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【期末满分冲刺】浙教版科学八年级上册：专题11《高频考查选择题》期末培优冲刺
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浙教版8年级上册期末培优冲刺 11 高频考查选择题
一、浮力
1.圆柱体先后放人密度为ρ1和ρ2的两种液体中，均处于漂浮状态，如图。圆柱体在两种液体中所受浮力依次是F1和F2则( )。
A.ρ1>ρ2 ；F1>F2 B.ρ1<ρ2 ；F1ρ2 ；F1=F2
【答案】 D
【解析】圆柱体在两种液体中都是漂浮，则它受到的浮力始终等于自身重力，则浮力F1=F2。根据阿基米德原理F浮力=ρ液gV排可知，当浮力相等时，液体密度与排开液体的体积成反比。因为排开液体的体积V1ρ2 ， 故D正确，而A、B、C错误。 故选D。
2.（2020八上·余杭月考）如图甲所示，均匀柱状石料在钢绳拉力的作用下从水面上方以0.5m/s的恒定速度下降，直至全部没入水中。图乙是钢绳拉力F随时间t变化的图象。若不计水的阻力，则下列说法正确的是( )
A. 石料受到的重力为900N
B. 石料的密度为1.8×103kg/m3
C. 石料沉底后水平池底对石料的支持力为500N
D. 如果将该石料立在水平地面上，则它对地面的压强为2.8×104Pa
【答案】 D
【解析】A.由图乙可知，AB段拉力大小不变，此时石料未接触水面，此时钢绳的拉力F=1400N；
根据二力平衡条件可得，石料的重力G=F=1400N，故A错误；
B.BC段拉力逐渐减小，说明石料慢慢浸入水中，且浸入水中的体积逐渐变大，受到的浮力逐渐变大，在C点恰好完全浸没，此时钢绳的拉力为900N，
所以浸没时石料受到的浮力：F浮=G-F′=1400N-900N=500N；
石料的体积：V=V排=F浮ρ水g=500N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.05m3；
则石料的密度：ρ=mV=GgV=1400N10N/kg×0.05m3=2.8×103kg/m3 ， 故B错误；
C.石料沉底后水平池底对石料的支持力：F支=G-F浮=1400N-500N=900N，故C错误；
D.由图乙可知，石料从刚开始浸入水中到全部浸没所用的时间为2s；
圆柱体的高度：h=s=vt=0.5m/s×2s=1m；
将该石料立在水平地面上，
由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得，
它对地面的压强：p=ρgh=2.8×103kg/m3×10N/kg×1m=2.8×104pa，故D正确。故选D。
3.（2020八上·杭州月考）如图所示，盛有水的溢水杯放在水平桌面上，水面低于溢水口；将一块质量为m、体积为V的物块甲轻轻放入溢水杯中，溢出的水全部用空的小烧杯接住；物块甲静止时排开水的体积为V排。则下列说法中，正确的是（ ）
A. 物块甲受到的浮力一定等于mg B. 物块甲受到的浮力一定等于ρ水gV
C. 小烧杯中水的重力一定等于mg D. 小烧杯中水的重力一定小于ρ水gV排
【答案】 D
【解析】由于溢水杯没有装满水，因此放入物块甲后，水不会立即流出来，而是先上升。当水面到达水嘴的高度时，才会有水排出，因此流到小烧杯内水的体积肯定小于静止时的V排 ，
即V水
G水<ρ水gV排 ， 故D正确；
如果物体漂浮，那么它受到的浮力F浮力=G=mg，没有说明状态，故A错误；
物体甲受到的浮力为F浮力=ρ水gV排 ， 而V排不一定等于V，故B错误；
溢水杯装满水时，且甲漂浮或悬浮时，小烧杯中水的重力才等于mg，由于状态未知且没有装满水，故C错误。 故选D。
4.（2020八上·杭州月考）如图所示，密度均匀的长方体木块漂浮在水面上。将木块沿虚线部分切开，下列说法中正确是（ ）
A. 沿ab切开，左右两部分都将上浮一点 B. 沿cd切开，拿走下部分，剩下的木块上浮一点
C. 沿ab切开，左右两部分还是漂浮 D. 沿cd切开，上半部分漂浮，下半部分悬浮在水中
【答案】 C
【解析】原来的长方体木块漂浮在水面上，根据漂浮条件可知，木块的密度小于水的密度。无论沿哪个方向将木块切开，木块的材料种类没有变化，因此切开的两部分密度不变，都仍然小于水的密度，因此仍然漂浮，故C正确，D错误；
当物体漂浮时，它受到的浮力F浮力=G；
ρ液gV排=ρgV；
ρ液V排=ρV；
解得：ρρ液=V排V；
因为V排=Sh排 ， 所以：ρρ液=h排h。
当沿ab方向切开时，液体和物体的密度不变，那么浸入液体的深度不变，所以左右两部分不会上浮也不会下沉，故A错误；
当沿CD方向切开时，拿走下部分，木块的重力减小，那么它受到的浮力减小，排开水的体积也会减小。假设木块露出水面的部分高度不变，而木块的总高度h减小，必然导致h露h'变大，因此h排h=1-h露h肯定减小了。而它们的比值肯定不变，因此木块肯定下沉，故B错误。 故选C。
5.（2020八上·滨江期中）将体积相同、材料不同的甲、乙、丙三个实心小球，分别轻轻放入三个装满水的相同烧杯中，甲球下沉至杯底、乙球漂浮、丙球悬浮，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 三个小球的质量大小关系是m甲>m乙>m丙
B. 三个小球受到的浮力大小关系是F甲=F丙
D. 三个烧杯底部对桌面的压强大小关系是p'甲>p'乙=p'丙
【答案】 D
【解析】A.甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以甲球的密度大于水的密度，乙球的密度小于水的密度，丙球的密度等于水的密度，因此三个小球的密度大小关系是：ρ甲＞ρ丙＞ρ乙 ， 三球体积相等，根据m=ρV可知：m甲＞m丙＞m乙 ． 故A错误；
B.由于甲乙丙三个实心小球体积相同，则根据图可知排开水的体积关系：V甲排=V球 ， V乙排＜V球 ， V丙排=V球 ， 所以V甲排=V丙排＞V乙排 ， 根据F浮=ρ液V排g可知：F甲=F丙＞F乙 ， 故B错误；
C.因为三个相同烧杯中都装满水，放入球后烧杯中液面高度不变，根据p=ρgh可知烧杯底部受到水的压强相等，即：p甲=p乙=p丙；故C错误；
D.三个相同烧杯中都装满水，里面的水的重力G水相等，由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入物体后对桌面的压力变化为：F=G容器+G水+G球-G排和G排=F浮 ， 据此可得：
F′甲=G容器+G水+G甲-G排甲=G容器+G水+G甲-F甲；
F′乙=G容器+G水+G乙-G排乙=G容器+G水+G乙-F乙；
F′丙=G容器+G水+G丙-G排丙=G容器+G水+G丙-F丙；
由于甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，则G甲＞F甲；G乙=F乙；G丙=F丙；
所以F′甲＞F′乙=F′丙；
由于容器的底面积相同， 根据p=FS 可得：烧杯底部对桌面的压强的关系是p′甲＞p′乙=p′丙。故D正确。故选D。
6.（2020八上·温州期中）如图所示，将质量为0.8kg、体积为1×10-3m3的长方体木块放入盛有某种液体的容器中，木块漂浮在液面上。现用力F缓慢向下压木块，当力F的大小为2N时，木块刚好浸没在液体中。下列说法不正确的是（ ）
A. 则木块的密度为0.8×103kg/m3 B. 该液体可能是水
C. F=1.6N时，木块露出液面的体积为40cm3 D. 将木块压到水底并与其贴合，木块不受浮力
【答案】 D
【解析】A.木块的密度ρ木=m木V木=0.8kg1.0×10-3m3=0.8×103kg/m3 ， 故A正确不合题意；
B.木块的重力G木=m木g=0.8kg×10N/kg=8N；
当F=2N的力使木块浸没水中时，木块刚好浸没在液体中处于静止状态，
则木块受到的浮力F浮=F+G木=2N+8N=10N；
则液体的密度ρ液=F浮gV排=10N10N/kg×1.0×10-3m3=1.0×103kg/m3。
则该液体可能是水，故B正确不合题意；
C.当F′=1.6N时，则木块此时受到的浮力F浮=F′+G木=1.6N+8N=9.6N；
此时排开水的体积V排=F浮gρ液=9.6N10N/kg×1.0×103kg/m3=9.6×10-4m3；
那么木块露出水面的体积：V露=V木-V排=1.0×10-3m3-9.6×10-4m3=4×10-5m3=40cm3 ， 故C正确不合题意；
D.将木块压倒水底并与其贴合，此时下表面依然存在水，会产生向上的压力，则木块会受到浮力，故D错误符合题意。 故选D。
7.（2020八上·杭州月考）两个容器中分别盛有甲、乙两种不同的液体，把质量相等体积不同的 A、B 两个实心小球放入甲液体中，两球沉底；放入乙液体中，两球静止时的情况如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球 B 排开甲液体的质量小于小球 A 排开乙液体的质量
B. 在甲液体中容器底对小球 A 的支持力等于对小球 B 的支持力
C. 小球 A 在甲液体中受到的浮力大于在乙液体中的浮力
D. 小球 A 排开甲液体的质量小于小球 B 排开乙液体的质量
【答案】 A
【解析】A、B两球的质量相同，由G=mg可知，两球的重力相同，即GA=GB；
由图乙知，在乙液体中，A球漂浮，则ρA＜ρ乙；B球下沉，则ρB＞ρ乙 ， 所以两球的密度ρA＜ρB ， 由ρ=mV 可得，两球体积VA＞VB。
A.由图知，B球在甲液体中沉底，B球受到甲液体的浮力F浮B=G排甲＜GB；A球在乙液体中漂浮，A球受到乙液体的浮力F浮A=G排乙=GA。因为GA=GB ， 所以G排甲＜G排乙 ， 则可知小球 B 排开甲液体质量小于小球 A排开乙液体的质量，故A正确；
B.由图甲知，A、B球在甲液体中都沉底，因为G=F支+F浮 ， 所以受到的支持力F支=G-F浮。因为VA＞VB ， 则VA排＞VB排 ， 根据阿基米德原理F浮=ρ甲V排g可知，浮力F浮A＞F浮B；又因为GA=GB ， 所以受到的支持力F支A＜F支B ， 故B错误；
C.由图知，A球在甲液体中沉底，A球受到甲液体的浮力F浮甲＜GA；A球在乙液体中漂浮，A球受到乙液体的浮力F浮乙=GA ， 所以F浮甲＜F浮乙 ， 即小球 A在甲液体中受到的浮力小于在乙液体中的浮力，故C错误；
D.由图知，A球在甲液体中沉底，A球受到甲液体的浮力F浮A=G排甲＜GA；B球在乙液体中沉底，B球受到乙液体的浮力F浮B=G排乙＜GB；因为GA=GB ， 所以G排甲、G排乙都小于同一个值，无法比较其大小，则无法比较小球A排开甲液体质量和小球 B 排开乙液体的质量，故D错误。 故选A。
8.（2020八上·金华期中）如图所示，将重为12N的小球挂在弹簧测力计下，当小球的一半体积浸在水中时，测力计示数为7N。下列说法正确的是( )
A. 小球的体积为700cm3
B. 小球的密度为1.2g/cm3
C. 缓缓向下移动弹簧测力计，小球对测力计的拉力最小可达到0N
D. 剪断悬吊小球的细线，小球在水中稳定时受到的浮力为12N
【答案】 B
【解析】A.当小球的一半浸在水中时受到的浮力F浮=G-F示=12N-7N=5N，
那么此时小球排开水的体积：V排=F浮ρ水g=5N1.0×103kg/m3×10N/kg=5×10-4m3=500cm3
物体的体积：V=2V排=2×500cm3=1000cm3 ， 故A错误；
B.小球的质量m=Gg=12N10N/kg=1.2kg=1200g，
那么小球的密度ρ物=mV=1200g1000cm3=1.2g/cm3 ， 故B正确；
C.缓缓向下移动弹簧测力计，
当小球全部浸没时受到的浮力F浮′=ρgV排' =1.0×103kg/m3×10N/kg×10-3m3=10N，
此时测力计的最小示数为：F拉=G-F浮力=12N-10N=2N，故C错误；
D.因为ρ物>ρ水 ，
所以剪断悬吊小球的细线，它会沉没在水底，
此时小球受到的浮力同C中算出的浮力相等，即F浮=10N，故D错误。 故选B。
二、溶液
9.（2020八上·杭州月考）常温下，对100mL氯化钠的饱和溶液进行图示实验。下列分析错误的是( )
A. 实验2后，甲中溶液为氯化钠的不饱和溶液
B. 实验2后，乙中比甲中氯化钠的溶解度大
C. 实验2后，甲、乙中溶液的溶质质量分数不相等
D. 实验1后的甲和实验2后的乙中溶液所含溶质质量相等
【答案】 B
【解析】A.实验1中的甲溶液为饱和溶液，在其中加入5g水后，溶剂的质量增大，而溶质的质量不变，那么溶液变成不饱和的，故A正确不合题意；
B.实验2后，氯化钠溶液的温度保持不变，那么它们的溶解度相同，故B错误符合题意；
