河北省唐山市古治区2019-2020学年八年级下学期期末物理试题

这是一份河北省唐山市古治区2019-2020学年八年级下学期期末物理试题，共19页。试卷主要包含了5kgB，【答案】B，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2019-2020学年河北省唐山市古治区八年级（下）期末物理试卷

1. 下列关于物体质量和重力的估测最接近实际的是(    )
A. 一个鸡蛋的质量大约是0.5kg B. 一个苹果的质量大约是1.5kg
C. 一只母鸡的重力大约是15N D. 一名中学生的体重大约是50N
2. 下列实例中，体现力改变物体运动状态的是(    )
A. 用力拉弹簧，弹簧变长 B. 把橡皮泥捏成不同造型
C. 滚动的足球受阻力缓缓停下 D. 被拉弯的鱼竿
3. 在学习牛顿第一定律的时候，做了如图所示实验。下列有关叙述正确的是(    )

A. 每次实验时，小车可以从斜面上的任何位置开始下滑
B. 实验表明，小车受到的阻力越小，运动的距离越远
C. 实验中运动的小车会停下来，说明力是维持物体运动的原因
D. 根据甲、乙、丙的实验现象可以直接得出牛顿第一定律
4. 下列有关惯性的说法正确的是(    )
A. 拍打衣服灰尘脱落，是由于灰尘有惯性
B. 跳远运动员要助跑后起跳，是为了增大惯性
C. 小明没有推动静止的汽车，是由于汽车没有惯性
D. 高速飞行的子弹穿入木头后静止，它的惯性就消失了
5. 一本物理书本静止在水平桌面上，下列各对力中属于平衡力的是(    )
A. 书本对地球的引力和地球对书的引力 B. 书受到的重力和桌面对书的支持力
C. 书对桌面的压力和桌面的重力 D. 书对桌面的压力和桌面对书的支持力
6. 如图所示，用两食指同时压铅笔的两端，保持静止，左手指受到的压力为F1，压强为p1，右手指受到的压力为F2，压强为p2，下列判断正确的是(    )
A. F1=F2  p1W有用，即Fl>Gh，则F=Wl>Ghl，故A错；
B、使用斜面时克服摩擦力做的功为额外功，则W额=fl=W总−W有用=W−Gh，
所以物体所受的摩擦力：f=W−Ghl，故B正确；
C、做功时间为t=lv，拉力功率的大小P=W总t=Wlv=Wvl，故C正确；
D、斜面的机械效率为η=W有用W总×100%=GhW，故D错。
故选：BC。
使用斜面时，利用W=Gh求有用功，利用W=Fl求总功，克服摩擦做的额外功W额=fl，利用P=Wt求拉力做功功率，利用效率公式η=W有用W总×100%求斜面的机械效率。据此分析判断。
本题考查了使用斜面时有用功、额外功、总功、功率、机械效率的计算，因为已知量是字母，要细心推导！

12.【答案】AC 
【解析】解：A、甲图中，F浮甲=ρ水gV，乙图中，F浮=ρ水g(1−25)V=35ρ水gV，则F浮甲：F浮乙=ρ水gV35ρ水gV=5：3，A正确；
B、由题意知，甲图水的深度大于乙图水的深度，由于p=ρ水gh得，甲图水对容器底的压强更大，B错误；
C、由乙图知，木块的重力G=F浮乙=35ρ水gV；甲图中，木块受重力、浮力和细绳的拉力作用，则F=F浮甲−G=ρ水gV−35ρ水gV=25ρ水gV；F：F浮甲=25ρ水gV：ρ水gV=2：5，C正确；
D、以整体为研究对象，甲、乙对桌面的压力都等于容器、水和木块的总重力，D错误。
故选：AC。
A、根据F浮=ρ液gV排判断浮力的关系；
B、根据p=ρ液gh判断水对容器底部的压强关系；
C、根据浮力、拉力、重力的关系判断拉力的大小；
D、以整体为研究对象进行分析。
本题是有关浮力知识的应用，关键掌握阿基米德原理及浮沉条件，并能够对不同情况对物体正确进行受力分析，搞清各个力之间的关系。

