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浙江省嘉兴市南湖区2025-2026学年第一学期八年级期末测评 科学试题卷
1．（2026八上·南湖期末）现在，嘉兴火车站“验检合一”已经全面实施，乘客只需通过验票闸机“一道闸”，当身份信息和人脸信息都符合时，电动机转动，打开闸门，就能直接到达站台，进站速度明显提升，下列电路设计符合要求的是（）
A． B．
C． D．
2．（2026八上·南湖期末）农业生产中，硫酸镁常作为肥料为作物补充镁元素，其溶解性能直接影响施肥效果。某农技人员收集了硫酸镁在不同温度下的溶解度数据，如下表所示。请结合数据及实际施肥场景，判断下列说法正确的是（　　）
温度/℃ 10 30 50 75 90
溶解度/克 27.7 39.3 49.0 54.1 51.1
A．春季气温为 10℃时，向 100 克水中加入28克硫酸镁，充分溶解后可得到 128 克施肥液
B．夏季正午温度达30℃时，配制139.3克硫酸镁饱和施肥液，需要加入39.3克硫酸镁固体
C．若在75℃时配制一瓶硫酸镁施肥液，降温至50℃(忽略水分蒸发)，瓶底会析出硫酸镁晶体
D．农技人员认为温度越高，硫酸镁在水中的溶解量越大，配制的施肥液的质量分数越大
3．（2026八上·南湖期末）如图所示，容器中装有密度不同且不能混合的三种液体，容器侧面的甲、乙、丙三根带阀门的细管均与大气相通。打开阀门待液体不再流动后，下列判断正确的是（　　）
A．甲管内液面与容器内最上层液面相平
B．甲管内液面最低，丙管内液面与容器内最上层液面相平
C．甲、乙、丙三根管内与容器内液体同一深度处压强一定处处相等
D．甲、乙、丙三根管内液面相平
4．（2026八上·南湖期末）如图为一握力计的电路示意图， AB为粗细均匀的长为L的电阻导体，金属板 N固定不动，金属板 M可带动金属片 P滑动， MN是弹簧，电源电压保持不变，以电压表的示数 U为纵坐标，各点离 A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图像应为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2026八上·南湖期末）如图所示，弹性小球撞击地面前的速度方向与水平地面的夹角为α，撞击后离开地面时的速度方向与水平地面的夹角为β，则下列说法中正确的是（　　）
A．无论地面光滑与否，总有β=α
B．无论地面光滑与否，总有β<α
C．地面的粗糙程度越大，β越小
D．地面的粗糙程度越大，β越大
6．（2026八上·南湖期末）如图所示是监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变，R1是阻值不变的定值电阻。闭合开关S，当水流速度为v0时探头刚好处于图示位置静止，水流速度越快，探头向上移动距离越多，电流表和电压表示数随之发生变化。以下说法正确的是（　　）
A．水流速度变快时，电压表示数变大
B．水流速度变慢时，通过 R1的电流值变大
C．若将电流表改装成流速计，能实现水流速度越快，电流表示数越大
D．水流速变化时，电压和电流表示数的比值始终不变
7．（2026八上·南湖期末）如图甲所示，重为G的正方体滑块P套在水平放置的方管Q上，在水平向右风力的作用下，滑块 P向右做匀速直线运动。将方管Q按图乙竖直放置后，滑块P竖直向下运动。假设滑块 P受到风力的大小和方向始终保持不变，其受到方管Q的摩擦力等于压力大小的0.8倍，方管足够长且忽略空气阻力。则（　　）
A．甲、乙中 P对Q的压力大小相同
B．甲、乙中 Q对P的摩擦力大小相同
C．乙中 P匀速向下运动
D．乙中 P加速向下运动
8．（2026八上·南湖期末）在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示。若水平风速逐渐增大(空气密度不变)，则下列说法正确的是（　　）
A．细绳的拉力逐渐变小
B．地面受到小石块的压力逐渐减小
C．小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大，滑动后受到的摩擦力不变
D．小石块有可能连同气球一起被吹离地面
9．（2026八上·南湖期末）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如右图所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表A(实质是电流表)，踏板的质量可忽略不计，已知电流表的量程为3A，电源电压为12V，R0阻值为2Ω，电阻R(压力传感器)随压力变化的数学表达式为R=30-0.02F(F和R 的单位分别是N和Ω)。则以下说法正确是（）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A 刻度处
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表A 刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表 A 刻度盘的最大刻度处
10．（2026八上·南湖期末）寄生蝇一般听到寄主(如蟋蟀)发声，就能凭听觉确定其位置，寄生虫的幼虫在寄主体内吞食其身体，寄生蝇一般听到捕食者(如蝙蝠)发声，就立刻逃逸。蟋蟀发声频率是 蝙蝠发声频率是 林区需要吸引寄生蝇以杀灭害虫，养蚕中心需要驱赶寄生蝇以保护蚕宝宝，则林区和养蚕中心需要设置声源的振动周期(振动周期是指振动一次所需时间)分别为（　　）
A． B．
C． D．
11．（2026八上·南湖期末）在“研究凸透镜成像”实验中烛焰在光屏上成一个清晰缩小的像，光屏离凸透镜的距离为20厘米；当烛焰距凸透镜的距离为30厘米时，烛焰所成的像（　　）
A．只可能是倒立缩小的实像
B．只可能是倒立放大的实像
C．只可能是正立放大的像
D．倒立放大、缩小或等大的实像都可能
12．（2026八上·南湖期末）“奋斗者号”是中国自主研发的万米载人潜水器，2025年3 月 21 日，首次实现人类下潜至普伊斯哥海沟最深处。“奋斗者”号外壳坚硬，下潜过程中体积保持不变，依靠调整配备的压载铁来实现下潜和上浮。下列关于“奋斗者”号深潜过程的说法，正确的是（　　）
A．下潜深度越大，“奋斗者”号所受压强越小，所受浮力越大
B．悬浮时浮力等于重力，若要实现下潜，则应增大压载铁质量
C．上浮过程中，所受压强增大，重力小于浮力
D．体积不变的情况下，改变压载铁重量不会影响运动状态
13．（2026八上·南湖期末）小明设计了一种简易烟雾报警控制器（如图），电路中R1为定值电阻，R2为光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），烟雾增大到一定程度时电压表V的指针偏转到某值U触发报警系统。下列做法能使控制器在烟雾较淡时就触发报警的是()
A．电压表改接大量程 B．增大激光强度
C．减少R1阻值 D．减小电源电压
14．（2026八上·南湖期末）将平底薄壁圆筒状的空杯放在饮料机的水平杯座上接饮料，杯座受到的压力F随杯中饮料的高度h变化的图像如图。饮料出口的横截面积， 饮料流出的速度v=50cm/s， 杯高H=10cm， 杯底面积 g 取10N/ kg。则下列说法中正确的是（　　）
A．装满饮料时，杯底受到饮料的压力为4.5N
B．饮料的密度为1.5g/cm3
C．饮料持续流入空杯5s后关闭开关，杯对杯座的压强为800Pa
D．饮料持续流入空杯8s后关闭开关，杯对杯座的压强为
15．（2026八上·南湖期末）妈妈买了新鲜桔子(密度均匀)，小明将质量为 120g 的桔子放入水中，发现桔子漂浮且 1/10 体积露出水面( 下列说法正确的是（　　）
A．若将露出水面的部分切除，剩余部分仍会漂浮
B．桔子的密度为1.0×103kg/m3， 与水的密度相等
C．若往水中加适量食盐，桔子露出水面的体积会变小
D．若将桔子压入水中完全浸没，其受到的浮力仍为 1.2N
16．（2026八上·南湖期末）车间停电后，各种转轮过了一段时间才能陆续停止转动，可见转动物体有转动惯性。转动惯性的大小在物理学中用转动惯量I 来表示。一物体可看作由 n个微小部分组成，它们的质量分别为m1， m2，……， mn，到某转动轴的距离分别为r1，r2，…，rn， 则该物体对该转动轴的转动惯量为
图A是一个质量为m的小球，用长为l的轻质硬杆(不计质量、不形变)连接到转轴OO'上，则它对这个轮的转动惯量是ml2；
（1）图B是用铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环。我们将该圆环均匀分割为100等份，每等份可以看作是一个小球(图中a)。则该圆环绕着中心转轴OO'转动时的转动惯量为　 　。将它用轻质硬杆与转轴相固定，用同样型号的铁丝制成甲、乙两个陀螺，其中甲陀螺的半径为R，乙陀螺的半径为2R，则要使甲、乙转动起来，更容易些的是　 　；
（2）图C中的薄圆筒半径为0.1m、质量为0.2kg，则薄圆筒对中心转轴OO'的转动惯量是　 　kg·m2
17．（2026八上·南湖期末）某项目化学习小组对新能源汽车非常感兴趣，他们在老师的指导下设计了如下评价量表，结合该评价量表，设计一款电动小车。
电动小车评价量表 (节选)
评价指标 优秀 合格 待改进
指标一 小车能前进和后退 小车只能前进或后退 小车不能运动
指标二 车速随电门踏板踩下距离变大而变大 电门踏板踩下距离变大，但车速稳定不变 电门踏板踩下距离变大，但车速反而变小
指标三 速度表与电门踏板踩下距离成正比 速度表随电门踏板踩下距离变大而变大，但不成正比 速度表不随电门踏板踩下距离变大而变大
查阅资料：①改变电动机中的电流方向，可以使电动机顺转或反转
②电动机转动的速度可以由电流大小来控制
③可以将电流表改装成速度表
（1）【选材】图甲是电门踏板的工作原理示意图。利用旋钮变阻器实现对转速的控制，图中O、E、F为变阻器的三个接线柱。驾驶员踩下“电门”，电动车加速运动，则旋钮变阻器接入电路的接线柱为哪两个 　 　(选填“E”、“F”、“O”)。
（2）【设计】图乙是项目化小组设计的实现电动车前进的电路图，当S1、S2分别接①和③时电动车前进；要求S1、S2分别接②和④时电动车后退，在图乙中补全电路。
（3）【调试】图丙是电动车前进时的简略电路图，电源电压为9V，保护电阻R1为5Ω，R2阻值为25Ω，长度为20cm的均匀电阻丝。调试时，将踏板由图丙中所示的位置踩下8cm，此时电流表的示数为　 　。
（4）【评价】该项目能否被评为优秀，请说出你的理由　 　。
18．（2026八上·南湖期末）某航海器材厂计划研发一款高性能救生衣，核心材料为不吸水、质量均匀的泡沫块。救生衣的安全性能直接取决于泡沫块的浮沉特性，因此需要通过实验精准测定泡沫块的密度，实验装置和步骤如下：
①图甲：取一个底面积为 S 的圆柱形容器，倒入适量水(密度为ρ水)，液面稳定后高度为 h0；②图乙：将一块泡沫块轻轻放入水中，泡沫块漂浮，液面高度变为h1；
③图丙：向泡沫块上缓慢添加砝码，直至泡沫块恰好完全浸没且未触容器底，此时液面高度为 h2；继续添加少量砝码，泡沫块沉底。
（1）步骤③中，泡沫块从漂浮变为悬浮的过程中，泡沫块受到的浮力　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)；
（2）若步骤③中添加的砝码不慎掉入容器底部(未粘在泡沫块上)，此时泡沫块仍处于漂浮状态，液面高度会　 　(选填“大于”“小于”或“等于”)h2；
（3）请用表格里的符号(ρ8、S、h0、h1、h2)来表示泡沫块的密度ρ　 　。
19．（2026八上·南湖期末）自然界两个物体之间都存在着非常微小的引力，科学家用如图甲装置进行研究。实验步骤如下：
在装有平面镜的轻质T形支架两端分别固定两个相同的小球A、B，并将T形支架悬挂在石英丝上，用固定光源发射一束光线照射在平面镜上，在远处的接收器上得到反射光点O。再将大球C、D分别靠近小球 A、B，小球静止时，大、小球之间的距离相同，石英丝受到引力作用发生微小偏转(称为扭转角 θ)，并测量出接收器上光点M偏移O点的距离。
实验次数 L(cm) r(mm) 扭转角(θ度)
1 5 0.25 40.0
2 5 0.50 10.0
3 10 0.50 20.0
4 10 1.00 5.0
5 40 2.00 　
（1）实验中，判断大、小球之间的引力大小变化的实验现象是：　 　；
（2）科学家采用多种方法将实验中微小的扭转角θ放大，写出其中的一种具体操作方法　 　；
（3）实验中科学家发现石英丝在相同大小的力的作用下扭转角度(如图乙所示)与悬丝的长度L 及半径r有关，测得数据如下：则第5次实验中扭转角θ为　 　度。
20．（2026八上·南湖期末）研习小组设计了如图甲所示的电路探究电流与电阻的关系，并连接好实物电路如图乙，进行实验。实验器材：三节新干电池(电源电压为4.5V)、电流表、电压表、滑动变阻器(“20Ω，2A”)、定值电阻5个(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、50Ω)、开关一个、导线若干。
（1）闭合开关，发现电流表示数几乎为零，电压表有示数。经分析有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”，并补画出一根导线连接成正确的电路。