C.实验2后，甲变成不饱和溶液，乙仍然为饱和溶液，其中溶质的质量相同，但是甲中溶剂的质量大于乙，根据溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%可知，甲和乙的溶质质量分数不等，故C正确不合题意；
D.实验1后的甲和实验2后的乙中溶液所含溶质质量相等，故D正确不合题意。 故选B。
10.（2020八上·杭州月考）小金在配硝酸钾溶液时得到下表数据，据此分析以下说法正确的是（ ）
序号
温度/℃
水的质量/克
加入硝酸钾的质量/克
所得溶液的质量/克
10
100
40
120.9
60
100
40
140
A.10℃时硝酸钾的溶解度为40克
B.②所得溶液一定是60℃时硝酸钾的饱和溶液
C.若通过加热将①中剩余硝酸钾全部溶解，则溶液的溶质质量分数与加热前保持一致
D.若将②所得溶液降温至10℃，则溶液的溶质质量分数会变小
【答案】 D
【解析】A.根据第一行数据可知，水的质量为100g，溶液的质量为120.9g，则溶质硝酸钾的质量为：120.9g-100g=20.9g，即10℃时，100g水中最多溶解硝酸钾20.9g，则它的溶解度为20.9g，故A错误；
B.②中所得的溶液中加入的40g硝酸钾完全溶解，没有未溶的固体存在，则溶液可能饱和，可能不饱和，故B错误；
C.若通过加热将①中剩余硝酸钾全部溶解，则溶剂的质量不变，但是溶质的质量增大了，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，溶质质量分数增大了，故C错误；
D.若将②所得溶液降温至10℃，由于溶解度减小，因此会有硝酸钾析出，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，溶质质量分数变小了，故D正确。 故选D。
11.（2019八上·温州期中）如图所示为蒸发氯化钠溶液的实验过程，其中①→②→③为恒温蒸发过程，③→④为升温蒸发过程，②溶液恰好为饱和状态，分析实验过程，作出的判断不正确的是（ ）
A. 在①→②过程中，氯化钠的质量分数不断增大
B. 在②→③过程中，氯化钠的溶解度保持不变
C. 在③→④过程中，氯化钠的质量分数不断减小
D. 在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大
【答案】 C
【解析】A.在①→②过程中，溶质的质量不变，但溶液质量变小，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，氯化钠的质量分数不断增大，故A正确不合题意；
B.在②→③过程中，氯化钠溶液饱和，由于温度不变，因此它的溶解度不变，故B正确不合题意；
C.在③→④过程中，溶液中都有晶体出现，则溶液都是饱和的。由于氯化钠的溶剂度随温度的升高而增大，所以氯化钠的溶质质量分数增大，故C错误符合题意；
D.在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大，故D正确不合题意。 故选C。
12.（2019八上·温州月考）配制硝酸钾溶液时得到下表数据，根据表中数据分析，错误的是（ ）
序号
温度/℃
水的质量/克
所加硝酸钾的质量/克
所得溶液的质量/克
①
28
10
4
14
②
28
10
6
14
③
60
10
8
18
A. ①②所得溶液都是饱和溶液 B. ③所得溶液一定是硝酸钾的饱和溶液
C. 28℃时 20 克水中最多能溶解硝酸钾 8 克 D. 60℃时等质量水中能溶解的硝酸钾比 28℃时多
【答案】 B
【解析】A.①中溶质的质量为：14g-10g=4g，没有未溶的晶体出现，则①无法判断是否饱和；②中溶质的质量也是4g，但是加入的质量为6g，因此出现未溶的晶体，则②肯定饱和，据此可知，①也是饱和的，即10g水中28℃时最多溶解硝酸钾4g，故A正确不合题意；
B.③中溶质的质量：18g-10g=8g，和加入的硝酸钾的质量相等，没有未溶的晶体，因此无法判断它是否饱和，故B错误符合题意；
C.10g水中28℃时最多溶解硝酸钾4g，那么20g水中最多溶解硝酸钾：4g×20g10g=8g ， 故C正确不合题意； D.在10g水中，60℃时最多溶解的硝酸钾质量肯定大于等于8g，而28℃时最多溶解硝酸钾的质量且4g，故D正确不合题意。 故选B。
13.（2018八上·金华月考）某次蔗糖溶解实验过程如图所示，不考虑水分蒸发，下列判断错误的是( )
A. ②中溶液是饱和溶液 B. ③中溶液一定是不饱和溶液
C. ②③中溶液的溶质质量分数不相同 D. ③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量
【答案】 B
【解析】A、从图中可以看出，不考虑水分蒸发，①→②充分溶解后固体有剩余，则②是饱和溶液，故A正确，但不符合题意；
B、③中没有固体，则③可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液，故B错误，但符合题意；
C、②③中溶剂质量相同，溶质质量不同，②③中溶液的溶质质量分数一定是不相同的，故C正确，但不符合题意；
D、从图中能够看出：中蔗糖全部溶解，②中蔗糖部分溶解，③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量，故D正确，但不符合题意；故答案为：B。
14.（2018八上·衢州月考）如下表是物质 A 在不同温度下的溶解度，现向 100g 水中不断加入固体 A 或改变温度，得到相应的溶液①—⑤。则下列说法正确的是( )
温度/℃
20
30
40
50
60
溶解度/g
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
A. ②中 A 的质量分数最大 B. ③⑤中 A 的质量分数相等
C. ②④⑤的溶液为饱和溶液 D. ①③④⑤中没有固体存在
【答案】 D
【解析】从表格中的数据可知，25℃时，A的溶解度大于37.2g，小于41.4g，则100g水中加入A物质，形成的是不饱和溶液，即①；
再加入4.2gA，即一共加入41.4gA，不能够完全溶解，形成饱和溶液，则溶液中有固体，即②；
升温到60℃时，此时溶解度为55.2g，则41.4g固体全部溶解，则溶液为不饱和溶液，固体全部溶解，即③；此时的溶质质量分数大于②，故A错误；
再加入9gA，则此时加入固体的总质量为41.4g+9g=50.4g，固体能全部溶解，此时溶液为不饱和溶液，即④，故C错误；降温到50℃时，溶解的溶解度变为50.4g，此时溶液恰好达到饱和，且无固体析出，此时溶液的溶质质量分数大于③，故B错误；综合可知，①③④⑤中没有固体存在，故D正确；故答案为：D。
15.下表是固体甲和乙在不同温度时的溶解度，下列说法中正确的是( )
温度/℃
0
20
40
100
甲溶解度/克
0.173
0.165
0.121
0.076
乙溶解度/克
13.3
31.6
63.9
246
A. 20 ℃时，甲物质的饱和溶液升高温度会变为不饱和溶液
B. 100 ℃时，乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，但溶液仍饱和
C. 20 ℃时，甲物质的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数
D. 20 ℃时，100克乙物质加入100克水中，所得溶液的溶质质量分数等于50%
【答案】 B
【解析】A.甲物质溶解度随温度的升高而减小，则20 ℃时，甲物质的饱和溶液升高温度会析出固体，仍为饱和溶液，不符合题意；
B.100 ℃时，乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，析出晶体后的溶液仍为该温度下该物质的饱和溶液，符合题意；
C.20 ℃时，甲物质的饱和溶液溶质质量分数一定小于乙饱和溶液的溶质质量分数，若不能确定是否饱和，则溶质质量分数不能确定，不符合题意；
D.20 ℃时，100克乙物质加入100克水中，最多溶解31.6g，则所得溶液的溶质质量分数等于31.6g100g+31.6g×100%≈24% ， 不符合题意；故答案为：B。
16.（2017八上·海宁月考）如图，用下列实验操作可完成两个实验。甲实验为粗盐中难溶性杂质的去除，乙实验为 配制溶质的质量分数为 10%的氯化钠溶液。下列说法中，正确的是( )
A. 甲实验的步骤是①④⑤，其中去除杂质的关键步骤是蒸发
B. 甲实验各步操作中，玻璃棒的作用都是相同的
C. 乙实验若按照②③①的步骤进行操作，②中称取食盐为 5g，则配制的溶液浓度偏大
D. 乙实验中，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响
【答案】 C
【解析】A、甲实验的步骤是①④⑤，其中去除杂质的关键步骤是蒸发，去除杂质的关键步骤是过滤，A错误；
B、甲实验各步操作中，玻璃棒的作用都是相同的，粗盐提纯实验中多次用到玻璃棒，不同实验中玻璃棒的作用存在不同，归纳起来主要有，搅拌、引流和转移三个作用，B错误；
C、乙实验若按照②③①的步骤进行操作，②中称取食盐为 5g，则配制的溶液浓度偏大，由③操作可知水的质量为42g，5g食盐溶解到42g水中的质量分数为：（5g/47g）×100%=10.6%>10%，所以配制的溶液浓度偏大，C正确；
D、乙实验中，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响，根据溶质质量分数=溶质的质量÷溶液总质量可知溶液质量偏大会使溶质质量分数偏小。D错误。
三、大气压强
17.（2021八上·宁波月考）在抗击新冠肺炎疫情的时期，“负压救护车”发挥了重要的作用，“负压救护车”是因为车内的气压低于车外气压而得名。下列处于负压状态的是（ ）
A. 吹足气的气球 B. 高空飞行中的飞机机舱 C. 吸饮料过程中的吸管 D. 漏气的足球
【答案】 C
【解析】吹足气的气球、高空飞行中的飞机机舱和漏气的足球，里面的压强都大于外面的大气压强，不处于负压状态，故A、B、D不合题意；
吸饮料过程中的吸管，内部的气压小于外界的气压，于是饮料在外界气压的作用下进入口中，此时习吸管处于负压状态，故C符合题意。 故选C。
18.（2021八上·宁波月考）下列说法中错误的是（ ）
A. 静止在水平桌面上的杯子受到的重力和它对桌面的压力不是一对平衡力
B. 有风的天气中打着雨伞，雨伞会向上“吸”，这是由于雨伞上方的空气流速大、压强小
C. 饺子皮上捏出了漂亮的花边，这是力改变了物体的形状
D. 泼水时，盆留在手中，水由于惯性的作用而飞出去
【答案】 D
【解析】A.静止在水平桌面上的杯子受到的重力和它对桌面的压力，二者的方向都是竖直向下的，肯定不是平衡力，故A正确不合题意；
B.有风的天气中打着雨伞，雨伞会向上“吸”，这是由于雨伞上方的空气流速大、压强小，故B正确不合题意； C.饺子皮上捏出了漂亮的花边，这是力改变了物体的形状，故C正确不合题意；
D.泼水时，盆留在手中，水由于惯性而飞出去，而不是惯性的作用，故D错误符合题意。 故选D。
19.足球运动员在某次比赛中，踢出一脚神奇的“香蕉球”，足球从右侧绕过“人墙”射人球门，如图所示。这是因为踢出的足球( )。
A.左侧空气流速慢
B.两侧空气流速相同
C.左侧空气流速快
D.不断改变旋转方向
【答案】 C
【解析】根据图片可知，足球的运动轨迹不断的向左侧偏转，那么足球左侧的气压肯定小于右侧。根据流体压强和流速的关系可知，足球左侧空气流速更快，故C正确，而A、B、D错误。 故选C。
20.在验证大气压存在的覆杯实验中，某同学认为：“实验中纸片不掉落完全是因为纸片被杯口的水粘住了，而与大气压无关。”下列能帮助该同学改变这种想法的实验是( )。
A.如图甲，换用不同种类的纸片做覆杯实验，纸片都不掉落
B.如图乙，覆杯实验中将杯口朝向不同方向，纸片均不掉落
C.如图丙，将一张湿纸覆盖在空杯子的杯口，倒转杯子纸片不掉落
D.如图丁，在密闭钟罩内做覆杯实验，抽出钟罩内空气的过程中纸片掉落
【答案】 D
【解析】既然该同学认为纸片不下落与大气压强无关，不妨我们可以设法将大气压强去掉，如果此时纸片仍然没有下落，那么它的观点正确，否则它的观点错误。根据图片可知，可以将这个杯子放在密闭钟罩内，然后不断的抽出空气即可，故D正确，而A、B、C错误。 故选D。
21.（2020八上·拱墅期末）将烧瓶内的水加热至沸腾后移去火焰，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，如图所示。观察到烧瓶内的水又沸腾起来，产生这一现象的原因是（ ）
