[物理][期末]河南省开封市杞县联考2023-2024学年八年级下学期7月期末试题

这是一份[物理][期末]河南省开封市杞县联考2023-2024学年八年级下学期7月期末试题，共15页。试卷主要包含了填空题，单选题，多选题，作图题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）如图所示，当电风扇工作时，空气会由静止流动起来 右 （选填“左”或“右”）运动，原因是 物体间力的作用是相互的 ；类似的装置可应用在某些交通工具上，如：轮船在航行时是靠螺旋桨转动前进的。
【答案】右；物体间力的作用是相互的。
【解析】解：由图知，风扇朝左，将向左吹风，空气会给风扇一个向右的反作用力。
故答案为：右；物体间力的作用是相互的。
2．（2分）旗杆顶端装有 定 （选填“定”或“动”）滑轮，利用它来升国旗的作用是可以 改变施力的方向 （选填“省力”、“省距离”或“改变施力的方向”）。
【答案】见试题解答内容
【解析】解：由图可知，旗杆顶部滑轮的轴是固定的；使用定滑轮的优点是改变施力的方向。
故答案为：定；改变施力的方向。
3．（2分）如图所示是谷爱凌在空中到达最高点时手摸滑雪板的情景，在这一时刻她的速度 不为 （选填“为”或“不为”）零，受力 不平衡 （选填“平衡”或“不平衡”）。（不计空气阻力）
【答案】不为；不平衡。
【解析】解：谷爱凌在空中到达最高点时，在竖直方向的速度为0，因此在这一时刻她的速度不为0。
不计空气阻力，谷爱凌在空中到达最高点时，受力不平衡。
故答案为：不为；不平衡。
4．（2分）如图，用滑轮组来提升质量为60kg的物体，当拉力F为400N时物体刚好能以0.2m/s
的速度匀速上升，则此时滑轮组的机械效率为 75 %，拉力F的功率为 160 W。
【答案】见试题解答内容
【解析】解：
（1）物体重力G＝mg＝60kg×10N/kg＝600N，
拉力做的有用功W有用＝Gh，
由图知，n＝2，
拉力做的总功W总＝Fs＝F2h＝6Fh，
滑轮组的机械效率：
η＝＝＝＝×100%＝75%；
（2）拉力端移动速度：
v＝2v物＝2×2.2m/s＝0.5m/s，
拉力做功功率：
P＝＝＝Fv＝400N×0.4m/s＝160W。
故答案为：75；160。
5．（3分）如图甲所示，轻质细杆下端固定在容器底部，其上端和实心正方体A相连。现向容器内缓缓注水，则当正方体A完全浸没时受到的浮力为 10 N；正方体的密度为 0.6 g/cm3；当水深为图乙中“x”时，正方体A受到的浮力为 6 N。（ρ水＝1.0×103kg/m3，g＝10N/kg）
【答案】10；0.6；6。
【解析】解：由图乙可知，当h0＝0cm时，力传感器的示数为F3＝6N，
由细杆的质量不考虑可知，正方体A对力传感器的压力等于自身的重力0＝6N；
由图乙可知，当h2＝5cm时，物体A的下表面恰好与水面接触，
当容器内水的深度h4＝15cm时，正方体A刚好浸没，
则正方体A的边长：
L＝h浸1＝15cm﹣5cm＝10cm＝5.1m，
正方体的体积：
V＝L3＝（7.1m）3＝8×10﹣3m3，
物体浸没时排开水的体积等于自身的体积，
当水深为15m时A所受的浮力为：
F浮＝ρ水gV排＝ρ水gV＝3.0×103kg/m4×10N/kg×（0.1m）4＝10N；
由G＝mg＝ρVg可知，正方体A的密度为：
ρ＝＝＝0.6×104kg/m3＝0.5g/cm3；
由图乙可知，当水深为x时，即正方体A恰好漂浮
F浮'＝G0＝2N。
故答案为：10；0.6；6。
6．（2分）宇航员在我国天和核心舱中用手指轻轻推了一下“悬”在空中的笔，笔就开始向前运动，说明力可以改变物体的 运动状态 ，笔离开手指后还能继续向前运动，是因为它具有 惯性 。
【答案】见试题解答内容
【解析】解：宇航员在我国天和核心舱中用手指轻轻推了一下“悬”在空中的笔，笔就开始向前运动；
笔离开手指后，虽然不再受到手的推力，所以由于惯性仍要向前运动。