（2）利用正确的电路进行实验，获得实验数据并画出I-R图像，如图丙。依据曲线图推测：阴影部分面积S1与斜线部分面积 S2的大小关系是：S1　 　S2(选填“>”、“=”或“<”)。
（3）实验中，将5Ω的定值电阻换成10Ω后，小东和小阳对接下来的操作有不同看法：小东认为可直接闭合开关，再移动滑片，使电压表示数达到预设值；小阳认为应先将滑片移到右端，再闭合开关，向左移动滑片，使电压表示数达到预设值。你赞成谁的观点 请说明理由　 　。
（4）研习小组发现再用50Ω的定值电阻进行实验时，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到预设值。为了能完成这次实验，所采取的措施可行的是____。
A．增加一节干电池
B．更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器
C．调节滑片使电压表示数为2.5V
D．将电压表改接到滑动变阻器两端
21．（2026八上·南湖期末）某中学研学小组赴热气球基地开展实践活动，现场观察到：热气球搭载乘客和设备后，通过燃烧器加热球内空气，一段时间后便能缓缓升空。为弄清其原理，小组收集到以下关键信息：
①热气球升空的核心条件是所受浮力大于热气球的总重力；
②热气球加热过程中，球囊体积固定，排开外界空气的体积始终不变；
③压强一定时，空气密度随温度的变化关系如下表。
空气温度(℃) 20 50 100 200 300
空气密度 (kg/m3) 1.20 1.09 0.9 0.746 0.616
（1）热气球排开空气的体积为1000m3，自身质量为300kg。当外界空气温度为20℃时，若要使热气球升空，球内空气温度至少需达到多少摄氏度 (计算结果保留整数)
（2）分析热气球加热前后，球内空气的质量变化，并说明热气球升空的原因　 　
（3）为使热气球更容易升空，下列方法可行的是____(选填字母)。
A．减小热气球吊篮的质量
B．减小热气球的体积
C．提高加热装置的供热效率
22．（2026八上·南湖期末）一圆筒形容器内装有水，圆筒内横截面积为200cm2。现将混有石子的冰块放入水中，冰块正好悬浮(如图)，此时发现筒内水面上升8cm，若冰的密度为 石块的密度为 求：
（1）冰块和石子的总质量。
（2）石子的体积。
（3）当冰块全部熔化后，水面下降多少
23．（2026八上·南湖期末）如图所示，黑匣子上有 A、B、C三个接线柱，内部只有一个电压恒为12V 的电源和两个定值电阻 电流表分别连接到接线柱AB，AC，BC时，电流表示数如下表所示：
实验序号 1 2 3
电流表位置 接AB 之间 接 AC之间 接BC之间
电流表示数/A 0.3 0 0.4
电路的总电阻/Ω ▲ 无法计算 30
（1）请将上表填写完整。
（2）请在方框内补全电路(要有电源、R1和R2)。
（3）根据自己补全的电路图，计算R1和R2的阻值各为多少
24．（2026八上·南湖期末）某兴趣小组自制了一只电子密度计，如图甲。电源电压为 6V，R0阻值为 12Ω，R1是一条长为15cm，阻值为12Ω的电阻丝。滑片P连接R1和轻质弹簧下端，弹簧的下端连接着底面积为 高为20cm的圆柱体重物T。测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，重物T未放入液体时，滑片P处于b位置；当滑片P滑至a位置时，轻质弹簧恢复原长。轻质弹簧伸长长度△L与其所受到的拉力 F 关系如图乙所示，滑片与电阻丝之间摩擦力不计，弹簧阻值不计。
（1）测量水的密度时，求重物T受到的浮力为多少牛 此时电压表示数为多少
（2）兴趣小组同学将电流表改为密度表，则这只密度计能测出最大密度值对应的电流是多少安
（3）若要增大测量范围，对原装置的重物T如何改进。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【分析】 根据题意分析电路的连接方式，然后选出正确的答案
【解答】根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，电动机才工作，这说明两个开关相互影响，是串联的关系，然后与电动机串联，故A正确。
故答案为：A。
2．【答案】B
【知识点】固体溶解度的概念
【解析】【分析】A：10℃时 100g 水最多溶解 27.7g 硫酸镁，28g 不能完全溶解，溶液质量不足 128g。
B：30℃时 100g 水溶解 39.3g 硫酸镁可制得 139.3g 饱和溶液，与题目描述相符。
C：若 75℃时溶液浓度较低，降温至 50℃可能仍不饱和，不一定析出晶体。
D：硫酸镁的溶解度在 75℃后随温度升高而减小，不是一直增大。
【解答】选项 A：10℃时，硫酸镁的溶解度为 27.7g，这意味着 100g 水最多只能溶解 27.7g 硫酸镁。因此向 100g 水中加入 28g 硫酸镁，只有 27.7g 能够溶解，最终得到的溶液质量为 100 g+27.7 g=127.7 g，而不是 128g。该说法错误。
选项 B：30℃时，硫酸镁的溶解度为 39.3g，说明在 100g 水中溶解 39.3g 硫酸镁恰好达到饱和，此时溶液的总质量为 100 g+39.3 g=139.3 g。因此，配制 139.3g 硫酸镁饱和溶液，需要向 100g 水中加入 39.3g 硫酸镁固体，与题目描述完全吻合。该说法正确。
选项 C：75℃时硫酸镁的溶解度为 54.1g，50℃时为 49.0g。只有当 75℃时的溶液为饱和或接近饱和时，降温至 50℃才会析出晶体；如果 75℃时溶液浓度较低，降温后溶液可能仍不饱和，不会析出晶体。因此不能确定一定会析出晶体。该说法错误。
选项 D：从表格数据可以看出，硫酸镁的溶解度在 75℃时为 54.1g，而在 90℃时下降到 51.1g，说明温度超过 75℃后，溶解度反而减小，并非温度越高溶解度越大，因此溶液的质量分数也不会一直增大。该说法错误。
故答案为：B
3．【答案】D
【知识点】影响液体压强大小的因素
【解析】【分析】根据连通器原理判断丙管内的液面和容器内液面相平。
由于打开阀门后，乙管和容器交界的液片AB2和甲管和容器交界的液片AB3都处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，压强相同。
把乙管分成两部分，其中的h2B产生的压强和h'2产生的压强相等，h2A产生的压强和h1产生的压强相等，由于密度的不同，判断液体深度的大小。
把甲管分成三部分，其中的h3C产生的压强和h'3产生的压强相等，h3B产生的压强和h''2产生的压强相等，h3A产生的压强和h1、h'2产生的压强相等，由于密度的不同，判断液体深度的大小。
【解答】由于三种液体不相混合，从图可知，，
当打开甲、乙、丙三个阀门时，丙管：丙管和容器上层形成一个连通器，丙管和容器的上层都装有密度为的液体，静止时丙管的液面和容器中的液面是相平的；
乙管：液体静止，乙管和容器交界的液片AB2处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，液片AB2受到向左和向右压强相同
因为，所以、，又因为，所以，，所以
乙管液面低于丙管液面；
甲管：液体静止，甲管和容器交界的液片AB3处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，向左和向右压强相同。
所以，
因为①，可得，
所以。
把液体为的液体分成两段和
假如h3B产生的压强和产生的压强相等，即；
因为，所以②
假如h3B产生的压强和h1、产生的压强相等，即；
又因为h1、产生的压强和h2A、h2B相等，所以；
因为，所以③
由①②③得
所以，甲液面低于乙液面，乙液面低于丙液面；
由以上分析知，ABC错误，D正确。
故选D。
4．【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】电路分析：电阻导体 AB 全部接入电路，滑动片 P 移动时，电路总电阻不变，因此电路中的电流 I 也保持不变。
电压与长度的关系：电压表测量的是 A 到 P 之间电阻的电压。由于导体均匀，AP 段的电阻 RAP = R。根据欧姆定律 U=IRAP ，电流 I 不变，所以电压 U 与 AP 的长度 x 成正比。
【解答】因为电流 I 恒定，且 U=I R，所以 U 与 x 成正比例关系，图像为一条过原点的倾斜直线。
当 x 从 0 增加到 L 时，U 也从 0 线性增加到最大值。
故答案为：A
5．【答案】B
【知识点】速度与物体运动；摩擦力的存在
【解析】【分析】速度的分解：我们可以把小球撞向地面和离开地面的速度，拆成水平方向和竖直方向的两个分速度。
竖直方向变化：无论地面是否光滑，小球碰撞后，竖直方向的速度都会变小（因为碰撞会损失能量）。
水平方向变化：如果地面光滑，水平方向速度保持不变；如果地面粗糙，水平方向速度会因为摩擦力而减小。
角度大小判断：角度是由水平和竖直分速度的相对大小决定的。因为竖直速度变小了，所以离开时的角度 β 一定比撞击时的角度 α 小。
【解答】选项 A：错误。因为碰撞后竖直速度会变小，所以角度不可能相等。
选项 B：正确。无论地面是否光滑，碰撞后竖直速度都会减小，所以离开时的角度 β 总是小于撞击时的角度 α。
选项 C：错误。地面越粗糙，水平速度减小得越多，角度 β 反而会变大，而不是变小。
选项 D：错误。虽然地面越粗糙水平速度损失越大，但这个结论没有考虑竖直速度的减小，不能直接推出角度的变化趋势。
故答案为：B
6．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】电路结构：定值电阻 R1 与滑动变阻器 R2 串联，电流表测电路电流，电压表测R2 两端电压。
水流速度变化的影响：水流速度变快 → 探头向上移动 → 滑动变阻器接入电路的电阻变小；水流速度变慢 → 探头向下移动 → 滑动变阻器接入电路的电阻变大。
欧姆定律分析：总电阻R=R1 +R2 ，电源电压不变，根据I=U/R，R2 变小 → 电流 I 变大；R2 变大 → 电流 I 变小。电压表示数 U2 =U U1 ，U1 =IR1 ，电流 I 变大时 U1 变大，所以 U2 变小。
【解答】选项 A：水流速度变快时，R2 变小，电路电流变大，R1 两端电压变大，所以 R2 两端电压（电压表示数）变小。错误
选项 B：水流速度变慢时，R2 变大，总电阻变大，电路电流变小，通过 R1 的电流也变小。错误
选项 C：水流速度越快，R2 越小，电流越大，所以将电流表改装成流速计，能实现水流速度越快，电流表示数越大。正确
选项 D：电压和电流表示数的比值 U2 /I=R2 ，R2 随水流速度变化，所以该比值会变化。错误
故答案为：C
7．【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】分析图甲，滑块匀速直线运动，水平方向风力与摩擦力平衡，竖直方向重力与支持力平衡，结合摩擦力与压力的关系，可推出风力大小。再分析图乙：风力不变，此时方管与滑块的压力等于风力，据此求出摩擦力。最后判断图乙中滑块的受力情况，重力大于摩擦力，滑块加速运动。
【解答】AB、图甲中，滑块P竖直方向上受到的重力G和方管Q对它向上的支持力是一对平衡力，滑块P对方管Q的压力与方管Q对它向上的支持力是相互作用力，所以滑块P对方管Q的压力等于滑块P的重力，即F压=G，其受到方管Q的摩擦力f甲=0.8G，又滑块P在水平向右风力的作用下向右做匀速直线运动，所以风力等于摩擦力，F风=f=0.8G；图乙中，滑块P竖直方向受到竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，水平方向上，滑块P对Q压力等于风力的大小，即F压'=F风=0.8G，故A错误；
滑块P受到方管Q的摩擦力f乙=0.8F压'=0.8F风=0.8×0.8G=0.64G，故B错误；
CD、图乙中，由于竖直向上的摩擦力0.64G小于竖直向下的重力，滑块P的合力向下，所以滑块P向下做加速运动，故C错误，D正确；
故答案为：D。
8．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】气球受力变化：风速增大时，气球受到的水平风力变大，气球会向左上方偏移，细绳与水平地面的夹角变小。
细绳拉力分解：细绳拉力可分解为水平和竖直两个分量。水平分量平衡风力，竖直分量向上。风速越大，水平拉力分量越大，细绳总拉力 T 会变大。同时，拉力的竖直分量 Ty 也会变大，对石块产生向上的拉力。
石块受力分析：地面压力 FN =G石 Ty ，所以压力会逐渐减小。滑动前摩擦力为静摩擦力，大小等于风力，随风速增大而变大；滑动后为滑动摩擦力，大小 f=μFN ，因 FN 减小，滑动摩擦力会变小。气球的升力不变，而拉力的竖直分量增大，但总向上力（升力 + 拉力分量）小于石块重力，因此石块不会被吹离地面。
【解答】选项 A：风速增大时，细绳拉力会变大，不是变小。错误
选项 B：拉力的竖直分量变大，石块对地面的压力会减小。正确
选项 C：滑动后摩擦力随压力减小而变小，不是不变。错误
选项 D：总向上力小于石块重力，石块不会被吹离地面。错误
故答案为：B
9．【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）当电流表的示数为3A时，压力传感器的电阻最小，压力传感器受到的压力最大，即称量的体重最大，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出传感器的电阻，然后利用R=30-0.02F求出称量的最大压力；
