2022-2023学年吉林省白山市临江市三校八年级（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年吉林省白山市临江市三校八年级（下）期末物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验探究题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省白山市临江市三校八年级（下）期末物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共12.0分）
1. 下列几种估测较为符合实际的是(    )
A. 人步行的速度约为5m/s
B. 一名普通中学生双脚站立对水平地面压强接近1.5×105Pa
C. 一间教室的屋顶受到大气压力为60N
D. 一名普通中学生游泳时所受到的浮力约500N
2. 下列情景中没有受到浮力的物体是(    )
A. “辽宁号”航空母舰
B. 上升的热气球
C. 在池塘中畅游的金鱼
D. 邀游太空的“天宫一号”
3. 一位小朋友手里拿着的氢气球不小心脱手升到了空中，当气球升到高空时发生了破裂．以下关于气球升到高空破裂的原因分析正确的是(    )
A. 高空大气压增大，气球体积减小，将气球压破
B. 高空大气压增大，气球体积增大，将气球胀破
C. 高空大气压减小，气球体积增大，将气球胀破
D. 高空大气压减小，气球体积减小，将气球压破
4. 在我国古代，简单机械就有了许多巧妙的应用，护城河上安装的吊桥(如图所示)装置就是一个杠杆的例子。如图所示(选项)的工具在使用过程中和吊桥装置属于同类杠杆的是(    )
A. B.
C. D.
5. 如图所示，将两个相同的带有电子显示读数的弹簧测力计固定在光滑的水平地上现将铁球把左边的弹簧压缩一定长度后自由释放，若只有小球动能和弹簧弹性势能的相互转化，则下列分析正确的是(    )

A. 整个过程中，铁球的速度一直增加
B. 铁球在运动过程中，受到的重力和支持力不是一对平衡力
C. 两边弹簧的电子屏最大读数相同
D. 右边弹簧的电子屏读数一直增大
6. 送水员将两桶相同的纯净水送上位于五楼的小明家，可以有两种方法：一是将两桶水一起送上楼；二是分两次，每次送一桶水上楼，假设送水员的速度相同，前后两种送水方法的功率和机械效率分别为P1、P2和η1、η2，则下列选项正确的是(    )
A. P1=P2 B. P1”、“η2=，P1>P2。
故选：D。
将两桶分两次都送上五楼，达到的目的相同。但额外功不同，由η=W有W总比较机械效率大小；
根据做的功和做功的时间，由P=Wt比较功率大小。
本题考查机械效率和功率大小的比较，关键是分清两次送水的总功的区别。

7.【答案】ABC 
【解析】解：A、立定跳远——起跳时用力蹬地，是利用了物体间力的作用是相互的，产生向前的推力，故A正确；
B、1000m跑——跑步同学的后脚与地面之间的摩擦力方向向前，地面给学生向前的摩擦力，使学生活动前进的动力，故B正确；
C、一名普通中学生做一次引体向上，克服重力做功约为：W=Gh=mgh=50kg×10N/kg×0.4m=200J，故C正确；
D、投掷实心球——球在空中飞行至最高点时，动能转化为重力势能，所以球的速度变小，且最小，故D错误。
故选：ABC。
(1)物体间力的作用是相互的。
(2)两个互相接触的物体，当它们做相对运动或有运动趋势时，在接触面上会产生一种阻碍相对运动的力，这种力就叫摩擦力。
(3)功的计算公式为：W=Fs。
(4)动能和势能可以相互转化。
深入理解力的作用的相互性，会分析摩擦力的方向，熟练运用功的计算公式、动能和势能间的转化，可解答此题。