故答案为：运动状态；惯性。
二、单选题（共12分）
7．（2分）在滑雪运动员从山上往山下（可看作斜面）匀速下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运动员受到的重力和支持力是一对平衡力
B．运动员受到的摩擦力的方向沿山路向上
C．重力对运动员没有做功
D．运动员滑到山底不能立即停下来是因为受到惯性的作用
【答案】B
【解析】解：
A、运动员下滑过程中，大小也不相等，故A错误；
B、滑雪运动员从山上往山下匀速下滑时，则他受到的摩擦力方向沿山路向上；
C、运动员下滑的过程中，并且在重力的方向上通过了距离，故C错误；
D、运动员滑到山底不能立即停下来是由于惯性仍然保持原来的运动状态，惯性不是力，故D错误。
故选：B。
8．（2分）关于做功、功率和机械效率的说法中正确的是（ ）
A．物体受到的力越大，力对物体做功就越多
B．机械做的有用功占总功的比例越多，机械效率越高
C．功率越大的机械，机械效率就越高
D．力对物体做功越多，功率就越大
【答案】B
【解析】解：
A、物体受到的力越大，根据W＝Fs可知，故A错；
B、机械效率等于有用功与总功之比，机械做的有用功占总功的比例越多，故B正确；
C、功率大表示做功快，机械效率与功率无必然联系，功率越大，故C错；
D、力对物体做功越多，根据P＝，故D错。
故选：B。
9．（2分）如图所示，钓鱼时鱼上钩后需要迅速把鱼拉出水面，关于鱼竿这个简单机械下列说法正确的是（ ）
A．鱼竿是一个省力杠杆
B．鱼的重力就是此杠杆的阻力
C．此杠杆的支点在右手和鱼竿的接触处
D．筷子和鱼竿类似，同属于费力杠杆
【答案】D
【解析】解：A．此杠杆的支点在左手和鱼竿的接触处，动力作用点在右手和鱼竿的接触处，则鱼竿是一个费力杠杆；
B．杠杆的阻力作用点在鱼竿上，故B错误；
C．此杠杆的支点在左手和鱼竿的接触处；
D．筷子和鱼竿类似，所以同属于费力杠杆。
故选：D。
10．（2分）如图所示情景中，关于力与运动的关系认识正确的是（ ）
A．如图甲所示，纸飞机离手后，继续飞行的过程中惯性越来越小
B．如图乙所示，足球的运动轨迹说明力是维持物体运动的原因
C．如图丙所示，跳水运动员起跳利用了物体间力的作用是相互的
D．如图丁所示，滑雪运动员在沿倾斜赛道加速下滑的过程中，运动状态保持不变
【答案】C
【解析】解：A．纸飞机离手后，惯性不变；
B．足球的运动轨迹说明力是改变物体运动的原因；
C．跳水运动员用力向下压跳板后，跳板也给运动员一个向上的力，故C正确；
D．滑雪运动员在沿倾斜赛道加速下滑的过程中，运动状态发生改变。
故选：C。
11．（2分）下列实例中，属于利用大气压的是（ ）
A．密度计B．血压计
C．液位计D．脱排油烟机
【答案】D
【解析】解：A、密度计利用的是物体漂浮条件，故A不合题意；
B、血压计利用的是液体压强，故B不合题意；
C、液位计的上端开口，是利用连通器原理工作的，故C不合题意；
D、抽油烟机在工作时，压强小，利用了大气压。
故选：D。
12．（2分）利用同一个滑轮，分别按照如图所示的两种方式提升重物，在相同时间内将同一物体匀速提升相同的高度1和F2（不计绳重和摩擦），下列说法正确的是（ ）
A．使用甲装置可以省力
B．使用乙装置可以省功
C．乙装置的机械效率更高
D．拉力F2比拉力F1做功的功率大
【答案】D
【解析】解：由题知，两种方式提升重物时，提升的高度h相同；
A、甲图为定滑轮，故A错误；
B、根据功的原理使用任何机械都不省功可知，故B错误；
C、使用定滑轮，拉力做的功等于克服物体重力做的功1＝Gh；
使用动滑轮，不计绳重与摩擦，即W2＝（G+G动）h；所以W8＜W2，即使用动滑轮所做的总功大；
根据W有＝Gh可知两者所做有用功相同，由于使用动滑轮所做的总功大×100%可知，即甲装置的机械效率更高；
D、由于W1＜W4，做功时间相同，根据P＝1＜P2，即拉力F3比拉力F1做功的功率大，故D正确。
