽轨道实验（如图乙），小球从O点自由下滑经A、B两点至C点（不计空气阻力）。设A、B两点机械能分别为EA和EB，在无能量损耗条件下，EA＝EB。当小球从B点斜抛至最高点C时，其水平速度分量保留，竖直速度分量为零。根据牛顿第一运动定律，若所有外力消失，小球将沿a轨迹保持匀速直线运动。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
转换法：转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如用通过观察木块倍小球撞击移动的距离；
物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电阻的影响因素有：材料、电阻丝的长度、横截面积。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如实验设计中让不同质量的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，是为了确保所有小球到达水平面时具有相同的初速度。
（1）小球下滑过程中，高度降低，重力势能减小，速度加快，动能增加，小球的动能是由重力势能转化来的。
（2）使质量不同的小球从斜面的同一高度由静止滚下，目的使小球到达水平面的速度相同。
（3）探究动能与速度的关系时，应控制质量相同，而（b）、（c）两实验没有控制质量相同，不能达到目的。
（4）[1]将小球从一光滑斜槽轨道（OAB）O点自由滚下（图乙），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。
[2]当小球从B点做斜抛运动到达最高点C时，小球具有水平方向的速度，竖直方向速度为0，假设小球所受的外力全部消失，根据牛顿一定律可知，小球将沿a轨迹做匀速直线运动。
25．实验小组为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、网盘等。
（1）如图甲，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）侧适当调节；
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是________（填序号）；
A．读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B．保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C．同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
（3）同组的小华认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心转动。如图丙所示，在点和点分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在点的钩码先后挂在圆盘上的　 　，两个点上，观察圆盘是否平衡；
（4）实验小组探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥（dēnɡ）秤制作了杆秤，如图丁所示，若要增加称量的范围，应选用提纽　 　。
【答案】（1）平衡；右
（2）A
（3）、
（4）2
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）实验前，杠杆静止放置，此时杠杆处于平衡状态。
由图甲可知，杠杆左端下沉，说明杠杆左端较重，应将两端的平衡螺母向右侧适当调节。
（2）一组数据得到结论存在偶然性，要想得出普遍结论，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，得出普遍结论，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（3）根据杠杆的平衡条件可知，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，右边力臂也应保持不变才能使圆盘平衡，所以她应将挂在点的钩码先后挂在圆盘上的、两个点上，观察圆盘是否平衡。
（4）秤砣的质量不变，阻力的大小不变，选用提纽2，支点左移，可以增大阻力臂，减小动力臂， 根据杠杆的平衡条件可知，可以增大动力，所以若要增加称量的范围，应选用提纽2。
【分析】（1）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。
实验前，应按“左偏右调，右偏左调”的方法调节平衡螺母，使天平横梁水平平衡；
（2）一次实验具有普遍性，应多次实验，让结论具有普遍性；
（3）（4）根据杠杆的平衡条件进行分析。
（1）[1]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。实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右高左低，此时杠杆处于平衡状态。
[2]杠杆左端下沉，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向右调节，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，这样便于在杠杆上测量力臂的大小。
（2）在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了得出普遍结论，避免偶然性，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（3）由题意知道，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，根据杠杆的平衡条件知道，要使圆盘平衡，右边力臂也应保持不变，所以他可以将挂在D点的钩码先后挂在E、F两个点又进行实验，这样右边的力臂始终为OD。
（4）选用提纽2，支点左移，可以增大阻力臂，秤砣的质量不变，阻力的大小不变，阻力与阻力臂的乘积变大，动力臂也比原来小，则说明动力变大了，从而增加了称量的范围。
26．学习了简单机械后，小明了解到斜面也是一种机械，于是他想探究这种机械的特点．他将木块放在如图所示的斜面上，并用弹簧测力计沿斜面匀速向上拉木块，收集到下表中的实验数据：
实验序号 斜面倾斜程度 物体重 斜面高 斜面长 拉力 有用功 总功 机械效率
1 较缓 5 0.2 1 2.1 1.0 2.1 47.6
2 较陡 5 0.5 1 3.6 2.5 ▲ 69.4
3 最陡 5 0.7 1 4.3 3.5 4.3 81.4
（1）比较表中数据可知：斜面越　 　（选填“缓”或“陡”）越省力；斜面越陡，斜面的机械效率越　 　（选填“高”或“低”）；
（2）表中空格处的数据应为　 　；
（3）在第1次实验中，木块受到的摩擦力为　 　N；
（4）在第3次实验后，若仅将木块换成等质量的小车重复上述实验，机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
【答案】（1）缓；高
（2）3.6
（3）1.1
（4）变大
【知识点】斜面的机械效率；斜面机械效率的测量实验
【解析】【解答】（1） 对比实验 1、2、3：实验 1 斜面坡度最缓，拉力最小；实验 2 斜面坡度适中，拉力较大；实验 3 斜面坡度最陡，拉力最大。由此得出结论：
实验 1 机械效率为 47.6%，实验 2 为 69.4%，实验 3 为 81.4%。由此可得：斜面坡度越陡，机械效率越高。
（2）拉力做的功为总功。实验 2 中，代入数据计算可得 ，故空格处填写 3.6。
（3）实验中额外功是克服摩擦力做的功， 因为，则，所以摩擦力。在第1次实验中，，，，则木块受到的摩擦力为
（4）把木块换成质量相等的小车后，接触面由滑动摩擦变为滚动摩擦，摩擦力减小，额外功随之减小。物体重力与斜面高度不变，因此有用功保持不变 ，据可知 ，总功减小、有用功不变，斜面的机械效率会变大。
【分析】1、结合数据表格分析，机械效率和坡度的关系；
2、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率。
（1）[1]比较实验1、2、3， 实验1中斜面最缓，拉力；实验2中斜面较陡，拉力；实验3中斜面最陡，拉力， 所以可得：斜面越缓越省力。
[2]实验1中机械效率为47.6%；实验2中机械效率为69.4%；实验3中机械效率为81.4%，所以可得：斜面越陡，机械效率越高。
（2）总功是指拉力所做的功，在实验2中，，，则
所以空格处数据应为3.6。
（3）额外功是指克服摩擦力所做的功，因为，则，所以摩擦力。在第1次实验中，，，，则木块受到的摩擦力为
（4）将木块换成等质量的小车， 小车与斜面之间的摩擦力为滚动摩擦，滚动摩擦小于滑动摩擦，即摩擦力减小，额外功减小，因为物体重力和斜面高度不变，有用功不变，根据，分母变小，分子不变，则机械效率变大。
27．阅读短文，回答问题。（取10N/kg）
如图所示，2019年10月国产航母山东舰完成第八次试航，山东舰满载时的排水量为，制造航母的钢板要求强度大、耐高温、防弹、不易变形；舰载机是在航空母舰上起降的飞机，山东舰搭载的舰载机每架质量是5150kg，每一架舰载机与甲板的总接触面积为，舰载机在航母上着陆时，必须适时勾住阻拦索，达到强行减速的目的；推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比。
（1）航母在海面上匀速前进时，航母总重力与　 　是一对平衡力，满载时航母受到的浮力为　 　N；
（2）下列说法中，正确的是______；
