河北省石家庄市正定县2022-2023学年八年级下学期期末物理试卷

这是一份河北省石家庄市正定县2022-2023学年八年级下学期期末物理试卷，共24页。试卷主要包含了 以下数据与实际情况相符的是， 下列做法中，减小摩擦的是等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河北省石家庄市正定县八年级（下）期末物理试卷
1. 下列物理学家中，以其名字命名“力”的单位的是
A. 牛顿 B. 瓦特 C. 帕斯卡 D. 焦耳
2. 以下数据与实际情况相符的是(    )
A. 水沸腾时的温度一定是100℃
B. 一个鸡蛋的重力约为5N
C. 一个中学生跳绳的功率约为10W
D. 一名普通中学生站立时对地面的压强约为1×104Pa
3. 踢足球是很多同学喜欢的体育活动之一，下列有关说法正确的是(    )
A. 运动员踢出的足球在空中飞行时，受到重力和脚的踢力
B. 运动员踢足球时脚会有疼痛感，表明力的作用是相互的
C. 守门员抱住飞向球门的足球，表明力可以改变物体的形状
D. 只要运动员对足球施加大小相同的力，力的作用效果就相同
4. 下列做法中，减小摩擦的是(    )
A. 鞋底上制有凹凸不平的花纹 B. 自行车刹车时用力握手闸
C. 往轴承中加注润滑油 D. 打羽毛球时用力握紧球拍
5. 在平直的地面上有一辆小车匀速前进，下列说法正确的是(    )


A. 车对地面的压力和地面对车的支持力是一对平衡力
B. 车受到的重力和地面受到的压力是一对相互作用力
C. 车受到的重力和地面对车的支持力是一对平衡力
D. 地面对车的支持力和车受到的阻力是一对平衡力
6. 一个木块放在粗糙程度相同的水平地面上，如果对木块施加的水平拉力为F，如图甲所示；F的大小与时间t的关系如图乙所示；木块的运动速度v与时间t的关系如图丙所示。以下说法正确的是(    )


A. 当t=1s时，木块受到的摩擦力是0
B. 当t在2∼4s内，木块做匀速直线运动，受到的摩擦力为5N
C. 当t在4∼6s内，拉力F的功率为6W
D. 当t在2∼6s内，木块的机械能保持不变
7. 下列各组实验器材完好，初始状态如图所示，其中说法正确的是(    )


A. 如图甲所示，该容器倾斜一定角度后，各管内液面仍将保持相平
B. 如图乙所示，微小压强计探头进入水中后，U型管两侧液面仍将保持相平
C. 如图丙所示，放开手指后，玻璃管中液面将会降到和槽内液面相平
D. 如图丁所示，向吸管B用力吹气后，吸管A内液面和烧杯内液面仍将保持相平
8. “反向蹦极”是一项比蹦极更刺激的运动。如图所示，弹性轻绳的上端固定在O点，拉长后将下端固定在体验者的身上，并与固定在地面上的扣环相连。打开扣环，人从A点由静止释放，像火箭一样被“竖直发射”，经B上升到最高位置C点，在B点时速度最大。对此过程，下列描述正确的是(    )


A. 人从A到C的过程中，重力势能增加，动能一直减少
B. 人从A到B的过程中，动能增加，重力势能减少
C. 人在B点时动能最大
D. 人从A到C的过程中机械能守恒
9. 如图所示的情境中，人对物体做功的是(    )
A. 人用力搬石头，没有搬动
B. 人将重物从地面提到高处
C. 人推一块大石头没推动
D. 人提箱子沿水平方向做匀速直线运动
10. 用如图所示的四种方式匀速提升同一物体(不计机械自重和摩擦)，其中最费力的是(    )
A. B.
C. D.
11. 如图所示的四幅图中，不能利用流体压强与流速的关系解释的是(    )
A. 用吸管将饮料吸到嘴里
B. 热气球腾空而起
C. 向烧瓶浇冷水，停止沸腾的水又沸腾了
D. 在火车站候车时，应在安全线以外候车
12. 关于惯性，下列说法正确的是(    )
A. 惯性是改变物体运动状态的原因
B. 太空中的宇航员具有惯性
C. 汽车驾驶员和乘客系安全带，是为了防止由于惯性带来的危害
D. 下坡时不用蹬车，车继续滑行是因为受到惯性作用
13. 将两个完全相同的木块分别放入盛有甲、乙两种液体的相同容器中，木块静止时，两容器中液面相平，如图所示。下列说法正确的是(    )
A. 木块在甲、乙两种液体中所受浮力相等
B. 木块在乙液体中排开液体的质量较大
C. 两容器中木块下表面受到的液体压强相等
D. 两容器底部受到的液体压强相等
14. 如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状
态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在 A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球受到______ (填“平衡力”或“非平衡力”)的作用。若此时细线恰好断开，则小球将______ 。


