2022-2022学年度第二学期期末考试八年级物理试卷
一、单项选择题
1如图所示，小明用手指压圆珠笔芯使它弯曲，同时手指感到疼痛，这个实验不能说明： ．．
力是物体对物体的作用
重力的方向竖直向下 【答案】D 【解析】
试题分析：①力是物体对物体的作用，力的作用是相互的，一个物体对另一个物体施加力的同时，也受到另一个物体的反作用力；
②力的作用效果有二：改变物体的形状，改变物体是运动状态； ③由于地球的吸引而使物体受到的力叫重力，重力的方向是竖直向下的．
解：用手指压圆珠笔芯使它弯曲，
A、手感觉疼痛，原因是手对圆珠笔芯施加力的作用的同时，受到圆珠笔芯的反作用力，说明力的作用是相互的．此选项不符合题意；
B、手对圆珠笔芯施加力的作用，手是施力物体，圆珠笔芯是受力物体，
1
说明力是物体对物体的作用．此选项不符合题意；
C、圆珠笔芯发生弯曲，说明力可以改变物体的形状．此选项不符合题意；
D、物体受到的重力的方向是竖直向下的，圆珠笔芯形状的变化与重力方向无关．此选项符合题意．
故选D．
g＝2g×10N/g＝
20N，重力做的功：W＝Gh＝20N×＝16J，故D正确。故选A
【点睛】（1）首先要明确静止和匀速下滑时，物体都处于平衡状态，受平衡力，只要找出哪两个力是平衡力，然后根据二力平衡条件解题即可；（3）利用路程公式求出下降高度，用公式W＝Gh求出重力做的功
4海权握，国则兴，建设一支强大的海军是实现中国梦的有力保障，潜水艇是海军的战略重器。如图所示是我国海军某舰队的“强国号”潜水艇在海中悬浮、上浮、漂浮的训练过程，下列对此潜水艇分析正确的是
A上浮过程中所受浮力逐渐变大
B悬浮和漂浮时所受的浮力相等 C漂浮时排开的海水所受的重力最小 D漂浮时潜水艇底部所受海水压强最大 【答案】C
2
【解析】
潜艇上浮过程中，露出水面前，V排不变，根据F浮=ρ液gV排可知，潜艇所受浮力不变；逐渐露出水面时，V排减小，潜艇所受浮力减小；选项A错误．由图可知，悬浮时排开海水的体积大于漂浮时排开海水的体积，由F浮=ρ液gV排可知，潜艇悬浮时所受浮力大，即F悬浮＞F漂浮，选项B错误．根据阿基米德原理可知，浮力等于排开液体所受的重力；由B项可知F悬浮＞F漂浮，所以漂浮时排开海水所受的重力最小，选项C正确．由图可知，潜艇漂浮时其底部所处深度最小，根据
，排开水的质量为500g，浮子B重（不计
绳重和绳与滑轮间的摩擦）（g=10N/g），下面分析正确的是：
受到的浮力和绳子对它的拉力是一对平衡力
受到的浮力为
D航标灯静止时，浮子B体积应为 【答案】D 【解析】
【详解】AA受到3个力的作用,即A的重力G、A受到的浮力F浮、A受到绳子的拉力F;且3个力的平衡；故A错误；底部所处的深度为h＝5cm＝；受到的压强为：×10N/g×＝500排＝500g＝,故所受浮力为：F浮＝G排＝m排
3
3
g＝×10N/g＝5N，故C错误；,受到3个力的作用处于静止状态,即重力GB、F浮B、拉力F′;三力关系为：F浮B＝GBF′；故B受到的浮力为：F浮B＝GBF′＝1N＝；根据阿基米德原理F浮＝G排＝ρ液gV排,变形可得：B的体积为：VB＝
＝,故D正确，故选D
【点睛】（1）根据浮子的受力情况分析；（2）运用液体压强公式
高，即h
＝10m，克服国旗的重力做功为W＝Gh＝5N×10m＝50J；国歌的演奏一遍的标准时间是50秒，他对国旗做功的功率最接近于：
,图中为斜面,F2×5m＝
G×3m,得到F2＝；C如图所示,由图可知
，由杠杆平衡条件可得：
F3×L2＝G×LG,拉力F3＝G×G＝；D由图示可知,滑轮组承重绳子的有效股数n＝3,拉力F4＝G；因此最小拉力是F4；故选：D。
点睛：由图示滑轮组，确定滑轮组的种类，根据滑轮组公式求出拉力F1、F4；由勾股定理求出斜面的高，根据斜面公式求出拉力F2的大小；由图示杠杆求出动力臂与阻力臂的关系，然后由杠杆平衡条件求出拉力F3；最后
4
比较各力大小，确定哪个拉力最小。
9关于功率，下列说法正确的是： 机械效率越大，机械的功率就越大
C机器的功率越大，所做的功就越多D使用省力的机械，可以提高机械做功的功率
【答案】A 【解析】