A．航母舰体外壳是弹性好的特殊钢板
B．为了飞机着陆，航母甲板要光滑些
C．舰载机飞行时机翼上方的流速较大
D．阻拦索强行减速减小了飞机的惯性
（3）一架停在甲板上的舰载机对甲板的压强为　 　Pa，其中两架舰载机起飞后，航母舰底受到的海水压强　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”），航母排开海水的体积变化　 　；（海水密度为）
（4）舰载机的某个钢制零件质量为158kg，现选用强度更高的等体积钛合金材料，已知钛合金的密度为，则该零件的质量可以减少68kg，若舰载机的钢制零件全部用等体积钛合金制造，则舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行的推重比　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；（钢的密度为）
（5）假设舰载机质量不变，当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，受到的空气阻力　 　N。
【答案】（1）浮力；5×108
（2）C
（3）103000；变小；10
（4）变大
（5）15450
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；流体压强与流速的关系；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 （1）航母在海面匀速行驶时，受力平衡，航母总重与浮力为一对平衡力，满载时： F浮=G排=m排g=5×104×103kg×10N/kg=5×108N 。（2）A、航母外壳钢材应该是抗冲击、抗腐蚀、结实的钢材，故A错误。
B、航母甲板要粗糙才能让飞机安全着陆，故B错误。
C、机翼上方流速大于下方流速，上方压强小于下方压强，升力就是这么产生的，故C正确。
D、惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，故D错误。
（3）。
飞机起飞后，航母上浮，深度h减小，故压强减小，减小的浮力为：
ΔF浮=ΔG=2m飞g=5150kg×10N/kg×2=1.03×105N，
由ΔF浮=ρgV排得：。
（4）推重比为飞机推力与重力之比，重力变小，故推重比变大。
（5）推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，即，则此时飞机发动机产生的总推力：F推=1.2G=1.2×51500N=61800N；
已知舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，则F=kv2，
当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，速度变为原来的 ，推力变为原来的 ，
则此时的总推力为；
因为舰载机水平匀速飞行，总推力与受到的空气阻力为一对平衡力，其大小相等，所以此时舰载机受到的空气阻力为f'=F推'=15450N。
故答案为：（1）浮力，5×108；（2）C；（3）103000，变小，10；（4）变大；（5）15450。
【分析】 （1）根据二力平衡，匀速前进时浮力等于重力。
（2）惯性与质量有关，质量越大，惯性越大。流体流速越快，压强越小。
（3）根据液体压强公式进行计算；深度越深，压强越大；根据阿基米德原理计算排开水的体积。
（4）根据推重比为飞机推力与重力之比判断。
（5）由（4）中推重比求出推力与速度关系，求出匀速飞行时推力大小，且阻力等于推力。
（1）[1][2]航母在海面匀速行驶时，处于平衡状态，航母总重力与浮力为一对平衡力，满载时，航母受到的浮力为F浮=G排=m排g=5×104×103kg×10N/kg=5×108N
（2）A．制造航母的钢板要求强度大、耐高温、防弹、不易变形，不是弹性好的特殊钢板，故A错误；
B．为了飞机着陆，航母甲板要有一定的粗糙程度，增大摩擦力，故B错误；
C．舰载机飞行时，机翼上方空气流速大于下方空气流速，机翼上方的压强小于机翼下方的压强，机翼受到向上的压强差，从而产生压力差，获得向上的升力，故C正确；
D．惯性大小只与物体的质量有关，阻拦索强行减速并没有减小飞机的质量，因此没有减小飞机的惯性，故D错误。
故选C。
（3）[1]舰载机的重力G=mg=5150kg×10N/kg=51500N
一架停在甲板上的舰载机对甲板的压力F=G=51500N
一架舰载机与甲板的总接触面积为S=5000cm2=0.5m2
该舰载机对甲板的压强为
[2]两架舰载机起飞后，总重力变小，而航母仍处于漂浮状态，由漂浮条件可知航母受到的浮力变小，根据F浮=ρ液gV排可知，航母排开海水的体积变小，则舰底在水中的深度变小，由p=ρgh可知舰底受到海水压强变小。
[3]两架舰载机起飞后，航母总重力减小了51500N×2=1.03×105N
由漂浮条件可知航母受到浮力的减小量为1.03×105N，由阿基米德原理可得航母排开海水的体积变化量
（4）舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行，速度不变，推力不变。若舰载机的钢制零件全部用等体积钛合金制造，该舰载机的质量减小，由G=mg可知舰载机的重力减小，推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，所以舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行的推重比变大。
（5）已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，则此时飞机发动机产生的总推力F推=1.2G=1.2×51500N=61800N
已知舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，则F=kv2，当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，速度变为原来的，推力变为原来的，此时的总推力为
因为舰载机水平匀速飞行，总推力与受到的空气阻力为一对平衡力，其大小相等，所以此时舰载机受到的空气阻力为f=F推'=15450N
28．如图甲所示，一个边长为1m的正方体静止在湖底，上表面离水面深度为，现用一根粗细和重力不计的绳子，将该物体从水底竖直向上拉，直至完全拉出水面，在整个拉动过程中物体始终保持0.1m/s的匀速运动，拉力的大小随时间变化的关系如图乙所示．求：
（1）物体在露出水面前受到水的浮力？
（2）物体静止在湖底时，上表面受到的液体压强？
（3）在整个拉动过程中，物体未露出水面时，绳子的拉力做功的功率？
【答案】（1）解：根据阿基米德原理，正方体边长为，，。所以物体在露出水面前受到水的浮力
（2）解：由图乙可知，物体从开始运动到上表面刚露出水面用时，速度，根据，上表面离水面深度
根据液体压强公式，可得上表面受到的液体压强
（3）解：由图乙知，物体的重力为，物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力
绳子的拉力做功的功率
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）根据阿基米德原理，计算物体在露出水面前受到水的浮力；
（2）根据，上表面离水面深度，根据液体压强公式可得上表面受到的液体压强；
（3）物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力，结合功率公式计算绳子的拉力做功的功率。
（1）根据阿基米德原理，正方体边长为，，。所以物体在露出水面前受到水的浮力
（2）由图乙可知，物体从开始运动到上表面刚露出水面用时，速度，根据，上表面离水面深度
根据液体压强公式，可得上表面受到的液体压强
（3）由图乙知，物体的重力为，物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力
绳子的拉力做功的功率
29．工人用如图所示装置把重力为1000N的物体，从斜面（高为2m，长为4m）底部匀速拉到平台上，用时20s，工人对绳子的拉力为400N，动滑轮重为20N，不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，求：
（1）斜面上的绳子对物体斜向上的拉力做的功；
（2）物体克服斜面上的摩擦力所做的功；
（3）整个装置的机械效率。
【答案】（1）解：动滑轮上的绳子段数为2，绳子对斜面上物体的拉力为F斜，工人对绳子的拉力为F拉，根据公式
且F拉=400N，G动=20N，根据上述公式变形，则
根据功的公式可求出绳子对物体斜向上拉力做的功
（2）解：绳子对物体做的有用功
绳子对物体向上的拉力做的功为3120J，这个功是总功，克服摩擦所做的功即为额外功，则额外功
所以
（3）解：物体移动了4m，则拉力移动的距离为2×4m=8m
有用功为2000J，工人对绳子做的功
整个装置的机械效率
【知识点】机械效率的计算；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】【分析】（1）根据公式计算绳子的拉力，结合做功公式计算求出绳子对物体斜向上拉力做的功；
（2）绳子对物体做的有用功，额外功；
（3）物体移动了4m，据此计算拉力移动的距离，工人对绳子做的功，整个装置的机械效率。
（1）动滑轮上的绳子段数为2，绳子对斜面上物体的拉力为F斜，工人对绳子的拉力为F拉，根据公式
且F拉=400N，G动=20N，根据上述公式变形，则
根据功的公式可求出绳子对物体斜向上拉力做的功
（2）绳子对物体做的有用功