13.【答案】重力的方向竖直向下  竖直  水平  几何中心 
【解析】解：
(1)重力的方向总是竖直向下，重锤线也是利用重力的方向是竖直向下的原理，工人师傅常用它来检查墙壁是否竖直，也能用它来检查工作台面是否水平；
(2)对于质量分布均匀，规则的物体，其重心就是它的几何中心。
故答案为：重力的方向竖直向下；竖直；水平；几何中心。
(1)重力的方向总是竖直向下的，作用点在重心；
(2)质量均匀分布的物体(均匀物体)，重心的位置只跟物体的形状有关。质地均匀、外形规则的物体，它的重心就在几何中心上。
本题考查重力方向、规则物体重心的确定方法的掌握情况，是对基础知识的考查。

14.【答案】向左倾倒  向右倾倒  继续向前运动  木块具有惯性 
【解析】解：
(1)当小车突然水平向右运动，木块的底部随小车向右运动，而木块的上部由于惯性，继续保持原来的静止状态，所以木块将会向左倾倒；
(2)当向右匀速运动的小车突然停下时，木块的底部随小车一起停止运动，而木块的上部由于惯性，继续保持原来的静止状态，所以木块将会向右倾倒；
(3)小车的上表面光滑，小车和木块原来一起向右作匀速直线运动，当小车突然停下时，木块由于惯性会继续向前运动；
(4)以上几种现象可以表明：木块具有惯性；
故答案为：(1)向左倾倒；(2)向右倾倒；(3)继续向前运动；(4)木块具有惯性。
根据物体的运动情况，确定研究对象为小车上的木块，然后看下面的小车在状态改变时，木块的底部随小车一起改变，而上部由于惯性继续保持原来的运动状态。
对惯性现象的分析，关键是明确所涉及到的物体运动状态发生怎样的改或将要发生怎样的改变，在“改变”与“不变”中进行分析。

15.【答案】托里拆利  7601.01×105  不变  变小 
【解析】解：
(1)托里拆利首先测出了标准大气压的值；
(2)托里拆利实验中，实验时玻璃管中水银柱高760mm；
则大气压为：p=ρ水银gh=13.6×103kg/m3×9.8N/kg×0.76m≈1.01×105Pa；
(3)实验中，当玻璃管倾斜时管内水银柱的长度变大；外界大气压不变，能支持的水银柱高不变，玻璃管倾斜时管内水银柱的高度不变；
(4)放到山上测量水银柱的高度时，大气压随高度的增加而减小，故所能支持的水银柱高度也变小。
故答案为：托里拆利；760；1.01×105； 不变；变小。
(1)托里拆利首先测出了标准大气压的值；
(2)知道大气压能支持水银柱的高度，利用液体压强公式计算大气压；
(3)管内水银柱的高度只与当时的大气压有关，而与玻璃管的粗细、是否倾斜、以及水银槽中的水银的多少无关；
(4)大气压随高度的增加而减小。
本题考查了托里拆利测大气压的实验，在解答时要抓住托里拆利实验的原理---大气压与管内水银柱压强是相等的，故大气压不变的情况下，水银柱产生的压强也是不变的，即水银柱高度不变。

16.【答案】减小  增大  增大 
【解析】解：卫星从远地点到近地点运动过程中，速度变大，高度减小，重力势能减小，动能变大，重力势能转化为动能。
故答案为：减小；增大；增大。
(1)动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；
(2)重力势能大小的影响因素：质量、被举的高度，质量越大，高度越大，重力势能越大；
本题主要考查了动能和重力势能大小的判断，只要知道影响动能、重力势能大小的因素即可解答。

17.【答案】连通器；1.5×103；2.7 
【解析】解：(1)茶壶中的液体不流动时，各开口中的液面总是相平的，因此是利用的连通器原理；
(2)水深h=15cm=0.15m，水对壶底的压强p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×0.15m=1.5×103Pa；
(3)壶的底面积：S=18cm2=1.8×10−3m2，
由p=FS得受到水的压力：F=pS=1.5×103Pa×1.8×10−3m2=2.7N。
故答案为：连通器；1.5×103；2.7。
(1)茶壶盖上的小孔能保证与大气相通，形成壶体上端开口，壶嘴、壶体上端开口下端连通，形成连通器；
(2)已知壶内的水深，利用p=ρgh可计算水对壶底的压强。
(3)利用F=pS求茶壶内底部受到水的压力。
此题考查连通器原理、压强的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，注意解题过程中单位的换算。