15. 如图所示，某同学手握矿泉水瓶不动，矿泉水瓶受到的摩擦力方向______；他用手捏瓶壁，瓶子变扁，说明力可以改变物体的______；他将矿泉水喝去一部分，继续握在手里，则瓶子受到的摩擦力将______(选填“变大”“变小”或“不变”)。
16. 如图所示，两个底面积相同且质量相等的容器甲和乙放置在水平桌面上，向容器中分别注入两种不同的液体，已知距容器底部等高的A、B两点所受液体的压强相等，则两容器底部所受液体压强p甲______p乙，所受液体的压力F甲______F乙(均选填“>”“=”或“BC，∠CAB=30∘。在相等时间内把重为80N的同一物体从斜面底端分别沿AC、BC匀速推至C点的过程中，物体的动能______ (填“增大”“减少”或“不变”；忽略空气阻力)。若推力分别为F1、F2，功率分别为P1、P2，则F1=______ N，P1______ P2(填“>”“”“=”或“> 
【解析】解：B点的深度大于A点的深度，A、B两点所受液体的压强相等，根据公式p=ρgh可知，甲的密度大于乙的密度，A、B到底部的深度相等，所以A点下面液体产生的压强大于B点下面液体产生的压强；
因为距容器底部h处A、B两点所受液体的压强pA和pB相等，
所以容器底部甲产生的压强大于乙产生的压强，即p甲>p乙；
因为容器底面积相等，根据p=FS的变形公式F=pS可知，容器底部甲产生的压力大于乙产生的压力，即F甲>F乙。
故选：>；>。
已知A、B两点所受液体的压强pA和pB相等，B点的深度小于A点的深度，根据公式p=ρgh可知，液体的密度的大小关系，再利用公式p=ρgh判断出两容器底部所受液体压强的大小关系，根据p=FS的变形公式F=pS判断出两容器底部所受液体压力的大小关系。
本题考查压强和压力大小的判断，关键是公式的应用，难点是判断出液体的密度的大小关系。

17.【答案】费力  不能  重力势  动  减少  大于  降低 
【解析】解：(1)船桨在使用的过程中，相当于一个杠杆，以船桨的上端为支点，划动时，动力臂小于阻力臂，属于费力杠杆，费力但省距离；
在使用船桨时，可以省距离，但费力，不能省功；
(2)滚摆在下降过程中，高度逐渐减小，重力势能减小，速度越来越大，动能增大，滚摆的重力势能转化为动能；
滚摆上下往复运动过程中，要克服阻力做功，部分机械能转化为内能，故总的机械能减少；
(3)瓶内气压等于大气压和细玻璃管内水柱产生的压强之和，即p内=p大气压+p水柱，因此瓶内气压p内>p大气压；
若拿着此气压计从29楼下到1楼，高度降低，大气压升高，由于瓶内气体密闭，且玻璃管很细，可近似认为瓶内气体的压强不变，所以细玻璃管内水柱产生的压强会变小，玻璃管中的水柱高度降低。
故答案为：(1)费力；不能；(2)重力势；动；减少；(3)大于；降低。
(1)根据船桨在使用的过程中动力臂和阻力臂的大小关系确定杠杆的类型；使用任何机械都不能省功；
(2)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、被举的高度；质量越大，高度越大，重力势能越大；物体在运动过程中存在摩擦，需克服摩擦做功，机械能转化为内能；
(3)大气压随高度的增加而减小，从29楼下到1楼，气压变大，瓶内气压不变，所以水柱产生的压强变小、高度变小。
本题考查了杠杆分类、功的原理、动能与重力势能的转化和大气压强与高度的关系等知识的了解和掌握，考查的知识点较多，但难度不大。