绳子对物体向上的拉力做的功为3120J，这个功是总功，克服摩擦所做的功即为额外功，则额外功
所以
（3）物体移动了4m，则拉力移动的距离为2×4m=8m
有用功为2000J，工人对绳子做的功
整个装置的机械效率
1 / 1山东省聊城市阳谷县2024—2025 学年八年级下学期期末考试物理试题
1．下列对生活中的一些物理量进行的估测，其中最接近实际的是（　　）
A．考试时手上所拿的签字笔的重力约为5N
B．大拇指甲上受到的大气压力约为10N
C．从一楼走上三楼克服自己的重力做功约为300J
D．八年级物理课本平放在桌面上对桌面的压强约为600Pa
2．打乒乓球是广大青少年喜爱的一项运动，在比赛中下列说法正确的是（　　）
A．发球后，球才会运动，因此力是维持物体运动状态的原因
B．离拍后，球在空中继续运动，是因为它受到了惯性的作用
C．接球时，球朝反方向飞出，说明力能改变物体的运动状态
D．扣杀时，球速变快，拍对球的作用力大于球对拍的作用力
3．图甲是我国高超音速导弹“东风﹣17”从发射到击中目标的轨迹示意图，具有突防能力强，难以拦截的特点。图乙中能正确表示导弹到达最高点时所受重力方向的是　 　 （填序号）。
4．如图所示为人骨关节的示意图，关节由关节囊包裹形成密闭的关节腔，关节腔内含有滑液，可以减小骨与骨之间的摩擦。下列改变摩擦的方法与此相同的是（　　）
A．推书柜时，先将书移出
B．车子陷在泥里，在轮胎下面垫石子
C．搬运重物时在下方垫圆滚木
D．汽车发动机内加上润滑油
5．如图所示，在“探究二力合成的实验”中，橡皮筋原长为。当力作用在橡皮筋上，橡皮筋从E点伸长到点，如图甲所示；然后撤去，将互成一定角度的力和共同作用在橡皮筋上，同样使橡皮筋从E点伸长到点，如图乙所示。若钩码的重力均为0.5N，据此推测，将、和共同作用在橡皮筋上时，这三个力的合力大小为（　　）
A．4.5N B．3N C．1.5N D．0N
6．商河县某校物理兴趣小组的同学对如图所示的实验现象进行了讨论，下列说法正确的是 （　　）
A．图甲所示，压强计的U形管左右液面高度差可以准确测出液体压强的大小
B．图乙所示，纸片和杯中的水不会掉下的原因是利用了大气压强的作用
C．图丙所示，通过比较手指上的凹痕可以得出压力的作用效果与受力面积有关
D．图丁所示，往纸片中间吹气，纸片靠拢，说明流体中流速越大的地方压强越大
7．2024年1月11日，全球最大固体运载火箭“引力一号”在中国首艘专业化自航式海上卫星发射工程船上成功发射，如图所示。不计火箭发射过程中燃料质量的消耗，下列说法正确的是（　　）
A．“引力一号”发射前，卫星发射工程船受到的浮力大于船和火箭的总重力
B．“引力一号”发射后，卫星发射工程船排开水的体积不变
C．“引力一号”加速上升的过程中重力势能转化为动能
D．“引力一号”加速上升的过程中机械能增大
8．如图所示，粗糙程度相同的水平桌面上甲、乙两个物体分别在水平拉力作用下做匀速直线运动，已知．下列说法正确的是（　　）
A．甲物体对桌面的压力小于乙物体对桌面的压力
B．甲物体受到的摩擦力大于乙物体受到的摩擦力
C．甲物体的下表面比乙物体的下表面更光滑
D．甲物体的运动速度小于乙物体的运动速度
9．码头上的工作人员，利用如图所示的杠杆将一桶淡水从地面转移到船上（杠杆始终保持水平）。挂在A端的的桶重100N，内部底面积为，桶内装有800N的水，水深1m。重600N的工作人员用绳子竖直拉住B端，工作人员的脚与地面的接触面积，。下列计算结果错误的是（　　）（，g取）
A．水对桶底的压强为 B．水对桶底的压力为600N
C．人对地面的压力为375N D．人对地面的压强为
10．如图所示，是木棒的一端缠绕一些铜丝做成的密度计放入盛有甲、乙两种不同液体的两个烧杯中静止后的情形，下列说法正确的是（　　）
A．甲液体的密度大
B．密度计在乙液体中受到的浮力大
C．密度计在两种液体中排开液体体积一样大
D．木棒的一端缠绕一些铜丝，可以让密度计竖立在液体中
11．如图所示的几个情景，下列说法不正确的是（　　）
A．甲中，橡皮绕手做匀速圆周运动的过程中，绳子的弹力对橡皮没有做功
B．乙中，小朋友用20N力提着重20N滑板在水平地面上行走1m时，提力和重力做功都是0J
C．丙中，小明拉着小车匀速向前运动时，小明对小车的拉力和地面对小车的摩擦力不是一对平衡力
D．丁中，小红穿着旱冰鞋推墙，在小红离开墙壁后退的过程中，墙壁对小红做了功
12．水平桌面上有两个完全相同的柱形容器甲、乙，分别装有质量相等的盐水和清水，小明先用盐水浸泡草莓，然后放入清水中清洗，草莓在盐水和清水中的浮沉情况如图所示（草莓由盐水到清水带走的盐水和草莓质量、体积的变化均忽略不计），下列判断正确的是（　　）
①草莓a的密度小于草莓b的密度
②草莓c在盐水和清水中受浮力相等
③两容器中有草莓时，对水平桌面的压强相等
④两容器中有草莓时，甲容器中液体对容器底部的压强比乙大
A．①③④ B．② C．①②④ D．①③
13．杆秤是我国发明的人类最早的衡器，是我国劳动人民智慧的结晶。小丽在课堂上了解杆秤后，在家里找到一杆除了秤砣生锈变重外，其他均完好的杆秤。用这杆秤测得的物体质量与秤砣生锈变重前测得的物体质量相比（　　）
A．偏小 B．不变 C．偏大 D．无法判断
14．若机械和绳子自重、滑轮转轴摩擦等均忽略不计，使用下列机械提升同一重物的情境中最省力的是（　　）
A． B．
C． D．
15．如图甲所示，小欢用力F向下拉绳子，使物体M在水平地面上匀速移动，地面ab、bc粗糙程度不同。物体M的重力为400N，动滑轮的重力为5N，，。物体M从a点到c点的过程中，拉力F与M移动距离s的关系图像如图乙所示，不考虑物体大小对运动的影响，忽略绳子重力及机械之间的摩擦。下列结论正确的是（　　）
A．绳子自由端移动的距离为15m
B．拉力F做的功为840J
C．拉力F在ab段做的额外功等于在bc段做的额外功
D．物体从ab段运动到bc段，滑轮组的机械效率变小
16．踢毽子起源于汉代，盛行于南北朝和隋唐，已有两千多年的历史。在如图所示的游戏中，毽子被踢出主要表明力可以改变物体的　 　。被踢出后，毽子上升到最高处时，毽子处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态（不计空气阻力）。如图所示为某消防员在进行日常训练时，沿绳子从三楼匀速竖直下滑至地面，在此过程中，消防员所受摩擦力方向为　 　。
17．人们要认识事物，就要对事物进行描述，从而引入了相应的物理量。如：为了描述物体的冷热程度，我们引入了物理量“温度”；为了描述　 　，我们引入了物理量“　 　”。
18．托里拆利测量大气压强值的实验如图所示，当时的大气压强等于　 　mm高水银柱所产生的压强。这一现象说明了当地的大气压　 　一标准大气压。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。将图中装置从大厦一楼移到50楼，会发现装置中的水银柱　 　（均选填“上升”“不变”或“下降”）。
19．小明将一张卡片对折后，放在桌面上，如图-1所示，对着卡片与桌面之间吹气，卡片被　 　（选填“顶离”或“压在”）桌面上；如图-2所示，在“探究二力平衡的条件”实验中，定滑轮的作用是　 　。
20．中国在无人机的研发和生产技术处于世界领先。如图所示是一款我国某公司生产新型无人机，机身总质量1.5kg，小京同学操作该无人机先以1m/s的速度沿竖直方向匀速上升40m，接着又以2m/s的速度沿水平方向匀速飞行40m，g=10N/kg，无人机在上升过程中需要克服重力做功　 　J，在整个飞行过程中克服重力做功的功率为　 　W。
21．用手臂托起重物，从生物学视角可认为是桡骨在肱二头肌的牵引下绕着肘关节转动（如图甲），从物理学视角可以将人的前臂看作一个杠杆，如图乙肘关节为支点，肱二头肌对前臂处的拉力为动力，处托着的重物对手臂的压力为阻力。请在图乙中画出处重物对手臂的压力的力臂。人的前臂属于　 　（选填“省力”、“费力”或“等臂”）杠杆，这种结构的好处是　 　。
22．（1）小越和小华同学设计了如图1所示的两种实验方案来“探究压力作用效果与哪些因素有关”：
①在小越设计的甲、乙、丙实验中，通过观察海绵的 　 　来反映压力的作用效果，这里采用的研究方法也用于以下　 　（选填序号）实验中；
A．用两支完全相同的蜡烛研究平面镜成像的特点；
B．当压力一定时，探究滑动摩擦力与接触面粗糙程度的关系；
C．小车从斜面上滑下，通过其在水平面上运动的距离，来判断阻力对物体运动的影响；
②比较图1甲、乙，可以得到压力的作用效果与 　 　的大小有关；
③如图1丁所示，小华将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，发现大块和小块肥皂对海绵压力的作用效果相同，于是得出结论：压力的作用效果与受力面积无关。他在探究的过程中存在的问题是　 　。
（2）在探究“滑动摩擦力大小与哪些因素有关”的实验中，小越用弹簧测力计拉同一木块进行了三次正确的操作，如图2甲、乙、丙所示：
①在图2乙中，木块受到的滑动摩擦力大小等于　 　N；
②分析甲、丙两次实验数据可以得出，滑动摩擦力的大小与 　 　有关；
③在某次实验中，小越拉动木块在木板上运动，木块运动的路程﹣时间图象如图2丁所示。0~t1和t1~t2时间内弹簧测力计的示数分别为F1和F2，则F1　 　F2（选填“>”、“＜”或“=”）；
④实验中，如果弹簧测力计的示数不稳定，原因可能是　 　（填字母）。
A．木板过长；
B．木块运动的速度太小；
C．木板的粗糙程度不均匀。
23．小亮通过如图的步骤进行了“浮力的大小可能与哪些因素有关”的实验．
（1）对A、C、D三图中的实验现象和数据进行分析，得出结论：物块浸没后，浮力的大小与深度　 　（填“有关”或“无关”）；
（2）分析A、D、E三图中的实验现象和数据，可得出结论：物块受到的浮力大小还与　 　有关；
