2022-2023学年福建省福州市长乐区鹤上中学八年级（下）期末物理试卷（B卷）（含解析）

这是一份2022-2023学年福建省福州市长乐区鹤上中学八年级（下）期末物理试卷（B卷）（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，作图题，实验探究题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年福建省福州市长乐区鹤上中学八年级（下）期末物理试卷（B卷）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共24.0分）
1. 用频闪灯拍摄小球的运动轨迹，每0.ls拍摄一次，得到小球在四种不同运动状况下的照片，如图，其中小球受力平衡的是(    )
A. B. C. D.
2. 取一只空牙膏皮，一次将它挤瘪，一次将它撑开，两次都拧紧盖后，先后放入桌面上同一杯水中，静止时如图甲、乙所示。牙膏皮在水中所受浮力大小分析正确的是(    )


A. 在甲中受到的浮力小 B. 在乙中受到的浮力小
C. 在甲、乙中受到的浮力一样大 D. 在甲、乙中受到的浮力无法比较
3. 如图所示，家庭常见的物品中，使用时属于费力杠杆的是(    )
A. 老虎钳 B. 门把手
C. 筷子 D. 瓶盖起子
4. 关于如图所示的四个实验，下列描述错误的是(    )


A. 甲：连通器中装入同种液体，液体静止时，连通器各部分中的液面总保持相平
B. 乙：托里拆利实验，玻璃管倾斜，管内外水银面高度差变大
C. 丙：马德堡半球实验证明了大气压强的存在
D. 丁：在“探究二力平衡的条件”实验中，保持F1与F2大小相等，将小车扭转一个角度，松手后，小车不能保持平衡
5. 小明的质量为50kg，小江的质量为60kg，他们穿着同样材料的鞋子。如图所示，当他们站在完全相同的雪地时，留下了深浅不同的痕迹。如果小明对雪地的压力为F1，产生的压强为p1；小江对雪地的压力为F2，产生的压强为p2，则(    )


A. F1>F2，p1>p2 B. F1 C. F1p2 D. F1 6. 图是关于浮力知识的应用实例，其中说法正确的是(    )


A. 图A中浸没在水中的潜水艇在下潜过程中所受浮力逐渐变大
B. 图B中巨轮之所以能够浮在水面是因为用空心的办法增大了排开液体的体积
C. 图C中液体的密度越大密度计漂浮时受到的浮力就越大
D. 图D中气球是利用填充气体密度大于空气密度的原理上浮
7. 用如图所示的动滑轮提升重物，下列措施能提高动滑轮机械效率的是(    )
A. 减小被提升物体的高度
B. 增大动滑轮的重力
C. 减小绳子的拉力
D. 增大物体的重力


8. 《墨经》最早记述了秤的杠杆原理，如图所示，“标”、“本”表示力臂，“权”、“重”表示力，以下说法符合杠杆平衡原理的是(    )
A. “权”小于“重”时，A端一定上扬
B. “权”大于“重”时，“标”一定大于“本”
C. 增大“重”时，应把“权”向A端移
D. 减小“重”时，应更换更大的“权”

9. 如图是我国第二艘航母“山东号”的舰载机飞离甲板的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 飞机在跑道上滑行时若外力全部消失，会逐渐停下来
B. 飞机起飞时加速助跑，可获得更大的惯性，利于升空
C. 飞机加速升空，动能转化为重力势能，机械能增大
D. 飞机飞离甲板后，舰艇受到水的浮力变小
10. 图甲中圆柱形容器装有适量的水，当水温从0℃升到15℃时，水的密度ρ和水温t关系如图乙所示，此过程水的质量不变，不考虑圆柱形容器的热胀冷缩，下列选项中能正确反映图甲中容器底受到水的压强p和水温t关系的是(    )


A. B.
C. D.
11. 体重稍大的大明和体重稍小的小明比赛登楼，比赛方法是：大明背着小明登上两层楼，记录所用的时间，然后小明背着大明登同样的两层楼，也记录所用时间。结果两人用时相等。那么这次比赛两人做功的功率相比，(    )
A. 大明的较大 B. 小明的较大 C. 两人的一样大 D. 不能比较
12. 如图甲所示，水平地面上的物体受到方向不变的水平推力F的作用，其F−t和v−t图像分别如图乙和图丙所示。由图像可知(    )

A. 0～3s内，推力对物体做功9J
B. t=5s时，物体受到的摩擦力是9N
C. 9～12s内，推力F对物体做功的功率为6W
D. 9～12s内，物体克服摩擦力做的功是6J
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共6小题，共12.0分）
13. 小明家的厨房里有两种刀具，如图所示。在切肉的时候选用A刀具，利用其质量较大的特点通过增大______ 来增大对肉的压强；而切黄瓜、萝卜等蔬菜时选用B刀具，其刀面上的孔洞可以避免因______ 的作用而使蔬菜片黏在刀面上。


14. 如图甲，小明漫步江阴黄山湖公园，百花争艳百花香，“百花香”是______ 现象，图乙是近处水面上“水黾”(像蜘蛛的小虫子)在快速行走，小明发现“水黾”不会掉入水中，说明分子间存在相互作用的______ (选填“引力”或“斥力”)。