A. 瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点降低 B. 瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点升高
C. 瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点降低 D. 瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点升高
【答案】 A
【解析】迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，烧瓶内气体温度降低，体积缩小，压强减小，于是水的沸点降低。由于水的温度高于沸点，所以水会重新沸腾起来，故A正确，而B、C、D错误。 故选A。
22.（2020八上·西湖月考）2016年7月1日起，全省二级以上医院（除儿童医院）全面停止门诊患者静脉输注抗菌药物：如图是医院为病人输液部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通，则在输液过程中，（瓶A中尚有液体），下列说法正确的是（ ）
①瓶A中液面下降，但A中上方气体的压强不变；
②瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大
③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变
④滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小。
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】 B
【解析】①瓶A中液面下降，那么液柱的压强下降，于是外面的空气从C管进入瓶内，从而使A中上方气体的压强增大，故①错误；
②瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大，二者之和保持不变，故②正确；
③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变，从而保证药液匀速滴下，故③正确；
④随A中液面的下降，滴壶B中的气体压强保持不变，故④错误。 那么正确的是②③。 故选B。
23.（2020八上·拱墅月考）关于气体的流速与压强的关系，下列说法中，错误的是（ ）
A. 战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力。使飞机可以停在空中
B. 气流偏导器的作用、给车身较大压力，加大了与地面摩擦
C. 乘客必须站在安全线以外的地方候车的原因
D. 当气流经过化油器上一段突然变窄的管道时，汽油从喷管喷到气流中，变成雾状
【答案】 A
【解析】A.战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，但是不能停在空中，故A错误符合题意；
B.气流偏导器的形状和机翼相反，大气会对它产生向下的压力，于是加大了与地面摩擦，故B正确不合题意；
C.当列车经过时，铁轨附近空气流速大压强小，周围的空气会对乘客产生向内的压强，很容易造成危险，这就是乘客必须站在安全线以外的地方候车的原因，故C正确不合题意；
D.气流经过变窄的管道时，气流速度加快，气压变小，于是汽油被大气压压进管道，在气流的冲击下，，变成雾状 ，故D正确不合题意。 故选A。
24.（2020八上·拱墅期中）创意新品“天气预报瓶”如图示，A为玻璃管与大气相通，B为密闭的玻璃球，A与B下部连通，内装有红墨水，它能显示天气的好坏，随着环境气压的变化，A管内的水位会上升或下降，下列说法不正确的是（ ）
A. “天气预报瓶”利用天气和大气压的关系进行预报
B. A管和B球液面相平时，显示内外气压一致
C. A管液面明显下降时，说明外界大气是高气压，则是阴雨天气
D. A管液面明显上升时，说明外界气温升高（其他条件不变）
【答案】 C
【解析】A、天气不同，气压不同，一般来说，阴天下雨的天气大气压比正常低，A管液面明显上升时，因此“天气预报瓶”利用天气与大气压的关系进行预报，A不符合题意；
B、A管和B球液面相平时，两平面受到气体的压强相等，说明瓶内气压等于外界大气压．故B正确；
C、A管液面明显下降时，说明外界大气是高气压，则是晴朗天气，C符合题意；
D、A管液面上升时，内外气体压强不等，显示外界大气压减小，D不符合题意。 故答案为：C
四、生命活动调节
25.研究植物的向性时，小金设计了如图实验：在一个广口玻璃瓶里放一些湿棉花，将浸泡过的蚕豆种子摆放在瓶壁和湿棉花之间。将玻璃瓶放在温暖的地方，并保持湿润，放置几天，待种子长出芽和根后，将玻璃瓶横着放置1～2天。观察种子芽和根的生长变化情况。下列关于该实验的分析正确的是( )
A. 本实验的目的是研究蚕豆种子的向光性
B. 用浸泡过的蚕豆种子做实验，有利于蚕豆种子的萌发
C. 该实验主要通过比较芽与根生长的长度得出结论
D. 该实验证明了生长素能促进芽与根的生长
【答案】 B
【解析】用浸泡过的蚕豆种子做实验，满足种子萌发需要充足的水分，有利于蚕豆种子的萌发；该实验主要通过比较芽与根生长的方向得出结论；该实验根据芽与根生长的方向，得出植物的向性，根具有向地性，芽具有向光性，不能证明生长素能促进芽与根的生长，B符合题意。 故答案为：B
26.（2020八上·杭州月考）为了研究激素对生物生长发育的作用，某科学家曾做了如下实验：将饲养的蝌蚪某个腺体切除，发现蝌蚪的生长速度缓慢、活力减弱、经过很长时间也没有发育成蛙；然后，他在饲养蝌蚪的水中放入某种激素，发现蝌蚪生长速度大大加快了，成长为“巨型蝌蚪”，由此推断蝌蚪被切除的腺体和水中放入的激素分别是（ ）
A. 甲状腺 生长素 B. 脑垂体 生长激素 C. 脑垂体 肾上腺素 D. 甲状腺 生长激素
【答案】 D
【解析】由于切除甲状腺导致蝌蚪生长缓慢，而在水中加入生长激素导致蝌蚪的生长发育加快，D符合题意。 故答案为：D
27.（2020八上·杭州月考）1921 年加拿大科学家班廷以狗为实验动物进行研究，揭开了糖尿病的发病原因，并荣获诺贝尔生物学与化学奖
实验组
实验操作
实验结果
A
切除胰腺
出现糖尿
B
结扎胰管，胰腺大部分萎缩，胰岛细胞活着
不出现糖尿
C
切除胰腺，注射胰岛提取液
不出现糖尿
对该实验结果分析，不正确的是（ ）
A. 由A，C实验可知：胰岛提取液可防止糖尿的出现
B. 由A，B实验可知：胰腺由胰岛和外分泌部组成
C. 由B，C实验可知：胰岛提取液是由胰岛细胞分泌的
D. 该研究证明：糖尿病的发病可能与胰岛细胞的分泌物有关
【答案】 B
【解析】A、A组和C组是一组对照实验，变量为是否注射了胰岛素提取液，实验结果发现注射胰岛素的动物不出现糖尿，但不注射胰岛素的狗出现糖尿，说明胰岛提取液可防止糖尿的出现，A不符合题意；
B、A组和B组也能形成对照，变量是有无胰岛素，由于A组切除了胰腺，故无法分泌胰岛素，出现了糖尿；B组结扎了胰管，但胰岛细胞活着，能够分泌胰岛素，因此能够分泌胰岛素，没有出现糖尿，可以说明胰岛素可以防止糖尿的产生，但不能胰腺由胰岛和外分泌部组成，B符合题意；
C、B组和C组能形成对照，变量是否有胰岛，但都有胰岛素，说明了胰岛素是由胰岛细胞分泌的，C不符合题意； D、由于B组和C组实验中动物的体内都有胰岛素，动物都不出现糖尿，但是A组切除了胰腺即没有胰岛素，出现了糖尿，说明了糖尿病的发病可能与胰岛素有关，D不符合题意。 故答案为：B
28.（2020八上·绍兴月考）激素在人体内含量很少，对人体生命活动的调节却具有重要作用。下列有关激素调节的叙述，正确的是（ ）
A. 各种激素相互协调、相互制约，共同维持体内环境相对稳定
B. 医院主要通过尿液直接检测人体内胰岛素的含量
C. 幼儿时期甲状腺激素分泌过多会患肢端肥大症
D. 幼儿时期垂体分泌的生长激素不足会患呆小症
【答案】 A
【解析】 A、激素是由内分泌腺的腺细胞所分泌的、对人体有特殊作用的化学物质．它在血液中含量极少，但是对人体的新陈代谢、生长发育和生殖等生理活动，却起着重要的调节作用，在人体内各种激素相互协调、相互制约，共同维持体内环境的相对稳定，A符合题意；
B、现在还没有通过检测尿液来查胰岛素的，一般都是通过血液，B不符合题意；
C、成年人的生长激素分泌过多会患肢端肥大症，C不符合题意；
D、幼年时期甲状腺激素分泌不足会得呆小症，D不符合题意。 故答案为：A
29.（2019八上·温州月考）人体激素分泌失调会引发一些疾病，下列表格中对应关系正确的是（ ）
激素分泌情况
疾病
A
幼年时生长激素分泌过少
呆小症
B
成年时生长激素分泌过多
肢端肥大症
C
幼年时甲状腺激素分泌过多
巨人症
D
成年时甲状腺激素分泌过少
甲亢
A. A B. B C. C D. D
【答案】 B
【解析】A.幼年时期生长激素分泌不足，就会患侏儒症，A错误。
B.成年人的生长激素分泌过多会患肢端肥大症，B正确。
C.巨人症是由于生长发育期，或青春期前生长激素过多，导致四肢长骨的生长速度明显的超出同龄人的，身高增长过快，明显的超出同龄人的身高，一般是垂体病变，C错误。
D.甲亢是成年后，甲状腺激素分泌过多引起的，D错误。 故选B。
30.下列对神经系统结构和功能的叙述，不正确的是( )
A. 神经系统包括中枢神经系统和周围神经系统 B. 周围神经系统由脊髓和脊神经组成
C. 中枢神经系统由脑和脊髓组成 D. 神经元能接受刺激，产生冲动，传导冲动
【答案】 B
【解析】】神经系统包括中枢神经系统和周围神经系统；由脑发出的脑神经和由脊髓发出的脊神经是神经系统的周围部分，叫周围神经系统，B符合题意。 故答案为：B
31.（2020八上·仙居期末）如图是人体反射弧的示意图，请据图回答，如果1代表的是手部皮肤内便的感受器，那么神经冲动的传导方向是( )
A. 5→4→3→2→1 B. 1→2→3-→4→5 C. 3→1→2→4→5 D. 5→4→2→1→3
【答案】 B
【解析】由图可知，1是感受器；2是传入神经；3是神经中枢；4是传出神经；5是效应器；
神经冲动的传导方向是感受器感受外界的刺激，产生冲动，经传入神经传导到神经中枢，神经中枢加以辨别发出指令，经传出神经传导到效应器作出对应的反应；即B符合题意； 故答案为：B。
32.（2020八上·温州期末）健康人的正常体温调节过程如下：环境温度低于体温→感受器→体温调节中枢→效应器→调节活动X。下列关于活动 X 的说明，合理的是（ ）
A. 皮肤血管舒张 B. 汗液分泌减少 C. 骨骼肌产热减少 D. 适当减少衣裤
【答案】 B
【解析】寒冷环境→皮肤冷觉感受器→下丘脑体温调节中枢→增加产热（骨骼肌战栗、立毛肌收缩、甲状腺激素等分泌增加），减少散热（毛细血管收缩、汗腺分泌减少）→体温维持相对恒定，因此活动X是汗液分泌减少，B符合题意。 故答案为：B
33.（2020八上·仙居期末）2020年5月27日11时，中国再次登顶珠峰。为其测量了“身高”，体现了现代测绘技术水平的不断进步，反映了人类对自然的求真与探索精神。下列说法正确的是( )
A. 珠峰的峰顶常年被冰雪覆盖，这是因为在对流层，海拔越高，气温越低
B. 从山脚到山顶植物种类显著变化，其主要原因是海陆位置的不同
C. 珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，由此推测南坡是背风坡
D. 在攀登珠峰的过程中，人体出现高原反应，是因为气温过低、气压过高的缘故
【答案】 A
【解析】A、在对流层范围内，气温随着海拔的升高而降低，所以珠峰的顶端终年冰雪覆盖；故A正确；
B、山脚到山顶植物种类的不同，是因为温度的差异；故B错误；
C、珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，推测南坡是迎风坡，迎风坡降水较多；故C错误；
D、在对流层范围内，海拔越高，气温越低，气压越低；故D错误； 故答案为：A。
五、电路分析与计算
34.（2021八下·奉化期末）如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L允许通过的最大电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值．为50Ω，电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~15V”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R连入电路阻值的变化关系图象，如图乙、丙所示。则下列说法中正确的是( )