8.【答案】BCD 
【解析】解：A、物体受到的重力与质量成正比，质量越大的物体受到的重力越大，故A错误；
B、利用空气压力发射出发芽的种子由静止变为运动，说明力可以改变物体的运动状态，故B正确；
C、无人机在加速上升的过程中，它的质量不变，速度增大，所以动能增大；质量不变，高度增加，所以重力势能增加；因机械能等于动能和势能的总和，所以机械能增大，故C正确；
D、无人机发射种子后，重力变小，对水平地面的压力变小，在接触面积一定时，落回水平地面与起飞前相比对水平地面的压强变小，故D正确。
故选：BCD。
(1)物体受到的重力与质量成正比；
(2)力可以使物体发生形变，力可以改变物体的运动状态；
(3)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；
重力势能大小的影响因素：质量、被举得高度。质量越大，高度越高，重力势能越大；
机械能=动能+势能；
(4)减小压强的方法：在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，在受力面积一定时，通过减小压力来减小压强。
本题考查对重力与质量的关系、力的作用效果、动能、重力势能的影响因素以及压强影响因素等知识的理解和应用，属于综合性题目。

9.【答案】AC 
【解析】解：AC、由控制变量法可知，让同一小车从斜面的同一高度由静止开始滑下，是为了保证小车在进入平面时的速度相同；这种实验方法是控制变量法，故AC正确；
B、由图可知，小车在木板表面运动的距离最长；因为水平面越光滑，阻力就越小，物体运动的距离就越长，所以可知小车在木板表面上受到的阻力小，速度减小得慢，故B错误；
D、若降低小车在斜面的高度，小车到达斜面底端的速度减小，则小车在毛巾表面运动的距离较之前将变短，故D错误。
故选：AC。
(1)在实验中，我们是把小车放在斜面上，让小车从斜面上向下运动，从而让小车获得一定的速度。小车在斜面上的高度不同，则向下运动的速度就会不同，这用到了控制变量法；
(2)要知道阻力大小与表面光滑程度的关系以及运动的距离与阻力大小的关系；比较小车在不同表面运动的距离即可得出结论；
(3)若降低小车在斜面的高度，减小速度，能减小小车运动的距离。
本题是一道实验题，考查的是阻力对物体运动的影响，该实验是理解牛顿第一定律的基础。

10.【答案】作用点  弹性势  动 
【解析】解：由图可知，用同样大小的力沿同一方向先后作用在同一把塑料尺的不同点，塑料尺弯曲的程度不同，这说明力的作用点影响了力的作用效果；
弹性钢片恢复原状的过程中，钢片的形变变小，弹性势能减小，同时将塑料片弹出，弹簧钢片的弹性势能转化为塑料片的动能。
故答案为：作用点；弹性势；动。
(1)影响力的作用效果的因素有：力的大小、方向和作用点；
(2)发生弹性形变的物体具有弹性势能，在物体恢复形变的过程中，弹性势能可以转化为动能。
本题主要考查了力的三要素和物体间能量的转化，难度不大，是一道基础题。

11.【答案】惯性  拉伸  右 
【解析】解：由题意知，原来小车向右做匀速直线运动，木块、弹簧也随小车一起做匀速直线运动，此时弹簧处于原长状态。
若小车突然向右做加速运动，木块由于具有惯性，仍然要保持原来的运动状态，所以木块相对小车向左运动，将拉伸弹簧，则小车会给木块一个向右的摩擦力。
故答案为：惯性；拉伸；右。
(1)一切物体都有保持原来运动状态不变的性质，叫惯性。
(2)摩擦力产生的条件有：两物体相互接触且接触面粗糙；有正压力；有相对运动或相对运动的趋势。
此类题考查惯性现象的分析、摩擦力产生的条件等知识，正确判断木块的运动趋势是解题的关键。

12.【答案】8：5 
【解析】解：将甲、乙分别沿竖直方向切去一半后，根据p=FS=GS=mgS=ρgVS=ρghSS=ρgh可知剩余部分对地面的压强之比不变，仍为8：5。
故答案为：8：5。
将甲、乙分别沿竖直方向切去一半后，根据p=FS=GS=mgS=ρgVS=ρghSS=ρgh可知剩余部分对地面的压强之比。
本题考查压强的计算，属于对基础知识的考查，难度较小。