15. 趣味蹦床可以有效地锻炼小朋友的平衡能力。如图所示，小华在离开蹦床上升的过程中，经过A点后到达最高点B，然后下落，再次经过A点。小华第一次经过A点时动能为E1，第二次经过A点时动能为E2。若空气阻力不可忽略，则E1______(选填“>”“=”或“<”)E2。


16. 如图，装满物品的拉杆式旅行箱总重60N，其重心在箱体的几何中心，图中AB与BC等长。现将平放在水平地面上的该旅行箱的C端抬离地面，至少用力______ N，拉杆越短，所需的力越______ 。

17. 如图所示，木块在水平向左的力F1和水平向右的力F2的作用下向右做匀速直线运动，其中F1为1N，F2为3N，若此时撤去F2，则木块在水平方向受到的合力为______ N，方向______ 。
18. 如图所示，用甲、乙两个动滑轮将物体A、B匀速竖直提升相同高度。已知GA=2GB，两个动滑轮的机械效率相等。忽略绳重和摩擦，拉力做功W甲：W乙=______。若在A、B下方均增加重为G的钩码，匀速竖直提升相同高度，则机械效率η甲______η乙(选填“>”、“=”或“<”)。
三、作图题（本大题共2小题，共4.0分）
19. 如图所示，重物静止在斜面上，请画出重物在斜面上所受的重力和摩擦力和它对斜面的压力。


20. 如图所示，活塞式抽水机的手柄AOB可视为杠杆，O为支点。请画出作用在A端的阻力F2对杠杆的力臂l2，和作用在B端的使杠杆平衡的最小动力拉力F1(保留作图痕迹)。

四、实验探究题（本大题共4小题，共24.0分）
21. 如图甲、乙，分别是“探究动能大小与哪些因素有关”和“探究物体重力势能大小与哪些因素有关”的实验装置。
(1)图甲中的钢球从斜面上由静止开始滚下，高度h越大，钢球推动木块移动距离越______ ，对木块______ 越多，说明钢球的______ 越大。经过多次实验，探究出物体动能大小与______ 关系。
(2)图乙中的木块从小桌正上方的不同高度，由静止自由落下。下落过程中，木块的______ 转化为______ 。该实验通过______ 反映物体重力势能大小。

22. 某兴趣小组在研究液体内部压强规律时，将装有不同质量细沙的同一细管放入甲液体中，已知m1>m2>m3，并记录其静止时浸入液体的深度h，如图a、b、c所示。接着，他们换用乙液体，重复实验，如图d所示。

(1)本实验中，通过______ 来比较细管底部所受液体压强的大小。
(2)通过分析比较a、b、c图可得出结论：同种液体内部，深度越深，液体压强______ 。
(3)通过分析比较a、d图，可得出：ρ甲 ______ ρ乙。
23. 兴趣小组的同学们在“探究浮力的大小与哪些因素有关”的实验中，讨论后提出了下列猜想：浮力的大小可能与液体的密度、物体排开液体的体积、物体浸没在液体中的深度有关。为了验证上述猜想，他们实验的装置和弹簧测力计示数如图所示。

(1)弹簧测力计在使用前需进行______ ；
(2)分析实验步骤甲、乙、丙所得到的数据，可知浮力的大小与______ 有关。分析实验步骤丁和戊所得到的数据，可知浮力大小与______ 有关；
(3)分析比较图______ 二次实验数据，可以验证浮力与物体浸没在液体中的深度无关；
(4)由图可知，圆柱体浸没在盐水中受到的浮力是______ N；
(5)小明还想探究“物体受到的浮力大小与其形状是否有关”，他找来橡皮泥、烧杯和水进行实验。实验步骤如下：
步骤一：将橡皮泥放入盛水的烧杯中，橡皮泥下沉至杯底。
步骤二：将橡皮泥捏成“碗状”再放入水中，它漂浮在水面上。
①经过分析可知，第一次橡皮泥受到的浮力______ (选填“大于”“等于”或“小于”)第二次橡皮泥受到的重力；
②小明得出：物体受到的浮力与其形状有关。小明得出错误结论的原因是，他只关注了橡皮泥形状的改变，忽视了______ 对浮力大小的影响。
24. 如图所示是小明和小华探究“杠杆的平衡条件”的实验装置。

(1)实验前，将杠杆置于支架上，当杠杆静止时，如图甲所示，此时可以把右端的平衡螺母向______ (选填“左”或“右”)调节，直至使杠杆在水平位置平衡；在后面的实验过程中______ (选填“能”或“不能”)再进行上述操作。
(2)如图乙，小明在实验时分别沿着竖直向下和斜向下两个方向拉弹簧测力计，都能使杠杆在水平位置平衡。同组的小华认为，竖直向下拉动测力计操作更方便，原因是______ 。
(3)实验中，通过改变钩码和弹簧测力计的位置或钩码的个数来改变力臂或力的大小进行多次实验，目的是：______ 。
(4)如图丙，调节好杠杆后在杠杆左边距离支点第3格处挂了4个钩码，每个钩码的重力均为0.5N，要使杠杆平衡，可以在支点右侧第4格A处挂个相同的钩码，或在左侧第2格B处竖直向拉动弹簧测力计，此时测力计的示数是______ N。(杠杆上每小格等距)
(5)他们继续探究：保持钩码数量和位置不变，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的关系图像，如图丁所示。请根据图像推算，当L1为25cm时，F1为______ N。
五、简答题（本大题共1小题，共5.0分）
25. 如图是一种浴室防滑踏垫，踏垫的正面成仿草坪式，反面有许多小吸盘，请根据正面、反面的设计特点，分别说明防滑的道理。