【详解】A功率表示做功的快慢程度，功率越大，表示做功越快，故A正确；B机械效率是指有用功与总功的比值，机械效率的大小与机械的功率大小没有必然的联系，故B错误；C不知道做功的时间的情况下，机器的功率越大，做的功不一定就越多，故C错误；D功率表示做功的快慢程度，与机械的省力情况无关，故D错误。故选A
【点睛】单位时间内所做的功叫做功率．功率是表示做功快慢的物理量．功率得到计算公式为
5
的过程中，所用的拉力大小为375N，物体受到水平地面的摩
擦力为物重的倍。在此过程中下列说法不正确的是： ．．．
该滑轮组的机械效率一定小于100% 【答案】CD 【解析】
【详解】A、由图可知，n＝2，则绳子自由端沿水平方向移动的距离s＝nsA＝2×2m＝4m，故A错误；B、物体沿水平方向匀速移动时处于平衡状态，物体受到的拉力和摩擦力是一对平衡力，则物体受到的拉力FA＝f＝＝×1500N＝600N，故B错误；C、拉力F做的功W总＝Fs＝375N×4m＝1500J，
则拉力F的功率，一格的长度为L，两端增加钩码
后，左侧力和力臂的乘积为4mg2L＝8mgL，右侧力和力臂的乘积为3mg×3L＝9mgL，则右端力和力臂的乘积大，杠杆右端下降，故A正确。故选A
【点睛】原来杠杆处于平衡状态，加上相同的钩码，应由增加的力和力臂的乘积来判定．
15在今年的体育中考训练中，晓晓同学描绘了某次跳绳时重心移动的高度h随时间t变化的图象如图所示，若该同学质量为50g，g取10N/g则下列说法正确的是
6
A他每分钟跳绳120次
B他每次下落时重力势能在不断增大
内克服重力做功的功率是 【答案】D 【解析】
【详解】A由图分析可知,跳一次的时间为,则小明同学1min内跳了＝150次。故A错误；B跳绳时，人的质量一定，下落时，高度减小，所以重力势能减小。故B错误；C由图象可知，人的重心移动的最大高度h＝5cm＝；人的重力为G＝mg＝50g×10N/g＝500N，跳一次克服重力做功：W＝Gh＝500N×＝错误；内做的总功：W总＝W×150＝25J×150＝3750J，1min内克服重力做功的功率：
in内跳的次数；②重力势能与质量和高度有关；
③从图中可以看出他的重心移动的最大高度；已知人的质量，根据公式G＝mg可求他的体重，再利用W＝Gh求他跳一次克服重力做功；④已知跳一次克服重力做的功，求出1min做的总功，再利用功率的公式in内克服重力做功的功率．
16如图所示，用22N的力F沿水平方向拉滑轮，可使重20N的物体A以s的速度在水平面上匀速运动。物体B重10N，弹簧测力计的示数恒为6N
7
（不计滑轮、测力计、绳子的重量，滑轮的转轴光滑）。下列说法正确的是
受到摩擦力，方向水平向右
的摩擦力是一对平衡力 做的功为 的功率是 【答案】C 【解析】
【详解】静止，受到摩擦力与弹簧测力计对它的拉力平衡，方向水平向左，故A错误；在水平方向受三个力的作用，绳子对A的拉力和地面对A的摩擦力和B对A的摩擦力，故B错误；,根据v＝可得2s物体A移动的距离为s＝vt＝s×2s＝，所以W＝Fs＝12N×＝故C正确；＝24N×s＝，所以D错误。故选C
【点睛】AB、根据平衡力的特点对AB进行受力分析;C、绳子对物体A做的功即克服物体B和地面的摩擦力做的功；D、根据公式
3
＝Fv＝
，在物体M
未露出水面的过程中，绳子自由端的拉力F将物体M以s的速度匀速提升了10m的高度，此过程中，拉力F做的功W随时间t的变化图像如图乙所示，不计绳重和摩擦力大小（g取10N/g）。下面分析不正确的是 ．．．
8
A此过程中，绳子自由端的拉力F大小为
400N
没有露出水面时，动滑轮下端挂钩上绳子的拉力为730N 没有露出水面的过程中，该滑轮组提升货物的机械效率为95% 【答案】D 【解析】
【详解】（1）由图甲可知，n＝2,s＝2h＝210m＝20m,由图乙知，拉力F做的功W＝8000J,由W＝Fs得，拉力F＝
＝400N，故A正确；（2）
物体M的重力：G＝mg＝76g×10N/g＝760N；物体M浸没在水中，则V排＝V＝3×10m，物体M受到的浮力：F浮＝ρ水gV排＝