18.【答案】9.6×10616 
【解析】解：由于车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力，则牵引力：
F=f=0.05G=0.05mg=0.05×1.6×103kg×10N/kg=800N；
汽车做的功为：W=Fs=800N×12000m=9.6×106J；
汽车的功率为：P=Wt=9.6×106J600s=16000W=16kW；
故答案为：9.6×106；16。
根据行驶中阻力为车重的0.05倍求出阻力；由于车做匀速直线运动，则牵引力等于阻力；根据W=Fs求出功的大小，根据P=Wt求出功率。
本题考查了功、功率的计算，属于基础知识。

19.【答案】解：(1)小球向上加速运动时，受竖直向下的重力G与竖直向上的弹簧的弹力F作用；
由于小球向上做加速运动，小球受力不平衡，小球所受的弹力F大于重力G；
(2)从小球的重心沿重力与弹力的方向作出重力与弹力的示意图，小球受力示意图如图所示；
 
【解析】对小球受力分析，然后从力的作用点，沿力的方向作有向线段，即可作出小球的受力示意图。
(1)本题考查了作力的示意图，是一道基础题，对物体正确受力分析是正确解题的前提与关键，要掌握作力的示意图方法；
(2)对小球受力分析时，应注意，小球加速运动，受力不平衡，小球受的弹力大于小球的重力，作示意图时，应体现出两力的大小关系。

20.【答案】解：
物体对B点有竖直向下的拉力，由支点O向拉力FB的作用线作垂线，垂线段的长度为拉力FB的力臂LB；
反向延长力F，由支点O向F的作用线作垂线，垂线段的长度为F的力臂LA.如图所示：
 
【解析】力臂是从支点到力的作用线的距离．由支点向力的作用线做垂线，垂线段的长度即为力臂
此题主要考查了有关力臂的画法，首先要掌握力臂的概念，找出支点和力的作用线．画力臂关键是要画出支点到力的作用线的垂线段．

21.【答案】 
【解析】解：只有一个动滑轮，要求最省力，绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，然后绕过左边的定滑轮，再绕过动滑轮，如图所示。

滑轮组绳子的绕法，有两种：
一是绳子先系在定滑轮的固定挂钩上，绕过动滑轮，再绕过定滑轮，这样反复，共有两段绳子；
二是绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过定滑轮，然后再绕过动滑轮，这样反复，共有三段绳子。
本题画最省力的绕绳方法：绳子先系在动滑轮的固定挂钩上，绕过左边定滑轮，再绕过动滑轮。

22.【答案】等于  平衡  1.6接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大(或接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比)不正确  没有控制压力大小不变 
【解析】解：(1)实验时，拉动木块在水平木板上做匀速直线运动，根据二力平衡的知识可得，此时弹簧测力计的示数等于滑动摩擦力的大小。
木块在水平木板上做匀速直线运动，说明木块处于平衡状态，又因为在水平方向上，木块受到拉力和滑动摩擦力，所以这时的拉力和滑动摩擦力是一对平衡力。
(2)根据甲图可知，弹簧测力计的分度值是0.2N，所以弹簧测力计的读数为1.6N。
(3)根据乙图，图象是经过原点的一条倾斜的直线，说明接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比。
(4)根据控制变量法，研究滑动摩擦力和接触面积的关系时，应该只改变接触面积并保证其它因素相同，但将木块沿竖直方向锯掉一半时即改变了接触面积也改变了压力大小，故变量不唯一，因此这种做法是不正确的。
故答案为：(1)等于；平衡；(2)1.6；(3)接触面粗糙程度相同时，压力越大，滑动摩擦力越大(或接触面粗糙程度相同时，滑动摩擦力大小与压力大小成正比)；(4)不正确；没有控制压力大小不变。
(1)木块做匀速直线运动，处于平衡状态，受平衡力作用；
(2)根据图示弹簧测力计确定其分度值，然后读出其示数，然后根据图象确定压力大小；
(3)根据图象分析答题；
(4)滑动摩擦力大小跟压力大小和接触面粗糙程度有关，探究滑动摩擦力大小跟接触面积大小的关系时，控制压力大小和接触面粗糙程度不变。
本题考查了实验原理、弹簧测力计读数、实验数据处理，对测力计读数时要先确定其分度值，然后根据指针位置读数，读数时视线要与刻度线垂直；(4)小题很好的体现了对控制变量法的理解，这也是学生容易忽略的地方。