六、计算题（本大题共2小题，共16.0分）
26. 图甲是《天工开物》中记载的三千多年前在井上汲水的桔槔，其示意图如图乙所示。轻质杠杆的支点O距左端L1=0.5m，距右端L2=0.2m。在杠杆左端悬挂重为20N的物体A，右端挂边长为0.1m的正方体B，杠杆在水平位置平衡时，正方体B对地面的压力为20N。求：(g=10N/kg)
(1)此时杠杆右端所受的拉力大小？
(2)正方体B的重力？
(3)此时物体B对地面的压强是多少？

27. 如图甲是利用滑轮组打捞水中物体的简化模型示意图。工人用竖直向下的拉力拉绳的自由端，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，物体上升的速度v随时间变化的图象如图丙所示。已知物体的质量为80kg、体积为
0.02m3，物体沉没在水底时距离水面8m，在4～8s内物体上升的竖直高度为3m，绳的质量和体积、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，动滑轮自始至终都没浸入水中，ρ水=1.0×103kg/m3，g=10N/kg。求：
(1)物体浸没在水中时受到的浮力；
(2)物体未打捞前在水中受到的压强；
(3)在8s～12s内，滑轮组的机械效率；
(4)在0～4s内，物体对水底的压力。


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：
A、图中小球运动的轨迹是弯曲的，说明小球不是处于平衡状态，所以小球受力不平衡，故A错误。
B、由图知，小球在相同时间内通过的路程相等且运动轨迹是直线，说明小球做匀速直线运动，处于平衡状态，所以小球受力平衡，故B正确。
C、图中小球做圆周运动(运动方向不断变化)，说明小球不是处于平衡状态，其受力不平衡，故C错误。
D、图中小球在相同时间内通过的路程增大，说明小球做加速运动，不是处于平衡状态，其受力不平衡，故D错误。
故选：B。
根据照相机拍摄的相同时间内小球的运动轨迹的变化情况，确定小球的运动状态，然后利用力与运动的关系，即可确定小球的受力情况。
物体只有受到平衡力的作用，才处于平衡状态。反之可以通过物体的运动状态来确定物体的受力情况。

2.【答案】A 
【解析】解：牙膏皮在甲中下沉到水底，所受浮力小于牙膏皮的重力，即F浮甲 故选：A。
根据物体的浮沉条件可知牙膏皮受到的浮力与牙膏皮的重力关系，进一步可知牙膏皮前、后所受浮力的关系。
本题考查物体浮沉条件的应用，关键能够判断出两种情况下浮力与重力的大小关系。

3.【答案】C 
【解析】解：A、钳子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故A不合题意；
B、门把手在使用过程中，支点在转轴上，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故B不合题意；
C、筷子在使用过程中，支点在筷子与食指接触处，动力臂小于阻力臂，是费力杠杆，故C符合题意；
D、瓶盖起子在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆，故D不合题意。
故选：C。
结合图片和生活经验，先判断杠杆在使用过程中，动力臂和阻力臂的大小关系，再判断它是属于哪种类型的杠杆。
此题考查的是杠杆的分类和特点，主要包括以下几种：①省力杠杆，动力臂大于阻力臂，省力但费距离；②费力杠杆，动力臂小于阻力臂，费力但省距离；③等臂杠杆，动力臂等于阻力臂，既不省距离也不省力。

4.【答案】B 
【解析】解：A、连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中的液面应保持相平，故A正确；
B、托里拆利实验中，管内外水银面高度差与大气压强有关，与玻璃管倾斜度无关，故B错误；
C、马德堡半球实验证明了大气压强的存在，故C正确；
D、在“探究二力平衡的条件”实验中，保持F1与F2大小相等，将小车扭转一个角度，松手后，两力不在一条直线上，小车不能保持平衡，故D正确。
故选：B。
(1)上端开口不连通，下部连通的容器叫做连通器。连通器里只有一种液体，在液体不流动的情况下，连通器各容器中的液面应保持相平；
(2)托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的竖直高度差，即为此时的大气压强；
(3)1654年格里克在德国马德堡作了著名的马德堡半球实验，马德堡半球实验有力地证明了大气压强的存在；
(4)作用在一个物体上的两个力，如果大小相等，方向相反，并且作用在同一直线上，这两个力就彼此平衡。
本题考查了大气压强的存在、连通器的原理、二力平衡条件的应用、大气压强的测量方法，是一道综合题。