1×10g/m×10N/g×3×10m＝30N，则动滑轮下端挂钩上的绳子拉力：F拉＝GF浮＝760N30N＝730N，故C正确；（3）不计绳重和摩擦力,n＝2,由F＝GF浮G动得，G动＝2FGF浮＝2400N760N30N＝70N，故B正确；（4）由于物体未露出水面，物体受浮力作用，则滑轮组提升重物所做的有用功：W有＝GF浮h＝730N×10m＝7300J；货物以s的速度匀速提升到10m的高度，由v＝可知，运动的时间：t＝
＝20s，由图乙可知，此时拉力做的总
3
3
-33
-33
9
功是8000J，所以滑轮组提升重物的机械效率：η＝×100%＝故D错误。故选D
×100%＝%,
的物体提升一定高度，设置了如图甲所示的滑轮组装置。当用如图乙所示随时间变化的竖直向下的拉力F拉绳时，物体的速度v和物体上升的高度h随时间变化的关系分别如图丙和丁所示。（不计绳重和绳与轮之间的摩擦）。下列计算结果不正确的是 ．．．
～1s内，地面对物体的支持力
大于10N
～2s内，物体在做加速运动 ～3s内，拉力F的功率是100W ～3s内，滑轮组的机械效率是% 【答案】C 【解析】
【详解】1由图乙可知,在0∼1s内,拉力F＝30N取动滑轮和重物为研究对象,受到向下的重力G和G动,向上的支持力F支,及三根绳子向上的拉力F′作用，处于静止状态；地面对重物的支持力F支＝G−F′＝G−3F拉G动＝100N−3×30NG动＝G动10N10N，故A正确；2由图丙可知，1s～2s内，物体在做加速运动，故B正确；3由图可知在2∼3s内,重物做匀速运动,v3＝
10
s,拉力F3＝40N，因为从动滑轮上直接引出的绳子股数承担物重的绳子股数n＝3，所以拉力F的作用点下降的速度v′3＝3v3＝3×s＝s，拉力做功功率总功
率:
的过程中，塔吊对变压器做
的功为______J。将变压器吊装到货船上，货船排开水的体积将增大_________m3。
【答案】1增大受力面积减小压强（减小压强）203373
【解析】
【详解】（1）转运变压器的平板货车安装有很多车轮，是在压力一定时，增大受力面积来减小载重汽车对地面的压强．（2）在变压器水平移动的过程中，吊钩对变压器没有施加水平方向的力，因此只有水平方向的距离，没有力，故塔吊对变压器做的功为0J；（3）将变压器吊装到货船上，货船重力增大，货船排开水的体积增大，货船漂浮在水面上，货船等大的重力等于其
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增大的浮力，则F浮＝G，F浮＝G排＝ρ水gV排，则G＝G排，即m变压器g＝m水g＝ρ水gV排，V排＝
＝373m．
3
【点睛】（1）根据减小压强的方法：一是当压力一定时，增大受力面积；二是当受力面积一定时，减小压力；三是在条件允许的情况下，可以同时减小压力、增大受力面积．（2）根据做功的两个必要因素分析在钢材水平移动的过程中，吊钩对钢材做功；（3）已知变压器质量，可求得其重力，利用漂浮条件F浮＝G和F浮＝G排＝ρgV排变形可求得货船排开水的增大体积．
从深井中吊出来，拉力的功率随时间的变化如图乙所示，已知动滑轮的重力为60N，物体匀速上升的速度始终为1m/s不计绳重、摩擦及阻力，ρ水＝1×103g/m3，g＝10N/g．则物体浸没在水中时受到的浮力为__________N；物体浸没在水中时滑轮组的机械效率为___________；
【答案】1120280%
【解析】
【详解】（1）由图甲可知，n＝2，则拉力F拉绳的速度v＝2vA＝2×1m/s＝2m/s；由图乙可知，圆柱体A离开水面后拉力F的功率
A
=mB＜mC，hA=hC＞hB，
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（1）实验中是通过比较
_____________________来比较动能大小的．
（2）使同一小球从斜面上不同高度处自由滚下，是为了研究动能大小与______的关系．
（3）比较图A、B可得结论：_____________________________________．
（4）甲同学通过比较B、C两图，得出“质量大的物体动能大”，乙同学认为甲同学的这一比较过程存在错误，你能指出错误的原因是什么吗______________________．
（5）当水平面绝对光滑时，物体将