A.电源电压为16V
B.当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器连入电路的阻值为45Ω
C.若滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电压表V与电流表A示数之比变小
D.若将电压表量程换为0~3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18Ω ~ 50Ω
【答案】 D
【解析】A.根据乙图可知，当电路中电流为0.6A时，小灯泡两端电压为6V；由图丙可知，滑动变阻器R连入电路中的电阻R=10Ω；
此时变阻器两端的电压为U变=I变R变=0.6A×10Ω=6V；
则电源的电压U总=UL+U变=6V+6V=12V，故A错误；
B.由图乙可知，当电流表示数为0.25A时，灯泡两端电压UL'=1V，此时滑动变阻器R两端的电压U变=U-UL'=12V-1V=11V；
滑动变阻器接入的阻值为：R变'=U变'I'=11V0.25A=44Ω ， 故B错误；
C.电压表测灯泡的电压，电流表测通过灯泡的电流，根据RL=ULIL可知，电压表与电流表的比值为灯泡的电阻。当变阻器的阻值变小时，通过电路的电流变大，根据乙图可知，则灯泡的电阻变大，即比值变大，故C错误；
D.若将电压表量程换成0～3V，则灯泡两端电压最大为3V，此时滑动变阻器接入电路电阻最小；
由图乙可知当灯泡两端电压为3V时，通过小灯泡L即电路中的电流I''=0.5A，
此时滑动变阻器R两端电压U滑′＝U−UL″＝12V−3V＝9V；
则滑动变阻器R接入电路中的最小阻值R小＝U滑'I''＝9V0.5A＝18Ω；
滑动变阻器R接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡L两端电压最小，由图丙可知，滑动变阻器R接入电路中的最大阻值为50Ω，
所以滑动变阻器R允许接入电路的阻值范围为：18Ω～50Ω，故D正确；故选D。
35.（2021八下·镇海期末）灯泡L上标有“6V 1A”字样（正常发光时的电压和电流），测得该灯泡的电流随电压变化关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0-0.6A”，电压表的量程为“0-15V”。则下列说法正确的是（ ）
A. 该电路中通过调节滑动变阻器可实现灯泡L正常发光
B. 当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为7.6V
C. 灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D. 滑动变阻器接入电路中的最小电阻约为13.3Ω
【答案】 D
【解析】根据乙图可知，变阻器与灯泡L串联，电压表测变阻器的电压，电流表测总电流。
A.通过灯泡的额定电流为1A，而通过电流表的最大电流为0.6A，则通过灯泡的最大电流只能到达0.6A，即灯泡不能正常发光，故A错误；
B.根据甲图可知，当电流表的示数为0.4A时，灯泡的电压为1V，此时变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=10V-1V=9V，故B错误；
C.根据甲图可知，灯泡的电阻随它两端电压的增大而增大。根据U变=U总-UL可知，当电压表示数增大时，灯泡的电压减小，则灯泡的电阻变小，故C错误；
D.通过电路的最大电流为0.6A，此时灯泡的电压为2V；
此时变阻器的电压为：U变'=U总'-UL'=10V-2V=8V；
则变阻器接入的最小电阻：R变'=U变'I变'=8V0.6A≈1.3Ω ， 故D正确。 故选D。
36.（2021八下·宁波期末）小丽设计了如图所示的简易电子距离测量仪，R是一根粗细均匀的电阻丝，其每厘米长的电阻为0.5Ω，电路各部分均接触良好。物体M只能在导轨上做直线运动，并带动与之相连的金属滑片P移动，电压表示数可反映物体M移动的距离。开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝中点，此时电压表和电流表示数分别为1.5V和0.2A．由此可知（ ）
A. 电阻丝的总电阻为7.5Ω
B. 当电压表示数为变小时，说明物体M在向左移动
C. 当电压表示数为2V时，物体M向左移动了5cm
D. 当金属滑片P向右移动时，电流表示数变小
【答案】 C
【解析】A.一半电阻丝的阻值：R=UI=1.5V0.2A=7.5Ω；
则电阻丝的总电阻为：R总=2R=2×7.5Ω=15Ω，故A错误；
B.当电压表的示数减小时，根据U=IR可知，与电压表并联的电阻丝的电阻变小，根据“电阻与长度成正比”可知，与电压表并联的电阻丝的长度变小，即物体M在向右移动，故B错误；
C.当电压表示数为2V时，与电压表并联的电阻丝的阻值为：R'=U'I=2V0.2A=10Ω ， 则物体N向左移动： 10Ω0.5Ω/cm=20cm；
原来滑片所在的位置为：7.5Ω0.5Ω/cm=15cm；
则物体M向左移动了：20cm-15cm=5cm，故C正确；
D.当金属滑片P向右移动时，电阻丝R接入电路的电阻不变，因此电流表的示数不变，故D错误。 故选C。
37.如图所示的电路中，闭合开关，发现每个电表都有一定的示数。向右移动滑片，则( )
A. 电流表A1示数减小，电流表A2和电压表 V示数都增加
B. 电流表A1和A2示数都减小，电压表 V示数增加
C. 电流表A1、A2和电压表 V示数都减小
D. 电流表A1、A2和电压表 V示数都增加
【答案】 D
【解析】根据图片可知，电阻R1和R2并联，再与变阻器串联；电压表测R1的电压，电流表A1测总电流，A2测R1的电流。
当滑片向右移动时，变阻器的阻值减小，根据串联电路电压与电阻成正比可知，变阻器的电压减小；根据U并=U总-U变可知，并联部分的电压增大，即电压表的示数增大。由于R1的电压等于电压表的示数，因此它的电压增大，根据I1=U1R1可知，通过它的电流即电流表A2的示数增大；变阻器的阻值减小，根据R总=R并+R变可知，总电阻变小，那么总电流即电流表A1的示数增大。 故选D。
38.（2020八上·拱墅月考）如图电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数变小 D. 电压表和电流表的示数的比值不变
【答案】 D
【解析】根据图片可知，变阻器与定值电阻串联，电压表测R1的电压，而电流表测总电流。
当变阻器的滑片向右移动时，它的阻值变大，那么总电阻变大，而总电流变小，即电流表的示数变小。根据U=IR可知，定值电阻R1的阻值不变，而电流变小，那么它两端的电压变小，即电压表示数变小，故A、B、C错误； 电流表测R1的电流，电压表测R1的电压，根据R1=U1I1可知，电压表和电流表的比值不变，故D正确。 故选D。
39.（2018八上·天台月考）洋洋设计了一个自动测高仪，给出了四个电路，如图所示，R是定值电阻，R´是滑动变阻器。其中能够实现身高越低，电压表示数越小的电路是( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】A、 R和R´是 串联，电压表并在电源两端，当被测量者的身高增大时电压表的示数不变，A不符合题意；
B、 R和R´是 并联，电压表串在电路中，当被测量者的身高增大时电压表的示数不变，B不符合题意；
C、 R和R´是 串联，电压表并在R´的两端，当被测量者的身高增大时，R´的电阻增大，电压表的示数增大，C符合题意；
D、 R和R´是 串联，电压表并在R的两端，当被测量者的身高增大时，R´的电阻增大，其两端的电压增大，电压表的示数减小，D不符合题意。 故答案为：C。
40.如图甲所示，是一电子秤的原理示意图，电源电压为6V，保护电阻R0=60Ω，电压表量程为0～3V，压力传感器R的阻值随所受压力变化的图像如图乙所示。托盘放在传感器上，电路就接通，电源电压恒定不变，不计电源内阻和托盘的质量，取g=10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A. 托盘不装物品时，电压表的示数为0.5V
B. 当托盘上被测物品的质量增大时，则电压表示数减小
C. 该电子秤的刻度是均匀的
D. 当电压表的示数为1.5V时，托盘上被测物品的质量为20kg
【答案】 D
【解析】根据甲图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压。
A.当托盘不放物品时，压力为0，根据乙图可知，这时R=300Ω，
这时总电阻为：R总=R+R0=300Ω+60Ω=360Ω；
总电流为：I总=U总R总=6V360Ω=160A；
电压表的示数为：U0=I0R0=160A×60Ω=1V ， 故A错误；
B.当托盘上被测物品的质量增大时，物体对托盘的压力增大，
由图乙可知，R的阻值减小，电路中的总电阻减小，
由I=UR 可知，电路中的电流增大；
由U=IR可知，R0两端的电压增大，即电压表的示数增大，故B错误；
C.由图乙可知，R与F是一次函数，设R=kF+b，
把F=0时R=300Ω，F=300N时，R=120Ω代入可得：
300Ω=b ①；
120Ω=k×300N+b ②；
① ②式联立，解得：k=-0.6Ω/N，b=300Ω；
则得到关系式：R=-0.6Ω/N×F+300Ω，
电路中的电流：I=UR+R0=6V-0.6Ω/N×F+300Ω+60Ω=6V360Ω-0.6Ω/N×F；
则电压表的示数：
U0=IR0=6V360Ω-0.6Ω/N×F×60Ω；
因U0与F不成正比，
所以，该电子秤的刻度是不均匀的，故C错误；
D.当电压表的示数为1.5V时，则有
6V360Ω-0.6Ω/N×F×60Ω=1.5V；
解得：F=200N， 即m=200N10N/kg=20kg ， 故D正确。 故选D。
41.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=20欧。闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片P到中点c时，电流表的示数为0.4安；移动滑片P到最左端a时，电流表的示数为0.3安，则电源电压和滑动变阻器的最大阻值分别为（ ）
A. 6伏 20欧 B. 12伏 20欧 C. 6伏 30欧 D. 12伏 30欧
【答案】 B
【解析】闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片P到中点c时， 电阻R1与12R2串联，
根据公式U总=I总R总得到：U总=0.4A×20Ω+12R2 ①；
移动滑动变阻器R2的滑片P到a时， 电阻R1与R2串联，
根据公式U总=I总R总得到：U总=0.3A×20Ω+R2 ②；
① ②式联立解得：U总=12V，R2=20Ω。 故选B。
42.（2018八下·海曙期末）如图所示的电路中，电源两端电压为 6V 且保持不变，定值电阻R1 的阻值为 10Ω，滑动变阻器 R2 的最大阻值为 20Ω，电压表接入电路的量程（0～3）V，电流表接入电路的量程（0～0.6）A。闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片 P 由 b 端缓慢向 a 端移动，直至某一电表的指针达到满偏。有关变化下列说法正确的是（ ）
①电压表的示数变大，电流表的示数变大 ②电流表的示数变化范围为 0.2A～0.6A
③电压表的示数变化范围为 2V～6V ④R2 阻值变化范围为 20 Ω～10 Ω
⑤指针达到满偏的是电流表
A. 只有②⑤正确 B. 只有③④正确 C. 只有①④正确 D. 都正确
【答案】 C
【解析】该电路是一个串联电路，电压表测电阻R1两端的电压，电流表测总电流；将滑动变阻器的滑片 P 由 b 端缓慢向 a 端移动时，滑动变阻器接入的有效阻值减小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知总电流增大，即电流表的示数变大；滑动变阻器分得的电压减小，所以R1两端的电压增大，即电压表的示数变大，故①说法正确。
由图可知：当滑 P在b 端时，电阻最大，所以总电流最小，R=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω，此时总电流I=UR=6V30Ω=0.2A ， 电压表示数U1=IR1=0.2A×10Ω=2V ， 所以总电流最小0.2A；当滑片P在a端时，电阻最小，所以总电流最大，R=R1=10Ω，此时总电流I=UR=6V10Ω=0.6A ， 但此时U1=IR1=0.6A×10Ω=6V超过了电压表的量程，所以此时电路的最大电流不能是0.6A，而应该用电压表所接量程3V来进行计算，故②说法错误。