（2）根据R=30-0.02F求出体重为1300N时压敏电阻的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中电流表的示数；
（3）根据R=30-0.02F求出踏板空载时压敏电阻的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中电流表的示数。
【解答】选项 A：当电流达到最大值 3A 时，总电阻为R总 = ==4 Ω，压力传感器的电阻
R=R总 R0 =4Ω 2Ω=2Ω；代入R=30 0.02F F==1400N；最大体重为1400N，不是 1300 N，A 错误；
选项 B：当体重为1300N 时，压力 F=1300 N，代入 R=30 0.02F；R=30 0.02×1300=4 Ω；总电阻R总 =R+R0 =4 Ω+2 Ω=6 Ω；电路电流I= = =2 A；所以体重 1300 N 对应电流 2 A，应标在电流表2A 刻度处，B 正确；
选项 C：踏板空载时 F=0，代入 R=30 0.02F；得 R=30 Ω；总电阻R总 =30 Ω+2 Ω=32 Ω；电路电流 I=≈0.375A；电流不为 0，所以零刻度线不在 0 刻度处；C 错误
选项 D：空载时电流约为 0.375 A，是最小电流，而不是最大电流 3A；D 错误
故答案为：B。
10．【答案】C
【知识点】声音传播的条件；响度、音调与声源振动的关系
【解析】【分析】振动周期与频率的关系是 T= ；林区需要吸引寄生蝇，应模拟蟋蟀的发声频率 5.0×104 Hz；养蚕中心需要驱赶寄生蝇，应模拟蝙蝠的发声频率1.25×105 Hz。
【解答】林区需要吸引寄生蝇杀灭蟋蟀，就要模拟蟋蟀的发声频率f=5.0×103Hz，
所以模拟蟋蟀的发声，声源振动一次所需的时间是t===2×10-4s；
养蚕中心需要驱赶寄生蝇以保护蚕宝宝，就要模拟蝙蝠的发生频率f=1.25×105Hz，
所以模拟蝙蝠的发声，声源振动一次所需的时间是t==8×10-6s。
故答案为：C。
11．【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【分析】决此题要知道当u＞2f成倒立、缩小的实像，此时2f＞v＞f。
【解答】已知当光屏上成一个清晰缩小的像，光屏离凸透镜的距离为20cm，所以2f＞20cm＞f，因此10cm＜f＜20cm；
所以当蜡焰距凸透镜的距离为30cm时，有可能：
①u＞2f，成倒立、缩小的实像；
②u=2f，成倒立、等大的实像；
③f＜u＜2f，成倒立、放大的实像；
故答案为：D。
12．【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】液体压强随深度增加而增大；浮力由排开液体的体积和液体密度决定（F浮 =ρ液 gV排 ）；物体的浮沉由浮力与重力的大小关系决定。奋斗者” 号体积不变，浮力不变；通过改变压载铁质量调整总重力，从而实现上浮和下潜。
【解答】选项 A：下潜深度越大，根据 p=ρgh，所受海水压强越大。潜水艇体积不变，排开海水的体积不变，根据 F浮 =ρ液 gV排 ，浮力不变。因此 “压强越小、浮力越大” 的描述是错误的。A 错误
选项 B：悬浮时，浮力等于总重力。若要实现下潜，需要让总重力大于浮力，因此应增大压载铁质量，增加总重力。此描述符合浮沉条件。B 正确
选项 C：上浮过程中，深度减小，根据 p=ρgh，所受压强减小。上浮的条件是浮力大于重力，而不是重力小于浮力的反向表述。因此 “压强增大、重力小于浮力” 的描述是错误的。C 错误
选项 D：体积不变时，浮力不变。改变压载铁的质量会改变总重力，从而改变浮力与重力的大小关系，进而改变运动状态（如下潜或上浮）。因此 “不会影响运动状态” 的描述是错误的。D 错误
故答案为：B
13．【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】 由电路图可知R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。
根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小可知烟雾增大时光敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化量，据此得出控制器在烟雾较淡时就触发报警时分得的电压变化，然后分析选项得出答案。
【解答】 由电路图可知R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。
因光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，所以，当烟雾增大时，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由欧姆定律可知电路中的电流减小，
由U=IR可知R1两端的电压减小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R2两端的电压增大，即电压表的示数增大，
要使控制器在烟雾较淡时就触发报警，就应在烟雾较淡时光敏电阻两端的电压达到报警系统触发的电压，即增大气敏电阻分得的电压；
A．电压表改接大量程时，不能改变气敏电阻两端的电压，故A错误；
B．增大激光强度，光敏电阻的阻值变小，其分得的电压变小，故B错误；
C．减少R1阻值时，其分得的电压减小，光敏电阻分得的电压增大，故C正确；
D．减小电源电压时，光敏电阻分得的电压也变小，故D错误。
故选C。
14．【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）根据图像读出h=0cm时杯座受到的压力，即为空杯对杯座的压力，再读出h=10cm即杯子装满饮料时杯对杯座的压力，两者的差值即为装满饮料时杯底受到饮料的压力；
（2）根据p=求出饮料对杯底的压强，利用p=ρ液gh求出饮料的密度；
（3）（4）知道饮料流出的速度和饮料出口的横截面积，可求饮料持续流入空杯5s后和8s后杯子内饮料的体积，利用m=ρV求出杯子内饮料的质量，杯对杯座的压力等于空杯对杯座的压力加上饮料的重力，利用p=求出杯对杯座的压强。
【解答】A、由图可知，当h=0cm时，F0=0.9N，即空杯对杯座的压力F0=0.9N，当h=10cm即杯子装满饮料时，杯对杯座的压力F1=4.5N，则杯底受到饮料的压力F=F1-F0=4.5N-0.9N=3.6N，故A错误；
B、S2=30cm2=3×10-3m2，饮料对杯底的压强p==1200Pa，此时饮料的深度h=H=10cm=0.1m，由p=ρ液gh可得，饮料的密度ρ==1.2×103kg/m3=1.2g/cm3，故B错误；
C、饮料流出的速度v=50cm/s=0.5m/s，S1=0.8cm2=8×10-5m2，饮料持续流入空杯5s后，杯子内饮料的体积V=S1vt=8×10-5m2×0.5m/s×5s=2×10-4m3；
杯子内饮料的质量m=ρV=1.2×103kg/m3×2×10-4m3=0.24kg；
杯对杯座的压力F'=F0+mg=0.9N+0.24kg×10N/kg=3.3N，
杯对杯座的压强p'===1100Pa，故C错误；
D、8 秒内流入的饮料体积 V=0.8 cm2×50 cm/s×8 s=320 cm3。杯子容积 V容 =300cm3，因此 8 秒时杯子已装满，h=10 cm。总压力 F总 =3.6N+0.9 N=4.5 N。
压强 p==1.5×103 Pa，故D 正确
故答案为：D。
15．【答案】A
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】漂浮条件：漂浮时浮力等于重力，即 F浮 =G。
密度关系：物体漂浮时，其密度小于液体密度。
加盐影响：往水中加盐会增大液体密度，根据 F浮 =ρ液 gV排 ，浮力不变时，V排 减小，露出水面的体积会变大。
完全浸没浮力：先根据漂浮条件算出物体体积，再计算完全浸没时的浮力。
【解答】选项 A：切除露出水面的部分后，剩余桔子的重力减小，但桔子的密度不变（仍小于水的密度），所以剩余部分会下沉一些，最终仍会漂浮。A 正确
选项 B：桔子漂浮，浮力等于重力：F浮 =G，排开水的体积 V排 =V；由 F浮 =ρ水 gV排 =ρ桔 gV 得：ρ桔 = ρ水 =0.9×103 kg/m3；桔子密度小于水的密度。B 错误
选项 C：往水中加盐，水的密度变大，桔子仍漂浮（浮力等于重力）。由 F浮 =ρ液 gV排 ，ρ液 变大，
V排 减小，因此露出水面的体积会变大。C 错误
选项 D：桔子漂浮时，F浮 =G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2 N；由F浮 =ρ水 gV排 =ρ水 g×V 得：
V= ≈1.33×10 4 m3
完全浸没时，F浮' =ρ水 gV=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1.33×10 4 m3≈1.33 N
完全浸没时浮力大于 1.2 N。D 错误
故答案为：A
16．【答案】（1）MR2；甲
（2）2×10-3
【知识点】惯性
【解析】【分析】（1）理解题文中转动惯量的计算公式I=m1r12+m2r22+…+mnrn2。根据转动惯量的公式计算出两种圆环绕着中心转轴的转动惯量，然后比较其大小。
（2）根据转动惯量的公式计算。
【解答】（1）质量为M，该圆环到中心转轴OO'的距离为R，由转动惯量的计算公式可知，转动惯量为MR2；若用同样型号的铁丝制成半径为2R的陀螺乙，则陀螺乙对中心转轴的转动惯量为4MR2，则要使甲乙转动起来，甲更容易些，
（2）将数据代入转动惯量的计算公式可得：I=0.2kg×（0.1m）2=2×10-3kg.m2
故答案为：（1）MR2，甲；（2）2×10-3。
17．【答案】（1）O、E
（2）
（3）0.6A
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
【知识点】串、并联电路的设计；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）驾驶员踩下“油门”，电动车加速运动，说明电路中电流变大，旋钮变阻器阻值减小，据此确定旋钮变阻器连接方式；
（2）改变电动机中的电流方向，可以使电动机顺转或反转，据此分析电路连接；
（3）R2是均匀电阻丝，据此求出踩下12cm时R2接入电路的阻值，根据电阻的串联求出电路总电阻，利用欧姆定律求出电流表示数；
（4）根据评价标准分析回答。
【解答】（1）驾驶员踩下“油门”，电动车加速运动，说明电路中电流变大，旋钮变阻器阻值减小，故旋钮变阻器接入电路的接线柱为O、E；
（2）当S1、S2分别接①和③时电动车前进，要求S1、S2分别接②和④时电动车后退，说明S1、S2分别接②和④时电动机中的电流方向改变，故电路设计如下图所示：
（3）R2是阻值为25Ω，长度为20cm的均匀电阻丝，因此踩下12cm时R2接入电路的阻值为R2=×25Ω=10Ω，此时电路的总电阻为R总=R1+R2=5Ω+10Ω=15Ω，则电路中的电流为：
I===0.6A；
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
故答案为：（1）O、E；
（2）见解答图；
（3）此时电流表的示数是0.6A；
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
18．【答案】（1）变大
（2）大于
（3）
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）漂浮时，泡沫块只有部分体积浸入水中；悬浮时，泡沫块完全浸没，排开水的体积 V排 变大。根据阿基米德原理 F浮 =ρ水 gV排 ，水的密度不变，V排 变大，所以浮力变大。
（2）当砝码放在泡沫上时，整体漂浮，排开水的总重力等于泡沫和砝码的总重力。
若砝码掉入容器底部并沉底，砝码的重力大于它单独排开水的重力，因此为了平衡总重力，泡沫需要排开更多的水，导致液面高度比 h2 更高。
（3）漂浮时，泡沫块的重力等于它排开水的重力，因此可以用排开水的体积算出泡沫块的质量。
悬浮时，泡沫块的体积等于它排开水的体积，即容器底面积乘以液面上升的高度差 (h2 h0)。
最后用密度公式 ρ=，即可求出泡沫块的密度。
【解答】(1) 泡沫块从漂浮变为悬浮的过程中，排开水的体积变大，根据 F浮 =ρ水 gV排，浮力变大。
(2) 若砝码掉入容器底部，砝码的重力会直接使容器底部的压力增加，而泡沫块仍漂浮，此时液面高度会大于h2。因为砝码沉底后，其排开的水的体积比它在泡沫上时排开的水的体积小，导致液面上升的高度比原来更多。
(3)泡沫块漂浮时，排开水的体积V排=S(h1 h0)。漂浮时浮力等于重力：G=F浮=ρ水gS(h1 h0)。
泡沫块的质量m==ρ水S(h1 h0)。泡沫块的体积V=S(h2 h0)。
泡沫块的密度ρ==。
故答案为：（1）变大；（2）大于；（3）。
19．【答案】（1）反射光点O发生偏移
（2）转换法
（3）5.0
【知识点】实验探究的其他思想方法；光的折射规律
【解析】【分析】（1）大、小球之间的引力大小的变化，会引起平面镜的微小转动，最终通过接收器上的光点的移动表现出来；