5.【答案】C 
【解析】解：小明的质量为50kg，小江的质量为60kg；根据G=mg可知，小明的重力要小于小江的重力，小明对雪地的压力小于小江对雪地的压力，即：F1 当他们站在完全相同的雪地时，由图可知，小明陷入雪地的深度大，对雪地的压强大，则两人对雪地的压强关系为：p1>p2。
故选：C。
根据G=mg比较重力的大小；水平面上的物体对水平面的压力等于自身的重力；根据鞋子陷入雪地中的深度来分析压强的大小。
本题考查固体压强的比较，明确压力大小是解题的关键。

6.【答案】B 
【解析】解：
A.浸没在水中的潜水艇在下潜过程中，水密度和排开水的体积不变，由F浮=ρ液gV排可知，所受的浮力不变，故A错误；
B.巨轮之所以能够浮在水面上，是利用空心的方法来增大排开液体的体积来增大浮力，故B正确；
C.密度计测液体密度时，都是漂浮的，所以浮力都等于重力，在不同液体中，密度计所受浮力不变，故C错误；
D.气球是利用在空气中的浮力来工作的，当气体的密度小于空气的密度时，才可以升空，故D错误。
故选：B。
(1)根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排，受到的浮力与液体的密度和物体排开的液体的体积有关；
(2)将物体做成中空的可以通过增大排开液体的体积增大浮力；
(3)密度计是用来测量液体密度的工具，是根据物体漂浮时浮力与重力相等的原理制成的；
(4)浸在液体或气体中的物体都受到液体或气体对它施加的竖直向上的浮力，当物体受到的浮力大于重力或者物体密度小于气体密度时，物体上浮。
本题考查了学生对阿基米德原理、增大浮力的方法、物体浮沉条件的理解与掌握，是一道浮力应用的综合题。

7.【答案】D 
【解析】解：A、由动滑轮的机械效率η=W有W总=GhFs=GhF×2h=G2F可知，机械效率的高低与物体被提升的高度无关，故A错误；
B、增大动滑轮的重力，在其他条件不变时，需要做的额外功增大，有用功不变，可以减小动滑轮的机械效率，故B错误；
C、若不计绳重和摩擦时，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动；可以得出滑轮组机械效率与拉力大小无关，故C错误；
D、增大物体的重力，在其他条件不变时，所做的有用功会增大，额外功不变，这样有用功在总功中所占的比例就会增大，即动滑轮的机械效率增大，故D正确。
故选：D。
(1)提高动滑轮机械效率的方法：减小动滑轮的重力、加润滑油减小摩擦，这些方法可以减少额外功，从而提高机械效率；增加提升物体的重力，在额外功不变的情况下，增大有用功，从而提高机械效率；
(2)根据动滑轮的机械效率的计算公式η=W有W总=GhFs=GhF×2h=G2F可知，机械效率的高低与物体被提升的高度无关；若不计绳重和摩擦时，动滑轮的机械效率η=W有W总=GhGh+G动h=GG+G动；据此分析滑轮组机械效率与拉力大小无关。
本题主要考查了影响动滑轮机械效率的因素。解题关键是理解通过减少额外功或增大有用功来提高动滑轮的机械效率。

8.【答案】C 
【解析】解：A、“权”小于“重”时，A端一定上扬，说法错误，还要考虑标的长度；
B、权”大于“重”时，“标”一定大于“本”，说法错误，根据杠杆平衡条件可得，应该是“标”大于“本”；
C、增大“重”时，应把“权”向A端移，故C说法正确；
D、减小“重”时，应更换更大的“权”，说法错误，不能改变“权”，应改变标的长度，故D错误。
故选：C。
由题意可得，权、重分别为动力和阻力，标、本分别为动力臂和阻力臂，根据杠杆平衡原理可得，权×标=重×本。
本题考查杠杆平衡条件的应用，认真审题并理解题意，转化为学过的知识进行解答。

9.【答案】D 
【解析】解：
A、当飞机在跑道上滑行时若外力全部消失，根据牛顿第一定律它将会作向上的匀速直线运动，故A错误；
B、惯性大小只跟物体的质量大小有关，跟物体是否受力、是否运动、运动速度等都没有关系，故飞机起飞时加速助跑，是为了获得更大的动能，利于升空，不能增大惯性，故B错误；
C、飞机加速升空，质量不变，速度和高度都增加，故动能和重力势能都变大，动能没有转化为重力势能，故C错误；
D、飞机飞离甲板后，舰艇总重力减小，根据漂浮条件可知，漂浮是浮力等于重力，所以浮力减小，故D正确。
故选：D。
(1)根据牛顿第一定律，当物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态，若物体原来是运动的，不受力将保持原来的速度做匀速直线运动；
(2)惯性是物体的固有属性，它指的是物体能够保持原来的运动状态的一种性质，惯性大小与物体的质量有关，质量越大，惯性越大；
(3)影响动能的影响因素是物体的质量和物体运动的速度，影响重力势能的因素是物体的质量和物体的高度，其中动能和势能统称为机械能。在分析各个能量的变化时，根据各自的影响因素进行分析；
(4)漂浮物体的浮力始终等于自身重力，判断出重力的变化情况，即可得知浮力如何变化。
本题借助舰载机飞离甲板这个场景，考查相关的物理知识，综合性较强，注重了物理和生活的联系，是中考的热点。