13.【答案】等于  变大  等于  变大 
【解析】解：木块漂浮在水面上，则木块受到的浮力等于木块的重力；
当木棍恰好把木块压入水中，木块排开的水的体积变大，根据阿基米德原理可知，木块受到的浮力变大；
如果向容器中加入适量食盐，液体的密度变大，排开的液体的体积不变，浮力变大，浮力大于重力，木块上浮，当木块静止时漂浮在液面上，受到的浮力等于木块的重力；
木块漂浮在液面上，容器是圆柱形的，则容器底部受到的压力等于液体与木块重力的和，放入食盐后，乙中液体的密度变大，根据G=mg=ρgV可知，液体的重力变大，则压力变大。
故答案为：等于；变大；等于；变大。
物体漂浮时，受到的浮力等于自身的重力；根据阿基米德原理判定浮力的变化；圆柱形容器中液体对容器底部的压力等于液体的重力。
本题考查了学生对液体压强公式、物体浮沉条件、阿基米德原理的掌握和运用，难度不大。

14.【答案】40  4000 
【解析】解：
(1)根据压力随时间变化的关系图象可知木块静止时对地面的压力F=10N，
则木块的重力G=F=10N，
重力所做的功：
W=Gh=10N×4m=40J；
(2)由图象可知，木块撞击地面时的最大压力F最大=40N，
受力面积：
S=10cm×10cm=100cm2=1×10−2m2，
则木块对地面的最大压强：
p最大=F最大S=40N1×10−2m2=4000Pa。
故答案为：40；4000。
(1)根据绘制了压力随时间变化的关系图象，可得出木块静止时对地面的压力，利用F=G求木块重力，再利用W=Gh求得重力所做的功；
(2)由图得出最大压力，知道接触面积，利用压强公式求最大压强。
本题考查了功和压强的计算，能从图象中找出有用的信息是本题的关键。

15.【答案】=  =  >  > 
【解析】解：(1)三个容器内都装有高度相同的同种液体，由液体压强公式p=ρgh得：
三容器底部所受液体的压强关系是p1=p2=p3；
故三个容器底面积相同，由F=pS得：三容器底部所受液体的压力关系是F1=F2=F3；
(2)三个容器底面积相同，形状不同，装有相同高度的液体。则体积关系为：V1>V2>V3；
都装有高度相同的同种液体，根据m=ρV可知，m1>m2>m3，
故F′=G容+G液=(m容+m液)g，且三个容器质量相等，
故三个容器对桌面的压力F1′>F2′>F3′，
三个容器底面积相同，
由p=FS得：三个容器对桌面的压强关系是p1′>p2′>p3′。
故答案为：=；=；>；>。
(1)根据三种容器所装液体的高度相同，利用p=ρgh比较三容器底部所受液体的压强的关系；利用F=pS比较三容器底部所受液体的压力关系；
(2)根据容器的形状判断所装液体的体积，根据密度公式的变形式得出液体的质量关系，根据水平面上物体的压力和自身的重力相等得出压力关系，根据已知的容器底面积大小关系，结合压强公式p=FS比较出三个容器对桌面的压强大小。
本题主要考查学生对液体压强的计算和压强大小及其计算的理解和掌握，此题稍微有点难度，属于中档题。

16.【答案】2 
【解析】解：
由图甲可知，当m=20g时，VA=10cm3，VB=40cm3，
则ρA=mVA=20g10cm3=2g/cm3，ρB=mVB=20g40cm3=0.5g/cm3，
所以ρA：ρB=2g/cm3：0.5g/cm3=4：1；
因为A、B的体积相同，
所以由G=mg=ρVg可得，A、B的重力之比：
GA：GB=ρAVg：ρBVg=ρA：ρB=4：1；
由图乙可知，使用的滑轮组中n=2，不计摩擦和滑轮的自重，
要使它们处于静止状态，设方框中挂N个B物体，
则有：N⋅GB=12GA，
则N=12×GAGB=12×41=2。
故答案为：2。
由图甲可知，当m=20g时，A、B的体积，利用密度公式求AB的密度；利用G=mg=ρVg求A、B的重力之比；
要使滑轮组悬挂的A物体处于静止状态，设方框中挂N个B物体，则有NGB=12GA，求出N即可得出答案。
本题考查了密度公式和重力公式的应用以及滑轮组的特点，要求会识图、从中得出两物体的密度关系，易错题！