由图和上面分析可知：当滑 P在b端时，电阻最大，所以总电流最小，R=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω，此时总电流最小为0.2A，故电压表的示数的最小值为 2V；电压表接入电路的量程（0～3）V，所以最大值为3V，故③说法错误。
由图和上面分析可知：当滑 P在b端时，R2的阻值处于最大值，为20Ω；当电压表处于最大值时，R2 的阻值最小，此时I=I1=U1R1=3V10Ω=0.3A ， R2=U2I=6-3V0.3A=10Ω ， 所以R2 阻值变化范围为 20 Ω～10 Ω，故④说法正确。
由图和上面分析可知：电流表的示数变化范围为 0.2A～0.3A，电压表的示数变化范围为 2V～6V ，而电压表接入电路的量程（0～3）V，电流表接入电路的量程（0～0.6）A，所以指针达到满偏的是电压表，故⑤说法错误。故答案为：C
浙教版8年级上册期末培优冲刺 11 高频考查选择题
一、浮力
1.圆柱体先后放人密度为ρ1和ρ2的两种液体中，均处于漂浮状态，如图。圆柱体在两种液体中所受浮力依次是F1和F2则( )。
A.ρ1>ρ2 ；F1>F2 B.ρ1<ρ2 ；F1
【答案】 D
【解析】圆柱体在两种液体中都是漂浮，则它受到的浮力始终等于自身重力，则浮力F1=F2。根据阿基米德原理F浮力=ρ液gV排可知，当浮力相等时，液体密度与排开液体的体积成反比。因为排开液体的体积V1
2.（2020八上·余杭月考）如图甲所示，均匀柱状石料在钢绳拉力的作用下从水面上方以0.5m/s的恒定速度下降，直至全部没入水中。图乙是钢绳拉力F随时间t变化的图象。若不计水的阻力，则下列说法正确的是( )
A. 石料受到的重力为900N
B. 石料的密度为1.8×103kg/m3
C. 石料沉底后水平池底对石料的支持力为500N
D. 如果将该石料立在水平地面上，则它对地面的压强为2.8×104Pa
【答案】 D
【解析】A.由图乙可知，AB段拉力大小不变，此时石料未接触水面，此时钢绳的拉力F=1400N；
根据二力平衡条件可得，石料的重力G=F=1400N，故A错误；
B.BC段拉力逐渐减小，说明石料慢慢浸入水中，且浸入水中的体积逐渐变大，受到的浮力逐渐变大，在C点恰好完全浸没，此时钢绳的拉力为900N，
所以浸没时石料受到的浮力：F浮=G-F′=1400N-900N=500N；
石料的体积：V=V排=F浮ρ水g=500N1.0×103kg/m3×10N/kg=0.05m3；
则石料的密度：ρ=mV=GgV=1400N10N/kg×0.05m3=2.8×103kg/m3 ， 故B错误；
C.石料沉底后水平池底对石料的支持力：F支=G-F浮=1400N-500N=900N，故C错误；
D.由图乙可知，石料从刚开始浸入水中到全部浸没所用的时间为2s；
圆柱体的高度：h=s=vt=0.5m/s×2s=1m；
将该石料立在水平地面上，
由p=FS=GS=mgS=ρVgS=ρShgS=ρgh可得，
它对地面的压强：p=ρgh=2.8×103kg/m3×10N/kg×1m=2.8×104pa，故D正确。故选D。
3.（2020八上·杭州月考）如图所示，盛有水的溢水杯放在水平桌面上，水面低于溢水口；将一块质量为m、体积为V的物块甲轻轻放入溢水杯中，溢出的水全部用空的小烧杯接住；物块甲静止时排开水的体积为V排。则下列说法中，正确的是（ ）
A. 物块甲受到的浮力一定等于mg B. 物块甲受到的浮力一定等于ρ水gV
C. 小烧杯中水的重力一定等于mg D. 小烧杯中水的重力一定小于ρ水gV排
【答案】 D
【解析】由于溢水杯没有装满水，因此放入物块甲后，水不会立即流出来，而是先上升。当水面到达水嘴的高度时，才会有水排出，因此流到小烧杯内水的体积肯定小于静止时的V排 ，
即V水
G水<ρ水gV排 ， 故D正确；
如果物体漂浮，那么它受到的浮力F浮力=G=mg，没有说明状态，故A错误；
物体甲受到的浮力为F浮力=ρ水gV排 ， 而V排不一定等于V，故B错误；
溢水杯装满水时，且甲漂浮或悬浮时，小烧杯中水的重力才等于mg，由于状态未知且没有装满水，故C错误。 故选D。
4.（2020八上·杭州月考）如图所示，密度均匀的长方体木块漂浮在水面上。将木块沿虚线部分切开，下列说法中正确是（ ）
A. 沿ab切开，左右两部分都将上浮一点 B. 沿cd切开，拿走下部分，剩下的木块上浮一点
C. 沿ab切开，左右两部分还是漂浮 D. 沿cd切开，上半部分漂浮，下半部分悬浮在水中
【答案】 C
【解析】原来的长方体木块漂浮在水面上，根据漂浮条件可知，木块的密度小于水的密度。无论沿哪个方向将木块切开，木块的材料种类没有变化，因此切开的两部分密度不变，都仍然小于水的密度，因此仍然漂浮，故C正确，D错误；
当物体漂浮时，它受到的浮力F浮力=G；
ρ液gV排=ρgV；
ρ液V排=ρV；
解得：ρρ液=V排V；
因为V排=Sh排 ， 所以：ρρ液=h排h。
当沿ab方向切开时，液体和物体的密度不变，那么浸入液体的深度不变，所以左右两部分不会上浮也不会下沉，故A错误；
当沿CD方向切开时，拿走下部分，木块的重力减小，那么它受到的浮力减小，排开水的体积也会减小。假设木块露出水面的部分高度不变，而木块的总高度h减小，必然导致h露h'变大，因此h排h=1-h露h肯定减小了。而它们的比值肯定不变，因此木块肯定下沉，故B错误。 故选C。
5.（2020八上·滨江期中）将体积相同、材料不同的甲、乙、丙三个实心小球，分别轻轻放入三个装满水的相同烧杯中，甲球下沉至杯底、乙球漂浮、丙球悬浮，如图所示，下列说法正确的是( )
A. 三个小球的质量大小关系是m甲>m乙>m丙
B. 三个小球受到的浮力大小关系是F甲=F丙
D. 三个烧杯底部对桌面的压强大小关系是p'甲>p'乙=p'丙
【答案】 D
【解析】A.甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，所以甲球的密度大于水的密度，乙球的密度小于水的密度，丙球的密度等于水的密度，因此三个小球的密度大小关系是：ρ甲＞ρ丙＞ρ乙 ， 三球体积相等，根据m=ρV可知：m甲＞m丙＞m乙 ． 故A错误；
B.由于甲乙丙三个实心小球体积相同，则根据图可知排开水的体积关系：V甲排=V球 ， V乙排＜V球 ， V丙排=V球 ， 所以V甲排=V丙排＞V乙排 ， 根据F浮=ρ液V排g可知：F甲=F丙＞F乙 ， 故B错误；
C.因为三个相同烧杯中都装满水，放入球后烧杯中液面高度不变，根据p=ρgh可知烧杯底部受到水的压强相等，即：p甲=p乙=p丙；故C错误；
D.三个相同烧杯中都装满水，里面的水的重力G水相等，由于烧杯底部对桌面的压力等于容器的总重力，则放入物体后对桌面的压力变化为：F=G容器+G水+G球-G排和G排=F浮 ， 据此可得：
F′甲=G容器+G水+G甲-G排甲=G容器+G水+G甲-F甲；
F′乙=G容器+G水+G乙-G排乙=G容器+G水+G乙-F乙；
F′丙=G容器+G水+G丙-G排丙=G容器+G水+G丙-F丙；
由于甲球下沉至容器底部，乙球漂浮，丙球悬浮，则G甲＞F甲；G乙=F乙；G丙=F丙；
所以F′甲＞F′乙=F′丙；
由于容器的底面积相同， 根据p=FS 可得：烧杯底部对桌面的压强的关系是p′甲＞p′乙=p′丙。故D正确。故选D。
6.（2020八上·温州期中）如图所示，将质量为0.8kg、体积为1×10-3m3的长方体木块放入盛有某种液体的容器中，木块漂浮在液面上。现用力F缓慢向下压木块，当力F的大小为2N时，木块刚好浸没在液体中。下列说法不正确的是（ ）
A. 则木块的密度为0.8×103kg/m3 B. 该液体可能是水
C. F=1.6N时，木块露出液面的体积为40cm3 D. 将木块压到水底并与其贴合，木块不受浮力
【答案】 D
【解析】A.木块的密度ρ木=m木V木=0.8kg1.0×10-3m3=0.8×103kg/m3 ， 故A正确不合题意；
B.木块的重力G木=m木g=0.8kg×10N/kg=8N；
当F=2N的力使木块浸没水中时，木块刚好浸没在液体中处于静止状态，
则木块受到的浮力F浮=F+G木=2N+8N=10N；
则液体的密度ρ液=F浮gV排=10N10N/kg×1.0×10-3m3=1.0×103kg/m3。
则该液体可能是水，故B正确不合题意；
C.当F′=1.6N时，则木块此时受到的浮力F浮=F′+G木=1.6N+8N=9.6N；
此时排开水的体积V排=F浮gρ液=9.6N10N/kg×1.0×103kg/m3=9.6×10-4m3；
那么木块露出水面的体积：V露=V木-V排=1.0×10-3m3-9.6×10-4m3=4×10-5m3=40cm3 ， 故C正确不合题意；
D.将木块压倒水底并与其贴合，此时下表面依然存在水，会产生向上的压力，则木块会受到浮力，故D错误符合题意。 故选D。
7.（2020八上·杭州月考）两个容器中分别盛有甲、乙两种不同的液体，把质量相等体积不同的 A、B 两个实心小球放入甲液体中，两球沉底；放入乙液体中，两球静止时的情况如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）
A. 小球 B 排开甲液体的质量小于小球 A 排开乙液体的质量
B. 在甲液体中容器底对小球 A 的支持力等于对小球 B 的支持力
C. 小球 A 在甲液体中受到的浮力大于在乙液体中的浮力
D. 小球 A 排开甲液体的质量小于小球 B 排开乙液体的质量
【答案】 A
【解析】A、B两球的质量相同，由G=mg可知，两球的重力相同，即GA=GB；
由图乙知，在乙液体中，A球漂浮，则ρA＜ρ乙；B球下沉，则ρB＞ρ乙 ， 所以两球的密度ρA＜ρB ， 由ρ=mV 可得，两球体积VA＞VB。
A.由图知，B球在甲液体中沉底，B球受到甲液体的浮力F浮B=G排甲＜GB；A球在乙液体中漂浮，A球受到乙液体的浮力F浮A=G排乙=GA。因为GA=GB ， 所以G排甲＜G排乙 ， 则可知小球 B 排开甲液体质量小于小球 A排开乙液体的质量，故A正确；
B.由图甲知，A、B球在甲液体中都沉底，因为G=F支+F浮 ， 所以受到的支持力F支=G-F浮。因为VA＞VB ， 则VA排＞VB排 ， 根据阿基米德原理F浮=ρ甲V排g可知，浮力F浮A＞F浮B；又因为GA=GB ， 所以受到的支持力F支A＜F支B ， 故B错误；
C.由图知，A球在甲液体中沉底，A球受到甲液体的浮力F浮甲＜GA；A球在乙液体中漂浮，A球受到乙液体的浮力F浮乙=GA ， 所以F浮甲＜F浮乙 ， 即小球 A在甲液体中受到的浮力小于在乙液体中的浮力，故C错误；
D.由图知，A球在甲液体中沉底，A球受到甲液体的浮力F浮A=G排甲＜GA；B球在乙液体中沉底，B球受到乙液体的浮力F浮B=G排乙＜GB；因为GA=GB ， 所以G排甲、G排乙都小于同一个值，无法比较其大小，则无法比较小球A排开甲液体质量和小球 B 排开乙液体的质量，故D错误。 故选A。
8.（2020八上·金华期中）如图所示，将重为12N的小球挂在弹簧测力计下，当小球的一半体积浸在水中时，测力计示数为7N。下列说法正确的是( )
A. 小球的体积为700cm3
B. 小球的密度为1.2g/cm3
C. 缓缓向下移动弹簧测力计，小球对测力计的拉力最小可达到0N
D. 剪断悬吊小球的细线，小球在水中稳定时受到的浮力为12N
【答案】 B
【解析】A.当小球的一半浸在水中时受到的浮力F浮=G-F示=12N-7N=5N，
那么此时小球排开水的体积：V排=F浮ρ水g=5N1.0×103kg/m3×10N/kg=5×10-4m3=500cm3
物体的体积：V=2V排=2×500cm3=1000cm3 ， 故A错误；
B.小球的质量m=Gg=12N10N/kg=1.2kg=1200g，
那么小球的密度ρ物=mV=1200g1000cm3=1.2g/cm3 ， 故B正确；
C.缓缓向下移动弹簧测力计，
当小球全部浸没时受到的浮力F浮′=ρgV排' =1.0×103kg/m3×10N/kg×10-3m3=10N，
此时测力计的最小示数为：F拉=G-F浮力=12N-10N=2N，故C错误；
D.因为ρ物>ρ水 ，
所以剪断悬吊小球的细线，它会沉没在水底，
此时小球受到的浮力同C中算出的浮力相等，即F浮=10N，故D错误。 故选B。
二、溶液
9.（2020八上·杭州月考）常温下，对100mL氯化钠的饱和溶液进行图示实验。下列分析错误的是( )
A. 实验2后，甲中溶液为氯化钠的不饱和溶液