（3）根据图中的数据，物块的密度为　 　，如考虑物体具有吸水性，则计算的结果比物块的真实密度　 　（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）；
（4）如图是小亮利用不同的粗细均匀吸管制成的密度计竖直漂浮在水中时的情形，其中密度计　 　（选填“①”“②”或“③”）在测量其他液体密度时结果更精确．爱思考的小亮同学又进一步研究漂浮在水面上的木块受到的浮力大小是否符合阿基米德原理，他进行了如图所示的实验；
（5）分析图中提供的信息，可知图丁中木块所受拉力大小为　 　N；
（6）根据图乙和图戊测量结果可知木块排开水所受的重力为1.2N，由此可知漂浮在水面上的木块受到的浮力大小　 　（填“符合”或“不符合”）阿基米德原理．
24．如图甲所示是“探究物体的动能与哪些因素有关”的实验，让小球从同一斜面由静止开始滚下，推动同一木块在水平面向前移动一段距离后停下。
（1）实验中，小球的动能是由　 　能转化来的；
（2）图甲中（a）、（c）实验让小球从斜面的相同高度下滑，目的是　 　；
（3）图甲中（b）、（c）实验无法探究动能和速度的关系，理由是　 　；
（4）如图乙所示，若将质量为m的小球从一光滑轨道OAB的O点自由滚下，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和EB的大小关系是EA　 　EB。当小球从B点运动到最高点C时，假设小球所受的外力全部消失，则小球将沿　 　（选填“a”、“b”或“c”）轨迹运动。
25．实验小组为探究“杠杆的平衡条件”，准备了以下器材：刻度均匀的杠杆、铁架台、若干钩码、网盘等。
（1）如图甲，小明将杠杆安装到铁架台上，静止放置，此时杠杆处于　 　（选填“平衡”或“非平衡”）状态。为使杠杆在水平位置平衡，应将两端的平衡螺母向　 　（选填“左”或“右”）侧适当调节；
（2）如图乙所示，杠杆调节平衡后，在A点挂3个钩码，点挂2个钩码，此时杠杆再次在水平位置平衡。完成此操作后，下一步小明不能做的是________（填序号）；
A．读取此时杠杆上力和力臂的数据，找到其中的规律，得出杠杆的平衡条件
B．保持右侧钩码不动，改变左侧钩码数量并适当移动，使杠杆再次在水平位置平衡
C．同时改变左右两侧钩码数量及位置，使杠杆再次在水平位置平衡
（3）同组的小华认为“支点到力的作用点的距离”会影响杠杆的平衡。为判断这一观点是否正确，他们制作了一个密度均匀的圆盘，圆盘可以绕着圆心转动。如图丙所示，在点和点分别悬挂钩码，使圆盘平衡。接下来她应将挂在点的钩码先后挂在圆盘上的　 　，两个点上，观察圆盘是否平衡；
（4）实验小组探究得出杠杆的平衡条件后，利用身边的材料模仿中药房的戥（dēnɡ）秤制作了杆秤，如图丁所示，若要增加称量的范围，应选用提纽　 　。
26．学习了简单机械后，小明了解到斜面也是一种机械，于是他想探究这种机械的特点．他将木块放在如图所示的斜面上，并用弹簧测力计沿斜面匀速向上拉木块，收集到下表中的实验数据：
实验序号 斜面倾斜程度 物体重 斜面高 斜面长 拉力 有用功 总功 机械效率
1 较缓 5 0.2 1 2.1 1.0 2.1 47.6
2 较陡 5 0.5 1 3.6 2.5 ▲ 69.4
3 最陡 5 0.7 1 4.3 3.5 4.3 81.4
（1）比较表中数据可知：斜面越　 　（选填“缓”或“陡”）越省力；斜面越陡，斜面的机械效率越　 　（选填“高”或“低”）；
（2）表中空格处的数据应为　 　；
（3）在第1次实验中，木块受到的摩擦力为　 　N；
（4）在第3次实验后，若仅将木块换成等质量的小车重复上述实验，机械效率将　 　（选填“变大”、“变小”或“不变”）．
27．阅读短文，回答问题。（取10N/kg）
如图所示，2019年10月国产航母山东舰完成第八次试航，山东舰满载时的排水量为，制造航母的钢板要求强度大、耐高温、防弹、不易变形；舰载机是在航空母舰上起降的飞机，山东舰搭载的舰载机每架质量是5150kg，每一架舰载机与甲板的总接触面积为，舰载机在航母上着陆时，必须适时勾住阻拦索，达到强行减速的目的；推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比。
（1）航母在海面上匀速前进时，航母总重力与　 　是一对平衡力，满载时航母受到的浮力为　 　N；
（2）下列说法中，正确的是______；
A．航母舰体外壳是弹性好的特殊钢板
B．为了飞机着陆，航母甲板要光滑些
C．舰载机飞行时机翼上方的流速较大
D．阻拦索强行减速减小了飞机的惯性
（3）一架停在甲板上的舰载机对甲板的压强为　 　Pa，其中两架舰载机起飞后，航母舰底受到的海水压强　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”），航母排开海水的体积变化　 　；（海水密度为）
（4）舰载机的某个钢制零件质量为158kg，现选用强度更高的等体积钛合金材料，已知钛合金的密度为，则该零件的质量可以减少68kg，若舰载机的钢制零件全部用等体积钛合金制造，则舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行的推重比　 　（选填“变大”、“不变”或“变小”）；（钢的密度为）
（5）假设舰载机质量不变，当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，受到的空气阻力　 　N。
28．如图甲所示，一个边长为1m的正方体静止在湖底，上表面离水面深度为，现用一根粗细和重力不计的绳子，将该物体从水底竖直向上拉，直至完全拉出水面，在整个拉动过程中物体始终保持0.1m/s的匀速运动，拉力的大小随时间变化的关系如图乙所示．求：
（1）物体在露出水面前受到水的浮力？
（2）物体静止在湖底时，上表面受到的液体压强？
（3）在整个拉动过程中，物体未露出水面时，绳子的拉力做功的功率？
29．工人用如图所示装置把重力为1000N的物体，从斜面（高为2m，长为4m）底部匀速拉到平台上，用时20s，工人对绳子的拉力为400N，动滑轮重为20N，不考虑绳重和滑轮转轴的摩擦，求：
（1）斜面上的绳子对物体斜向上的拉力做的功；
（2）物体克服斜面上的摩擦力所做的功；
（3）整个装置的机械效率。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】重力及其大小的计算；压强的大小及其计算；功的计算及应用
【解析】【解答】A、通常签字笔的质量大约是0.01kg，由此可以计算出它的重力约为：G=mg=0.01kg×10N/kg=0.1N，故A错误；
B、大拇指甲的面积大约是1×10-4m2，根据压力和压强、受力面积的关系，可得指甲受到的大气压力约为：F=pS=1.0×105Pa×1×10-4m2=10N，故B正确；
C、一般每层楼的高度约为3m，中学生的体重约为500N，从一楼到三楼需要上升2层楼的高度，此过程中克服自身重力做功约为：W=Gh=500N×2×3m=3000J，故C错误；
D、八年级物理课本的重力约为2N，课本宽度约为20cm，长度约为25cm，平放时和桌面的接触面积等于课本的面积，由此可得课本对桌面的压强约为：，故D错误。
故选B。
【分析】1、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，公式为G=mg。
2、压强的计算：公式为F=pS；
3、功的计算：公式为W=Fs。
2．【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．发球后，球才会运动，说明力是改变物体运动状态的原因，力不是维持物体运动状态的原因，A不符合题意；
B．球离开拍以后在空中继续运动是因为球具有惯性，惯性不是力，不是受到惯性的作用，B不符合题意；
C．接球时，球朝反方向飞出，球受到力的作用改变了运动方向，说明力能改变物体的运动状态，C符合题意；
D．扣杀时，拍对球的作用力和球对拍的作用力属于相互作用力，大小相等，D不符合题意，
故答案为：C。
【分析】力能改变物体的运动状态；惯性使运动的物体继续保持运动状态。
3．【答案】①
【知识点】重力及其大小的计算；重力的方向
【解析】【解答】重力的方向始终竖直向下，与物体运动位置、运动状态无关，导弹在最高点时重力依旧竖直向下，对应图乙中的①。
故答案为：①
【分析】(1) 本题考查重力的方向，地面附近所有物体受到的重力方向都是竖直向下，竖直向下指垂直于水平面向下，并非垂直轨迹切线向下。
(2) 无论物体处于上升、下落还是轨迹最高点，重力方向不会发生改变。
4．【答案】D
【知识点】增大或减小摩擦的方法
【解析】【解答】关节腔中的滑液能够让骨与骨的接触面彼此分开，通过分离接触面的方式减小了骨与骨之间的摩擦，其减小摩擦的原理是使接触面分离。
A．推书柜前先把书移出，是在接触面粗糙程度不变的情况下，通过减小压力来减小摩擦力，和题干原理不同，故A不符合题意；
B．车子陷进泥里后，在轮胎下方垫石子，是在压力不变的情况下，通过增大接触面的粗糙程度来增大摩擦力，和题干原理不同，故B不符合题意；
C．搬运重物时在重物下方垫圆滚木，是通过将滑动摩擦变为滚动摩擦的方式来减小摩擦力，和题干原理不同，故C不符合题意；
D．给汽车发动机添加润滑油后，润滑油会在接触面之间形成油膜，将接触面分隔开，是通过分离接触面的方式减小摩擦力，和题干原理相同，故D符合题意。
故选D。
【分析】增大摩擦力的方法：增加接触面的粗糙程度，如鞋底的花纹、杠杆运动员手上的镁粉，增加压力，如紧捏自行车的闸；
减小摩擦力的方法：变滑动为滚动，减小接触面的粗糙程度、减小压力。
5．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；力的合成与应用