（2）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法；
（3）从表中的数据分别找到L与扭转角的关系和r与扭转角的关系，即可解答。
【解答】（1）大、小球之间的引力非常微小，但可以引起反射光点较大的偏转，故判断大、小球之间的引力大小变化的实验现象是：反射光点O发生偏移；
（2）科学家采用多种方法将实验中微小的扭转角θ放大，这是利用了转换法；
（3）根据控制变量法，由第2、3次实验发现，当r相同时，L变为原来的2倍，扭转角也变为原来的2倍，那么当L变为原来的4倍，扭转角也变为原来的4倍，由第1、2（或3、4）次实验发现，当L相同时，r为原来的2倍，扭转角为原来的，由第4、5次实验，L是原来的4倍，r是原来的2倍，故第5次分扭转角θ=5.0度×4×=5.0度。
故答案为：（1）反射光点O发生偏移；（2）转换法；（3）5.0。
20．【答案】（1）
（2）由图丙可知，定值电阻两端电压为UV=IR=0.6A×5Ω=……=0.2A×15Ω=3V；当定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为：I'==0.15A；
（3）＜
（4）B
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【分析】在探究“电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；
（1）根据图丙可知，图中阴影部分和斜线部分为长方形，由欧姆定律分析；
（2）在操作过程中，要保护电路的安全，确保所有用电器和电表在安全范围内，从而判断两人的观点；
（3）A、根据电源电压大小结合滑动变阻器阻值分析回答；
B、根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入50Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻大小；已知题中原来滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电阻的规律分析；
C、当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻50Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
D.将电压表改接到滑动变阻器两端，不能改变定值电阻两端的电压大小。
【解答】（1）原电路图中，滑动变阻器和定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，在探究“电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
（2）由图丙可知，定值电阻两端电压为UV=IR=0.6A×5Ω=……=0.2A×15Ω=3V；当定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为：I'==0.15A；
（3）根据画出I-R图象（如图丙）知，图中阴影部分为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，S1的数值为U1=I1R1=（0.6A-0.15A）×5Ω=2.25V；同理，S2的数值为U2=I2R2=0.15A×20Ω=3V，故S1＜S2；
（4））A、电源电压为4.5V，增加一节干电池，此时电源电压为6V，若滑动变阻器接入电路的阻值为0，定值电阻两端电压为6V， 会超过预设值 ，故A不符合题意；
B、根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=4.5V-3V=1.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=0.5×50Ω=25Ω＞20Ω；即为了能完成这次实验，滑动变阻器的最小电阻为25Ω，所以可更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验，故B符合题意；
C、研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV'，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑=U总-UV'=4.5V-UV'，
根据分压原理有：
；解得电压表的示数：UV'≈3.2V，即为完成实验，电压表的最小电压为3.2V＞2.5V，故C不符合题意；
D、将电压表改接到滑动变阻器两端，电压表原来测定值电阻的电压，现在测滑动变阻器的电压，对改变定值电阻的电压大小没有影响，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，所以不能完成这次实验，故D不符合题意。
故选：B。
故答案为：（1）见解答；（2）I'==0.15A；（3）＜；（4）B。
21．【答案】（1） F浮 =ρ外 gV排 =1.20 kg/m3×10 N/kg×1000 m3=12000 N。
m自 =300 kg，重力 G自 =m自 g=300 kg×10 N/kg=3000 N。
G热 =F浮 G自 =12000 N 3000 N=9000 N。
m热 = = =900 kg；热空气的密度 ρ热 ===0.9 kg/m3。查表求温度由表格可知，空气密度为 0.9 kg/m3 时，对应的温度为 100 C。因此，球内空气温度至少需达到 100 C。
（2）加热后球内空气质量减小；因为总重力减小，而浮力不变，当总重力小于浮力时热气球升空
（3）A；C
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】本题考查的考点是浮力的计算与物体的浮沉条件，可结合空气密度随温度的变化关系、质量与密度的公式分析。解题思路是先利用浮力公式算出浮力，再根据升空条件求出热空气的最大允许密度，最后查表得到对应的温度；对于质量变化和升空原因，从密度变化导致的质量变化入手，分析总重力与浮力的关系；对于使热气球更容易升空的方法，从减小总重力或增大浮力的角度判断选项。
解答
【解答】计算浮力：外界空气温度为 20 C，密度 ρ外 =1.20 kg/m3。浮力 F浮 =ρ外 gV排 =1.20 kg/m3×10 N/kg×1000 m3=12000 N。
计算热气球自身重力自身质量： m自 =300 kg，重力 G自 =m自 g=300 kg×10 N/kg=3000 N。
求热空气的最大允许重力：升空条件 F浮 >G总 =G自 +G热； 临界条件 F浮 =G自 +G热 ；所以 G热 =F浮 G自 =12000 N 3000 N=9000 N。
求热空气的密度热空气的质量： m热 = = =900 kg；热空气的密度 ρ热 ===0.9 kg/m3。查表求温度由表格可知，空气密度为 0.9 kg/m3 时，对应的温度为 100 C。因此，球内空气温度至少需达到 100 C。
(2) 分析加热前后球内空气质量变化及升空原因
质量变化：加热后，球内空气温度升高，密度减小，而球囊体积固定，根据 m=ρV，球内空气的质量会减小。
升空原因：热气球的总重力等于自身重力加上球内空气的重力。加热后，球内空气质量减小，总重力减小；而浮力由排开外界冷空气的重量决定，保持不变。当总重力小于浮力时，热气球便会升空。
(3) 选择使热气球更容易升空的方法
选项 A：减小热气球吊篮的质量 → 总重力减小，更容易满足 F浮 >G总 。可行
选项 B：减小热气球的体积 → 排开空气的体积减小，浮力减小，更难升空。不可行
选项 C：提高加热装置的供热效率 → 可更快升高球内空气温度，减小空气密度和总重力，更容易升空。可行
故答案为：
(1) 100 C；(2) 加热后球内空气质量减小；因为总重力减小，而浮力不变，当总重力小于浮力时热气球升空；(3) AC
22．【答案】（1）3
∵悬浮
（2）设石块体积为V1
（3）
【知识点】密度公式的应用
【解析】【分析】（1）混有石子的冰块放入水中，冰块正好处于悬浮，此时含有石子冰块的密度等于水的密度，圆筒内水面上升了8cm，可知含有石子冰块的体积，冰块和石子的总质量等于密度乘以体积；
（2）设石子的体积为V1，即可用石子的质量表示出石子和冰的质量，石子和冰的总质量刚才已经计算出，即可列式求出石子的体积；
（3）由冰的质量可求出，冰熔化成水体积变化量除以容器的截面积，就是水面下降的量。
【解答】（1）由于冰块浸没在水中，因此它排开水的体积就等于冰块的体积，根据它悬浮在水中，则它受到的浮力等于它的重力，再根据计算出冰块与石子的总质量；
（2）先石子的体积为V1，根据表示出石子和冰块的总体积，从而计算出石子的体积；
（3）先计算出冰化成水的体积，再计算出冰化成水体积的变化值，最后计算出冰化成水水面的变化量即水面下降值。
23．【答案】（1）40
（2）a：
或b：
（3）a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω
【知识点】电流的测量及电流表的使用；串、并联电路的电流特点
【解析】【分析】（1）从表格数据可知，电流表接AB之间时电路中的电流，根据欧姆定律求出电路AB之间的总电阻；
（2）由表格数据可知RBC之间的阻值，比较RAB和RBC的阻值关系，若AB之间R1与R2串联，则BC之间只有一个电阻，根据电阻的串联求出另一个电阻的阻值，利用R1＞R2判断电路的连接方式；若AB之间只有一个电阻，根据R1＞R2判断AB之间和BC之间的电阻，然后得出电路的连接方式；
（3）根据（2）的解答得出R1和R2的阻值。
【解答】（1）由I=可得，电流表接AB之间时电路的总电阻：RAB==40Ω；
（2）存在两种情况如下图a、b所示：
a：
b：
；
（3）由（2）可知，a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω。
答：（1）40；（2）见解答；（3）a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω。
24．【答案】（1）F浮=ρ水gVgSh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×20×10-6m3=1N；
I===0.3A，此时电压表的示数：U1=IR1=0.3A×8Ω=2.4V；
（2）I'==0.25A，即最大密度对应的电流值为0.25A。
（3）若要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）重物T未放入液体时，滑片P处于b位置，与弹簧的原长相比，弹簧伸长的长度ΔL为15cm，由图乙可知其受到的拉力即物体的重力；已知测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，根据F浮=ρ水gV排计算测量水的密度时重物T受到的浮力；进一步计算此时弹簧受到的拉力，由图乙可知弹簧的伸长量，根据“R1是一条长为15厘米，阻值为12欧的电阻丝”可计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，根据串联电路的电阻特点结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据U=IR计算滑动变阻器两端的电压（即电压表的示数）；
（2）根据F浮=ρ液gV排可知，V排一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大，则弹簧受到的拉力越小，弹簧的伸长量越小，所以所测液体密度最大时，弹簧的伸长量为0，此时滑动变阻器接入电路阻值最大，根据串联电路的电阻特点结合欧姆定律计算此时电路中的电流；
（3）要增大测量范围，即增大液体密度的测量范围，所测液体密度的最小值仍然为0，但所测液体密度的最大值增大，根据题意结合物体的浮沉条件找出改进方法。
【解答】（1）由题知，当滑片P滑至a位置时，轻质弹簧恢复原长；而重物T未放入液体时，滑片P处于b位置，与弹簧的原长相比，则弹簧伸长的长度ΔL为15cm，由图乙可知其受到的拉力为1.5N，则物体的重力为1.5N；已知测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，且圆柱体的底面积为5cm2，高为20cm，测量水的密度时，重物T受到的浮力：
F浮=ρ水gVgSh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×20×10-6m3=1N；
此时弹簧受到的拉力：F=G-F浮=1.5N-1N=0.5N，由图乙可知弹簧的伸长量（与弹簧的原长相比）为5cm，已知R1是一条长为15厘米，阻值为12欧的电阻丝，则此时滑动变阻器接入电路的阻值：R1=×12Ω=8Ω，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可得此时电路中的电流：
I==0.3A，此时电压表的示数：U1=IR1=0.3A×8Ω=2.4V；
（2）根据F浮=ρ液gV排可知，V排一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大，则弹簧受到的拉力越小，弹簧的伸长量越小，所以所测液体密度最大时，弹簧的伸长量为0，此时滑动变阻器接入电路最大阻值为12Ω，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得此时电路中的电流：