B. 实验2后，乙中比甲中氯化钠的溶解度大
C. 实验2后，甲、乙中溶液的溶质质量分数不相等
D. 实验1后的甲和实验2后的乙中溶液所含溶质质量相等
【答案】 B
【解析】A.实验1中的甲溶液为饱和溶液，在其中加入5g水后，溶剂的质量增大，而溶质的质量不变，那么溶液变成不饱和的，故A正确不合题意；
B.实验2后，氯化钠溶液的温度保持不变，那么它们的溶解度相同，故B错误符合题意；
C.实验2后，甲变成不饱和溶液，乙仍然为饱和溶液，其中溶质的质量相同，但是甲中溶剂的质量大于乙，根据溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%可知，甲和乙的溶质质量分数不等，故C正确不合题意；
D.实验1后的甲和实验2后的乙中溶液所含溶质质量相等，故D正确不合题意。 故选B。
10.（2020八上·杭州月考）小金在配硝酸钾溶液时得到下表数据，据此分析以下说法正确的是（ ）
序号
温度/℃
水的质量/克
加入硝酸钾的质量/克
所得溶液的质量/克
10
100
40
120.9
60
100
40
140
A.10℃时硝酸钾的溶解度为40克
B.②所得溶液一定是60℃时硝酸钾的饱和溶液
C.若通过加热将①中剩余硝酸钾全部溶解，则溶液的溶质质量分数与加热前保持一致
D.若将②所得溶液降温至10℃，则溶液的溶质质量分数会变小
【答案】 D
【解析】A.根据第一行数据可知，水的质量为100g，溶液的质量为120.9g，则溶质硝酸钾的质量为：120.9g-100g=20.9g，即10℃时，100g水中最多溶解硝酸钾20.9g，则它的溶解度为20.9g，故A错误；
B.②中所得的溶液中加入的40g硝酸钾完全溶解，没有未溶的固体存在，则溶液可能饱和，可能不饱和，故B错误；
C.若通过加热将①中剩余硝酸钾全部溶解，则溶剂的质量不变，但是溶质的质量增大了，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，溶质质量分数增大了，故C错误；
D.若将②所得溶液降温至10℃，由于溶解度减小，因此会有硝酸钾析出，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，溶质质量分数变小了，故D正确。 故选D。
11.（2019八上·温州期中）如图所示为蒸发氯化钠溶液的实验过程，其中①→②→③为恒温蒸发过程，③→④为升温蒸发过程，②溶液恰好为饱和状态，分析实验过程，作出的判断不正确的是（ ）
A. 在①→②过程中，氯化钠的质量分数不断增大
B. 在②→③过程中，氯化钠的溶解度保持不变
C. 在③→④过程中，氯化钠的质量分数不断减小
D. 在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大
【答案】 C
【解析】A.在①→②过程中，溶质的质量不变，但溶液质量变小，根据“溶质质量分数=溶质质量溶液质量×100%”可知，氯化钠的质量分数不断增大，故A正确不合题意；
B.在②→③过程中，氯化钠溶液饱和，由于温度不变，因此它的溶解度不变，故B正确不合题意；
C.在③→④过程中，溶液中都有晶体出现，则溶液都是饱和的。由于氯化钠的溶剂度随温度的升高而增大，所以氯化钠的溶质质量分数增大，故C错误符合题意；
D.在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大，故D正确不合题意。 故选C。
12.（2019八上·温州月考）配制硝酸钾溶液时得到下表数据，根据表中数据分析，错误的是（ ）
序号
温度/℃
水的质量/克
所加硝酸钾的质量/克
所得溶液的质量/克
①
28
10
4
14
②
28
10
6
14
③
60
10
8
18
A. ①②所得溶液都是饱和溶液 B. ③所得溶液一定是硝酸钾的饱和溶液
C. 28℃时 20 克水中最多能溶解硝酸钾 8 克 D. 60℃时等质量水中能溶解的硝酸钾比 28℃时多
【答案】 B
【解析】A.①中溶质的质量为：14g-10g=4g，没有未溶的晶体出现，则①无法判断是否饱和；②中溶质的质量也是4g，但是加入的质量为6g，因此出现未溶的晶体，则②肯定饱和，据此可知，①也是饱和的，即10g水中28℃时最多溶解硝酸钾4g，故A正确不合题意；
B.③中溶质的质量：18g-10g=8g，和加入的硝酸钾的质量相等，没有未溶的晶体，因此无法判断它是否饱和，故B错误符合题意；
C.10g水中28℃时最多溶解硝酸钾4g，那么20g水中最多溶解硝酸钾：4g×20g10g=8g ， 故C正确不合题意； D.在10g水中，60℃时最多溶解的硝酸钾质量肯定大于等于8g，而28℃时最多溶解硝酸钾的质量且4g，故D正确不合题意。 故选B。
13.（2018八上·金华月考）某次蔗糖溶解实验过程如图所示，不考虑水分蒸发，下列判断错误的是( )
A. ②中溶液是饱和溶液 B. ③中溶液一定是不饱和溶液
C. ②③中溶液的溶质质量分数不相同 D. ③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量
【答案】 B
【解析】A、从图中可以看出，不考虑水分蒸发，①→②充分溶解后固体有剩余，则②是饱和溶液，故A正确，但不符合题意；
B、③中没有固体，则③可能是饱和溶液，也可能是不饱和溶液，故B错误，但符合题意；
C、②③中溶剂质量相同，溶质质量不同，②③中溶液的溶质质量分数一定是不相同的，故C正确，但不符合题意；
D、从图中能够看出：中蔗糖全部溶解，②中蔗糖部分溶解，③中溶液的溶质质量大于②中溶液的溶质质量，故D正确，但不符合题意；故答案为：B。
14.（2018八上·衢州月考）如下表是物质 A 在不同温度下的溶解度，现向 100g 水中不断加入固体 A 或改变温度，得到相应的溶液①—⑤。则下列说法正确的是( )
温度/℃
20
30
40
50
60
溶解度/g
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
A. ②中 A 的质量分数最大 B. ③⑤中 A 的质量分数相等
C. ②④⑤的溶液为饱和溶液 D. ①③④⑤中没有固体存在
【答案】 D
【解析】从表格中的数据可知，25℃时，A的溶解度大于37.2g，小于41.4g，则100g水中加入A物质，形成的是不饱和溶液，即①；
再加入4.2gA，即一共加入41.4gA，不能够完全溶解，形成饱和溶液，则溶液中有固体，即②；
升温到60℃时，此时溶解度为55.2g，则41.4g固体全部溶解，则溶液为不饱和溶液，固体全部溶解，即③；此时的溶质质量分数大于②，故A错误；
再加入9gA，则此时加入固体的总质量为41.4g+9g=50.4g，固体能全部溶解，此时溶液为不饱和溶液，即④，故C错误；降温到50℃时，溶解的溶解度变为50.4g，此时溶液恰好达到饱和，且无固体析出，此时溶液的溶质质量分数大于③，故B错误；综合可知，①③④⑤中没有固体存在，故D正确；故答案为：D。
15.下表是固体甲和乙在不同温度时的溶解度，下列说法中正确的是( )
温度/℃
0
20
40
100
甲溶解度/克
0.173
0.165
0.121
0.076
乙溶解度/克
13.3
31.6
63.9
246
A. 20 ℃时，甲物质的饱和溶液升高温度会变为不饱和溶液
B. 100 ℃时，乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，但溶液仍饱和
C. 20 ℃时，甲物质的溶质质量分数一定小于乙溶液的溶质质量分数
D. 20 ℃时，100克乙物质加入100克水中，所得溶液的溶质质量分数等于50%
【答案】 B
【解析】A.甲物质溶解度随温度的升高而减小，则20 ℃时，甲物质的饱和溶液升高温度会析出固体，仍为饱和溶液，不符合题意；
B.100 ℃时，乙物质的饱和溶液冷却到室温会析出晶体，析出晶体后的溶液仍为该温度下该物质的饱和溶液，符合题意；
C.20 ℃时，甲物质的饱和溶液溶质质量分数一定小于乙饱和溶液的溶质质量分数，若不能确定是否饱和，则溶质质量分数不能确定，不符合题意；
D.20 ℃时，100克乙物质加入100克水中，最多溶解31.6g，则所得溶液的溶质质量分数等于31.6g100g+31.6g×100%≈24% ， 不符合题意；故答案为：B。
16.（2017八上·海宁月考）如图，用下列实验操作可完成两个实验。甲实验为粗盐中难溶性杂质的去除，乙实验为 配制溶质的质量分数为 10%的氯化钠溶液。下列说法中，正确的是( )
A. 甲实验的步骤是①④⑤，其中去除杂质的关键步骤是蒸发
B. 甲实验各步操作中，玻璃棒的作用都是相同的
C. 乙实验若按照②③①的步骤进行操作，②中称取食盐为 5g，则配制的溶液浓度偏大
D. 乙实验中，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响
【答案】 C
【解析】A、甲实验的步骤是①④⑤，其中去除杂质的关键步骤是蒸发，去除杂质的关键步骤是过滤，A错误；
B、甲实验各步操作中，玻璃棒的作用都是相同的，粗盐提纯实验中多次用到玻璃棒，不同实验中玻璃棒的作用存在不同，归纳起来主要有，搅拌、引流和转移三个作用，B错误；
C、乙实验若按照②③①的步骤进行操作，②中称取食盐为 5g，则配制的溶液浓度偏大，由③操作可知水的质量为42g，5g食盐溶解到42g水中的质量分数为：（5g/47g）×100%=10.6%>10%，所以配制的溶液浓度偏大，C正确；
D、乙实验中，若①所用的烧杯内壁沾有水，对配制的溶液浓度无影响，根据溶质质量分数=溶质的质量÷溶液总质量可知溶液质量偏大会使溶质质量分数偏小。D错误。
三、大气压强
17.（2021八上·宁波月考）在抗击新冠肺炎疫情的时期，“负压救护车”发挥了重要的作用，“负压救护车”是因为车内的气压低于车外气压而得名。下列处于负压状态的是（ ）
A. 吹足气的气球 B. 高空飞行中的飞机机舱 C. 吸饮料过程中的吸管 D. 漏气的足球
【答案】 C
【解析】吹足气的气球、高空飞行中的飞机机舱和漏气的足球，里面的压强都大于外面的大气压强，不处于负压状态，故A、B、D不合题意；
吸饮料过程中的吸管，内部的气压小于外界的气压，于是饮料在外界气压的作用下进入口中，此时习吸管处于负压状态，故C符合题意。 故选C。
18.（2021八上·宁波月考）下列说法中错误的是（ ）
A. 静止在水平桌面上的杯子受到的重力和它对桌面的压力不是一对平衡力
B. 有风的天气中打着雨伞，雨伞会向上“吸”，这是由于雨伞上方的空气流速大、压强小
C. 饺子皮上捏出了漂亮的花边，这是力改变了物体的形状
D. 泼水时，盆留在手中，水由于惯性的作用而飞出去
【答案】 D
【解析】A.静止在水平桌面上的杯子受到的重力和它对桌面的压力，二者的方向都是竖直向下的，肯定不是平衡力，故A正确不合题意；
B.有风的天气中打着雨伞，雨伞会向上“吸”，这是由于雨伞上方的空气流速大、压强小，故B正确不合题意； C.饺子皮上捏出了漂亮的花边，这是力改变了物体的形状，故C正确不合题意；
D.泼水时，盆留在手中，水由于惯性而飞出去，而不是惯性的作用，故D错误符合题意。 故选D。
19.足球运动员在某次比赛中，踢出一脚神奇的“香蕉球”，足球从右侧绕过“人墙”射人球门，如图所示。这是因为踢出的足球( )。
A.左侧空气流速慢
B.两侧空气流速相同
C.左侧空气流速快
D.不断改变旋转方向
【答案】 C
【解析】根据图片可知，足球的运动轨迹不断的向左侧偏转，那么足球左侧的气压肯定小于右侧。根据流体压强和流速的关系可知，足球左侧空气流速更快，故C正确，而A、B、D错误。 故选C。
20.在验证大气压存在的覆杯实验中，某同学认为：“实验中纸片不掉落完全是因为纸片被杯口的水粘住了，而与大气压无关。”下列能帮助该同学改变这种想法的实验是( )。
A.如图甲，换用不同种类的纸片做覆杯实验，纸片都不掉落
B.如图乙，覆杯实验中将杯口朝向不同方向，纸片均不掉落
C.如图丙，将一张湿纸覆盖在空杯子的杯口，倒转杯子纸片不掉落
D.如图丁，在密闭钟罩内做覆杯实验，抽出钟罩内空气的过程中纸片掉落
【答案】 D
【解析】既然该同学认为纸片不下落与大气压强无关，不妨我们可以设法将大气压强去掉，如果此时纸片仍然没有下落，那么它的观点正确，否则它的观点错误。根据图片可知，可以将这个杯子放在密闭钟罩内，然后不断的抽出空气即可，故D正确，而A、B、C错误。 故选D。
21.（2020八上·拱墅期末）将烧瓶内的水加热至沸腾后移去火焰，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，如图所示。观察到烧瓶内的水又沸腾起来，产生这一现象的原因是（ ）