18.【答案】自身重力  变大  不变  变大 
【解析】解：潜水艇的上浮和下潜是靠改变自身的重力来实现的。
从浅水区进入深水区，海水的密度不变，所处深度变大，由p=ρgh可知，潜艇所受水的压强将变大；
从浅水区进入深水区，海水的密度不变，潜艇的体积不变、排开海水的体积不变，由阿基米德原理F浮=ρ液V排g得潜艇受到的浮力不变；
当它从海水密度小的海域进入海水密度大的海域，液体的密度变大，但潜艇的体积不变、排开海水的体积不变，由阿基米德原理F浮=ρ液V排g得潜艇受到的浮力变大。
故答案为：自身重力；变大；不变；变大。
潜水艇的上浮和下潜是靠改变自身的重力来实现的。
因都在海水中，从浅水区进入深水区，得出分析深度的变化，根据液体压强公式p=ρgh比较所受压强的变化；但潜艇的体积不变(排开海水的体积不变)，由阿基米德原理得出受到的浮力大小是否变化；
当它从海水密度小的海域进入海水密度大的海域，潜艇的体积不变(排开海水的体积不变)，由阿基米德原理得出受到的浮力大小是否变化。
本题将液体压强和浮力结合在一起，要注意区分，特别是当潜艇下潜时确定所处深度变大、排开液体的体积不变，是本题的关键、易错点。

19.【答案】不变  40= 
【解析】解：(1)分别沿AC、BC匀速推至C点的过程中，物体的质量不变，速度不变，所以物体的动能不变；
(2)由题知，AC是光滑的斜面，忽略空气阻力，则额外功为0，所以直接提升物体做的功等于推力做的功，
即W=Gh=F1sAC，
而直角三角形中，∠CAB=30∘，则三角形的高h=12sAC，
所以有：80N×12sAC=F1sAC，
解得，F1=40N；
AC、BC是两光滑的斜面，忽略空气阻力，则额外功为0，推力在两斜面上做功相同，即W1=W2，所用时间相等，根据功率公式P=Wt可知P1=P2。
故答案为：不变；40；=。
(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)斜面光滑说明摩擦力为0，忽略空气阻力，则额外功为0，直接提升物体做的功等于推力做的功，根据做功公式，结合几何知识求解F1的大小，并功率公式P=Wt比较功率大小。
本题考查斜面的省力情况、功率大小的比较，关键是知道接触面光滑，摩擦力为0，使用任何机械都不省功。

20.【答案】改变力的方向  1600 
【解析】解：滑轮B为定滑轮，作用为改变力的方向；
从图中可知n=2，根据η=W有用W总=fs车Fs=fs车F×2s车=f2F=f2×1000N=80%，故汽车受到的摩擦力f=1600N。
故答案为：改变力的方向；1600。
滑轮B为定滑轮，定滑轮的作用为改变力的方向；
从图中可知n=2，根据η=W有用W总=fs车Fs=fs车F×2s车=f2F得出汽车受到的摩擦力。
本题考查定滑轮的作用和机械效率的有关计算，综合性强，难度适中。

21.【答案】解：重力作用点在油桶几何中心，即重心上，方向竖直向下；支持力作用点也在重心上，方向垂直斜面向上；如图所示：
； 
【解析】画力的示意图的步骤：
①确定受力物体；
②在受力物体上画出力的作用点；
③确定力的方向后沿力的方向画一条线段；
④在线段的末端标箭头，在箭头旁标出所画力的符号、数值大小和单位。
本题考查了重力和支持力的定义，属于基础题。

22.【答案】解：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，以OA作为动力臂最长，动力最小。由图知动力的方向应该向上，过A点垂直于OA向上作出最小力的示意图，如图所示：
 
【解析】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。
此题主要考查了杠杆最小力的问题。杠杆上最长力臂的两种情况：已知力的作用点时，以支点到动力作用点的距离作为动力臂最长，未知力的作用点时，以支点到杠杆上最远点距离作为力臂是最长动力臂。