23.【答案】右  3 变大  拉力F的力臂变小  反比  0.2 
【解析】解：
(1)在“探究杠杆的平衡条件”实验中，应先调节杠杆两端的平衡螺母，使杠杆在水平位置平衡，这样做是为了便于测量力臂；如发现杠杆左端偏高，应将右端的平衡螺母向左调节。
(2)设杠杆的分度值为 L，一个钩码的重为G，
根据杠杆平衡条件F1L1=F2L2得，nG×2L=2G×3L，
解得：n=3(个)。
(3)当弹簧测力计竖直向上拉动杠杆，杠杆在水平位置平衡，力臂为OC，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，力臂变小，阻力和阻力臂不变，拉力F会变大。
(4)①如乙图，F和1L成正比，F1L为定值，所以FL为定值，可以推断F−L成反比。
②因为1L=4m−1，所以L=0.25m，
根据杠杆平衡条件得：GL′=FL，
所以，2.5N×L′=2N×0.25m，
所以，L′=0.2m。
故答案为：(1)右；(2)3；(3)变大；拉力F的力臂变小；(4)反比；0.2。
(1)杠杆在水平位置平衡后，支点到力的作用点的距离就是力臂，因此在此实验中我们应首先调节杠杆在水平位置平衡，使杠杆在水平位置平衡的目的是为了便于测量力臂。
若左端偏高，则需将平衡螺母向右调节。
(2)根据杠杆的平衡条件，计算出A处所挂的砝码；
(3)根据杠杆的平衡条件，F1L1=F2L2，当测力计倾斜时，动力臂减小，则动力变大；
(4)根据图象结合正比例、反比例函数的特点进行分析；
根据图象中某个点的数据代入公式便可求出。
(1)本题真正考查了正比和反比的含义，当两个物理量的比值一定时，两个物理量成正比；当两个物理量的乘积一定时，两个物理量成反比。
(2)题目中没有直接给出动力臂和动力，而是从图象上搜索，这是一道比较新颖的题目，值得仔细研究。

24.【答案】2.7排开液体的体积  ADE 液体的密度  2.7×103  0.8 
【解析】解：(1)由图知，弹簧测力计的分度值为0.1N，示数为2.7N；
(2)研究物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积关系，要控制排开液体的密度相同，由分析比较A、B、C、D可知，液体的密度相同时，物体排开液体的体积不同，浮力不同，所以物体受到的浮力大小与物体排开液体的体积有关；
研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度，故由ADE图可知，物体排开液体的体积相同时，液体的密度相同，浸没的深度不同，浮力相同，所以物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度无关；
由A、E、F图可知：排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，弹簧测力计的示数不同，浮力大小不同，故可得出结论：物体受到的浮力大小与液体的密度有关；
(3)根据称重法可知：物块在水中受到的浮力为：F浮=G−F=2.7N−1.7N=1N；
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排知，
物体排开液体的体积为：
V排=F浮ρ水g=1N10N/kg×1.0×103kg/m3=10−4m3
金属块的体积：V=V排
金属块的质量：m=Gg=2.7N10N/kg=0.27kg
金属块的密度：ρ=mV=0.27kg10−4m3=2.7×103kg/m3；
(4)由F可知弹簧测力计的示数F′=1.9N，物体浸没在液体中受到的浮力F浮′=G−F′=2.7N−1.9N=0.8N，
因物体浸没时排开液体的体积和自身的体积相等，
所以，由F浮=ρgV排可得：
则液体的密度：ρ液=F浮′gV排=0.8N10N/kg×10−4m3=0.8×103kg/m3=0.8g/cm3。
故答案为：(1)2.7；(2)排开液体的体积；ADE；液体的密度；(3)2.7×103；(4)0.8。
(1)根据弹簧测力计的分度值读出弹簧测力计的示数；
(2)比较A、B、C、D图，找出相同的量和不同的量，分析得出物体受到的浮力大小与变化量的关系；
研究物体受到的浮力大小与物体浸没在液体中的深度关系，要控制排开液体的体积和密度相同，只改变浸没在液体中的深度；
由AEF图找出相同的量和不同的量，分析得出物体受到的浮力大小与变化量的关系；
(3)根据称量法F浮=G−F计算出在盐水中受到的浮力，利用阿基米德原理F浮=ρ液gV排求物块的体积，根据ρ=mV得出物体的密度；
(4)由F可知弹簧测力计的示数，根据称重法求出物体在液体中受到的浮力，根据阿基米德原理分别表示出物体排开水的体积和液体的体积，利用阿基米德原理算出液体的密度。
本题目就是考查学生对阿基米德实验的掌握程度，看学生能否掌握每个步骤，以及每一步要测量的对象，只要基本知识掌握扎实，题目不难做出。