10.【答案】D 
【解析】解：
由图乙可知，当水温从0℃升到15℃时，水的密度ρ先变大后变小；水的质量不变，容器的底面积不变，根据m=ρV=ρSh可知容器中水先下降后上升，利用p=ρgh无法判断容器底受到水的压强p如何变化，当水温从0℃升到15℃时，水的质量不变，处于规则容器中，则水对容器底部的压力等于水的重力，根据p=FS=GS=mgS可知，当水温从0℃升到15℃时，容器底受到水的压强p不变，故ABC不符合题意，D符合题意。
故选：D。
计算液体压强的公式是P=ρgh，可见，液体压强的大小只取决于液体的种类(即密度ρ)和深度h，而和液体的质量、体积没有直接的关系；题目中液体的密度、深度都发生变化，无法使用液体压强公式，应根据压强定义式p=FS=GS=mgS进行分析。
本题考查液体压强公式的应用，关键知道影响液体压强的因素是液体的密度和液体的深度。

11.【答案】C 
【解析】解：两种比赛方法，两人的总重力相等，爬楼的高度相等，根据W=Gh可知，两种方法做的功相等，
又知两人用时相等。
根据P=Wt可知，两人做功的功率一样大。
故选：C。
爬楼所做的功就是克服两人的总重力做的功，利用W=Gh比较做功大小，然后利用P=Wt比较功率大小。
此题考查功和功率的大小比较，关键是知道爬楼所做的功就是克服两人重力做的功，难度不大。

12.【答案】C 
【解析】解：A、由图丙可知，0～3s物体的速度为0，处于静止状态，因此推力对物体做的功为0J，故A错误；
B、由图丙可知，9～12s内物体做匀速直线运动，处于平衡状态，由图乙可知，此时水平推力为6N，
根据二力平衡条件可知，此时物体在水平方向上受到的推力、摩擦力是一对平衡力，因此物体受到的滑动摩擦力：f=F=6N，
由图丙可知t=5s时物体加速运动，受到滑动摩擦力的作用，由于物体对地面的压力和接触面的粗糙程度都不变，所以物体所受的滑动摩擦力不变，因此t=5s时，物体受到的摩擦力仍然是6N，故B错误；
C、由图丙可知，9～12s内物体的速度为1m/s，
则9～12s内，推力F对物体做功的功率：P=Wt=Fst=Fv=6N×1m/s=6W，故C正确；
D、由v=st可知，9～12s内物体运动的距离：s=vt=1m/s×(12s−9s)=3m，
则9～12s内，物体克服摩擦力做的功：W=fs=6N×3m=18J，故D错误。
故选：C。
(1)由图丙可知0～3s内物体的运动情况，根据做功的两个必要条件分析0～3s内推力对物体做功情况；
(2)由图丙可知物体做匀速直线运动的时间段，由图乙可知此时的水平推力，根据二力平衡条件求出物体所受的滑动摩擦力，由图丙可知t=5s时物体的运动情况，根据滑动摩擦力的影响因素分析t=5s时物体受到的摩擦力；
(3)利用P=Wt=Fst=Fv求9～12s内，推力F对物体做功的功率；
(4)根据速度公式求出9～12s内物体运动的距离，根据W=fs求出9～12s内，物体克服摩擦力做的功。
本题考查二力平衡条件、滑动摩擦力影响因素、速度公式、功和功率公式的应用，关键是从图中得出有用信息

13.【答案】压力  大气压 
【解析】解：用A型刀具，利用其质量较大，这是在受力面积一定时，通过增大压力的方法来增大对肉类的压强；
B型刀具，其刀面上的孔洞，切菜时透气孔中的空气会在菜片和刀面之间形成一层空气隔层，防止在大气压的作用下使菜片紧紧地贴在刀面上。
故答案为：压力；大气压。
(1)增大压强的方法：在压力一定时，可减小受力面积；在受力面积一定时，可增大压力；
(2)菜片和刀面之间的空气隔层可以防止菜片紧贴在刀片上，并且可以使刀面与菜片彼此分开减小摩擦。
此题考查了学生运用所学知识分析实际问题的能力，要求学生在生活中多注意观察，并学会应用，使其更好地为人类服务。

14.【答案】扩散  引力 
【解析】解：小明漫步江阴黄山湖公园，百花争艳百花香，属于扩散现象，说明了分子在不停地做无规则运动；
“水黾”不会掉入水中，说明水分间存在相互作用的引力。
故答案为：扩散；引力。
(1)扩散现象表明组成物质的分子在不停地做无规则运动；
(2)分子之间存在引力和斥力。
本题主要考查了学生对分子动理论、分子间作用力的理解和掌握，属于基础题目，难度不大。

15.【答案】> 
【解析】解：考虑空气阻力，小华在运动过程中一部分机械能转化为内能，小华的机械能逐渐减小；所以小华第一次经过A点时的机械能大于第二次经过A点时的机械能；在A点时小华的质量不变，高度相同，所以重力势能相同，因机械能等于动能与势能之和，则小华第一次经过A点时的动能大于第二次经过A点时的动能，即E1>E2。
故答案为：>。
动能的大小与质量、速度有关；重力势能的大小与质量、高度有关；机械能为动能和势能的和；考虑空气阻力，小华在运动过程中一部分机械能转化为内能，机械能逐渐减小。
本题考查了机械能的转化、动能大小的比较，难度不大。