17.【答案】匀速直线  二力平衡  减少瓶中水  等于  稳定 
【解析】解：(1)实验过程中，必须用弹簧测力计沿水平方向拉着矿泉水瓶做匀速直线运动，根据二力平衡条件可知，弹簧测力计的示数就等于摩擦力的大小；
(2)要探究滑动摩擦力与压力的关系，需要保持接触面的粗糙程度不变，改变压力的大小，可以将矿泉水瓶中的水倒出一部分，减小了矿泉水瓶的重力，从而减小了矿泉水瓶对桌面的压力；
(3)由图乙所示实验可知，拉动木板时矿泉水瓶保持不动，矿泉水瓶处于平衡状态，滑动摩擦力等于测力计的拉力；
图乙装置在实验过程中，不一定需要匀速拉动长木板，所以弹簧测力计示数比图甲装置实验的弹簧测力计示数稳定。
故答案为：(1)匀速直线；二力平衡；(2)减少瓶中水；(3)等于；稳定。
(1)根据二力平衡的知识可知，用弹簧测力计水平方向匀速拉动木块时，弹簧测力计的拉力等于滑动摩擦力的大小，这种方法是间接测量法；
(2)影响滑动摩擦力大小因素有两个：压力大小和接触面的粗糙程度，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外一个因素不变，据此分析回答；
(3)在乙图中，无论长木板是否做匀速直线运动，木块始终处于静止状态，弹簧测力计示数等于矿泉水瓶受到的滑动摩擦力；
实验过程中，不容易控制物体做匀速直线运动，根据相对运动，可改为拉动木板运动。
本题考查了摩擦力的测量及实验方法的评估，对于实验类试题一定要从实验的操作、过程、方法考虑解题，是今后中考实验的重点和热点，体现了新课标中注重实验探究过程的要求。

18.【答案】乙  液体密度  0.26  2.86  小 
【解析】解：(1)要探究液体压强大小与深度的关系，应控制液体的密度相同、探头的方向相同，而深度不同，故选甲、乙两图即可；
(2)比较甲图和丙图可知，探头所处的深度相同，液体的种类不同，橡皮膜的形变程度不同，说明液体产生的压强不同，可初步得出液体内部压强与液体密度有关；
(3)①由图知，溢出的水全部流入小量筒中，排开水的体积为26mL=26cm3，
此时探头所受的浮力：F浮=ρ水gV排=1×103kg/m3×10N/kg×26×10−6m3=0.26N；
根据称量法F浮=G−F示知此探头受到的重力为：
G=F浮+F示=0.26N+2.6N=2.86N；
若实验前溢水杯未注满水，排开水的体积偏小，利用阿基米德原理F浮=ρ水gV排知此时探头所受的浮力的偏小，即测量并计算的浮力值将比真实值偏小。
故答案为：(1)乙；(2)液体密度；(3)0.26；2.86；小。
(1)(2)液体内部的压强与液体的深度和密度都有关系，在实验中，应控制其中的一个量保持不变，才能观察压强与另一个量的关系，从控制变量法的角度可判断此题的实验过程。
(3)①根据图示读出排开水的体积；利用阿基米德原理计算此时探头所受的浮力，由称量法算出此探头受到的重力；
若实验前溢水杯未注满水，排开水的体积偏小；利用阿基米德原理判断出此时探头所受的浮力的偏差。
此题为探究液体压强、浮力大小的影响因素综合探究实验题，实验题是物理学科的特点，也是一种必备的技能，更是中考的重点题型之一。