25.【答案】甲；乙；越低；增加吊起物体的重力 
【解析】解：(1)由表中实验数据可知，实验1中绳子自由端移动的距离是钩码上升的高度的3倍，承重绳的股数为3，由图示可知，实验用的是甲图所示滑轮组；实验2中绳子自由端移动的距离是钩码上升的高度的5倍，承重绳的股数为5，由图示可知，实验用的是乙图所示滑轮组；滑轮组效率η2=W2有W2总=4N×0.1m1.4N×0.5m≈57.1%，
η3=W3有W3总=6N×0.1m2.4N×0.3m≈83.3%.
(2)由表中实验1与实验2的实验数据可知，两次实验时，滑轮组提升的重物相同而滑轮组动滑轮的个数不同，动滑轮的个数越多，滑轮组的效率越低，由此可得：使用不同的滑轮组提升相同的重物时，动滑轮的个数越多，滑轮组的效率越低．
(3)由表中实验1和实验3的实验数据可知，使用同一滑轮组，增加吊起物体的重力，可以提高滑轮组的机械效率．
故答案为：(1)甲；乙；57.1%；83.3%；(2)越低；(3)增加吊起物体的重力．
(1)由表中实验数据根据钩码上升高度与绳子自由端移动的距离关系确定滑轮组承重绳子的股数，然后根据图示滑轮组确定实验所用的滑轮组；根据表中实验数据，应用功的计算公式与效率公式可以求出效率．
(2)分析表中1、2所示实验数据，根据实验控制的变量与效率的关系得出实验结论．
(3)应用控制变量法，分析表中1、3的实验数据，然后得出结论．
知道物体上升的高度与绳子自由端移动距离间的关系可以确定滑轮组承重绳子的股数，然后根据图示滑轮组确定实验用的是哪一个滑轮组．应用功的公式、效率公式可以求出滑轮组效率．应用控制变量法分析表中实验数据即可得出实验结论．

26.【答案】解：(1)当OC=10cm时，由平衡条件知道G2×OC=F×OA
即20N×10cm=FA×20cm
解得FA=10N，故F拉=FA=10N
又因为G1对地面的压强为2×104Pa，即
G1−F拉S=2×104Pa，
根据题意知道，物体与地面的接触面积
S=0.05m×0.05m=2.5×10−3m2
解得G1=60N
(2)当G1对地面的压力为零时，G1×OA=G2×L，即
60N×20cm=20N×L
解得L=60cm
根据题意知道
OC+vt=L
即10cm+5cm/s⋅t=60cm
解得t=10s
答：
(1)G1的重力是60N；
(2)经过10s，可使G1对水平地面的压力恰好为零。 
【解析】(1)由压强公式的变形公式求出G1对地面的压力，然后对G1进行受力分析，由平衡条件求出G1的重力；
(2)由杠杆平衡条件求出G1对地面压力为零时G2到支点的距离，然后由速度公式的变形公式求出G2的运动时间。
本题难度较大，熟练应用杠杆平衡条件、速度公式的变形公式、平衡条件是正确解题的关键。