I'==0.25A，即最大密度对应的电流值为0.25A。
（3）要增大测量范围，即增大液体密度的测量范围，所测液体密度的最小值仍然为0，此时滑片P仍处于b位置，所以需要物体的质量不变；当所测液体的密度最大时，根据题意可知滑片在最上端，此时弹簧恢复原长（弹力为0），且重物浸没在液体中，此时重物恰好悬浮，根据浮沉条件可知ρ液=ρ物体，则要使测得液体密度的最大值增大，应增大物体的密度，由此可知，要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体。
答：（1）测量水的密度时重物T受到的浮力为1N；电压表示数为2.4V；
（2）0.25A；
（3）若要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体。
1 / 1浙江省嘉兴市南湖区2025-2026学年第一学期八年级期末测评 科学试题卷
1．（2026八上·南湖期末）现在，嘉兴火车站“验检合一”已经全面实施，乘客只需通过验票闸机“一道闸”，当身份信息和人脸信息都符合时，电动机转动，打开闸门，就能直接到达站台，进站速度明显提升，下列电路设计符合要求的是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】串、并联电路的设计
【解析】【分析】 根据题意分析电路的连接方式，然后选出正确的答案
【解答】根据题意可知，只有两个开关都闭合的情况下，电动机才工作，这说明两个开关相互影响，是串联的关系，然后与电动机串联，故A正确。
故答案为：A。
2．（2026八上·南湖期末）农业生产中，硫酸镁常作为肥料为作物补充镁元素，其溶解性能直接影响施肥效果。某农技人员收集了硫酸镁在不同温度下的溶解度数据，如下表所示。请结合数据及实际施肥场景，判断下列说法正确的是（　　）
温度/℃ 10 30 50 75 90
溶解度/克 27.7 39.3 49.0 54.1 51.1
A．春季气温为 10℃时，向 100 克水中加入28克硫酸镁，充分溶解后可得到 128 克施肥液
B．夏季正午温度达30℃时，配制139.3克硫酸镁饱和施肥液，需要加入39.3克硫酸镁固体
C．若在75℃时配制一瓶硫酸镁施肥液，降温至50℃(忽略水分蒸发)，瓶底会析出硫酸镁晶体
D．农技人员认为温度越高，硫酸镁在水中的溶解量越大，配制的施肥液的质量分数越大
【答案】B
【知识点】固体溶解度的概念
【解析】【分析】A：10℃时 100g 水最多溶解 27.7g 硫酸镁，28g 不能完全溶解，溶液质量不足 128g。
B：30℃时 100g 水溶解 39.3g 硫酸镁可制得 139.3g 饱和溶液，与题目描述相符。
C：若 75℃时溶液浓度较低，降温至 50℃可能仍不饱和，不一定析出晶体。
D：硫酸镁的溶解度在 75℃后随温度升高而减小，不是一直增大。
【解答】选项 A：10℃时，硫酸镁的溶解度为 27.7g，这意味着 100g 水最多只能溶解 27.7g 硫酸镁。因此向 100g 水中加入 28g 硫酸镁，只有 27.7g 能够溶解，最终得到的溶液质量为 100 g+27.7 g=127.7 g，而不是 128g。该说法错误。
选项 B：30℃时，硫酸镁的溶解度为 39.3g，说明在 100g 水中溶解 39.3g 硫酸镁恰好达到饱和，此时溶液的总质量为 100 g+39.3 g=139.3 g。因此，配制 139.3g 硫酸镁饱和溶液，需要向 100g 水中加入 39.3g 硫酸镁固体，与题目描述完全吻合。该说法正确。
选项 C：75℃时硫酸镁的溶解度为 54.1g，50℃时为 49.0g。只有当 75℃时的溶液为饱和或接近饱和时，降温至 50℃才会析出晶体；如果 75℃时溶液浓度较低，降温后溶液可能仍不饱和，不会析出晶体。因此不能确定一定会析出晶体。该说法错误。
选项 D：从表格数据可以看出，硫酸镁的溶解度在 75℃时为 54.1g，而在 90℃时下降到 51.1g，说明温度超过 75℃后，溶解度反而减小，并非温度越高溶解度越大，因此溶液的质量分数也不会一直增大。该说法错误。
故答案为：B
3．（2026八上·南湖期末）如图所示，容器中装有密度不同且不能混合的三种液体，容器侧面的甲、乙、丙三根带阀门的细管均与大气相通。打开阀门待液体不再流动后，下列判断正确的是（　　）
A．甲管内液面与容器内最上层液面相平
B．甲管内液面最低，丙管内液面与容器内最上层液面相平
C．甲、乙、丙三根管内与容器内液体同一深度处压强一定处处相等
D．甲、乙、丙三根管内液面相平
【答案】D
【知识点】影响液体压强大小的因素
【解析】【分析】根据连通器原理判断丙管内的液面和容器内液面相平。
由于打开阀门后，乙管和容器交界的液片AB2和甲管和容器交界的液片AB3都处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，压强相同。
把乙管分成两部分，其中的h2B产生的压强和h'2产生的压强相等，h2A产生的压强和h1产生的压强相等，由于密度的不同，判断液体深度的大小。
把甲管分成三部分，其中的h3C产生的压强和h'3产生的压强相等，h3B产生的压强和h''2产生的压强相等，h3A产生的压强和h1、h'2产生的压强相等，由于密度的不同，判断液体深度的大小。
【解答】由于三种液体不相混合，从图可知，，
当打开甲、乙、丙三个阀门时，丙管：丙管和容器上层形成一个连通器，丙管和容器的上层都装有密度为的液体，静止时丙管的液面和容器中的液面是相平的；
乙管：液体静止，乙管和容器交界的液片AB2处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，液片AB2受到向左和向右压强相同
因为，所以、，又因为，所以，，所以
乙管液面低于丙管液面；
甲管：液体静止，甲管和容器交界的液片AB3处于静止状态，受到的向左和向右的压力相同，向左和向右压强相同。
所以，
因为①，可得，
所以。
把液体为的液体分成两段和
假如h3B产生的压强和产生的压强相等，即；
因为，所以②
假如h3B产生的压强和h1、产生的压强相等，即；
又因为h1、产生的压强和h2A、h2B相等，所以；
因为，所以③
由①②③得
所以，甲液面低于乙液面，乙液面低于丙液面；
由以上分析知，ABC错误，D正确。
故选D。
4．（2026八上·南湖期末）如图为一握力计的电路示意图， AB为粗细均匀的长为L的电阻导体，金属板 N固定不动，金属板 M可带动金属片 P滑动， MN是弹簧，电源电压保持不变，以电压表的示数 U为纵坐标，各点离 A点的距离x为横坐标，则U随x变化的图像应为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】电路分析：电阻导体 AB 全部接入电路，滑动片 P 移动时，电路总电阻不变，因此电路中的电流 I 也保持不变。
电压与长度的关系：电压表测量的是 A 到 P 之间电阻的电压。由于导体均匀，AP 段的电阻 RAP = R。根据欧姆定律 U=IRAP ，电流 I 不变，所以电压 U 与 AP 的长度 x 成正比。
【解答】因为电流 I 恒定，且 U=I R，所以 U 与 x 成正比例关系，图像为一条过原点的倾斜直线。
当 x 从 0 增加到 L 时，U 也从 0 线性增加到最大值。
故答案为：A
5．（2026八上·南湖期末）如图所示，弹性小球撞击地面前的速度方向与水平地面的夹角为α，撞击后离开地面时的速度方向与水平地面的夹角为β，则下列说法中正确的是（　　）
A．无论地面光滑与否，总有β=α
B．无论地面光滑与否，总有β<α
C．地面的粗糙程度越大，β越小
D．地面的粗糙程度越大，β越大
【答案】B
【知识点】速度与物体运动；摩擦力的存在
【解析】【分析】速度的分解：我们可以把小球撞向地面和离开地面的速度，拆成水平方向和竖直方向的两个分速度。
竖直方向变化：无论地面是否光滑，小球碰撞后，竖直方向的速度都会变小（因为碰撞会损失能量）。
水平方向变化：如果地面光滑，水平方向速度保持不变；如果地面粗糙，水平方向速度会因为摩擦力而减小。
角度大小判断：角度是由水平和竖直分速度的相对大小决定的。因为竖直速度变小了，所以离开时的角度 β 一定比撞击时的角度 α 小。
【解答】选项 A：错误。因为碰撞后竖直速度会变小，所以角度不可能相等。
选项 B：正确。无论地面是否光滑，碰撞后竖直速度都会减小，所以离开时的角度 β 总是小于撞击时的角度 α。
选项 C：错误。地面越粗糙，水平速度减小得越多，角度 β 反而会变大，而不是变小。
选项 D：错误。虽然地面越粗糙水平速度损失越大，但这个结论没有考虑竖直速度的减小，不能直接推出角度的变化趋势。
故答案为：B
6．（2026八上·南湖期末）如图所示是监测河水流速变化的装置原理图，机翼状的探头始终浸没在水中，通过连杆带动滑动变阻器的滑片P上下移动，电源电压保持不变，R1是阻值不变的定值电阻。闭合开关S，当水流速度为v0时探头刚好处于图示位置静止，水流速度越快，探头向上移动距离越多，电流表和电压表示数随之发生变化。以下说法正确的是（　　）
A．水流速度变快时，电压表示数变大
B．水流速度变慢时，通过 R1的电流值变大
C．若将电流表改装成流速计，能实现水流速度越快，电流表示数越大
D．水流速变化时，电压和电流表示数的比值始终不变
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】电路结构：定值电阻 R1 与滑动变阻器 R2 串联，电流表测电路电流，电压表测R2 两端电压。
水流速度变化的影响：水流速度变快 → 探头向上移动 → 滑动变阻器接入电路的电阻变小；水流速度变慢 → 探头向下移动 → 滑动变阻器接入电路的电阻变大。
欧姆定律分析：总电阻R=R1 +R2 ，电源电压不变，根据I=U/R，R2 变小 → 电流 I 变大；R2 变大 → 电流 I 变小。电压表示数 U2 =U U1 ，U1 =IR1 ，电流 I 变大时 U1 变大，所以 U2 变小。
【解答】选项 A：水流速度变快时，R2 变小，电路电流变大，R1 两端电压变大，所以 R2 两端电压（电压表示数）变小。错误
选项 B：水流速度变慢时，R2 变大，总电阻变大，电路电流变小，通过 R1 的电流也变小。错误
选项 C：水流速度越快，R2 越小，电流越大，所以将电流表改装成流速计，能实现水流速度越快，电流表示数越大。正确
选项 D：电压和电流表示数的比值 U2 /I=R2 ，R2 随水流速度变化，所以该比值会变化。错误
故答案为：C
7．（2026八上·南湖期末）如图甲所示，重为G的正方体滑块P套在水平放置的方管Q上，在水平向右风力的作用下，滑块 P向右做匀速直线运动。将方管Q按图乙竖直放置后，滑块P竖直向下运动。假设滑块 P受到风力的大小和方向始终保持不变，其受到方管Q的摩擦力等于压力大小的0.8倍，方管足够长且忽略空气阻力。则（　　）
A．甲、乙中 P对Q的压力大小相同
B．甲、乙中 Q对P的摩擦力大小相同
C．乙中 P匀速向下运动
D．乙中 P加速向下运动
【答案】D
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】分析图甲，滑块匀速直线运动，水平方向风力与摩擦力平衡，竖直方向重力与支持力平衡，结合摩擦力与压力的关系，可推出风力大小。再分析图乙：风力不变，此时方管与滑块的压力等于风力，据此求出摩擦力。最后判断图乙中滑块的受力情况，重力大于摩擦力，滑块加速运动。
【解答】AB、图甲中，滑块P竖直方向上受到的重力G和方管Q对它向上的支持力是一对平衡力，滑块P对方管Q的压力与方管Q对它向上的支持力是相互作用力，所以滑块P对方管Q的压力等于滑块P的重力，即F压=G，其受到方管Q的摩擦力f甲=0.8G，又滑块P在水平向右风力的作用下向右做匀速直线运动，所以风力等于摩擦力，F风=f=0.8G；图乙中，滑块P竖直方向受到竖直向下的重力，竖直向上的摩擦力，水平方向上，滑块P对Q压力等于风力的大小，即F压'=F风=0.8G，故A错误；
滑块P受到方管Q的摩擦力f乙=0.8F压'=0.8F风=0.8×0.8G=0.64G，故B错误；
CD、图乙中，由于竖直向上的摩擦力0.64G小于竖直向下的重力，滑块P的合力向下，所以滑块P向下做加速运动，故C错误，D正确；
故答案为：D。
8．（2026八上·南湖期末）在广场游玩时，一小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块静止置于水平地面上，如图所示。若水平风速逐渐增大(空气密度不变)，则下列说法正确的是（　　）
A．细绳的拉力逐渐变小
B．地面受到小石块的压力逐渐减小
C．小石块滑动前受到地面施加的摩擦力逐渐增大，滑动后受到的摩擦力不变
D．小石块有可能连同气球一起被吹离地面
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；影响摩擦力大小的因素
【解析】【分析】气球受力变化：风速增大时，气球受到的水平风力变大，气球会向左上方偏移，细绳与水平地面的夹角变小。
细绳拉力分解：细绳拉力可分解为水平和竖直两个分量。水平分量平衡风力，竖直分量向上。风速越大，水平拉力分量越大，细绳总拉力 T 会变大。同时，拉力的竖直分量 Ty 也会变大，对石块产生向上的拉力。