_________________________________，__________（选填“能”或“不能”）达到实验目的。
【答案】1木块移动的距离2速度3质量相同时，速度越大，动能越大4未控制速度相同5一直做匀速直线运动6不能
【解析】
【详解】1此实验中是通过观察小木块移动的距离来比较三个小球动能大小的；2使同一小球从斜面上不同高度处自由滚下，控制小球的质量不变，研究动能大小与速度的关系；4AB两图，两球质量相同，在A图，小球处的位置高，到达水平面的速度大，推动木块运动的远、做功多，小球的动能大，
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说明：质量相同时，小球的速度越大，动能越大；4要探究小球动能与质量的关系，需要控制小球到达水平面时的速度相同，即不同质量的小球从同一高度滚下，而BC两图没有让小球从同一高度滚下，没有控制小球的速度相同。（5）若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，将做匀速直线运动，因此无法显示被推动的距离，不能得出结论。
【点睛】（1）动能的大小无法直接进行测量，因此可采用转换法，通过观察小木块被推出的距离来进行比较；（2）使同一小球从斜面上不同高度处自由滚下，小球的质量不变，改变的是小球到达水平面的速度；（3）影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论；（4）影响动能大小的因素有物体的质量与速度，因此，在探究和分析结论时，一定要注意控制变量法的运用，并据此得出结论．（5）根据牛顿第一定律，若水平面绝对光滑，则木块不受摩擦力作用，运动后将保持匀速直线运动。
25小明和小红一起做探究杠杆平衡条件的实验：
（1）
实验前，将杠杆的中点置于支架上，发现杠杆在如图甲所示的位置保持静止，此时杠杆_____（选填“是”或“不是”）处于平衡状态。小明将左端的平衡螺母向右调，小红认为也可以将右端的平衡螺母向_______调（选填“右”
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或“左”），使杠杆在水平位置平衡。
（2）杠杆调好后小明同学按如图乙进行实验，小红同学按图丙进行实验。同学们讨论后一致认为小红同学的实验更合理，理由是_________________________________。
（3）按图丙实验时，测力计示数如图丁所示，拉力F1´为_____N。 （4）在探究过程中，我们需要测量和记录动力、动力臂、阻力、阻力臂四个物理量，在进行多次实验的过程中，我们_____（选填“可以”或“不
可以”）同时改变多个物理量，进行探究测量；多次测量的目的是______。
【答案】1是2右3便于直接从杠杆上读出力臂的大小45可以6避免实验结论的偶然性，便于得出普遍性规律
【解析】
【详解】1杠杆左端下沉,应将杠杆重心向右移,所以应将两端的平衡螺母左端和右端的均可向右调节；实验时杠杆在水平位置平衡，力臂正好在杠杆上，故其目的是为了便于直接从杠杆上读出力臂的大小；2图乙中弹簧测力计斜向右拉杠杆，拉力的方向与杠杆不垂直，其力臂不在杠杆上，而丙图中拉力的方向与杠杆垂直，其力臂正好在杠杆上，便于直接从杠杆上读出力臂的大小，所以小红同学的实验更合理；（3）图丁中弹簧测力计的分度值为,其示数为；（4）在“探究杠杆平衡条件”实验时，我们可以同时改变多个量，进行多次实验，其目的是：避免实验次数过少，使实验结论具有普遍性。
【点睛】探究杠杆平衡条件时，使杠杆在水平位置平衡，力臂在杠杆上，便于测量力臂；实验中若用弹簧测力计拉杠杆，拉力应沿竖直方向，便于直
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接从杠杆上读出力臂的大小；为寻找普遍规律应进行多次测量。
26在“测滑轮组机械效率”的实验中（均不计绳重和摩擦），小明用同一滑轮组进行了两次实验，部分实验数据如下表所示。
（1）根据小
明的实验数据在如图中用笔画线代替细绳组装滑轮组________________。
（2）实验中，使用滑轮中提升重物时，小明应____________拉动弹簧测力计。
（3）第1次实验中测得滑轮组的机械效率为________。 （4）在表格的空格处应填的合适数据是__________。