16.【答案】15  大 
【解析】解：由图可知，支点为A点，阻力为箱体的重力，阻力臂为12AB，动力臂为AC，因为AB=BC，所以L阻=14L动，则动力为：
由F动L动=F阻L阻得：
F动=F阻L阻L动=60N×14=15N，
拉杆越短，动力臂越小，阻力和阻力臂不变，则所需的力越大。
故答案为：15；大。

17.【答案】3  水平向左 
【解析】解：木块开始在水平方向受三个力而平衡，则有：f=F2−F1=3N−1N=2N，方向水平向左；
撤去F2后，木块由于惯性仍然会向前运动，木块受F1和f，摩擦力的方向水平向左，二力的合力=F1+f=1N+2N=3N，方向水平向左。
故答案为：3；水平向左。
对物体进行受力分析，由力的合成可得出摩擦力的大小；撤去一个拉力后，根据另一拉力与摩擦力的关系判断物体是否处于平衡状态，则可求出木块受到的合力。
本题是初学摩擦力的同学易错的一个题目，解答本题应准确理解摩擦力的定义，并能根据受力分析得出力之间的关系。

18.【答案】2：1  < 
【解析】解：(1)拉力做的功为总功，由η=W有用W总可得，W总=W有用η，
已知GA=2GB，有用功W有用=Gh，则W有用甲=2W有用乙，
两个动滑轮的机械效率相等，则拉力做功W甲：W乙=2：1；
(2)要想两个滑轮的机械效率仍然相等，为η，甲增加的物重为G时，乙增加的物重应为G2，但乙实际增加的物重为G，此时机械效率大于η，从而得出η甲<η乙，
故答案为：2：1；<。
(1)有用功为W有用=Gh，拉力做的功为总功，已知两个动滑轮的机械效率相等，由机械效率公式变形可求得拉力做功，然后可知其比值关系；
(2)要想两个滑轮的机械效率仍然相等，为η，甲增加的物重为G时，乙增加的物重应为G2，但乙实际增加的物重为G，由此分析。
此题考查了使用滑轮组时拉力做功大小、机械效率大小比较，利用好关系式：忽略绳重和摩擦，滑轮组的机械效率由η=W有用W总=GhGh+G动h=GG+G动。

19.【答案】解：过物体重心作竖直向下的力，即重力，过物体的重心作沿斜面向上的力，即摩擦力；物体对斜面的压力的作用点在物体与斜面的接触点，过此点与斜面垂直向下的力，即为压力，如图所示：
 
【解析】力的示意图：用一条带箭头的线段表示力的三要素，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向。
作力的示意图，要用一条带箭头的线段表示力，线段的长度表示力的大小，箭头表示力的方向，起点或终点表示力的作用点，是平衡力的长度要相等。

20.【答案】解：与连杆相连的A点向上运动时，阻力作用点在点A，方向竖直向下，过支点O作阻力F2的垂线段，垂线段的长即为阻力臂L2；
由图可知，当动力臂等于OB时，力臂最长，根据杠杆平衡条件可知，动力最小；
过动力作用点B作力臂OB的垂线段，标出力的符号F1，最小动力的方向应该向左下方，如图所示：
 
【解析】在杠杆上，支点指的是杠杆绕着转动的点，阻力是阻碍杠杆转动的力，力臂是支点到力的作用线的距离。此题中支点为点O，动力力臂为支点O到F1的作用线的距离。
本题考查了力和力臂的画法。明确力臂越长越省力是确定力的方向的关键，作力臂关键是要画出支点到力的作用线的垂线段。

21.【答案】大  做功  动能  速度  重力势能  动能  方桌陷入沙中的深浅 
【解析】解：(1)探究物体动能大小与哪些因素有关时，物体动能的大小无法直接体验，所以通过小球对木块做功的多少来体现小球动能的多少，即通过木块被推动的距离来判断小球动能的大小；高度h越大，钢球推动木块移动距离越大，对木块做功越多，说明钢球的动能越大。
经过多次实验，钢球的质量不变，通过改变钢球的高度位置来改变钢球到达水平面的速度大小，由此探究出物体动能大小与速度关系；
(2)图乙中的木块从小桌正上方的不同高度，由静止自由落下。下落过程中，木块的质量不变，速度变大，动能变大，高度变小，重力势能变小，木块的重力势能转化为动能；重力势能的大小无法直接观察到，所以采用转换法，通过观察方桌陷入沙中的深浅来判断重力势能的大小；
故答案为：(1)大；做功；动能；速度；(2)重力势能；动能；方桌陷入沙中的深浅。
(1)动能的大小无法直接进行测量，因此可采用转换法，通过观察木块被推出的距离来进行比较；影响动能大小的因素有质量和速度，实验过程要采用控制变量法；
(2)影响重力势能大小的因素有质量和高度；探究物体重力势能大小与哪些因素有关时，采用转换法，通过观察方桌陷入沙中的深浅来判断物体重力势能的大小。
此类实验题目是考查对控制变量法和转换法的掌握情况，及如何正确的对实验现象进行分析，归纳出正确的结论。