19.【答案】右  C  变大  省力 
【解析】解：(1)如图甲，杠杆的右端上翘，平衡螺母向上翘的右端调节，使杠杆在水平位置平衡；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长度为L，由杠杆平衡条件得：2G×2L=G×nL，解得n=4，则应在C点挂1个相同的钩码，才可以使杠杆在水平位置平衡；
(3)如图丙所示，如果作用在A端的弹簧测力计始终垂直于杠杆，在将钩码慢慢提升到一定高度的过程中(不超过水平位置)，右端拉力的力臂不变，左端阻力不变且阻力力臂变长，根据杠杆平衡条件可知，右端的拉力即弹簧测力计的示数应变大；
(4)由杠杆平衡条件F1L1=F2L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
图中支点在O点，动力作用在A点，因此OA作为动力臂L1时最长，此时动力最小；手柄被扶起过程中，动力的方向是向上的，过点A垂直于OA向上作出最小动力F1的示意图，如图所示：

(5)活塞式抽水机的手柄，在使用过程中，动力臂大于阻力臂，是省力杠杆。
故答案为：(1)右；(2)C；(3)变大；(4)见解答；(5)省力。
(1)调节杠杆水平位置平衡时，平衡螺母向上翘的一端移动；
(2)设每个钩码重为G，杠杆每格长度为L，然后由杠杆平衡条件求出钩码的个数；
(3)根据杠杆平衡条件进行分析；
(4)杠杆平衡条件：动力×动力臂=阻力×阻力臂(F1L1=F2L2)，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力臂越长，动力越小；
(5)结合生活经验，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。
本题考查了杠杆平衡的调节、利用杠杆平衡条件判断杠杆是否平衡、杠杆作图等，是杠杆平衡的一道较难的习题。

20.【答案】竖直匀速  1.4  1.2  低 
【解析】解：由题意可知，向下拉绳子时，承担动滑轮和物体总重的绳子有效股数：n=sh=1.5m0.5m=3；若装置中有两个动滑轮，为了滑轮组的每个滑轮都不能浪费，则至少会有4段绳子拉着动滑轮，所以只能选择一个动滑轮的状态；据“奇动偶定”的原则，绳子的固定端应先系在动滑轮挂钩上，依次绕过下面的定滑轮、动滑轮、上面的动滑轮，如下图所示：
；
(2)为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，实验中应缓慢竖直匀速拉动绳子的自由端；
图中测力计分度值为0.2N，测力计示数为1.4N；
根据F=1n(G+G动)可知，动滑轮的重力为：G动=nF−G=3×1.4N−3N=1.2N；
(3)若实验中增加动滑轮的自重，提起重2N的重物时，在提升高度相同的情况下，额外功变大，有用功变小，根据η=W有W总=W有W有+W额=11+W额W有可知，机械效率变低了。
故答案为：(1)如图；(2)竖直匀速；1.4；1.2；(3)低。
(1)先根据物体上升0.5m，绳子自由端下降1.5m，由s=nh判断出绳子的有效股数，再画出绳子的绕法；
(2)为了测量滑轮组提升物体时的机械效率，需在缓慢竖直匀速提升时读数，这时系统处于平衡状态，测力示数大小于拉力大小；根据测力计分度值读数；根据F=1n(G+G动)求出动滑轮的重力；
(3)根据η=W有W总=W有W有+W额=11+W额W有分析机械效率的变化。
本题主要是测量滑轮组的机械效率，在实验中，注意绳端拉力的测量，测力计在竖直方向做匀速运动。要掌握有用功、总功、机械效率的计算方法和物重对机械效率的影响。

21.【答案】解：(1)若气垫船入水后漂浮，所受浮力F浮=G=mg=160×103kg×10N/kg=1.6×106N，
根据阿基米德原理可知船体排开水的体积V排=F浮ρ水g=1.6×106N1.0×103kg/m3×10N/kg=160m3；
(2)一艘满载的气垫船停在水平地面上时，它对地面的压力F=G总=m总g=160×103kg/m3×10N/kg=1.6×106N，
它对地面的压强p=FS=1.6×106N80m2=2×104Pa。
答：(1)若气垫船入水后漂浮，则船体排开水的体积为160m3；
(2)一艘满载的气垫船停在水平地面上时，与地面间的总接触面积为80m2，那么它对地面的压强为2×104Pa。 
【解析】(1)若气垫船入水后漂浮，根据F浮=G=mg得出所受浮力，根据阿基米德原理可知船体排开水的体积；
(2)一艘满载的气垫船停在水平地面上时，根据F=G总=m总g得出它对地面的压力，根据p=FS得出它对地面的压强。
本题考查浮力、压强的计算，并考查阿基米德原理的应用，综合性强，有一定难度。