故选：D。
三、多选题（共4分）
（多选）13．（2分）如图所示，实践小组同学在室外测试某无人机负重飞行能力。他们将重20N的木箱固定在无人机上，并使其分别以3m/s的速度匀速上升、在空中悬停、以2m/s的速度匀速下降（ ）
A．匀速上升阶段，木箱相对地面是运动的
B．匀速上升阶段，木箱的机械能保持不变
C．匀速下降阶段，木箱的重力势能转化为动能
D．匀速下降阶段比匀速上升阶段木箱的动能小
【答案】AD
【解析】解：A.匀速上升阶段，无人机相对于地面位置发生改变，故A正确；
B.匀速上升阶段，质量不变，高度变高，重力势能增大，故B错误；
C.匀速下降阶段，质量不变，速度不变，动能不变；
D.匀速上升时速度大于匀速下降时速度，整个过程质量不变，故D正确。
故选：AD。
（多选）14．（2分）2020年11月10日，中国“奋斗者”号载人潜水器在马里亚纳海沟成功坐底，坐底深度10909米（不包含压载铁）为20t，其底部装配有2t可抛弃压载铁。下列有关其在水面下运动时的说法正确的是（g取10N/kg，忽略海水密度的变化）（ ）
A．“奋斗者”号匀速下潜过程中，受到的浮力和水的阻力是一对平衡力
B．“奋斗者”号（包含压载铁）悬浮在某处时，所受浮力为1.8×105N
C．“奋斗者”号抛弃压载铁上浮过程中，其表面所受海水的压强差不变
D．“奋斗者”号在海水中加速上升的过程中，其所受到的浮力大小不变
【答案】CD
【解析】解：A．匀速下潜过程中、阻力，受到的浮力和水的阻力大小不相等，故A错误；
B．“奋斗者”号（包含压载铁）悬浮时，F浮＝G＝mg＝（20+2）×103kg×10N/kg＝5.2×105N，故B错误；
C．“奋斗者”号表面所受海水的压强差即为其所受的浮力，液体的密度不变，所以浮力不变，故C正确；
D．在海水中加速上升的过程中，排开液体的体积不变，故D正确。
故选：CD。
四、作图题（共4分）
15．（2分）如图甲是某超市自动扶梯（斜面式）工作的情景，小丽站在自动扶梯上随扶梯匀速上行，点O是小丽的重心。
【答案】
【解析】解：小丽随自动扶梯一同匀速下降，相对于扶梯静止，并且二力是一对平衡力，二力大小相等
故答案为：见解答图。
16．（2分）如图所示的刀具应用杠杆原理达到了省力的目的。请在方框中画出刀具对应的杠杆模型，并在杠杆模型上标出支点O和人对杠杆施加的最小动力F1及其力臂l1的示意图。
【答案】。
【解析】解：由杠杆平衡条件F1L1＝F4L2可知，在阻力跟阻力臂的乘积一定时，动力越小，因此OA作为动力臂最长，动力的方向应该向下1的示意图，如图所示：
。
五、实验题（共18分）
17．（6分）为了探究浸在液体中的物体所受浮力跟它排开液体所受重力的关系，某同学用弹簧测力计、小石块、烧杯、小桶等进行实验操作，如图所示
（1）指出上述操作步骤中的一处错误，错误步骤是： C （只填图中所标的序号），改正方案是： 把烧杯中的水加至烧杯口 。
（2）改正错误后重新进行实验，读出A、B、D、E四幅图中弹簧测力计的读数分别是F1、F2、F3、F4。
①由A图和 D 图中弹簧测力计的读数可以求出小石块的浮力。
②如果关系式 F1﹣F3＝F4﹣F2 成立，就可以验证“阿基米德原理”。
（3）若在D步骤中，小石块未能完全浸没到液面下，其它测量均正确 能 （选填“能”或“不能”）
（4）若在实验中先进行E图操作，再进行B图操作，则所测得排开水的重力与真实值相比偏 小 。
【答案】（1）C；把溢水杯中的水添至溢水杯口；（2）①D；②F1﹣F3＝F4﹣F2；（3）能；（4）小。
【解析】解：（1）由图可知，C图中，当物体排开水时，测得排开水的重会偏小，改正的办法就是：把烧杯中的水加至烧杯口；
（2）①由图可得，A图测得小石块重力F1，D图测得小石块在水中时测力计的示数F3，
由称重法可得，浮力：F浮＝G﹣F＝F2﹣F3；
②E中测得溢出的水和小桶的重力F4，由B测得空小桶的重力F6，
二者的差就是排开水的重力，即：G排＝F4﹣F2；