23.【答案】甲、乙  受力面积  错误  没有控制受力面积相同  海绵的凹陷程度  = 
【解析】解：(1)探究压力的作用效果与压力大小的关系时应控制受力面积的大小不变，实验中由甲、乙两图可以探究压力作用效果与压力大小的关系；
(2)根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，对比乙、丙两图可以得出：当压力一定时，受力面积越小，压力作用效果越明显；
(3)研究压力作用效果与压力大小的关系，要控制受力面积相同，对比甲、丙两图得出的结论是错误的，理由是：没有控制受力面积相同；
(4)本实验通过观察海绵的凹陷程度来比较压力作用效果；
(5)若图甲中铁块对海绵的压强为p1；图丁中铁块对桌面的压强为p2，根据p=FS，因压力大小和受力面积相同，故p1=p2。
故答案为：(1)甲、乙；(2)受力面积；(3)错误；没有控制受力面积相同；(4)海绵的凹陷程度；(5)=。
(1)(2)(3)(4)根据海绵的凹陷程度来比较压力的作用效果，海绵的凹陷程度越大，说明压力的作用效果越明显，用到的科学实验方法是转换法；
压力的作用效果与压力的大小和受力面积的大小有关，研究与其中一个因素的关系时，应采用控制变量法，据此分析回答；
(5)根据p=FS分析。
本题探究“压力的作用效果跟什么因素有关”的实验，主要考查控制变量法及转换法和压强公式的的应用，体现了对过程和方法的考查。

24.【答案】相等  慢  做匀速直线运动  转换法  多  速度 
【解析】解：(1)小车在水平面上的初速度相等，末速度都为零，因此，小车速度的减小量相等；
运动的物体受到的阻力越小，它运动的时间就越长，它的速度减小得就越慢；由此进行科学推理得到：如果水平表面绝对光滑，物体受到的阻力为零，这时物体将做匀速直线运动；
(2)让质量不同的钢球从斜槽上的同一高度滚下，通过观察木块移动的距离长短，来判断钢球动能的大小，这种研究方法是转换法；
质量较大的钢球将小木块推得较远，即小木块克服摩擦力做功较大，这表明它对小木块做的功较多，说明它具有的动能越大；所以结论为：速度相同的物体，质量越大，它的动能越大。
故答案为：(1)相等；慢；做匀速直线运动；(2)转换法；多；速度。
(1)通过小车在水平面上的初速度和末速度得到小车速度的减小量；
运动的物体受到的阻力越小，它运动的时间就越长，它的速度减小得就越慢；根据科学推理法进行分析；
(2)探究影响动能大小的因素时，根据转换法，通过比较被撞木块移动的距离来研究小球的动能大小；
一个物体能够做功就说这个物体具有能量，若物体做的功越多就说明物体具有的能量越大，即观察小球推动木块的距离即可，据此得出结论。
本题将阻力对物体运动的影响实验和探究影响物体动能大小的因素实验结合，很好的体现了两个实验间的联系和区别，考查了控制变量法和转换法的应用。

25.【答案】平衡  右  ②  实验次数少，结论不具普遍性和不同的物理量不能相加  左侧的钩码去掉一个  变大  根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大 
【解析】解：(1)实验前，将杠杆中点置于支架上，当杠杆静止时，发现杠杆左端下沉，此时杠杆处于静止状态，处于平衡状态；
杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
(2)分析表格数据发现，动力与动力臂的乘积等于阻力与阻力臂的乘积，所以可得杠杆的平衡条件是F1L1=F2L2，故正确的实验结论是：②；
错误的原因是：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；不同的物理量不能相加；
(3)设杠杆每个格的长度为L，每个钩码的重力为G，根据杠杆的平衡条件：
F左L左=F右L右，即4G×2L>2G×3L，故左端下沉；要使杠杆重新在水平位置平衡，如果不增加钩码总个数，只需要将左侧的钩码去掉一个，则有：3G×2L=2G×3L，即可平衡；
保持C点不变，当弹簧测力计的方向向右倾斜时，此时F2的力臂变短，根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
故答案为：(1)平衡；右；(2)②；实验次数少，结论不具普遍性和不同的物理量不能相加；(3)左侧的钩码去掉一个；变大；根据杠杆的平衡条件，阻力和阻力臂不变，动力臂变小，动力变大。
(1)杠杆的平衡是指静止或匀速转动；实验前没有挂钩码和弹簧测力计时，发现杠杆左端下沉，说明杠杆的重心在支点左侧，要使其在水平位置平衡，应将杠杆的平衡螺母向右调节，直到杠杆在水平位置平衡；
(2)分析表格数据，比较动力与动力臂的乘积和阻力与阻力臂的乘积的关系，即可得杠杆的平衡条件；
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；不同的物理量不能相加；
(3)设一个钩码重为G，杠杆一个小格是L，根据杠杆平衡条件判断杠杆向哪端下降，要保持平衡，根据杠杆的平衡条件判断去掉哪侧钩码；
当拉力F2向右倾斜时，保持C点不动，弹簧测力计的方向向右倾斜，这时杠杆右侧的动力臂变短，根据杠杆的平衡条件可知，使杠杆仍在水平位置平衡，则弹簧测力计的示数将变大。
本题考查调节平衡螺母的作用、杠杆实验时动力和阻力的实验要求及根据杠杆平衡条件计算。当杠杆处于水平位置平衡时，竖直作用在杠杆上的力的力臂在杠杆上，倾斜作用在杠杆上力的力臂在杠杆以外的位置上，力臂变小。