【解析】【解答】A、甲图有3个钩码，每个钩码0.5N，；乙图中、共同作用效果与相同，说明、的合力等于；将、、同时作用时，、等效为，与同向叠加，总合力，不是4.5N，故A错误；
B、，与的合力等效为，两力同向叠加，总合力，故B正确；
C、只等于单个大小，未叠加两组力，故C错误；
D、三个力作用效果不是抵消，合力不为0N，故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、考查等效替代法合力计算，误将钩码总重力直接相加得出4.5N；
B、考查力的等效替代，、合力与等大同向，叠加后合力为3N；
C、考查合力叠加逻辑，只计算一组拉力，忽略另一组等效拉力；
D、考查力的作用效果，三组拉力均使橡皮筋向同一方向伸长，不会抵消。
6．【答案】B
【知识点】探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验；探究液体压强的特点实验；大气压强的存在；流体压强与流速的关系
【解析】【解答】A、测量液体压强的工具为压强计，我们可以通过U形管两侧液面的高度差判断液体内部压强的大小，但它无法准确测出液体压强的具体数值，因此A错误；B、将装满水的杯子倒置后，纸片和杯中的水不会下落，纸片周围只有空气，是大气压的作用托住了纸片和水，这个实验验证了大气压强的存在，因此B正确；
C、压力的作用效果和压力大小、受力面积两个因素有关；探究压力的作用效果与受力面积的关系时，需要控制压力大小相同。题图丙的情景中，两个手指受到铅笔的压力并不相等，因此无法得出压力作用效果和受力面积的关系，故C错误；
D选项：向两张纸中间吹气，两张纸会相互靠拢，该实验说明流体中流速越大的位置，压强越小，故D错误。
故选B。
【分析】1、U形管可以测量液体压强，但不能精确测量压强大小；
2、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
3、在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如本题中 压力作用效果 难以直接测量，所以需要通过海绵的凹陷程度进行测量；
4、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。
7．【答案】D
【知识点】机械能及其转化；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】A、发射前工程船漂浮，根据漂浮条件，浮力等于船与火箭总重力，故A错误；
B、火箭发射后，船总重力减小，漂浮时浮力等于总重力，浮力减小，由可知排开水体积变小，故B错误；
C、火箭加速上升，燃料内能转化为动能与重力势能，动能、重力势能均增大，并非重力势能转化为动能，故C错误；
D、火箭加速上升，速度增大动能变大，高度升高重力势能变大，机械能等于动能加重力势能，因此机械能增大，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A、考查物体漂浮条件，漂浮物体浮力等于自身总重力；
B、考查阿基米德原理，重力减小则浮力减小，排开水体积减小；
C、考查能量转化，火箭上升依靠燃料内能做功，两种势能、动能同步增加；
D、考查机械能变化判断，动能、重力势能均增大，机械能增大。
8．【答案】C
【知识点】二力平衡的条件及其应用；探究影响摩擦力大小因素的实验
【解析】【解答】A．放在水平面上的物体，对支持面的压力大小等于自身重力大小，因此甲对桌面的压力等于甲的重力，乙对桌面的压力等于乙的重力，已知 ，因此甲对桌面的压力大于乙对桌面的压力，故A错误；
B．甲、乙都在水平拉力作用下做匀速直线运动，水平方向处于平衡状态，拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，二者大小相等。甲受到的拉力为5N，因此甲受到的滑动摩擦力为5N；乙受到的拉力为10N，因此乙受到的滑动摩擦力为10N，即甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力，故B错误；
C．滑动摩擦力的大小和压力大小、接触面粗糙程度有关：压力越大、接触面越粗糙，滑动摩擦力越大。已知甲对桌面的压力大于乙对桌面的压力，而甲受到的摩擦力小于乙受到的摩擦力，说明甲的下表面一定比乙的下表面更光滑，故C正确；
D．滑动摩擦力的大小只和压力大小、接触面粗糙程度有关，和接触面积大小、拉力大小、运动速度都没有关系，根据题目给出的条件，无法比较甲、乙的速度大小关系，故D错误。
故选C。
【分析】1、静止在水平桌面的物体，对水平桌面的压力等于重力：
2、力和运动：物体静止或者做匀速直线运动，物体受到平衡力的作用，所以拉力等于摩擦力；
3、滑动摩擦力影响因素：控制压力相等的情况下，接触面表面越粗糙，滑动摩擦力越大；控制接触面粗糙程度相等的情况下，压力越大，滑动摩擦力越大。
9．【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算；液体压强计算公式的应用；杠杆的平衡条件
【解析】【解答】A．根据题意可知，桶内水深1m，则水对桶底的压强为
，
故A正确不符合题意；
B．桶的底面积为 ，则水对桶底的压力为
，
故B正确不符合题意；
C．根据杠杆平衡原理F1L1=F2L2可知，可得人对绳子的拉力为
；
那么人对地面的压力为；
故C错误符合题意；
D．根据题意可知，人对地面的压强为
，
故D正确不符合题意。
故选C。
【分析】 A.已知水深，由p=ρgh可求得水对桶底的压强；
B.由F=pS公式变形可求得水对桶底的压力；
C.根据杠杆平衡条件求得绳子对人的拉力，然后可知人对地面的压力；
D.由可求得人对地面的压强。
10．【答案】D
【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】ABC．密度计是利用物体漂浮时浮力等于自身重力的浮沉条件工作的，同一支密度计重力不变，因此它在甲、乙两种液体中所受的浮力大小相等。根据阿基米德原理，浮力相等时，液体密度和排开液体的体积成反比。由图可知，密度计在甲液体中排开液体的体积更大，因此甲液体的密度更小，故ABC错误；
D．在木棒一端缠绕铜丝，能够降低密度计的重心，让密度计可以竖直漂浮在液体中，保持稳定，避免重心过高发生倾倒，故D正确。
故选D。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度。
11．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用；是否做功的判断
【解析】【解答】解：A、橡皮绕手做匀速圆周运动的过程中，绳子的弹力方向指向中间，橡皮没有在弹力方向上通过距离，不符合做功的条件，因此弹力对橡皮不做功，故A错误；
B、提着滑板在水平路上前行，人给滑板的提力向上，滑板受到的重力向下，力与移动的方向垂直，不符合做功的条件，提力和重力没有对滑板做功，故B正确；
C、丙中，小明对小车的拉力和地面对小车的摩擦力不在同一条直线上，不满足平衡力的条件，所以不是一对平衡力，故C正确；
D、丁中，在小红离开墙壁后退的过程中，小红与墙壁没有接触，墙壁对小红没有力的作用，所以墙对小红没有做功，故D错误。
故选：D。
【分析】 （1）做功的必要因素：一是作用在物体上的力，二是物体在力的方向上移动的距离；
（2）一对平衡力必须符合四个条件：大小相等、方向相反、作用在同一物体上、作用在同一直线上。
12．【答案】A
【知识点】压强的大小及其计算；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解析】①根据甲图分析：草莓a漂浮说明其密度小于盐水密度，草莓b悬浮说明其密度等于盐水密度。因此草莓a的密度小于草莓b的密度，故①正确。
②草莓c在两种液体中都沉底，排开液体体积相同。由于盐水密度大于清水密度，根据浮力公式可知，草莓c在盐水中受到的浮力更大，故②错误。
③两容器放入草莓后，液体和草莓的总重力相等，因此对容器底的压力相等。由于容器底面积相同，根据压强公式可得，两容器对水平面的压强相等，故③正确。
④分析各草莓受力情况： 草莓a在两种液体中都漂浮，浮力等于重力，保持不变； 草莓b和c在盐水中浸没，由于盐水密度更大，根据可知受到的浮力更大。因此甲容器中液体对容器底的压力更大，根据可得甲容器液体对容器底的压强更大，故④正确。
综上所述，只有选项A完全正确。
【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大
2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；
3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度
4、压强的计算公式：，增加压强的方式有增加压力、减小受力面积、减小压强的方式有减小压力，增加受力面积。
13．【答案】A
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【解答】如图，杆秤使用时相当于杠杆，提纽处为支点，设称量物体的重力为阻力，秤砣的重力作为动力，由杠杆的平衡条件可知，若秤砣生锈变重，动力变大，阻力和阻力臂的乘积不变，要使动力臂变小，杠杆才能平衡，即秤杆标识出的物体的质量变小，因此用这杆秤测得的物体质量与秤砣生锈变重前测得的物体质量相比偏小，故A符合题意，BCD不符合题意。
故选A。
【分析】(1)杆秤的实质是一只不等臂的杠杆，设重物的作用力为阻力，则秤砣的作用力为动力，支点在向上的提环处，当杆秤在水平位置平衡时，重物、秤砣到提环的距离分别是杠杆的力臂；
(2)杆秤秤砣生锈变重，动力变大，而阻力和阻力臂不变，根据杠杆平衡条件可知动力臂变小，力臂变小则从杆秤上读的数变小。据此分析判断。