石块受力分析：地面压力 FN =G石 Ty ，所以压力会逐渐减小。滑动前摩擦力为静摩擦力，大小等于风力，随风速增大而变大；滑动后为滑动摩擦力，大小 f=μFN ，因 FN 减小，滑动摩擦力会变小。气球的升力不变，而拉力的竖直分量增大，但总向上力（升力 + 拉力分量）小于石块重力，因此石块不会被吹离地面。
【解答】选项 A：风速增大时，细绳拉力会变大，不是变小。错误
选项 B：拉力的竖直分量变大，石块对地面的压力会减小。正确
选项 C：滑动后摩擦力随压力减小而变小，不是不变。错误
选项 D：总向上力小于石块重力，石块不会被吹离地面。错误
故答案为：B
9．（2026八上·南湖期末）有一种测量人体重的电子秤，其原理图如右图所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R(是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表A(实质是电流表)，踏板的质量可忽略不计，已知电流表的量程为3A，电源电压为12V，R0阻值为2Ω，电阻R(压力传感器)随压力变化的数学表达式为R=30-0.02F(F和R 的单位分别是N和Ω)。则以下说法正确是（）
A．该秤能测量的最大体重是1300N
B．体重为1300N应标在电流表刻度盘2A 刻度处
C．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表A 刻度盘0刻度处
D．该秤零刻线应标在电流表 A 刻度盘的最大刻度处
【答案】B
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】（1）当电流表的示数为3A时，压力传感器的电阻最小，压力传感器受到的压力最大，即称量的体重最大，根据欧姆定律求出电路中的总电阻，利用电阻的串联求出传感器的电阻，然后利用R=30-0.02F求出称量的最大压力；
（2）根据R=30-0.02F求出体重为1300N时压敏电阻的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中电流表的示数；
（3）根据R=30-0.02F求出踏板空载时压敏电阻的阻值，根据电阻的串联和欧姆定律求出电路中电流表的示数。
【解答】选项 A：当电流达到最大值 3A 时，总电阻为R总 = ==4 Ω，压力传感器的电阻
R=R总 R0 =4Ω 2Ω=2Ω；代入R=30 0.02F F==1400N；最大体重为1400N，不是 1300 N，A 错误；
选项 B：当体重为1300N 时，压力 F=1300 N，代入 R=30 0.02F；R=30 0.02×1300=4 Ω；总电阻R总 =R+R0 =4 Ω+2 Ω=6 Ω；电路电流I= = =2 A；所以体重 1300 N 对应电流 2 A，应标在电流表2A 刻度处，B 正确；
选项 C：踏板空载时 F=0，代入 R=30 0.02F；得 R=30 Ω；总电阻R总 =30 Ω+2 Ω=32 Ω；电路电流 I=≈0.375A；电流不为 0，所以零刻度线不在 0 刻度处；C 错误
选项 D：空载时电流约为 0.375 A，是最小电流，而不是最大电流 3A；D 错误
故答案为：B。
10．（2026八上·南湖期末）寄生蝇一般听到寄主(如蟋蟀)发声，就能凭听觉确定其位置，寄生虫的幼虫在寄主体内吞食其身体，寄生蝇一般听到捕食者(如蝙蝠)发声，就立刻逃逸。蟋蟀发声频率是 蝙蝠发声频率是 林区需要吸引寄生蝇以杀灭害虫，养蚕中心需要驱赶寄生蝇以保护蚕宝宝，则林区和养蚕中心需要设置声源的振动周期(振动周期是指振动一次所需时间)分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】声音传播的条件；响度、音调与声源振动的关系
【解析】【分析】振动周期与频率的关系是 T= ；林区需要吸引寄生蝇，应模拟蟋蟀的发声频率 5.0×104 Hz；养蚕中心需要驱赶寄生蝇，应模拟蝙蝠的发声频率1.25×105 Hz。
【解答】林区需要吸引寄生蝇杀灭蟋蟀，就要模拟蟋蟀的发声频率f=5.0×103Hz，
所以模拟蟋蟀的发声，声源振动一次所需的时间是t===2×10-4s；
养蚕中心需要驱赶寄生蝇以保护蚕宝宝，就要模拟蝙蝠的发生频率f=1.25×105Hz，
所以模拟蝙蝠的发声，声源振动一次所需的时间是t==8×10-6s。
故答案为：C。
11．（2026八上·南湖期末）在“研究凸透镜成像”实验中烛焰在光屏上成一个清晰缩小的像，光屏离凸透镜的距离为20厘米；当烛焰距凸透镜的距离为30厘米时，烛焰所成的像（　　）
A．只可能是倒立缩小的实像
B．只可能是倒立放大的实像
C．只可能是正立放大的像
D．倒立放大、缩小或等大的实像都可能
【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【分析】决此题要知道当u＞2f成倒立、缩小的实像，此时2f＞v＞f。
【解答】已知当光屏上成一个清晰缩小的像，光屏离凸透镜的距离为20cm，所以2f＞20cm＞f，因此10cm＜f＜20cm；
所以当蜡焰距凸透镜的距离为30cm时，有可能：
①u＞2f，成倒立、缩小的实像；
②u=2f，成倒立、等大的实像；
③f＜u＜2f，成倒立、放大的实像；
故答案为：D。
12．（2026八上·南湖期末）“奋斗者号”是中国自主研发的万米载人潜水器，2025年3 月 21 日，首次实现人类下潜至普伊斯哥海沟最深处。“奋斗者”号外壳坚硬，下潜过程中体积保持不变，依靠调整配备的压载铁来实现下潜和上浮。下列关于“奋斗者”号深潜过程的说法，正确的是（　　）
A．下潜深度越大，“奋斗者”号所受压强越小，所受浮力越大
B．悬浮时浮力等于重力，若要实现下潜，则应增大压载铁质量
C．上浮过程中，所受压强增大，重力小于浮力
D．体积不变的情况下，改变压载铁重量不会影响运动状态
【答案】B
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】液体压强随深度增加而增大；浮力由排开液体的体积和液体密度决定（F浮 =ρ液 gV排 ）；物体的浮沉由浮力与重力的大小关系决定。奋斗者” 号体积不变，浮力不变；通过改变压载铁质量调整总重力，从而实现上浮和下潜。
【解答】选项 A：下潜深度越大，根据 p=ρgh，所受海水压强越大。潜水艇体积不变，排开海水的体积不变，根据 F浮 =ρ液 gV排 ，浮力不变。因此 “压强越小、浮力越大” 的描述是错误的。A 错误
选项 B：悬浮时，浮力等于总重力。若要实现下潜，需要让总重力大于浮力，因此应增大压载铁质量，增加总重力。此描述符合浮沉条件。B 正确
选项 C：上浮过程中，深度减小，根据 p=ρgh，所受压强减小。上浮的条件是浮力大于重力，而不是重力小于浮力的反向表述。因此 “压强增大、重力小于浮力” 的描述是错误的。C 错误
选项 D：体积不变时，浮力不变。改变压载铁的质量会改变总重力，从而改变浮力与重力的大小关系，进而改变运动状态（如下潜或上浮）。因此 “不会影响运动状态” 的描述是错误的。D 错误
故答案为：B
13．（2026八上·南湖期末）小明设计了一种简易烟雾报警控制器（如图），电路中R1为定值电阻，R2为光敏电阻（其阻值随光照强度的增大而减小），烟雾增大到一定程度时电压表V的指针偏转到某值U触发报警系统。下列做法能使控制器在烟雾较淡时就触发报警的是()
A．电压表改接大量程 B．增大激光强度
C．减少R1阻值 D．减小电源电压
【答案】C
【知识点】欧姆定律及其应用
【解析】【分析】 由电路图可知R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。
根据光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小可知烟雾增大时光敏电阻阻值的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化和R1两端电压的变化，根据串联电路的电压特点可知电压表示数的变化量，据此得出控制器在烟雾较淡时就触发报警时分得的电压变化，然后分析选项得出答案。
【解答】 由电路图可知R1与R2串联，电压表测R2两端的电压。
因光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，所以，当烟雾增大时，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大，由欧姆定律可知电路中的电流减小，
由U=IR可知R1两端的电压减小，
因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以R2两端的电压增大，即电压表的示数增大，
要使控制器在烟雾较淡时就触发报警，就应在烟雾较淡时光敏电阻两端的电压达到报警系统触发的电压，即增大气敏电阻分得的电压；
A．电压表改接大量程时，不能改变气敏电阻两端的电压，故A错误；
B．增大激光强度，光敏电阻的阻值变小，其分得的电压变小，故B错误；
C．减少R1阻值时，其分得的电压减小，光敏电阻分得的电压增大，故C正确；
D．减小电源电压时，光敏电阻分得的电压也变小，故D错误。
故选C。
14．（2026八上·南湖期末）将平底薄壁圆筒状的空杯放在饮料机的水平杯座上接饮料，杯座受到的压力F随杯中饮料的高度h变化的图像如图。饮料出口的横截面积， 饮料流出的速度v=50cm/s， 杯高H=10cm， 杯底面积 g 取10N/ kg。则下列说法中正确的是（　　）
A．装满饮料时，杯底受到饮料的压力为4.5N
B．饮料的密度为1.5g/cm3
C．饮料持续流入空杯5s后关闭开关，杯对杯座的压强为800Pa
D．饮料持续流入空杯8s后关闭开关，杯对杯座的压强为
【答案】D
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】（1）根据图像读出h=0cm时杯座受到的压力，即为空杯对杯座的压力，再读出h=10cm即杯子装满饮料时杯对杯座的压力，两者的差值即为装满饮料时杯底受到饮料的压力；
（2）根据p=求出饮料对杯底的压强，利用p=ρ液gh求出饮料的密度；
（3）（4）知道饮料流出的速度和饮料出口的横截面积，可求饮料持续流入空杯5s后和8s后杯子内饮料的体积，利用m=ρV求出杯子内饮料的质量，杯对杯座的压力等于空杯对杯座的压力加上饮料的重力，利用p=求出杯对杯座的压强。
【解答】A、由图可知，当h=0cm时，F0=0.9N，即空杯对杯座的压力F0=0.9N，当h=10cm即杯子装满饮料时，杯对杯座的压力F1=4.5N，则杯底受到饮料的压力F=F1-F0=4.5N-0.9N=3.6N，故A错误；
B、S2=30cm2=3×10-3m2，饮料对杯底的压强p==1200Pa，此时饮料的深度h=H=10cm=0.1m，由p=ρ液gh可得，饮料的密度ρ==1.2×103kg/m3=1.2g/cm3，故B错误；
C、饮料流出的速度v=50cm/s=0.5m/s，S1=0.8cm2=8×10-5m2，饮料持续流入空杯5s后，杯子内饮料的体积V=S1vt=8×10-5m2×0.5m/s×5s=2×10-4m3；
杯子内饮料的质量m=ρV=1.2×103kg/m3×2×10-4m3=0.24kg；
杯对杯座的压力F'=F0+mg=0.9N+0.24kg×10N/kg=3.3N，
杯对杯座的压强p'===1100Pa，故C错误；
D、8 秒内流入的饮料体积 V=0.8 cm2×50 cm/s×8 s=320 cm3。杯子容积 V容 =300cm3，因此 8 秒时杯子已装满，h=10 cm。总压力 F总 =3.6N+0.9 N=4.5 N。
压强 p==1.5×103 Pa，故D 正确
故答案为：D。
15．（2026八上·南湖期末）妈妈买了新鲜桔子(密度均匀)，小明将质量为 120g 的桔子放入水中，发现桔子漂浮且 1/10 体积露出水面( 下列说法正确的是（　　）
A．若将露出水面的部分切除，剩余部分仍会漂浮
B．桔子的密度为1.0×103kg/m3， 与水的密度相等
C．若往水中加适量食盐，桔子露出水面的体积会变小
D．若将桔子压入水中完全浸没，其受到的浮力仍为 1.2N
【答案】A
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】漂浮条件：漂浮时浮力等于重力，即 F浮 =G。
密度关系：物体漂浮时，其密度小于液体密度。
加盐影响：往水中加盐会增大液体密度，根据 F浮 =ρ液 gV排 ，浮力不变时，V排 减小，露出水面的体积会变大。
完全浸没浮力：先根据漂浮条件算出物体体积，再计算完全浸没时的浮力。
【解答】选项 A：切除露出水面的部分后，剩余桔子的重力减小，但桔子的密度不变（仍小于水的密度），所以剩余部分会下沉一些，最终仍会漂浮。A 正确
选项 B：桔子漂浮，浮力等于重力：F浮 =G，排开水的体积 V排 =V；由 F浮 =ρ水 gV排 =ρ桔 gV 得：ρ桔 = ρ水 =0.9×103 kg/m3；桔子密度小于水的密度。B 错误
选项 C：往水中加盐，水的密度变大，桔子仍漂浮（浮力等于重力）。由 F浮 =ρ液 gV排 ，ρ液 变大，
V排 减小，因此露出水面的体积会变大。C 错误
选项 D：桔子漂浮时，F浮 =G=mg=0.12kg×10N/kg=1.2 N；由F浮 =ρ水 gV排 =ρ水 g×V 得：
V= ≈1.33×10 4 m3
完全浸没时，F浮' =ρ水 gV=1.0×103 kg/m3×10 N/kg×1.33×10 4 m3≈1.33 N