22.【答案】解：(1)图乙中物体在水平方向上做匀速直线运动，物体受到的拉力与摩擦力是一对平衡力，因此物体受到的摩擦力：f=F2=15N，
图甲和图乙中接触面的粗糙程度和物体对水平地面的压力不变，根据滑动摩擦力影响因素可知，两图中物体受到的摩擦力不变，即图甲中物体受到的摩擦力：f=15N，
图甲中物体的移动的距离：s物=v物t=3m/s×2s=6m，图甲中，n=2，拉力端移动的距离s=ns物=2×6m/s=12m，
则图甲中，2s内拉力F1对物体做的功：W总=F1s物=10N×12m=120J；
(2)有用功是克服摩擦力做的功，W有用=fs物=15N×6m=90J
所以图甲中滑轮组的机械效率：η=W有用W总×100%=90J120J×100%=75%。
答：(1)图甲中，2s内拉力F1对物体做的功为120J；
(2)图甲滑轮组的机械效率为75%。 
【解析】(1)图乙中物体在水平方向上做匀速直线运动，根据二力平衡条件分析物体受到的摩擦力，再根据摩擦力影响因素分析图甲中物体受到的摩擦力；图甲中，利用s物=v物t计算物体移动的距离，再利用W有用=fs物求出拉力F对物体做的功；
(2)图甲中，n=2，拉力端移动的距离s=ns物，利用W总=F1s计算拉力做的总功，再利用η=W有用W总×100%求出滑轮组的机械效率。
本题考查了二力平衡条件、滑动摩擦力影响因素、有用功、总功、机械效率的计算；理解水平使用动滑轮时的有用功和总功是解题关键。

23.【答案】BD  不是  做匀速直线运动  提高小球的下落点所在的高度 
【解析】解：(1)A、读图象可知，当跳跃者最终静止时，跳跃者所受拉力与重力相等，而此时的重力是小于F0的，故A错误；
B、运动员下落过程中，受重力，在重力方向上移动了距离，重力对运动员做了功，故B正确；
C、t0时刻，跳跃者位置最低，弹性绳弹性形变程度最大，弹性势能最大，此时速度为零，动能最小，为零，故C错误；
D、由图象知：t0时刻拉力最大，跳跃者所处位置最低，重力势能最小，故D正确。
故选：BD；
(2)①处于c点的小球，受到的弹力大于重力，不是平衡力；
②过物体重心作沿绳子斜向上的拉力。如图所示：
；
③若小球运动到b点时，小球有向下运动的速度，突然一切外力均消失，则小球将做匀速直线运动；
④让该小球在下落的过程中，提高小球的下落点所在的高度，增大重力势能，获得更大的速度。
故答案为：(1)BD；(2)①不是；②如上图；③做匀速直线运动；④提高小球的下落点所在的高度。
(1)根据以下知识答题：①跳跃者所受的拉力越大，位置越低；当拉力最大，位置最低时，跳跃者速度为零；
当跳跃者最终静止时，跳跃者所受拉力与重力相等；
②当跳跃者到达最低点时，速度为零；③物体的重力势能与物体质量与物体的高度有关，在质量一定的情况下，高度越低，重力势能越小；④物体的动能与物体的质量与速度有关，在质量一定时，物体速度越大，动能越大；⑤力作用在物体上，物体在力的方向上如果移动一段距离，则力对物体做功。
(2)①处于c点的小球，受到的弹力大于重力；
②根据规则物体的重心在物体的几何中心，然后过重心表示出拉力的方向。
③根据牛顿第一定律的内容分析小球不受外力时的运动状态；
④让该小球在下落的过程中，增大重力势能，可获得更大的速度。
本题主要考查功、机械能、运动和力等知识点，是一道综合题。