22.【答案】细沙的质量  越大  > 
【解析】解：(1)在本实验中，通过细沙的质量来比较吸管底部所受液体压强的大小；
(2)a、b、c三组实验中同种液体，橡皮膜的方向相同，深度不同，深度越大压强越大，可得出结论：在同种液体中，深度越深，液体压强越大；
(3)分析比较图(a)和(d)知，吸管内沙子的质量相同，根据①，细管底部所受液体压强的大小相同，根据p=ρ液gh，因h1 故答案为：(1)细沙的质量；
(2)越大；
(3)>。
(1)在本实验中，通过细沙的质量来比较吸管底部所受液体压强的大小；
(2)在同种液体中，液体内部产生的压强随深度的增加而增大；
(3)根据p=ρ液gh，根据静止时浸入液体的深度h大小关系得出甲乙液体密度大小关系分析回答
本题考查了液体压强大小的影响因素，利用控制变量法和转换法，探究液体压强与液体深度的关系，注意方法的掌握和结论的得出。

23.【答案】调零  物体排开液体的体积  液体的密度  丙、丁  4.4  小于  物体排开液体的体积 
【解析】解：(1)弹簧测力计在使用前必须要调零；
(2)由甲、乙、丙可知，物体浸没在同种液体中，物体排开液体的体积不同，弹簧测力计的示数不同，所以浮力的大小与物体排开液体的体积有关；
由丁和戊可知，物体浸没在水和盐水中时，排开液体的体积相同，弹簧测力计的示数不同，说明浮力的大小与液体的密度有关；
(3)探究浮力大小与深度的关系时，应控制液体的密度和物体排开液体的体积相同，浸没在液体中的深度不同，故选丙、丁两图，弹簧测力计的示数相同，说明浮力的大小与浸没在液体中的深度无关；
(4)由甲图可知，物体的重力为G=5N，由戊图可知物体浸没在盐水中弹簧测力计的示数为F=0.6N，此时物体受到的浮力为F浮=G−F=5N−0.6N=4.4N；
(5)①将橡皮泥团放入盛有适量水的烧杯中，橡皮泥团下沉至杯底，所以浮力小于重力；将橡皮泥团捏成“碗状”再放入水中，它漂浮在水面上，所以浮力等于重力。因此第一次浮力小于第二次浮力；
②第二次受到的浮力大，是因为排开液体的体积增大了。由于两次排开液体的体积不同，所以不能探究浮力大小与物体形状是否有关。
故答案为：(1)调零；(2)物体排开液体的体积；液体的密度；(3)丙、丁；(4)4.4；(5)①小于；②物体排开液体的体积。
(1)弹簧测力计在校准前必须要调零；
(2)(3)分析图中的相同点和不同，根据实验控制的变量与实验现象得出实验结论，然后分析答题；
(4)根据称重法计算物体在盐水中的浮力大小；
(5)①根据物体的浮沉条件进行判断，若物体下沉，说明浮力小于重力；若物体漂浮，说明浮力等于重力。
②浸在液体中的物体受到的浮力与物体排开液体的体积有关，要探究浮力与形状的关系，应控制排开液体的体积不变。
本题是探究浸在液体中的物体所受浮力大小规律的实验，分析时，注意控制变量法的应用。

24.【答案】右  不能  动力力臂可在杠杆上直接读出更加方便  寻找普遍规律  3  0.6 
【解析】解：(1)发现杠杆左端下沉，应把杠杆的平衡螺母向右调节，直至杠杆在水平位置平衡；
调节杠杆平衡后，在接下来的实验过程中不能再通过调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡；
(2)竖直向下拉动测力计操作更方便，原因是动力力臂可在杠杆上直接读出更加方便；
(3)通过实验总结归纳出物理规律时，一般要进行多次实验，获取多组实验数据归纳出物理规律才具有普遍性，结论才正确，所以在探究杠杆平衡的条件时，多次改变力和力臂的大小主要是为了获取多组实验数据归纳出物理规律；
(4)若杠杆上每个小格长度是L，根据杠杆的平衡条件有：4×0.5N×3L=F×2L，解得F=3N，
所以此时测力计的示数是3N；
(5)由于保持A点钩码数量和力臂不变，即阻力和阻力臂大小不变，根据F1L1=F2L2，可知F2L2为一定值，
由图丁知：F1L1=1N×0.15m=3N×0.05m=0.15N⋅m，
则当L1为25cm时，
拉力F1=0.15N⋅m0.25m=0.6N。
故答案为：(1)右；不能；(2)动力力臂可在杠杆上直接读出更加方便；(3)寻找普遍规律；(4)3；(5)0.6。
(1)杠杆平衡调节原则是：右低将平衡螺母左调，左低将平衡螺母右调；
调节杠杆平衡后，在接下来的实验过程中不能再通过调节平衡螺母使杠杆在水平位置平衡；
(2)当拉力F向右倾斜时，分析出力臂的变化结合杠杆的平衡条件判断力的变化；
(3)通过实验总结实验结论时，一般要进行多次实验，如果只用一组数据得到结论，偶然性太大，因此应获取多组实验数据归纳出普遍的物理规律；
(4)根据杠杆的平衡条件：F  1L1=F2L2进行解答；
(5)由于保持A点钩码数量和力臂不变，根据F1L1=F2L2，可知F2L2为一定值，由图丙知求出这个不变的值求了当L1为25cm时F1大小。
本题探究杠杆平衡条件的实验，考查器材调试、杠杆平衡条件、归纳法的运用和实验方案的应用。