14．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；定滑轮及其工作特点；斜面的机械效率；滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【解答】A.使用的机械是斜面，拉物体移动的距离是物体上升高度的2倍，若机械和绳子自根据Fs=Gh可知，则拉力F的大小等于重物的重力G的一半；
B.使用的机械是定滑轮，不省力不费力，则拉力F的大小等于重物的重力G；
C.使用的机械是有3段绳子承重的滑轮组，根据可知，则拉力F的大小等于重物的重力G的三分之一；
D.使用的机械是杠杆，动力臂是阻力臂的4倍，根据F1L1=F2L2可知。则拉力F的大小等于重物的重力G的四分之一。
综上所述：使用杠杆提升同一重物最省力，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选D。
【分析】A.根据Fs=Gh分析判断；
B.根据定滑轮的特点判断；
C.根据判断；
D.根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2判断。
15．【答案】B
【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；有用功和额外功
【解析】【解答】AB．物体M从a点运动到c点的过程中，总路程为2m+3m=5m，该滑轮组拉动重物的有效绳子段数为2，因此绳子自由端移动的总距离为s=2s物=2×5m=10m
其中ab段长度sab=2m，bc段长度sbc=3m，对应两段绳子自由端移动的距离分别为s1=2×2m=4m，s2=2×3m=6m
结合图乙可知，ab段和bc段的绳子拉力分别为60N和100N，拉力做的总功为W=W1+W2=F1s1+F2s2=60N×4m+100N×6m=840J
故A错误，B正确；
C．本题中，克服物体摩擦力做的功是有用功。忽略绳重与摩擦，额外功全部来克服动滑轮重力做功，ab段物体移动距离小于bc段，因此动滑轮被拉动的距离也更小，根据W=Gh可知，拉力F在ab段做的额外功小于在bc段做的额外功，故C错误；
D．物体M匀速运动时，根据二力平衡，物体受到的滑动摩擦力等于滑轮对物体的水平拉力，由于bc段绳端拉力100N大于ab段的60N，结合关系式f=F水平=nF绳-G动可知，bc段物体受到的滑动摩擦力更大。整理滑轮组的机械效率公式可得：
动滑轮重力G动不变，从ab段到bc段滑动摩擦力f变大，因此滑轮组的机械效率会变大，故D错误。
故选B。
【分析】1、动滑轮的工作特点：可以省力，但是费距离，定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力
2、拉力的计算，，n为动滑轮缠绕绳子数，绳子移动的距离为物体移动距离的n倍，
3、功的相关计算：W=Fs，距离为拉力的方向。
4、总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率：。
16．【答案】运动状态；非平衡；竖直向上
【知识点】力的作用效果；平衡状态的判断；摩擦力的方向
【解析】【解答】(1) 毽子原本静止，被踢后由静止变为运动，运动状态发生改变，说明力可以改变物体的运动状态。
(2) 毽子上升到最高处时，不计空气阻力，只受重力一个力，受力不平衡，因此处于非平衡状态。
(3) 消防员匀速竖直下滑，受力平衡，重力竖直向下，摩擦力与重力方向相反，即竖直向上。
故答案为：运动状态；非平衡；竖直向上
【分析】(1) 本题考查力的作用效果，力有两种作用效果：改变物体形状、改变物体运动状态；运动状态改变包含速度大小或运动方向变化。
(2) 本题考查平衡状态判断，物体受平衡力才处于平衡状态（静止 / 匀速直线运动），最高点毽子速度为 0，但只受重力，受力不平衡，属于非平衡状态。
(3) 本题考查二力平衡与摩擦力方向，匀速下滑时重力、摩擦力是一对平衡力，二力方向相反。
17．【答案】压力的作用效果；压强
【知识点】压强
【解析】【解答】为了表示压力产生的作用效果，物理学中引入了压强这一物理量，因此压强的本质就是用来描述压力作用效果的物理量。
【分析】使用压强表征力的作用效果。
18．【答案】750；小于；下降
【知识点】大气压强的测量方法；大气压强与高度的关系
【解析】【解答】托里拆利实验中，大气压强数值等于玻璃管内外水银液面的高度差，由图可知高度差为 750mm，因此当时大气压等于 750mm 高水银柱产生的压强；
标准大气压对应 760mm 高水银柱，750mm 小于 760mm，说明当地大气压小于一标准大气压；
大气压随海拔高度升高而减小，将装置从一楼移到 50 楼，外界大气压变小，能支撑的水银柱高度降低，水银柱下降。
故答案为：750；小于；下降
【分析】(1) 本题考查托里拆利实验读数，大气压强的大小由管内外水银液面竖直高度差决定，管上方真空段长度、槽内水银深度不影响测量值。
(2) 本题考查标准大气压数值，一标准大气压可支持 760mm 高水银柱，以此对比判断气压大小关系。
(3) 本题考查大气压与海拔的关系，海拔越高，空气越稀薄，大气压强越小，托里拆利装置内水银柱高度随之下降。
19．【答案】压在；改变力的方向
【知识点】探究二力平衡的条件；流体压强与流速的关系；定滑轮及其工作特点
【解析】【解答】 当对着卡片和桌面之间吹气时，卡片下方的空气流速会变大，根据流体压强和流速的关系：流体流速越大的位置，压强越小，因此卡片下方的压强更小，卡片上方压强更大，上下形成了向下的压力差，所以卡片会被压在桌面上。 在“探究二力平衡的条件”实验里，定滑轮的作用是改变力的方向，能够让作用在探究物体上的两个力落在水平方向上。
【分析】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；
定滑轮的工作特点：可以改变方向但是不省力。
20．【答案】600；10
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；功的计算及应用
【解析】【解答】先计算无人机自身重力：
(1) 竖直上升阶段克服重力做功，水平移动无竖直高度，不克服重力做功：。
(2) 计算总飞行时间：上升时间，
水平飞行时间，
全程总时间，
全程克服重力做功的功率：。
故答案为：；
【分析】(1) 本题考查克服重力做功计算，做功的两个必要条件是有力、沿力方向移动距离，水平飞行高度不变，重力不做功，只有上升阶段产生克服重力的功。
(2) 本题考查平均功率计算，功率等于总功除以全程总时间，总时间包含上升与水平飞行两段时间。
21．【答案】，费力；省距离
【知识点】杠杆的分类；力臂的画法
【解析】【解答】 按照力臂的定义，我们需要从支点O向阻力作垂线，得到的垂线段就是对应的力臂L2，作图结果如下：
从图中可以看出，人活动前臂时，动力臂的长度比阻力臂更短，根据杠杆的分类，人的前臂属于费力杠杆。
费力杠杆虽然费力，但是具备省距离的优势，因此前臂这种费力杠杆结构的好处就是可以省距离，让动作更灵活。
【分析】省力杠杆：动力臂较长，所以动力较小，常见的例子有羊角锤、核桃夹；费力杠杆：动力臂较短，动力较大，常见的例子有镊子、筷子等，等臂杠杆：动力臂等于阻力臂的杠杆，常见的例子有：天平；
力臂的概念，从支点到力的作用线的距离。做出力的作用线，确定支点，从支点向的作用线引垂线，垂线段的长度即为力臂。
22．【答案】（1）凹陷程度；C；压力；没有控制压力相同
（2）2.8；接触面的粗糙程度；=；C
【知识点】探究影响摩擦力大小因素的实验；探究压力的作用效果跟什么因素有关的实验
【解析】【解答】（1）①实验中通过海绵的凹陷程度反映压力作用效果，该方法为转换法。
A选项是等效替代法；B选项是控制变量法；C选项通过小车滑行距离判断阻力影响，属于转换法，故C正确。
故答案为：凹陷程度；C
②甲、乙受力面积相同，压力大小不同，海绵凹陷程度不同，可得压力作用效果与压力大小有关。
故答案为：压力
③竖直切开肥皂后，两块肥皂对海绵的压力大小不同，探究受力面积的影响时，未控制压力大小相同，实验存在错误。
故答案为：没有控制压力相同
（2）①木块匀速直线运动时拉力与滑动摩擦力平衡，弹簧测力计分度值0.2N，示数2.8N，摩擦力等于2.8N。
故答案为：2.8
②甲、乙压力相同，接触面粗糙程度不同，摩擦力不同，说明滑动摩擦力大小与接触面的粗糙程度有关。
故答案为：接触面的粗糙程度
③0t1、t1t2木块均做匀速直线运动，压力、接触面粗糙程度不变，滑动摩擦力不变，拉力等于摩擦力，故。
故答案为：=
④滑动摩擦力由压力、接触面粗糙程度决定，压力不变时示数不稳定，是木板粗糙程度不均匀，选C。
故答案为：C
【分析】（1）本题考查压力作用效果探究实验，核心方法为转换法、控制变量法；利用海绵形变直观体现压力作用效果，探究受力面积影响时必须保持压力不变。
（2）本题考查滑动摩擦力影响因素实验，依据二力平衡读取摩擦力大小；滑动摩擦力只与压力、接触面粗糙程度有关，与运动速度无关；接触面粗糙不均会造成摩擦力不断变化，导致测力计示数波动。
（1）①[1]实验中压力的作用效果通过海绵的凹陷程度来反映，使用了转换法。
[2]A．用两支完全相同的蜡烛研究平面镜成像的特点，是采用的等效代替法；
B．当压力一定时探究滑动摩擦力于接触面的粗糙程度的关系，采用的是控制变量法；
C．阻力的对物体运动的影响不能直接得到，小车从斜面上下滑，通过其在水平面上运动的距离，来判断阻力的对物体运动的影响，采用的是转换法。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
②[3]图1甲、乙接触面积相同，对海绵的压力，乙图大于甲图，凹陷程度乙图大于甲图，由此可知，压力的作用效果与压力的大小有关。