完全浸没时浮力大于 1.2 N。D 错误
故答案为：A
16．（2026八上·南湖期末）车间停电后，各种转轮过了一段时间才能陆续停止转动，可见转动物体有转动惯性。转动惯性的大小在物理学中用转动惯量I 来表示。一物体可看作由 n个微小部分组成，它们的质量分别为m1， m2，……， mn，到某转动轴的距离分别为r1，r2，…，rn， 则该物体对该转动轴的转动惯量为
图A是一个质量为m的小球，用长为l的轻质硬杆(不计质量、不形变)连接到转轴OO'上，则它对这个轮的转动惯量是ml2；
（1）图B是用铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环。我们将该圆环均匀分割为100等份，每等份可以看作是一个小球(图中a)。则该圆环绕着中心转轴OO'转动时的转动惯量为　 　。将它用轻质硬杆与转轴相固定，用同样型号的铁丝制成甲、乙两个陀螺，其中甲陀螺的半径为R，乙陀螺的半径为2R，则要使甲、乙转动起来，更容易些的是　 　；
（2）图C中的薄圆筒半径为0.1m、质量为0.2kg，则薄圆筒对中心转轴OO'的转动惯量是　 　kg·m2
【答案】（1）MR2；甲
（2）2×10-3
【知识点】惯性
【解析】【分析】（1）理解题文中转动惯量的计算公式I=m1r12+m2r22+…+mnrn2。根据转动惯量的公式计算出两种圆环绕着中心转轴的转动惯量，然后比较其大小。
（2）根据转动惯量的公式计算。
【解答】（1）质量为M，该圆环到中心转轴OO'的距离为R，由转动惯量的计算公式可知，转动惯量为MR2；若用同样型号的铁丝制成半径为2R的陀螺乙，则陀螺乙对中心转轴的转动惯量为4MR2，则要使甲乙转动起来，甲更容易些，
（2）将数据代入转动惯量的计算公式可得：I=0.2kg×（0.1m）2=2×10-3kg.m2
故答案为：（1）MR2，甲；（2）2×10-3。
17．（2026八上·南湖期末）某项目化学习小组对新能源汽车非常感兴趣，他们在老师的指导下设计了如下评价量表，结合该评价量表，设计一款电动小车。
电动小车评价量表 (节选)
评价指标 优秀 合格 待改进
指标一 小车能前进和后退 小车只能前进或后退 小车不能运动
指标二 车速随电门踏板踩下距离变大而变大 电门踏板踩下距离变大，但车速稳定不变 电门踏板踩下距离变大，但车速反而变小
指标三 速度表与电门踏板踩下距离成正比 速度表随电门踏板踩下距离变大而变大，但不成正比 速度表不随电门踏板踩下距离变大而变大
查阅资料：①改变电动机中的电流方向，可以使电动机顺转或反转
②电动机转动的速度可以由电流大小来控制
③可以将电流表改装成速度表
（1）【选材】图甲是电门踏板的工作原理示意图。利用旋钮变阻器实现对转速的控制，图中O、E、F为变阻器的三个接线柱。驾驶员踩下“电门”，电动车加速运动，则旋钮变阻器接入电路的接线柱为哪两个 　 　(选填“E”、“F”、“O”)。
（2）【设计】图乙是项目化小组设计的实现电动车前进的电路图，当S1、S2分别接①和③时电动车前进；要求S1、S2分别接②和④时电动车后退，在图乙中补全电路。
（3）【调试】图丙是电动车前进时的简略电路图，电源电压为9V，保护电阻R1为5Ω，R2阻值为25Ω，长度为20cm的均匀电阻丝。调试时，将踏板由图丙中所示的位置踩下8cm，此时电流表的示数为　 　。
（4）【评价】该项目能否被评为优秀，请说出你的理由　 　。
【答案】（1）O、E
（2）
（3）0.6A
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
【知识点】串、并联电路的设计；欧姆定律及其应用；电路的动态分析
【解析】【分析】（1）驾驶员踩下“油门”，电动车加速运动，说明电路中电流变大，旋钮变阻器阻值减小，据此确定旋钮变阻器连接方式；
（2）改变电动机中的电流方向，可以使电动机顺转或反转，据此分析电路连接；
（3）R2是均匀电阻丝，据此求出踩下12cm时R2接入电路的阻值，根据电阻的串联求出电路总电阻，利用欧姆定律求出电流表示数；
（4）根据评价标准分析回答。
【解答】（1）驾驶员踩下“油门”，电动车加速运动，说明电路中电流变大，旋钮变阻器阻值减小，故旋钮变阻器接入电路的接线柱为O、E；
（2）当S1、S2分别接①和③时电动车前进，要求S1、S2分别接②和④时电动车后退，说明S1、S2分别接②和④时电动机中的电流方向改变，故电路设计如下图所示：
（3）R2是阻值为25Ω，长度为20cm的均匀电阻丝，因此踩下12cm时R2接入电路的阻值为R2=×25Ω=10Ω，此时电路的总电阻为R总=R1+R2=5Ω+10Ω=15Ω，则电路中的电流为：
I===0.6A；
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
故答案为：（1）O、E；
（2）见解答图；
（3）此时电流表的示数是0.6A；
（4）由题意可知，优秀电动小车速度表与电门踏板踩下距离成正比，即电流与旋钮变阻器阻值成正比，而本设计中，I=，即电流与旋钮变阻器R2不成正比，故项目不能被评为优秀。
18．（2026八上·南湖期末）某航海器材厂计划研发一款高性能救生衣，核心材料为不吸水、质量均匀的泡沫块。救生衣的安全性能直接取决于泡沫块的浮沉特性，因此需要通过实验精准测定泡沫块的密度，实验装置和步骤如下：
①图甲：取一个底面积为 S 的圆柱形容器，倒入适量水(密度为ρ水)，液面稳定后高度为 h0；②图乙：将一块泡沫块轻轻放入水中，泡沫块漂浮，液面高度变为h1；
③图丙：向泡沫块上缓慢添加砝码，直至泡沫块恰好完全浸没且未触容器底，此时液面高度为 h2；继续添加少量砝码，泡沫块沉底。
（1）步骤③中，泡沫块从漂浮变为悬浮的过程中，泡沫块受到的浮力　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)；
（2）若步骤③中添加的砝码不慎掉入容器底部(未粘在泡沫块上)，此时泡沫块仍处于漂浮状态，液面高度会　 　(选填“大于”“小于”或“等于”)h2；
（3）请用表格里的符号(ρ8、S、h0、h1、h2)来表示泡沫块的密度ρ　 　。
【答案】（1）变大
（2）大于
（3）
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）漂浮时，泡沫块只有部分体积浸入水中；悬浮时，泡沫块完全浸没，排开水的体积 V排 变大。根据阿基米德原理 F浮 =ρ水 gV排 ，水的密度不变，V排 变大，所以浮力变大。
（2）当砝码放在泡沫上时，整体漂浮，排开水的总重力等于泡沫和砝码的总重力。
若砝码掉入容器底部并沉底，砝码的重力大于它单独排开水的重力，因此为了平衡总重力，泡沫需要排开更多的水，导致液面高度比 h2 更高。
（3）漂浮时，泡沫块的重力等于它排开水的重力，因此可以用排开水的体积算出泡沫块的质量。
悬浮时，泡沫块的体积等于它排开水的体积，即容器底面积乘以液面上升的高度差 (h2 h0)。
最后用密度公式 ρ=，即可求出泡沫块的密度。
【解答】(1) 泡沫块从漂浮变为悬浮的过程中，排开水的体积变大，根据 F浮 =ρ水 gV排，浮力变大。
(2) 若砝码掉入容器底部，砝码的重力会直接使容器底部的压力增加，而泡沫块仍漂浮，此时液面高度会大于h2。因为砝码沉底后，其排开的水的体积比它在泡沫上时排开的水的体积小，导致液面上升的高度比原来更多。
(3)泡沫块漂浮时，排开水的体积V排=S(h1 h0)。漂浮时浮力等于重力：G=F浮=ρ水gS(h1 h0)。
泡沫块的质量m==ρ水S(h1 h0)。泡沫块的体积V=S(h2 h0)。
泡沫块的密度ρ==。
故答案为：（1）变大；（2）大于；（3）。
19．（2026八上·南湖期末）自然界两个物体之间都存在着非常微小的引力，科学家用如图甲装置进行研究。实验步骤如下：
在装有平面镜的轻质T形支架两端分别固定两个相同的小球A、B，并将T形支架悬挂在石英丝上，用固定光源发射一束光线照射在平面镜上，在远处的接收器上得到反射光点O。再将大球C、D分别靠近小球 A、B，小球静止时，大、小球之间的距离相同，石英丝受到引力作用发生微小偏转(称为扭转角 θ)，并测量出接收器上光点M偏移O点的距离。
实验次数 L(cm) r(mm) 扭转角(θ度)
1 5 0.25 40.0
2 5 0.50 10.0
3 10 0.50 20.0
4 10 1.00 5.0
5 40 2.00 　
（1）实验中，判断大、小球之间的引力大小变化的实验现象是：　 　；
（2）科学家采用多种方法将实验中微小的扭转角θ放大，写出其中的一种具体操作方法　 　；
（3）实验中科学家发现石英丝在相同大小的力的作用下扭转角度(如图乙所示)与悬丝的长度L 及半径r有关，测得数据如下：则第5次实验中扭转角θ为　 　度。
【答案】（1）反射光点O发生偏移
（2）转换法
（3）5.0
【知识点】实验探究的其他思想方法；光的折射规律
【解析】【分析】（1）大、小球之间的引力大小的变化，会引起平面镜的微小转动，最终通过接收器上的光点的移动表现出来；
（2）物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法；
（3）从表中的数据分别找到L与扭转角的关系和r与扭转角的关系，即可解答。
【解答】（1）大、小球之间的引力非常微小，但可以引起反射光点较大的偏转，故判断大、小球之间的引力大小变化的实验现象是：反射光点O发生偏移；
（2）科学家采用多种方法将实验中微小的扭转角θ放大，这是利用了转换法；
（3）根据控制变量法，由第2、3次实验发现，当r相同时，L变为原来的2倍，扭转角也变为原来的2倍，那么当L变为原来的4倍，扭转角也变为原来的4倍，由第1、2（或3、4）次实验发现，当L相同时，r为原来的2倍，扭转角为原来的，由第4、5次实验，L是原来的4倍，r是原来的2倍，故第5次分扭转角θ=5.0度×4×=5.0度。
故答案为：（1）反射光点O发生偏移；（2）转换法；（3）5.0。
20．（2026八上·南湖期末）研习小组设计了如图甲所示的电路探究电流与电阻的关系，并连接好实物电路如图乙，进行实验。实验器材：三节新干电池(电源电压为4.5V)、电流表、电压表、滑动变阻器(“20Ω，2A”)、定值电阻5个(5Ω、10Ω、15Ω、20Ω、50Ω)、开关一个、导线若干。
（1）闭合开关，发现电流表示数几乎为零，电压表有示数。经分析有一根导线连接错误，请在连接错误的导线上打“×”，并补画出一根导线连接成正确的电路。
（2）利用正确的电路进行实验，获得实验数据并画出I-R图像，如图丙。依据曲线图推测：阴影部分面积S1与斜线部分面积 S2的大小关系是：S1　 　S2(选填“>”、“=”或“<”)。
（3）实验中，将5Ω的定值电阻换成10Ω后，小东和小阳对接下来的操作有不同看法：小东认为可直接闭合开关，再移动滑片，使电压表示数达到预设值；小阳认为应先将滑片移到右端，再闭合开关，向左移动滑片，使电压表示数达到预设值。你赞成谁的观点 请说明理由　 　。
（4）研习小组发现再用50Ω的定值电阻进行实验时，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到预设值。为了能完成这次实验，所采取的措施可行的是____。
A．增加一节干电池
B．更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器
C．调节滑片使电压表示数为2.5V
D．将电压表改接到滑动变阻器两端
【答案】（1）
（2）由图丙可知，定值电阻两端电压为UV=IR=0.6A×5Ω=……=0.2A×15Ω=3V；当定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为：I'==0.15A；
（3）＜
（4）B
【知识点】探究电流与电压、电阻的关系实验
【解析】【分析】在探究“电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端；
（1）根据图丙可知，图中阴影部分和斜线部分为长方形，由欧姆定律分析；
（2）在操作过程中，要保护电路的安全，确保所有用电器和电表在安全范围内，从而判断两人的观点；
（3）A、根据电源电压大小结合滑动变阻器阻值分析回答；
B、根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理得出当接入50Ω电阻时滑动变阻器连入电路中的电阻大小；已知题中原来滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电阻的规律分析；
C、当将定值电阻换上较大的电阻时，如果控制电压表示数较小，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器就要分去更多的电压，由分压原理，滑动变阻器连入电路中的阻值将要求更大，而题中滑动变阻器的最大电阻为20Ω，根据串联电路电压的规律得出滑动变阻器分得的电压，根据分压原理表达式讨论，当用最大电阻50Ω电阻进行实验时，滑动变阻器连入电路中的电阻应最大，由此得出控制电压表的最小电压；
D.将电压表改接到滑动变阻器两端，不能改变定值电阻两端的电压大小。
【解答】（1）原电路图中，滑动变阻器和定值电阻并联，电压表串联在电路中是错误的，在探究“电流与电阻的关系”实验中，定值电阻、滑动变阻器和电流表串联，电压表并联在定值电阻两端，如下图所示：
（2）由图丙可知，定值电阻两端电压为UV=IR=0.6A×5Ω=……=0.2A×15Ω=3V；当定值电阻为20Ω时，通过定值电阻的电流为：I'==0.15A；