26.【答案】解：(1)由图乙可知，0−10cm圆柱体完全浸没在水中，10cm−20cm表示圆柱体上表面离开水面至下表面离开水面，圆柱体的重力G=F=2.0N，圆柱体浸没时弹簧测力计的示数F′=1.6N，
圆柱体浸没时所受的浮力：F浮=G−F′=2.0N−1.6N=0.4N；
(2)因为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=ρ水gV排可得圆柱体的体积：
V=V排=F浮ρ水g=0.4N1.0×103kg/m3×10N/kg=4×10−5m3，
已知柱形容器的底面积V=20cm2=20×10−4m2=2×10−3m2，
圆柱体完全露出水面时，容器中水面下降的高度为：Δh=VS容=4×10−5m32×10−3m2=0.02m，
所以，圆柱体完全露出水面时，容器底部受到液体压强的变化量为：
Δp=ρ水gΔh=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.02m=200Pa；
(3)由G=mg可得，圆柱体的质量：m=Gg=2.0N10N/kg=0.2kg，
则圆柱体的密度：ρ=mV=0.2kg4×10−5m3=5×103kg/m3；
答：(1)圆柱体浸没时所受的浮力为0.4N；
(2)圆柱体完全露出水面后，容器底部受到的液体压强变化量为200Pa；
(3)圆柱体的密度为5×103kg/m3。 
【解析】(1)由图乙可知物体的重力和浸没时弹簧测力计的示数，利用称重法测浮力求出圆柱体浸没时所受的浮力；
(2)根据F浮=ρ水gV排求出圆柱体排开水的体积，物体浸没时排开液体的体积等于物体的体积，圆柱体完全露出水面时，容器中水面下降的高度为：Δh=VS容，根据p=ρgh可求出容器底部受到液体压强的变化量；
(3)根据G=mg求出圆柱体的质量，再利用密度公式ρ=mV求圆柱体的密度。
本题考查了阿基米德原理、密度公式、重力公式和称重法测浮力公式的应用，关键是知道物体完全浸没时排开水的体积和物体本身的体积相等。

27.【答案】解：(1)根据图示可知，有2段绳子拉着动滑轮，拉力移动速度：v拉=2v物=2×0.2m/s=0.4m/s，
工人师傅拉绳的功率：
P=Wt=Fst=Fv=600N×0.4m/s=240W；
(2)机械效率：
η=W有用W总×100%=GhF×2h×100%=G2F×100%=900N2×600N×100%=75%；
(3)不计摩擦及绳重，F=12(G+G动)，
所以动滑轮重：G动=2F−G=2×600N−900N=300N，
小明拉绳子时的最大拉力等于其重力，F′=G人=450N，
所以绳子对物体的最大拉力：F拉=2F′−G动=2×450N−300N=600N，
物体对地面的最小压力：
F压=F支=G−F拉=900N−600N=300N，
受力面积S=1.5×103cm2=0.15m2，物体对地面的最小压强：
p=F压S=300N0.15m2=2000Pa。
答：(1)工人师傅拉绳的功率为240W；
(2)滑轮组的机械效率为75%；
(3)物体对地面的最小压强为2000Pa。 
【解析】(1)根据v拉=2v物求出拉力移动速度，根据P=Wt=Fst=Fv求出拉力的功率；
(2)根据η=W有用W总=GhF×2h=G2F求出机械效率；
(3)根据工人师傅的拉力F=12(G+G动)求出动滑轮重，小明的最大拉力为F=G=450N，根据F=12(F拉+G动)求出绳子对物体的拉力，则物体对地面的压力F压=F支=G−F拉，根据p=FS求出对地面的最小压强。
此题主要考查的是学生对功率、机械效率、压强计算公式的理解和掌握，弄明白物体对地面的压力是解决此题的关键。