③[3]图丁中，小华将肥皂沿竖直方向切成大小不同的两块，则两块肥皂对海绵的压力不同，而要探究压力的作用效果与受力面积的关系，应控制压力的大小相同，故探究中存在的问题是没有控制压力相同。
（2）①[1]该实验中，弹簧测力计水平拉动木块进行匀速直线运动时，水平方向上木块受到拉力和滑动摩擦力作用，这两个力是平衡力，根据二力平衡条件，滑动摩擦力大小等于拉力大小。图乙中弹簧测力计的分度值为0.2N，弹出测力计的示数为2.8N，故木块受到的滑动摩擦力大小等于2.8N。
②[2]图中甲、丙两次实验中，压力相同，接触面的粗糙程度不同，从弹簧测力计的示数可知，丙图的中木块受到的滑动摩擦力大于甲图中木块受到的滑动摩擦力，由此可知滑动摩擦力的大小与接触面的粗糙程度有关。
③[3]从图像丁可知，木块在0~t1和t1~t2内，木块都做匀速直线运动，故木块受到的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力，大小相等，木块受到的摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，压力和接触面的粗糙程度都没有改变，滑动摩擦力不变，故拉力不变F1=F2。
④[4]实验中物体做匀速直线运动，拉力等于滑动摩擦力，弹簧测力计大小不稳定，就说明滑动摩擦力大小有变化，影响滑动摩擦力大小的因素由压力和接触面的粗糙程度，压力没有变化，所以原因可能是接触面的粗糙程度不均匀。故AB不符合题意，C符合题意。
故选C。
23．【答案】（1）无关
（2）密度
（3）；偏大
（4）②
（5）0
（6）符合
【知识点】浮力的利用；探究影响浮力大小的因素
【解析】【解答】（1）分析 A、C、D 三组实验：物块完全浸没后，改变浸入深度，弹簧测力计示数保持不变。根据公式F浮 =G F示 知，物块所受浮力不变，由此得出结论：浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关。
（2）对比 A、D、E 三组实验：物块排开液体的体积相等，液体种类不同，弹簧测力计示数不同，说明物块受到的浮力不同。由此可得：物体所受浮力大小与液体密度有关。
（3） 由实验 A 读出物块重力 ， 结合F浮 =G F示 ，可算出实验 C 中物块受到的浮力 ；物块完全浸没时，排开液体体积等于物块自身体积，结合阿基米德原理F浮 =ρ液 gV排 ，可求出物块体积；再结合重力公式计算； ，最终由密度公式 求得物块密度。 。
若被测物体具有吸水性，会导致测得的排开液体体积偏小。物体实际质量不变，由， 可知，体积测量值偏小，最终计算得出的物体密度会大于真实值。
（4）密度计的刻度具备不均匀、上疏下密、上小下大的特点，刻度分度值越小，测量精度越高。液体深度越大，相邻刻度对应的密度差值间距越大。题图中密度计②浸入液体深度最大，相邻密度刻度间距最大，因此它的测量结果最准确。
（5）由图甲可知，弹簧测力计分度值为 0.2 N，示数为 1.2 N，即木块重力G=1.2 N。图丁中木块静止，受力平衡，浮力与重力为一对平衡力，故F浮 =G=1.2 N，结合受力关系可算出此时木块受到的拉力大小。 。
（6）结合图乙、图戊的测量数据，可知木块排开水的重力为 1.2 N；木块漂浮时所受浮力也为 1.2 N，满足F浮 =G排 ，因此漂浮的木块所受浮力符合阿基米德原理。
【分析】1、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力；
2、控制变量法：在物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，在研究单一变量对试验结果的影响时，要保持非研究因素的相同；
3、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；
4、密度的计算：公式为；
5、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力。
（1）由A、C、D可知，物块浸没后，深度改变，弹簧测力计示数不变，根据（G是物块重力，是弹簧测力计示数 ），浮力不变，所以浮力的大小与深度无关。
（2）A、D、E中，物块排开液体体积相同，液体种类不同（水和酒精 ），弹簧测力计示数不同，浮力不同，所以物块受到的浮力大小还与液体密度有关。
（3）[1]由A知物块重力，由，C中，则；
根据，物块浸没，；
物块质量；
物块密度。
[2]若物体有吸水性，测得的排开液体体积偏小，根据，m不变，V偏小，则计算的结果比物块的真实密度偏大。
（4）密度计的特点是刻度不均匀，上疏下密，上小下大，而且分度值越小越准确；深度越深，相邻两密度值的间距越大，由题图可知，密度计②所处的深度最深，相邻两密度值的间距最大，测量值最准确。
（5）由图甲可知，测力计的分度值为0.2N，此时示数为1.2N，故木块的重力为1.2N。图丁中，因为木块漂浮在水面上，处于平衡状态，受到平衡力作用，所以，此时木块受到的浮力和重力是一对平衡力，大小相等，所以，木块所受浮力大小为，所以图丁中木块所受拉力大小为。
（6）根据图乙和图戊测量结果可知木块排开水所受的重力为1.2N，而漂浮在水面上的木块受到的浮力大小为1.2N，即，所以漂浮在水面上的木块受到的浮力大小符合阿基米德原理。
24．【答案】（1）重力势
（2）小球到达水平面速度相同
（3）没有控制质量相同
（4）=；a
【知识点】探究影响物体动能大小的因素
【解析】【解答】（1）在分析小球下滑过程时，观察到其高度逐渐降低，重力势能相应减少；同时速度不断增大，动能持续增加。这一现象表明动能来源于重力势能的转化。
（2）实验设计中让不同质量的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，是为了确保所有小球到达水平面时具有相同的初速度。
（3）在研究动能与速度关系时，必须保持质量不变。由于实验（b）和（c）未能控制质量变量，因此无法得出有效结论。
（4）通过光滑斜槽轨道实验（如图乙），小球从O点自由下滑经A、B两点至C点（不计空气阻力）。设A、B两点机械能分别为EA和EB，在无能量损耗条件下，EA＝EB。当小球从B点斜抛至最高点C时，其水平速度分量保留，竖直速度分量为零。根据牛顿第一运动定律，若所有外力消失，小球将沿a轨迹保持匀速直线运动。
【分析】机械能：机械能为动能和重力势能之和，当质量不变时，动能和速度成正比，速度不变时，动能和质量成正比；当质量不变时，重力势能和高度成正比，高度不变时，重力势能和质量成正比；
转换法：转换法：在物理实验中，某些物理量（动能、电能）难以直接观察，需要转换成容易观察的指标进行测量，如用通过观察木块倍小球撞击移动的距离；
物理实验中，存在多个影响因素共同决定某个物理量，如电阻的影响因素有：材料、电阻丝的长度、横截面积。在探究某个单一变量对物理量的影响时，需要控制其余变量相同，如实验设计中让不同质量的小球从斜面同一高度由静止开始下滑，是为了确保所有小球到达水平面时具有相同的初速度。
（1）小球下滑过程中，高度降低，重力势能减小，速度加快，动能增加，小球的动能是由重力势能转化来的。
（2）使质量不同的小球从斜面的同一高度由静止滚下，目的使小球到达水平面的速度相同。
（3）探究动能与速度的关系时，应控制质量相同，而（b）、（c）两实验没有控制质量相同，不能达到目的。
（4）[1]将小球从一光滑斜槽轨道（OAB）O点自由滚下（图乙），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。
[2]当小球从B点做斜抛运动到达最高点C时，小球具有水平方向的速度，竖直方向速度为0，假设小球所受的外力全部消失，根据牛顿一定律可知，小球将沿a轨迹做匀速直线运动。
25．【答案】（1）平衡；右
（2）A
（3）、
（4）2
【知识点】探究杠杆的平衡条件实验
【解析】【解答】（1）实验前，杠杆静止放置，此时杠杆处于平衡状态。
由图甲可知，杠杆左端下沉，说明杠杆左端较重，应将两端的平衡螺母向右侧适当调节。
（2）一组数据得到结论存在偶然性，要想得出普遍结论，需要多次改变动力、动力臂、阻力、阻力臂的大小，得出普遍结论，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（3）根据杠杆的平衡条件可知，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，右边力臂也应保持不变才能使圆盘平衡，所以她应将挂在点的钩码先后挂在圆盘上的、两个点上，观察圆盘是否平衡。
（4）秤砣的质量不变，阻力的大小不变，选用提纽2，支点左移，可以增大阻力臂，减小动力臂， 根据杠杆的平衡条件可知，可以增大动力，所以若要增加称量的范围，应选用提纽2。
【分析】（1）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。
实验前，应按“左偏右调，右偏左调”的方法调节平衡螺母，使天平横梁水平平衡；
（2）一次实验具有普遍性，应多次实验，让结论具有普遍性；
（3）（4）根据杠杆的平衡条件进行分析。
（1）[1]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。实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆右高左低，此时杠杆处于平衡状态。
[2]杠杆左端下沉，应将平衡螺母（左端和右端的均可）向右调节，当杠杆在水平位置平衡时，力的方向与杠杆垂直，这样便于在杠杆上测量力臂的大小。
（2）在实验中，多次改变力和力臂的大小主要是为了得出普遍结论，避免偶然性，故A符合题意，BC不符合题意。
故选A。
（3）由题意知道，左右两边对圆盘的拉力不变，左边力臂不变，根据杠杆的平衡条件知道，要使圆盘平衡，右边力臂也应保持不变，所以他可以将挂在D点的钩码先后挂在E、F两个点又进行实验，这样右边的力臂始终为OD。