A. 瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点降低 B. 瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点升高
C. 瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点降低 D. 瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点升高
【答案】 A
【解析】迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，烧瓶内气体温度降低，体积缩小，压强减小，于是水的沸点降低。由于水的温度高于沸点，所以水会重新沸腾起来，故A正确，而B、C、D错误。 故选A。
22.（2020八上·西湖月考）2016年7月1日起，全省二级以上医院（除儿童医院）全面停止门诊患者静脉输注抗菌药物：如图是医院为病人输液部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通，则在输液过程中，（瓶A中尚有液体），下列说法正确的是（ ）
①瓶A中液面下降，但A中上方气体的压强不变；
②瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大
③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变
④滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小。
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
【答案】 B
【解析】①瓶A中液面下降，那么液柱的压强下降，于是外面的空气从C管进入瓶内，从而使A中上方气体的压强增大，故①错误；
②瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大，二者之和保持不变，故②正确；
③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变，从而保证药液匀速滴下，故③正确；
④随A中液面的下降，滴壶B中的气体压强保持不变，故④错误。 那么正确的是②③。 故选B。
23.（2020八上·拱墅月考）关于气体的流速与压强的关系，下列说法中，错误的是（ ）
A. 战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力。使飞机可以停在空中
B. 气流偏导器的作用、给车身较大压力，加大了与地面摩擦
C. 乘客必须站在安全线以外的地方候车的原因
D. 当气流经过化油器上一段突然变窄的管道时，汽油从喷管喷到气流中，变成雾状
【答案】 A
【解析】A.战斗机利用气流在机翼上下表面压力差而产生向上的升力，但是不能停在空中，故A错误符合题意；
B.气流偏导器的形状和机翼相反，大气会对它产生向下的压力，于是加大了与地面摩擦，故B正确不合题意；
C.当列车经过时，铁轨附近空气流速大压强小，周围的空气会对乘客产生向内的压强，很容易造成危险，这就是乘客必须站在安全线以外的地方候车的原因，故C正确不合题意；
D.气流经过变窄的管道时，气流速度加快，气压变小，于是汽油被大气压压进管道，在气流的冲击下，，变成雾状 ，故D正确不合题意。 故选A。
24.（2020八上·拱墅期中）创意新品“天气预报瓶”如图示，A为玻璃管与大气相通，B为密闭的玻璃球，A与B下部连通，内装有红墨水，它能显示天气的好坏，随着环境气压的变化，A管内的水位会上升或下降，下列说法不正确的是（ ）
A. “天气预报瓶”利用天气和大气压的关系进行预报
B. A管和B球液面相平时，显示内外气压一致
C. A管液面明显下降时，说明外界大气是高气压，则是阴雨天气
D. A管液面明显上升时，说明外界气温升高（其他条件不变）
【答案】 C
【解析】A、天气不同，气压不同，一般来说，阴天下雨的天气大气压比正常低，A管液面明显上升时，因此“天气预报瓶”利用天气与大气压的关系进行预报，A不符合题意；
B、A管和B球液面相平时，两平面受到气体的压强相等，说明瓶内气压等于外界大气压．故B正确；
C、A管液面明显下降时，说明外界大气是高气压，则是晴朗天气，C符合题意；
D、A管液面上升时，内外气体压强不等，显示外界大气压减小，D不符合题意。 故答案为：C
四、生命活动调节
25.研究植物的向性时，小金设计了如图实验：在一个广口玻璃瓶里放一些湿棉花，将浸泡过的蚕豆种子摆放在瓶壁和湿棉花之间。将玻璃瓶放在温暖的地方，并保持湿润，放置几天，待种子长出芽和根后，将玻璃瓶横着放置1～2天。观察种子芽和根的生长变化情况。下列关于该实验的分析正确的是( )
A. 本实验的目的是研究蚕豆种子的向光性
B. 用浸泡过的蚕豆种子做实验，有利于蚕豆种子的萌发
C. 该实验主要通过比较芽与根生长的长度得出结论
D. 该实验证明了生长素能促进芽与根的生长
【答案】 B
【解析】用浸泡过的蚕豆种子做实验，满足种子萌发需要充足的水分，有利于蚕豆种子的萌发；该实验主要通过比较芽与根生长的方向得出结论；该实验根据芽与根生长的方向，得出植物的向性，根具有向地性，芽具有向光性，不能证明生长素能促进芽与根的生长，B符合题意。 故答案为：B
26.（2020八上·杭州月考）为了研究激素对生物生长发育的作用，某科学家曾做了如下实验：将饲养的蝌蚪某个腺体切除，发现蝌蚪的生长速度缓慢、活力减弱、经过很长时间也没有发育成蛙；然后，他在饲养蝌蚪的水中放入某种激素，发现蝌蚪生长速度大大加快了，成长为“巨型蝌蚪”，由此推断蝌蚪被切除的腺体和水中放入的激素分别是（ ）
A. 甲状腺 生长素 B. 脑垂体 生长激素 C. 脑垂体 肾上腺素 D. 甲状腺 生长激素
【答案】 D
【解析】由于切除甲状腺导致蝌蚪生长缓慢，而在水中加入生长激素导致蝌蚪的生长发育加快，D符合题意。 故答案为：D
27.（2020八上·杭州月考）1921 年加拿大科学家班廷以狗为实验动物进行研究，揭开了糖尿病的发病原因，并荣获诺贝尔生物学与化学奖
实验组
实验操作
实验结果
A
切除胰腺
出现糖尿
B
结扎胰管，胰腺大部分萎缩，胰岛细胞活着
不出现糖尿
C
切除胰腺，注射胰岛提取液
不出现糖尿
对该实验结果分析，不正确的是（ ）
A. 由A，C实验可知：胰岛提取液可防止糖尿的出现
B. 由A，B实验可知：胰腺由胰岛和外分泌部组成
C. 由B，C实验可知：胰岛提取液是由胰岛细胞分泌的
D. 该研究证明：糖尿病的发病可能与胰岛细胞的分泌物有关
【答案】 B
【解析】A、A组和C组是一组对照实验，变量为是否注射了胰岛素提取液，实验结果发现注射胰岛素的动物不出现糖尿，但不注射胰岛素的狗出现糖尿，说明胰岛提取液可防止糖尿的出现，A不符合题意；
B、A组和B组也能形成对照，变量是有无胰岛素，由于A组切除了胰腺，故无法分泌胰岛素，出现了糖尿；B组结扎了胰管，但胰岛细胞活着，能够分泌胰岛素，因此能够分泌胰岛素，没有出现糖尿，可以说明胰岛素可以防止糖尿的产生，但不能胰腺由胰岛和外分泌部组成，B符合题意；
C、B组和C组能形成对照，变量是否有胰岛，但都有胰岛素，说明了胰岛素是由胰岛细胞分泌的，C不符合题意； D、由于B组和C组实验中动物的体内都有胰岛素，动物都不出现糖尿，但是A组切除了胰腺即没有胰岛素，出现了糖尿，说明了糖尿病的发病可能与胰岛素有关，D不符合题意。 故答案为：B
28.（2020八上·绍兴月考）激素在人体内含量很少，对人体生命活动的调节却具有重要作用。下列有关激素调节的叙述，正确的是（ ）
A. 各种激素相互协调、相互制约，共同维持体内环境相对稳定
B. 医院主要通过尿液直接检测人体内胰岛素的含量
C. 幼儿时期甲状腺激素分泌过多会患肢端肥大症
D. 幼儿时期垂体分泌的生长激素不足会患呆小症
【答案】 A
【解析】 A、激素是由内分泌腺的腺细胞所分泌的、对人体有特殊作用的化学物质．它在血液中含量极少，但是对人体的新陈代谢、生长发育和生殖等生理活动，却起着重要的调节作用，在人体内各种激素相互协调、相互制约，共同维持体内环境的相对稳定，A符合题意；
B、现在还没有通过检测尿液来查胰岛素的，一般都是通过血液，B不符合题意；
C、成年人的生长激素分泌过多会患肢端肥大症，C不符合题意；
D、幼年时期甲状腺激素分泌不足会得呆小症，D不符合题意。 故答案为：A
29.（2019八上·温州月考）人体激素分泌失调会引发一些疾病，下列表格中对应关系正确的是（ ）
激素分泌情况
疾病
A
幼年时生长激素分泌过少
呆小症
B
成年时生长激素分泌过多
肢端肥大症
C
幼年时甲状腺激素分泌过多
巨人症
D
成年时甲状腺激素分泌过少
甲亢
A. A B. B C. C D. D
【答案】 B
【解析】A.幼年时期生长激素分泌不足，就会患侏儒症，A错误。
B.成年人的生长激素分泌过多会患肢端肥大症，B正确。
C.巨人症是由于生长发育期，或青春期前生长激素过多，导致四肢长骨的生长速度明显的超出同龄人的，身高增长过快，明显的超出同龄人的身高，一般是垂体病变，C错误。
D.甲亢是成年后，甲状腺激素分泌过多引起的，D错误。 故选B。
30.下列对神经系统结构和功能的叙述，不正确的是( )
A. 神经系统包括中枢神经系统和周围神经系统 B. 周围神经系统由脊髓和脊神经组成
C. 中枢神经系统由脑和脊髓组成 D. 神经元能接受刺激，产生冲动，传导冲动
【答案】 B
【解析】】神经系统包括中枢神经系统和周围神经系统；由脑发出的脑神经和由脊髓发出的脊神经是神经系统的周围部分，叫周围神经系统，B符合题意。 故答案为：B
31.（2020八上·仙居期末）如图是人体反射弧的示意图，请据图回答，如果1代表的是手部皮肤内便的感受器，那么神经冲动的传导方向是( )
A. 5→4→3→2→1 B. 1→2→3-→4→5 C. 3→1→2→4→5 D. 5→4→2→1→3
【答案】 B
【解析】由图可知，1是感受器；2是传入神经；3是神经中枢；4是传出神经；5是效应器；
神经冲动的传导方向是感受器感受外界的刺激，产生冲动，经传入神经传导到神经中枢，神经中枢加以辨别发出指令，经传出神经传导到效应器作出对应的反应；即B符合题意； 故答案为：B。
32.（2020八上·温州期末）健康人的正常体温调节过程如下：环境温度低于体温→感受器→体温调节中枢→效应器→调节活动X。下列关于活动 X 的说明，合理的是（ ）
A. 皮肤血管舒张 B. 汗液分泌减少 C. 骨骼肌产热减少 D. 适当减少衣裤
【答案】 B
【解析】寒冷环境→皮肤冷觉感受器→下丘脑体温调节中枢→增加产热（骨骼肌战栗、立毛肌收缩、甲状腺激素等分泌增加），减少散热（毛细血管收缩、汗腺分泌减少）→体温维持相对恒定，因此活动X是汗液分泌减少，B符合题意。 故答案为：B
33.（2020八上·仙居期末）2020年5月27日11时，中国再次登顶珠峰。为其测量了“身高”，体现了现代测绘技术水平的不断进步，反映了人类对自然的求真与探索精神。下列说法正确的是( )
A. 珠峰的峰顶常年被冰雪覆盖，这是因为在对流层，海拔越高，气温越低
B. 从山脚到山顶植物种类显著变化，其主要原因是海陆位置的不同
C. 珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，由此推测南坡是背风坡
D. 在攀登珠峰的过程中，人体出现高原反应，是因为气温过低、气压过高的缘故
【答案】 A
【解析】A、在对流层范围内，气温随着海拔的升高而降低，所以珠峰的顶端终年冰雪覆盖；故A正确；
B、山脚到山顶植物种类的不同，是因为温度的差异；故B错误；
C、珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，推测南坡是迎风坡，迎风坡降水较多；故C错误；
D、在对流层范围内，海拔越高，气温越低，气压越低；故D错误； 故答案为：A。
五、电路分析与计算
34.（2021八下·奉化期末）如图甲所示，电源电压不变，小灯泡L允许通过的最大电流为0.6A，滑动变阻器R的最大阻值．为50Ω，电流表量程为“0~0.6A”，电压表量程为“0~15V”。闭合开关S，在保证电路安全的前提下，最大范围调节滑动变阻器的滑片P，分别绘制了电流表示数与电压表示数、电流表示数与滑动变阻器R连入电路阻值的变化关系图象，如图乙、丙所示。则下列说法中正确的是( )
A.电源电压为16V
B.当电流表示数为0.25A时，滑动变阻器连入电路的阻值为45Ω
C.若滑动变阻器连入电路的阻值变小，则电压表V与电流表A示数之比变小