（3）根据画出I-R图象（如图丙）知，图中阴影部分为长方形，其面积等于IR，由欧姆定律得，U=IR，S1的数值为U1=I1R1=（0.6A-0.15A）×5Ω=2.25V；同理，S2的数值为U2=I2R2=0.15A×20Ω=3V，故S1＜S2；
（4））A、电源电压为4.5V，增加一节干电池，此时电源电压为6V，若滑动变阻器接入电路的阻值为0，定值电阻两端电压为6V， 会超过预设值 ，故A不符合题意；
B、根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：U滑=U-UV=4.5V-3V=1.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入50Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑=0.5×50Ω=25Ω＞20Ω；即为了能完成这次实验，滑动变阻器的最小电阻为25Ω，所以可更换一个最大阻值为30Ω的滑动变阻器可以完成这次实验，故B符合题意；
C、研究电流与电阻的关系，要控制电压表示数不变，滑动变阻器与定值电阻串联，设电压表示数为UV'，根据串联电路电压的规律，滑动变阻器分得的电压：U滑=U总-UV'=4.5V-UV'，
根据分压原理有：
；解得电压表的示数：UV'≈3.2V，即为完成实验，电压表的最小电压为3.2V＞2.5V，故C不符合题意；
D、将电压表改接到滑动变阻器两端，电压表原来测定值电阻的电压，现在测滑动变阻器的电压，对改变定值电阻的电压大小没有影响，无论怎样移动滑片，都不能使电压表示数达到原来的数值，所以不能完成这次实验，故D不符合题意。
故选：B。
故答案为：（1）见解答；（2）I'==0.15A；（3）＜；（4）B。
21．（2026八上·南湖期末）某中学研学小组赴热气球基地开展实践活动，现场观察到：热气球搭载乘客和设备后，通过燃烧器加热球内空气，一段时间后便能缓缓升空。为弄清其原理，小组收集到以下关键信息：
①热气球升空的核心条件是所受浮力大于热气球的总重力；
②热气球加热过程中，球囊体积固定，排开外界空气的体积始终不变；
③压强一定时，空气密度随温度的变化关系如下表。
空气温度(℃) 20 50 100 200 300
空气密度 (kg/m3) 1.20 1.09 0.9 0.746 0.616
（1）热气球排开空气的体积为1000m3，自身质量为300kg。当外界空气温度为20℃时，若要使热气球升空，球内空气温度至少需达到多少摄氏度 (计算结果保留整数)
（2）分析热气球加热前后，球内空气的质量变化，并说明热气球升空的原因　 　
（3）为使热气球更容易升空，下列方法可行的是____(选填字母)。
A．减小热气球吊篮的质量
B．减小热气球的体积
C．提高加热装置的供热效率
【答案】（1） F浮 =ρ外 gV排 =1.20 kg/m3×10 N/kg×1000 m3=12000 N。
m自 =300 kg，重力 G自 =m自 g=300 kg×10 N/kg=3000 N。
G热 =F浮 G自 =12000 N 3000 N=9000 N。
m热 = = =900 kg；热空气的密度 ρ热 ===0.9 kg/m3。查表求温度由表格可知，空气密度为 0.9 kg/m3 时，对应的温度为 100 C。因此，球内空气温度至少需达到 100 C。
（2）加热后球内空气质量减小；因为总重力减小，而浮力不变，当总重力小于浮力时热气球升空
（3）A；C
【知识点】密度公式的应用；浮力大小的计算
【解析】【分析】本题考查的考点是浮力的计算与物体的浮沉条件，可结合空气密度随温度的变化关系、质量与密度的公式分析。解题思路是先利用浮力公式算出浮力，再根据升空条件求出热空气的最大允许密度，最后查表得到对应的温度；对于质量变化和升空原因，从密度变化导致的质量变化入手，分析总重力与浮力的关系；对于使热气球更容易升空的方法，从减小总重力或增大浮力的角度判断选项。
解答
【解答】计算浮力：外界空气温度为 20 C，密度 ρ外 =1.20 kg/m3。浮力 F浮 =ρ外 gV排 =1.20 kg/m3×10 N/kg×1000 m3=12000 N。
计算热气球自身重力自身质量： m自 =300 kg，重力 G自 =m自 g=300 kg×10 N/kg=3000 N。
求热空气的最大允许重力：升空条件 F浮 >G总 =G自 +G热； 临界条件 F浮 =G自 +G热 ；所以 G热 =F浮 G自 =12000 N 3000 N=9000 N。
求热空气的密度热空气的质量： m热 = = =900 kg；热空气的密度 ρ热 ===0.9 kg/m3。查表求温度由表格可知，空气密度为 0.9 kg/m3 时，对应的温度为 100 C。因此，球内空气温度至少需达到 100 C。
(2) 分析加热前后球内空气质量变化及升空原因
质量变化：加热后，球内空气温度升高，密度减小，而球囊体积固定，根据 m=ρV，球内空气的质量会减小。
升空原因：热气球的总重力等于自身重力加上球内空气的重力。加热后，球内空气质量减小，总重力减小；而浮力由排开外界冷空气的重量决定，保持不变。当总重力小于浮力时，热气球便会升空。
(3) 选择使热气球更容易升空的方法
选项 A：减小热气球吊篮的质量 → 总重力减小，更容易满足 F浮 >G总 。可行
选项 B：减小热气球的体积 → 排开空气的体积减小，浮力减小，更难升空。不可行
选项 C：提高加热装置的供热效率 → 可更快升高球内空气温度，减小空气密度和总重力，更容易升空。可行
故答案为：
(1) 100 C；(2) 加热后球内空气质量减小；因为总重力减小，而浮力不变，当总重力小于浮力时热气球升空；(3) AC
22．（2026八上·南湖期末）一圆筒形容器内装有水，圆筒内横截面积为200cm2。现将混有石子的冰块放入水中，冰块正好悬浮(如图)，此时发现筒内水面上升8cm，若冰的密度为 石块的密度为 求：
（1）冰块和石子的总质量。
（2）石子的体积。
（3）当冰块全部熔化后，水面下降多少
【答案】（1）3
∵悬浮
（2）设石块体积为V1
（3）
【知识点】密度公式的应用
【解析】【分析】（1）混有石子的冰块放入水中，冰块正好处于悬浮，此时含有石子冰块的密度等于水的密度，圆筒内水面上升了8cm，可知含有石子冰块的体积，冰块和石子的总质量等于密度乘以体积；
（2）设石子的体积为V1，即可用石子的质量表示出石子和冰的质量，石子和冰的总质量刚才已经计算出，即可列式求出石子的体积；
（3）由冰的质量可求出，冰熔化成水体积变化量除以容器的截面积，就是水面下降的量。
【解答】（1）由于冰块浸没在水中，因此它排开水的体积就等于冰块的体积，根据它悬浮在水中，则它受到的浮力等于它的重力，再根据计算出冰块与石子的总质量；
（2）先石子的体积为V1，根据表示出石子和冰块的总体积，从而计算出石子的体积；
（3）先计算出冰化成水的体积，再计算出冰化成水体积的变化值，最后计算出冰化成水水面的变化量即水面下降值。
23．（2026八上·南湖期末）如图所示，黑匣子上有 A、B、C三个接线柱，内部只有一个电压恒为12V 的电源和两个定值电阻 电流表分别连接到接线柱AB，AC，BC时，电流表示数如下表所示：
实验序号 1 2 3
电流表位置 接AB 之间 接 AC之间 接BC之间
电流表示数/A 0.3 0 0.4
电路的总电阻/Ω ▲ 无法计算 30
（1）请将上表填写完整。
（2）请在方框内补全电路(要有电源、R1和R2)。
（3）根据自己补全的电路图，计算R1和R2的阻值各为多少
【答案】（1）40
（2）a：
或b：
（3）a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω
【知识点】电流的测量及电流表的使用；串、并联电路的电流特点
【解析】【分析】（1）从表格数据可知，电流表接AB之间时电路中的电流，根据欧姆定律求出电路AB之间的总电阻；
（2）由表格数据可知RBC之间的阻值，比较RAB和RBC的阻值关系，若AB之间R1与R2串联，则BC之间只有一个电阻，根据电阻的串联求出另一个电阻的阻值，利用R1＞R2判断电路的连接方式；若AB之间只有一个电阻，根据R1＞R2判断AB之间和BC之间的电阻，然后得出电路的连接方式；
（3）根据（2）的解答得出R1和R2的阻值。
【解答】（1）由I=可得，电流表接AB之间时电路的总电阻：RAB==40Ω；
（2）存在两种情况如下图a、b所示：
a：
b：
；
（3）由（2）可知，a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω。
答：（1）40；（2）见解答；（3）a中R1的阻值为30Ω，R2的阻值为10Ω；b中R1的阻值为40Ω，R2的阻值为30Ω。
24．（2026八上·南湖期末）某兴趣小组自制了一只电子密度计，如图甲。电源电压为 6V，R0阻值为 12Ω，R1是一条长为15cm，阻值为12Ω的电阻丝。滑片P连接R1和轻质弹簧下端，弹簧的下端连接着底面积为 高为20cm的圆柱体重物T。测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，重物T未放入液体时，滑片P处于b位置；当滑片P滑至a位置时，轻质弹簧恢复原长。轻质弹簧伸长长度△L与其所受到的拉力 F 关系如图乙所示，滑片与电阻丝之间摩擦力不计，弹簧阻值不计。
（1）测量水的密度时，求重物T受到的浮力为多少牛 此时电压表示数为多少
（2）兴趣小组同学将电流表改为密度表，则这只密度计能测出最大密度值对应的电流是多少安
（3）若要增大测量范围，对原装置的重物T如何改进。
【答案】（1）F浮=ρ水gVgSh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×20×10-6m3=1N；
I===0.3A，此时电压表的示数：U1=IR1=0.3A×8Ω=2.4V；
（2）I'==0.25A，即最大密度对应的电流值为0.25A。
（3）若要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）重物T未放入液体时，滑片P处于b位置，与弹簧的原长相比，弹簧伸长的长度ΔL为15cm，由图乙可知其受到的拉力即物体的重力；已知测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，根据F浮=ρ水gV排计算测量水的密度时重物T受到的浮力；进一步计算此时弹簧受到的拉力，由图乙可知弹簧的伸长量，根据“R1是一条长为15厘米，阻值为12欧的电阻丝”可计算此时滑动变阻器接入电路的阻值，根据串联电路的电阻特点结合欧姆定律计算此时电路中的电流，根据U=IR计算滑动变阻器两端的电压（即电压表的示数）；
（2）根据F浮=ρ液gV排可知，V排一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大，则弹簧受到的拉力越小，弹簧的伸长量越小，所以所测液体密度最大时，弹簧的伸长量为0，此时滑动变阻器接入电路阻值最大，根据串联电路的电阻特点结合欧姆定律计算此时电路中的电流；
（3）要增大测量范围，即增大液体密度的测量范围，所测液体密度的最小值仍然为0，但所测液体密度的最大值增大，根据题意结合物体的浮沉条件找出改进方法。
【解答】（1）由题知，当滑片P滑至a位置时，轻质弹簧恢复原长；而重物T未放入液体时，滑片P处于b位置，与弹簧的原长相比，则弹簧伸长的长度ΔL为15cm，由图乙可知其受到的拉力为1.5N，则物体的重力为1.5N；已知测量液体密度时需将重物T完全浸入待测液体，且圆柱体的底面积为5cm2，高为20cm，测量水的密度时，重物T受到的浮力：
F浮=ρ水gVgSh=1.0×103kg/m3×10N/kg×5×20×10-6m3=1N；
此时弹簧受到的拉力：F=G-F浮=1.5N-1N=0.5N，由图乙可知弹簧的伸长量（与弹簧的原长相比）为5cm，已知R1是一条长为15厘米，阻值为12欧的电阻丝，则此时滑动变阻器接入电路的阻值：R1=×12Ω=8Ω，由串联电路的电阻特点和欧姆定律可得此时电路中的电流：
I==0.3A，此时电压表的示数：U1=IR1=0.3A×8Ω=2.4V；
（2）根据F浮=ρ液gV排可知，V排一定时，液体密度越大，物体受到的浮力越大，则弹簧受到的拉力越小，弹簧的伸长量越小，所以所测液体密度最大时，弹簧的伸长量为0，此时滑动变阻器接入电路最大阻值为12Ω，根据串联电路的电阻特点和欧姆定律可得此时电路中的电流：
I'==0.25A，即最大密度对应的电流值为0.25A。
（3）要增大测量范围，即增大液体密度的测量范围，所测液体密度的最小值仍然为0，此时滑片P仍处于b位置，所以需要物体的质量不变；当所测液体的密度最大时，根据题意可知滑片在最上端，此时弹簧恢复原长（弹力为0），且重物浸没在液体中，此时重物恰好悬浮，根据浮沉条件可知ρ液=ρ物体，则要使测得液体密度的最大值增大，应增大物体的密度，由此可知，要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体。
答：（1）测量水的密度时重物T受到的浮力为1N；电压表示数为2.4V；
（2）0.25A；
（3）若要增大测量范围，需换用质量不变、密度更大的物体。
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