（4）选用提纽2，支点左移，可以增大阻力臂，秤砣的质量不变，阻力的大小不变，阻力与阻力臂的乘积变大，动力臂也比原来小，则说明动力变大了，从而增加了称量的范围。
26．【答案】（1）缓；高
（2）3.6
（3）1.1
（4）变大
【知识点】斜面的机械效率；斜面机械效率的测量实验
【解析】【解答】（1） 对比实验 1、2、3：实验 1 斜面坡度最缓，拉力最小；实验 2 斜面坡度适中，拉力较大；实验 3 斜面坡度最陡，拉力最大。由此得出结论：
实验 1 机械效率为 47.6%，实验 2 为 69.4%，实验 3 为 81.4%。由此可得：斜面坡度越陡，机械效率越高。
（2）拉力做的功为总功。实验 2 中，代入数据计算可得 ，故空格处填写 3.6。
（3）实验中额外功是克服摩擦力做的功， 因为，则，所以摩擦力。在第1次实验中，，，，则木块受到的摩擦力为
（4）把木块换成质量相等的小车后，接触面由滑动摩擦变为滚动摩擦，摩擦力减小，额外功随之减小。物体重力与斜面高度不变，因此有用功保持不变 ，据可知 ，总功减小、有用功不变，斜面的机械效率会变大。
【分析】1、结合数据表格分析，机械效率和坡度的关系；
2、功的计算：总功为W=Fs，总功包括两部分，有用功和额外功，其中有用功就本题目来说是克服重力做功即W有=Gh，额外功的计算包括总功和有用功的差，也可以根据功的定义W=Fs计算，机械效率。
（1）[1]比较实验1、2、3， 实验1中斜面最缓，拉力；实验2中斜面较陡，拉力；实验3中斜面最陡，拉力， 所以可得：斜面越缓越省力。
[2]实验1中机械效率为47.6%；实验2中机械效率为69.4%；实验3中机械效率为81.4%，所以可得：斜面越陡，机械效率越高。
（2）总功是指拉力所做的功，在实验2中，，，则
所以空格处数据应为3.6。
（3）额外功是指克服摩擦力所做的功，因为，则，所以摩擦力。在第1次实验中，，，，则木块受到的摩擦力为
（4）将木块换成等质量的小车， 小车与斜面之间的摩擦力为滚动摩擦，滚动摩擦小于滑动摩擦，即摩擦力减小，额外功减小，因为物体重力和斜面高度不变，有用功不变，根据，分母变小，分子不变，则机械效率变大。
27．【答案】（1）浮力；5×108
（2）C
（3）103000；变小；10
（4）变大
（5）15450
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；流体压强与流速的关系；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【解答】 （1）航母在海面匀速行驶时，受力平衡，航母总重与浮力为一对平衡力，满载时： F浮=G排=m排g=5×104×103kg×10N/kg=5×108N 。（2）A、航母外壳钢材应该是抗冲击、抗腐蚀、结实的钢材，故A错误。
B、航母甲板要粗糙才能让飞机安全着陆，故B错误。
C、机翼上方流速大于下方流速，上方压强小于下方压强，升力就是这么产生的，故C正确。
D、惯性大小只与质量有关，质量不变，惯性不变，故D错误。
（3）。
飞机起飞后，航母上浮，深度h减小，故压强减小，减小的浮力为：
ΔF浮=ΔG=2m飞g=5150kg×10N/kg×2=1.03×105N，
由ΔF浮=ρgV排得：。
（4）推重比为飞机推力与重力之比，重力变小，故推重比变大。
（5）推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，即，则此时飞机发动机产生的总推力：F推=1.2G=1.2×51500N=61800N；
已知舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，则F=kv2，
当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，速度变为原来的 ，推力变为原来的 ，
则此时的总推力为；
因为舰载机水平匀速飞行，总推力与受到的空气阻力为一对平衡力，其大小相等，所以此时舰载机受到的空气阻力为f'=F推'=15450N。
故答案为：（1）浮力，5×108；（2）C；（3）103000，变小，10；（4）变大；（5）15450。
【分析】 （1）根据二力平衡，匀速前进时浮力等于重力。
（2）惯性与质量有关，质量越大，惯性越大。流体流速越快，压强越小。
（3）根据液体压强公式进行计算；深度越深，压强越大；根据阿基米德原理计算排开水的体积。
（4）根据推重比为飞机推力与重力之比判断。
（5）由（4）中推重比求出推力与速度关系，求出匀速飞行时推力大小，且阻力等于推力。
（1）[1][2]航母在海面匀速行驶时，处于平衡状态，航母总重力与浮力为一对平衡力，满载时，航母受到的浮力为F浮=G排=m排g=5×104×103kg×10N/kg=5×108N
（2）A．制造航母的钢板要求强度大、耐高温、防弹、不易变形，不是弹性好的特殊钢板，故A错误；
B．为了飞机着陆，航母甲板要有一定的粗糙程度，增大摩擦力，故B错误；
C．舰载机飞行时，机翼上方空气流速大于下方空气流速，机翼上方的压强小于机翼下方的压强，机翼受到向上的压强差，从而产生压力差，获得向上的升力，故C正确；
D．惯性大小只与物体的质量有关，阻拦索强行减速并没有减小飞机的质量，因此没有减小飞机的惯性，故D错误。
故选C。
（3）[1]舰载机的重力G=mg=5150kg×10N/kg=51500N
一架停在甲板上的舰载机对甲板的压力F=G=51500N
一架舰载机与甲板的总接触面积为S=5000cm2=0.5m2
该舰载机对甲板的压强为
[2]两架舰载机起飞后，总重力变小，而航母仍处于漂浮状态，由漂浮条件可知航母受到的浮力变小，根据F浮=ρ液gV排可知，航母排开海水的体积变小，则舰底在水中的深度变小，由p=ρgh可知舰底受到海水压强变小。
[3]两架舰载机起飞后，航母总重力减小了51500N×2=1.03×105N
由漂浮条件可知航母受到浮力的减小量为1.03×105N，由阿基米德原理可得航母排开海水的体积变化量
（4）舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行，速度不变，推力不变。若舰载机的钢制零件全部用等体积钛合金制造，该舰载机的质量减小，由G=mg可知舰载机的重力减小，推重比是指飞机发动机产生的总推力与飞机总重的比值，所以舰载机以720km/h的速度水平匀速飞行的推重比变大。
（5）已知该舰载机以720km/h水平匀速飞行时的推重比为1.2，则此时飞机发动机产生的总推力F推=1.2G=1.2×51500N=61800N
已知舰载机水平匀速飞行时的推力与速度的平方成正比，则F=kv2，当舰载机以360km/h水平匀速飞行时，速度变为原来的，推力变为原来的，此时的总推力为
因为舰载机水平匀速飞行，总推力与受到的空气阻力为一对平衡力，其大小相等，所以此时舰载机受到的空气阻力为f=F推'=15450N
28．【答案】（1）解：根据阿基米德原理，正方体边长为，，。所以物体在露出水面前受到水的浮力
（2）解：由图乙可知，物体从开始运动到上表面刚露出水面用时，速度，根据，上表面离水面深度
根据液体压强公式，可得上表面受到的液体压强
（3）解：由图乙知，物体的重力为，物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力
绳子的拉力做功的功率
【知识点】功率计算公式的应用；速度公式及其应用；液体压强计算公式的应用；阿基米德原理
【解析】【分析】（1）根据阿基米德原理，计算物体在露出水面前受到水的浮力；
（2）根据，上表面离水面深度，根据液体压强公式可得上表面受到的液体压强；
（3）物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力，结合功率公式计算绳子的拉力做功的功率。
（1）根据阿基米德原理，正方体边长为，，。所以物体在露出水面前受到水的浮力
（2）由图乙可知，物体从开始运动到上表面刚露出水面用时，速度，根据，上表面离水面深度
根据液体压强公式，可得上表面受到的液体压强
（3）由图乙知，物体的重力为，物体完全浸没时拉力，则未露出水面时拉力
绳子的拉力做功的功率
29．【答案】（1）解：动滑轮上的绳子段数为2，绳子对斜面上物体的拉力为F斜，工人对绳子的拉力为F拉，根据公式
且F拉=400N，G动=20N，根据上述公式变形，则
根据功的公式可求出绳子对物体斜向上拉力做的功
（2）解：绳子对物体做的有用功
绳子对物体向上的拉力做的功为3120J，这个功是总功，克服摩擦所做的功即为额外功，则额外功
所以
（3）解：物体移动了4m，则拉力移动的距离为2×4m=8m
有用功为2000J，工人对绳子做的功
整个装置的机械效率
【知识点】机械效率的计算；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】【分析】（1）根据公式计算绳子的拉力，结合做功公式计算求出绳子对物体斜向上拉力做的功；
（2）绳子对物体做的有用功，额外功；
（3）物体移动了4m，据此计算拉力移动的距离，工人对绳子做的功，整个装置的机械效率。
（1）动滑轮上的绳子段数为2，绳子对斜面上物体的拉力为F斜，工人对绳子的拉力为F拉，根据公式
且F拉=400N，G动=20N，根据上述公式变形，则
根据功的公式可求出绳子对物体斜向上拉力做的功
（2）绳子对物体做的有用功
绳子对物体向上的拉力做的功为3120J，这个功是总功，克服摩擦所做的功即为额外功，则额外功
所以
（3）物体移动了4m，则拉力移动的距离为2×4m=8m
有用功为2000J，工人对绳子做的功
整个装置的机械效率
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