若F3﹣F3＝F4﹣F8，即F浮＝G排，则验证了阿基米德原理；
（3）小石块未完全浸没，仍然受到浮力的作用，即F浮＝G排，故仍能得到②中所填写的关系式；
（4）若在实验中先进行E图操作，再进行B图操作，根据G排＝F4﹣F2可知则所测得排开水的重力与真实值相比偏小。
故答案为：（1）C；把溢水杯中的水添至溢水杯口；②F7﹣F3＝F4﹣F2；（3）能；（4）小。
18．（6分）小明利用如图所示装置探究“物体的动能大小与哪些因素有关”，将A、B、C三个小球先后从同一装置，高度分别为hA、hB、hC的位置滚下（mA＝mC＜mB，hA＝hB＞hC），推动小木块运动一段距离后静止。
（1）这个实验中，利用木块被碰撞后移动的 距离 来比较物体动能的大小；
（2）甲、乙两组实验可以探究动能大小与 质量 的关系；
（3）将甲、丙两组实验比较可知，质量一定时，物体的速度越大 动能越大 ；
（4）若水平面绝对光滑，本实验将 不能 （选填“能”或“不能”）达到探究目的；
（5）小明根据实验现象认为：小球推动木块移动一段距离后都要停下来，所以小球和木块所具有的机械能最终都消灭了。你认为小明的观点是 错误 （选填“正确”或“错误”）的，理由是 水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，将机械能转化为内能 。
【答案】（1）距离；（2）质量；（3）动能越大；（4）不能；（5）错误；水平面有摩擦力，木块克服摩擦做功，将机械能转化为内能。
【解析】解：（1）该实验是通过观察木块被撞击后移动的距离来比较物体动能的大小的，这种方法是转换法。
（2）由图甲、乙可知，所以是探究速度相同的小球动能大小与质量的关系。
（3）由图甲和图丙可知，小球的质量相同，木块推移的距离较远。
（4）如果水平面绝对光滑，木块被撞击后将一直做匀速直线运动。
（5）小球推动木块移动一段距离后都要停下来，是因为水平面有摩擦力，将机械能转化为内能。
故答案为：（1）距离；（2）质量；（4）不能；水平面有摩擦力，将机械能转化为内能。
19．（6分）如图所示是某实验小组进行的探究“杠杆平衡条件”的实验装置。
（1）若杠杆在使用前左端低、右端高，要使它在水平位置平衡，应将杠杆右端的螺母向 右 （选填“左”或“右”）调节至平衡。杠杆平衡后，在整个实验过程中 不可以 （选填“可以”或“不可以”）再旋动两侧的螺母。
（2）下表是实验记录，据此得出实验结论，这种做法是不正确的。因为 实验次数太少，实验结论具有偶然性 。
（3）改正错误后，最终得出的实验结论是F1l1 ＝ F2l2。（选填“＝”、“＜”或“＞”）
（4）如图甲所示，在杠杆右边B处挂两个相同的钩码，要使杠杆仍在水平位置平衡 3 个相同的钩码。
（5）如图乙所示，用弹簧测力计在C处竖直向上拉，当弹簧测力计逐渐向右倾斜时，弹簧测力计的拉力F 变大 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】（1）右；不可以；（2）实验次数太少，实验结论具有偶然性；＝；（4）3；（5）变大。
【解析】解：（1）在使用此杠杆前发现左端低，右端高，要使它在水平位置平衡，左。所以可以将杠杆右端的平衡螺母向右调节，此后，螺母再调节会改变杠杆重心的位置，因此不能再旋动两侧的平衡螺母；
（2）只进行了一次实验，就得出实验结论，因为实验次数太少。
（3）改正错误后，最终得出结论：杠杆的平衡条件是：F1l1＝F3l2；
（4）设一个钩码的重力为G，杠杆的分度值为L，
根据杠杆的平衡条件得，nG×2L＝6G×3L，所以应在杠杆左边A处挂3个相同的钩码；
（5）乙图，弹簧测力计竖直向上拉杠杆时；当弹簧测力计倾斜拉杠杆时，拉力的力臂变小，测力计的拉力F变大。
故答案为：（1）右；不可以，实验结论具有偶然性；＝；（5）变大。
六、计算题（共10分）