25.【答案】答：浴室防滑踏垫，其正面为仿草坪式设计，这样在压力一定的情况下，增大了接触面的粗糙程度，从而增大了脚与垫之间的摩擦。
而防滑垫的背面有许多小吸盘，将吸盘内的空气挤压出来以后，在大气压的作用下，吸盘被挤压到地面上，起到了防滑的作用。 
【解析】(1)滑动摩擦力的大小与压力的大小和接触面的粗糙程度有关，压力越大，接触面粗糙，滑动摩擦力越大。
(2)吸盘是利用大气压的作用工作的。
此题考查摩擦力大小的影响因素、大气压的应用。摩擦力在日常生活中无处不在，这些摩擦力有些是对我们有利的，我们要想办法来增大，有害的我们要想办法减小。

26.【答案】解：(1)A端所受拉力FA=GA=20N，根据杠杆平衡条件：F1L1=F2L2，
所以FB=FAL1L2=20N×0.5m0.2m=50N；
(2)分析物体B受力和平衡力可知：GB=FB+F支，支持力和压力是相互作用力，
所以F支=F压=20N，所以GB=FB+F支=50N+20N=70N；
(3)因为B为正方体，当边长为0.1m时，底面积S=(0.1m)2=0.01m2，
所以p=FS=20N0.01m2=2×103Pa。
答：(1)此时杠杆右端所受的拉力50N；
(2)正方体B的重力70N；
(3)此时物体B对地面的压强是2×103Pa。 
【解析】(1)此时杠杆左端所受拉力等于物体A的重力，根据F=G=mg求出其大小，再利用杠杆平衡条件求出杠杆右端受到的拉力；
(2)正方体B对地面的压力等于B的重力减去绳子对B的拉力，据此求出B的重力；
(3)根据p=FS计算物体B对地面的压强。
本题考查了杠杆平衡条件、压强公式的综合应用，分析好B的重力与B对地面压力的关系是关键。

27.【答案】解：
(1)因为物体浸没水中，所以物体排开水的体积V排=V=0.02m3，
受到水的浮力：F浮=ρ水V排g=1.0×103kg/m3×0.02m3×10N/kg=200N；
(2)物体未打捞前在水中受到的压强：
p=ρ水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×8m=8×104Pa；
(3)物体重力：G=mg=80kg×10N/kg=800N，
在8s～12s内，由图乙、丙可知，物体做匀速直线运动，绳端的拉力F=500N，物体仍浸没在水中，
由图甲可知，n=2，拉力端移动距离s=2h，
滑轮组的机械效率：
η=W有用W总×100％=(G−F浮)hFs×100％=(G−F浮)hF2h×100％=G−F浮2F×100％=800N−200N2×500N×100%=60%；
(4)由第三问条件可知，物体在8s～12s内处于平衡状态，
绳的质量和体积、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，拉力F=12(G−F浮+G轮)，则动滑轮重力：
G轮=2F−G+F浮=2×500N−800N+200N=400N，
在0～4s内由图乙、丙可知，此时物体处于静止状态，绳端拉力F′=300N，因为拉力F′=12(F拉′+G轮)，则滑轮组对物体的拉力：F拉′=2F′−G轮=2×300N−400N=200N，
物体对水底的压力：F压=G−F拉′−F浮=800N−200N−200N=400N。
答：(1)物体浸没在水中时受到的浮力为200N；
(2)物体未打捞前在水中受到的压强为8×104Pa；
(3)在8s～12s内，滑轮组的机械效率为60%；
(4)在0～4s内，物体对水底的压力为400N。 
【解析】本题为力学综合题，考查了阿基米德原理、液体压强公式、重力公式、效率公式、力的平衡条件的应用，能从图象得出相关信息、利用好相关公式是关键。
(1)物体浸没水中，排开水的体积等于物体的体积，利用阿基米德原理求物体受到水的浮力；
(2)知道物体所处的深度，利用p=ρgh求物体未打捞前在水中受到的压强；
(3)利用G=mg求物体的重力，在8s～12s内，由图乙、丙可知，物体做匀速直线运动的拉力；由图甲可知，n=2，拉力端移动距离s=2h，滑轮组的机械效率η=W有用W总×100％=(G−F浮)hFs×100％=(G−F浮)hF2h×100％=G−F浮2F×100％；
(4)由第三问条件，物体在8s～12s内处于平衡状态，绳的质量和体积、滑轮与轴的摩擦以及水的阻力均忽略不计，拉力F=12(G−F浮+G轮)，据此求动滑轮重力，
在0～4s内由图乙、丙可知，此时物体处于静止状态，知道此时拉力F′，拉力F′=12(F拉′+G轮)，据此求滑轮组对物体的拉力F拉′，物体对水底的压力等于重力减去拉力、浮力。