（5）若绕滑轮组的细绳能承受的最大拉力为10N，则该滑轮组效率最高可达________。
【答案】1见解析所示2竖直匀速350%43590% 【解析】
【详解】1由表格中第一组数据可知，绳子的段数n＝数，从动滑轮的挂钩开始依次绕线，如下图所示：
＝3，是奇
（2）实验过程中，弹簧测力计要竖直匀速拉动，根据二力平
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衡的条件可知此时弹簧测力计的示数才于绳子的拉力相等；3滑轮组的机械效率为：η＝
，第1次实验测得滑轮组的机械效率：η1＝
50%；（4）n＝3,由F＝GG动得，G动＝3F1G＝32N3N＝3N,则F2
＝G2G动＝6N3N＝3N,故空格处应填3；5若绕滑轮组的细绳能承受的最大拉力为10N，即Fma＝10N，由F＝GG动得，Gma＝3FmaG动＝310N3N＝27N,则该滑轮组效率最高可达：ηma＝
＝90%
【点睛】根据第一次物体上升的高度和绳子自由端移动的距离来判断绳子的段数，即s＝nh，从而求出第二次实验弹簧测力计移动的距离；（2）n＝3是奇数，根据“动奇定偶”可知从动滑轮的挂钩开始绕线；（3）根据η＝
求出第1次的机械效率；（4）据第一次实验数据，由F＝GG
动
求出动滑轮的重力，然后由F＝GG动求F2,（5）若绕滑轮组的细绳能承
受的最大拉力为10N,由F＝GG动可求滑轮组所能提起的重物的最大重力Gma，最后由η＝求出滑轮组的最高效率。
27小华在超市购买大米，他将如图所示的两袋大米从货架上搬到手推车上，每袋大米质量为10g。
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（1）他在搬运时对大米至少要做多少功
（2）若车重100N，水平推行时摩擦力是总重的倍，当车装入两袋大米后，以h的速度匀速直线前行时，则他推车的功率是多大
【答案】（1）120J；（2）6W 【解析】
【详解】（1）两袋大米的重力G＝mg＝2×10g×10N/g＝200N，搬两袋大米移动的最小距离为S＝1m（）＝，W＝FS＝GS＝200N×＝120J；（2）h＝1m/s，由题意可知，小车做匀速直线运动，所以小车所受推力,F’＝f＝总＝×（100N200N）＝6N,/s＝6W
28如图甲所示是武汉市地铁站修建时要用到的起重机，如图乙是起重机的示意图，起重机重3×104N（包括悬臂），重心为，BO为1m，BC为4m，CD为。
（1）通过计算
说明不加配重时，起重机最多能吊起多重的货箱（不计动滑轮与绳重）
（2）计算说明配重不得超过多少（在不吊货物时的情境中计算）
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（3）如图丙是它的滑轮组装置示意图。起重机悬臂的底部有由一台电动机带动的两台相同的转扬机，这两台转扬机一起同向转动回收钢绳，从而吊起物体。在某次吊起质量为2t的建筑材料时，起吊装置的效率为80％，电动机的输出功率（即为滑轮组获得的总功率）为1w，则右转扬机拉绳的速度是多少
【答案】（1）3×103N；（2）6×104N;（3）s 【解析】
【详解】（1）由乙图可知，起重机相当于一个杠杆，当不加配重时，B为支点，根据杠杆平衡条件，G货×AB＝G起×BO，即G货×10m＝3×10N×1m，解得：G货＝3×10N，即不加配重时，起重机最多能吊起重3×10N的货箱；（2）若起重器加配重且不起吊物体时，C为支点，起重机自重的力臂为：OC＝BCBO＝4m1m＝3m,配重M的力臂：CD＝,根据杠杆平衡条件：G起×OC＝G配×CD,即3×10N×3m＝G配×,G配＝6×10N,所以这起重机最大配重为6×10N，若超过最大配重，起重机不工作时会向右翻到；（3）由题意可知，建筑材料由两台转扬机、四段绳子提起，G=2t＝2×10g，η＝即80%F＝5×10N，解得：F＝6250N，右转扬机功率为：P＝P电＝＝500W，v＝
＝s
3
3
4
4
4
3
3
4
,1000W
19
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