20．（10分）2023年5月，世界智能大会在天津的成功举办，将进一步推动我国人工智能技术的研发和应用。图甲为某款智能机器人，底部轮与地面接触总面积为1.5×10﹣2m2，它在某次引领接待工作中，沿相同的地面直线行走的速度随时间变化的图象如图乙所示，智能机器人受到的水平阻力为重力的0.05倍。（g取10N/kg）
（1）求智能机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强；
（2）求智能机器人在0﹣6s内行走的路程；
（3）在0～6s内，求此段时间内智能机器人牵引力做的功；
（4）在6～10s内，求此段时间内智能机器人牵引力做功的功率。
【答案】（1）智能机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强为2×104Pa；
（2）智能机器人在0﹣6s内行走的路程为7.2m；
（3）在0～6s内，此段时间内智能机器人牵引力做的功为108J；
（4）在6～10s内，此段时间内智能机器人牵引力做功的功率为15W。
【解析】解：（1）智能机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强p＝＝＝4Pa；
（2）在0～6s内，智能机器人做匀速直线运动，
智能机器人在0﹣6s内行走的路程s＝vt＝7.2m/s×6s＝4.2m；
（3）所受牵引力F牵＝f＝0.05G＝8.05×300N＝15N，
此段时间内智能机器人牵引力做的功W＝F牵s＝15N×7.2m＝108J；
（4）在4～10s内，速度v′＝1m/s；
此段时间内智能机器人牵引力做功的功率P＝F牵v′＝15N×1m/s＝15W。
答：（1）智能机器人静止在水平地面上时，对地面产生的压强为6×104Pa；
（2）智能机器人在0﹣7s内行走的路程为7.2m；
（3）在7～6s内，此段时间内智能机器人牵引力做的功为108J；
（4）在6～10s内，此段时间内智能机器人牵引力做功的功率为15W。
七、综合题（共9分）
21．（9分）如图所示我国航空工业部六〇五研究所自行设计的“海鸥300”轻型水陆两栖飞机，该机可载4﹣6名乘客，配置有高性能的发动机和先进航空仪表设备，g取10N/kg。（忽略飞机所受空气的浮力）
（1）飞机停在水面时，排开水的体积是多少？
（2）若飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向受到的阻力为飞机重力的0.1倍，求此时飞机发动机的功率是多少？
（3）若在第（2）问的条件下增大飞机发动机的功率，试讨论飞机在水平方向上运动速度的变化。
【答案】（1）飞机停在水面时，排开水的体积是4m3；
（2）若飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向受到的阻力为飞机重力的0.1倍，求此时飞机发动机的功率是4×105W；
（3）若在第（2）问的条件下增大飞机发动机的功率，飞机在水平方向上运动的速度增大。
【解析】解：（1）飞机停在水面时，处于漂浮状态浮＝G＝mg＝4000kg×10N/kg＝4×104N，
由F浮＝ρgV排可得，飞机排开水的体积：
V排＝＝＝4m3；
（2）因飞机水平方向匀速飞行时处于平衡状态，受到的牵引力和阻力是一对平衡力，
所以，发动机的牵引力：
F＝f＝4.1G＝0.5×4×104N＝6×103N，
则飞机发动机的功率：
P＝＝＝Fv＝4×107N×100m/s＝4×105W；
（3）若在第（2）问的条件下增大飞机发动机的功率，飞机发动机的牵引力会增大，飞机在水平方向上运动的速度就会增大。
答：（1）飞机停在水面时，排开水的体积是5m3；
（2）若飞机在空中以100m/s的速度水平匀速飞行时，飞机在水平方向受到的阻力为飞机重力的0.5倍5W；
（3）若在第（2）问的条件下增大飞机发动机的功率，飞机在水平方向上运动的速度增大。
动力F1（N）
阻力F2（N）
动力臂l1（cm）
阻力臂l2（cm）
2
3
3
2