D.若将电压表量程换为0~3V，滑动变阻器允许连入电路的阻值范围为18Ω ~ 50Ω
【答案】 D
【解析】A.根据乙图可知，当电路中电流为0.6A时，小灯泡两端电压为6V；由图丙可知，滑动变阻器R连入电路中的电阻R=10Ω；
此时变阻器两端的电压为U变=I变R变=0.6A×10Ω=6V；
则电源的电压U总=UL+U变=6V+6V=12V，故A错误；
B.由图乙可知，当电流表示数为0.25A时，灯泡两端电压UL'=1V，此时滑动变阻器R两端的电压U变=U-UL'=12V-1V=11V；
滑动变阻器接入的阻值为：R变'=U变'I'=11V0.25A=44Ω ， 故B错误；
C.电压表测灯泡的电压，电流表测通过灯泡的电流，根据RL=ULIL可知，电压表与电流表的比值为灯泡的电阻。当变阻器的阻值变小时，通过电路的电流变大，根据乙图可知，则灯泡的电阻变大，即比值变大，故C错误；
D.若将电压表量程换成0～3V，则灯泡两端电压最大为3V，此时滑动变阻器接入电路电阻最小；
由图乙可知当灯泡两端电压为3V时，通过小灯泡L即电路中的电流I''=0.5A，
此时滑动变阻器R两端电压U滑′＝U−UL″＝12V−3V＝9V；
则滑动变阻器R接入电路中的最小阻值R小＝U滑'I''＝9V0.5A＝18Ω；
滑动变阻器R接入电路中的电阻最大时，电路中的电流最小，小灯泡L两端电压最小，由图丙可知，滑动变阻器R接入电路中的最大阻值为50Ω，
所以滑动变阻器R允许接入电路的阻值范围为：18Ω～50Ω，故D正确；故选D。
35.（2021八下·镇海期末）灯泡L上标有“6V 1A”字样（正常发光时的电压和电流），测得该灯泡的电流随电压变化关系如图甲所示。现把灯泡L接入如图乙所示的电路中，若电源电压为10V不变，电流表的量程为“0-0.6A”，电压表的量程为“0-15V”。则下列说法正确的是（ ）
A. 该电路中通过调节滑动变阻器可实现灯泡L正常发光
B. 当电流表示数为0.4A时，电压表的示数为7.6V
C. 灯泡L的电阻值随电压表的示数的增大而增大
D. 滑动变阻器接入电路中的最小电阻约为13.3Ω
【答案】 D
【解析】根据乙图可知，变阻器与灯泡L串联，电压表测变阻器的电压，电流表测总电流。
A.通过灯泡的额定电流为1A，而通过电流表的最大电流为0.6A，则通过灯泡的最大电流只能到达0.6A，即灯泡不能正常发光，故A错误；
B.根据甲图可知，当电流表的示数为0.4A时，灯泡的电压为1V，此时变阻器两端的电压为：U变=U总-UL=10V-1V=9V，故B错误；
C.根据甲图可知，灯泡的电阻随它两端电压的增大而增大。根据U变=U总-UL可知，当电压表示数增大时，灯泡的电压减小，则灯泡的电阻变小，故C错误；
D.通过电路的最大电流为0.6A，此时灯泡的电压为2V；
此时变阻器的电压为：U变'=U总'-UL'=10V-2V=8V；
则变阻器接入的最小电阻：R变'=U变'I变'=8V0.6A≈1.3Ω ， 故D正确。 故选D。
36.（2021八下·宁波期末）小丽设计了如图所示的简易电子距离测量仪，R是一根粗细均匀的电阻丝，其每厘米长的电阻为0.5Ω，电路各部分均接触良好。物体M只能在导轨上做直线运动，并带动与之相连的金属滑片P移动，电压表示数可反映物体M移动的距离。开始测量前，将金属滑片P置于电阻丝中点，此时电压表和电流表示数分别为1.5V和0.2A．由此可知（ ）
A. 电阻丝的总电阻为7.5Ω
B. 当电压表示数为变小时，说明物体M在向左移动
C. 当电压表示数为2V时，物体M向左移动了5cm
D. 当金属滑片P向右移动时，电流表示数变小
【答案】 C
【解析】A.一半电阻丝的阻值：R=UI=1.5V0.2A=7.5Ω；
则电阻丝的总电阻为：R总=2R=2×7.5Ω=15Ω，故A错误；
B.当电压表的示数减小时，根据U=IR可知，与电压表并联的电阻丝的电阻变小，根据“电阻与长度成正比”可知，与电压表并联的电阻丝的长度变小，即物体M在向右移动，故B错误；
C.当电压表示数为2V时，与电压表并联的电阻丝的阻值为：R'=U'I=2V0.2A=10Ω ， 则物体N向左移动： 10Ω0.5Ω/cm=20cm；
原来滑片所在的位置为：7.5Ω0.5Ω/cm=15cm；
则物体M向左移动了：20cm-15cm=5cm，故C正确；
D.当金属滑片P向右移动时，电阻丝R接入电路的电阻不变，因此电流表的示数不变，故D错误。 故选C。
37.如图所示的电路中，闭合开关，发现每个电表都有一定的示数。向右移动滑片，则( )
A. 电流表A1示数减小，电流表A2和电压表 V示数都增加
B. 电流表A1和A2示数都减小，电压表 V示数增加
C. 电流表A1、A2和电压表 V示数都减小
D. 电流表A1、A2和电压表 V示数都增加
【答案】 D
【解析】根据图片可知，电阻R1和R2并联，再与变阻器串联；电压表测R1的电压，电流表A1测总电流，A2测R1的电流。
当滑片向右移动时，变阻器的阻值减小，根据串联电路电压与电阻成正比可知，变阻器的电压减小；根据U并=U总-U变可知，并联部分的电压增大，即电压表的示数增大。由于R1的电压等于电压表的示数，因此它的电压增大，根据I1=U1R1可知，通过它的电流即电流表A2的示数增大；变阻器的阻值减小，根据R总=R并+R变可知，总电阻变小，那么总电流即电流表A1的示数增大。 故选D。
38.（2020八上·拱墅月考）如图电路中，电源电压不变，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列判断正确的是（ ）
A. 电压表示数变小，电流表示数变大 B. 电压表示数变大，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数变小 D. 电压表和电流表的示数的比值不变
【答案】 D
【解析】根据图片可知，变阻器与定值电阻串联，电压表测R1的电压，而电流表测总电流。
当变阻器的滑片向右移动时，它的阻值变大，那么总电阻变大，而总电流变小，即电流表的示数变小。根据U=IR可知，定值电阻R1的阻值不变，而电流变小，那么它两端的电压变小，即电压表示数变小，故A、B、C错误； 电流表测R1的电流，电压表测R1的电压，根据R1=U1I1可知，电压表和电流表的比值不变，故D正确。 故选D。
39.（2018八上·天台月考）洋洋设计了一个自动测高仪，给出了四个电路，如图所示，R是定值电阻，R´是滑动变阻器。其中能够实现身高越低，电压表示数越小的电路是( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】A、 R和R´是 串联，电压表并在电源两端，当被测量者的身高增大时电压表的示数不变，A不符合题意；
B、 R和R´是 并联，电压表串在电路中，当被测量者的身高增大时电压表的示数不变，B不符合题意；
C、 R和R´是 串联，电压表并在R´的两端，当被测量者的身高增大时，R´的电阻增大，电压表的示数增大，C符合题意；
D、 R和R´是 串联，电压表并在R的两端，当被测量者的身高增大时，R´的电阻增大，其两端的电压增大，电压表的示数减小，D不符合题意。 故答案为：C。
40.如图甲所示，是一电子秤的原理示意图，电源电压为6V，保护电阻R0=60Ω，电压表量程为0～3V，压力传感器R的阻值随所受压力变化的图像如图乙所示。托盘放在传感器上，电路就接通，电源电压恒定不变，不计电源内阻和托盘的质量，取g=10N/kg，下列说法正确的是（ ）
A. 托盘不装物品时，电压表的示数为0.5V
B. 当托盘上被测物品的质量增大时，则电压表示数减小
C. 该电子秤的刻度是均匀的
D. 当电压表的示数为1.5V时，托盘上被测物品的质量为20kg
【答案】 D
【解析】根据甲图可知，R与R0串联，电压表测R0两端的电压。
A.当托盘不放物品时，压力为0，根据乙图可知，这时R=300Ω，
这时总电阻为：R总=R+R0=300Ω+60Ω=360Ω；
总电流为：I总=U总R总=6V360Ω=160A；
电压表的示数为：U0=I0R0=160A×60Ω=1V ， 故A错误；
B.当托盘上被测物品的质量增大时，物体对托盘的压力增大，
由图乙可知，R的阻值减小，电路中的总电阻减小，
由I=UR 可知，电路中的电流增大；
由U=IR可知，R0两端的电压增大，即电压表的示数增大，故B错误；
C.由图乙可知，R与F是一次函数，设R=kF+b，
把F=0时R=300Ω，F=300N时，R=120Ω代入可得：
300Ω=b ①；
120Ω=k×300N+b ②；
① ②式联立，解得：k=-0.6Ω/N，b=300Ω；
则得到关系式：R=-0.6Ω/N×F+300Ω，
电路中的电流：I=UR+R0=6V-0.6Ω/N×F+300Ω+60Ω=6V360Ω-0.6Ω/N×F；
则电压表的示数：
U0=IR0=6V360Ω-0.6Ω/N×F×60Ω；
因U0与F不成正比，
所以，该电子秤的刻度是不均匀的，故C错误；
D.当电压表的示数为1.5V时，则有
6V360Ω-0.6Ω/N×F×60Ω=1.5V；
解得：F=200N， 即m=200N10N/kg=20kg ， 故D正确。 故选D。
41.如图所示的电路中，电源电压保持不变，R1=20欧。闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片P到中点c时，电流表的示数为0.4安；移动滑片P到最左端a时，电流表的示数为0.3安，则电源电压和滑动变阻器的最大阻值分别为（ ）
A. 6伏 20欧 B. 12伏 20欧 C. 6伏 30欧 D. 12伏 30欧
【答案】 B
【解析】闭合开关S，移动滑动变阻器R2的滑片P到中点c时， 电阻R1与12R2串联，
根据公式U总=I总R总得到：U总=0.4A×20Ω+12R2 ①；
移动滑动变阻器R2的滑片P到a时， 电阻R1与R2串联，
根据公式U总=I总R总得到：U总=0.3A×20Ω+R2 ②；
① ②式联立解得：U总=12V，R2=20Ω。 故选B。
42.（2018八下·海曙期末）如图所示的电路中，电源两端电压为 6V 且保持不变，定值电阻R1 的阻值为 10Ω，滑动变阻器 R2 的最大阻值为 20Ω，电压表接入电路的量程（0～3）V，电流表接入电路的量程（0～0.6）A。闭合开关 S，将滑动变阻器的滑片 P 由 b 端缓慢向 a 端移动，直至某一电表的指针达到满偏。有关变化下列说法正确的是（ ）
①电压表的示数变大，电流表的示数变大 ②电流表的示数变化范围为 0.2A～0.6A
③电压表的示数变化范围为 2V～6V ④R2 阻值变化范围为 20 Ω～10 Ω
⑤指针达到满偏的是电流表
A. 只有②⑤正确 B. 只有③④正确 C. 只有①④正确 D. 都正确
【答案】 C
【解析】该电路是一个串联电路，电压表测电阻R1两端的电压，电流表测总电流；将滑动变阻器的滑片 P 由 b 端缓慢向 a 端移动时，滑动变阻器接入的有效阻值减小，电路的总电阻减小，根据欧姆定律可知总电流增大，即电流表的示数变大；滑动变阻器分得的电压减小，所以R1两端的电压增大，即电压表的示数变大，故①说法正确。
由图可知：当滑 P在b 端时，电阻最大，所以总电流最小，R=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω，此时总电流I=UR=6V30Ω=0.2A ， 电压表示数U1=IR1=0.2A×10Ω=2V ， 所以总电流最小0.2A；当滑片P在a端时，电阻最小，所以总电流最大，R=R1=10Ω，此时总电流I=UR=6V10Ω=0.6A ， 但此时U1=IR1=0.6A×10Ω=6V超过了电压表的量程，所以此时电路的最大电流不能是0.6A，而应该用电压表所接量程3V来进行计算，故②说法错误。
由图和上面分析可知：当滑 P在b端时，电阻最大，所以总电流最小，R=R1+R2=10Ω+20Ω=30Ω，此时总电流最小为0.2A，故电压表的示数的最小值为 2V；电压表接入电路的量程（0～3）V，所以最大值为3V，故③说法错误。
由图和上面分析可知：当滑 P在b端时，R2的阻值处于最大值，为20Ω；当电压表处于最大值时，R2 的阻值最小，此时I=I1=U1R1=3V10Ω=0.3A ， R2=U2I=6-3V0.3A=10Ω ， 所以R2 阻值变化范围为 20 Ω～10 Ω，故④说法正确。
由图和上面分析可知：电流表的示数变化范围为 0.2A～0.3A，电压表的示数变化范围为 2V～6V ，而电压表接入电路的量程（0～3）V，电流表接入电路的量程（0～0.6）A，所以指针达到满偏的是电压表，故⑤说法错误。故答案为：C
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