上海中考物理5年（21-25）真题汇编-综合信息题

上海中考物理5年（21-25）真题汇编——综合信息题1．（2025·上海·中考真题）【学科综合+实际生活】万里无云的晴天时，我们看到天空是蓝色的，现已知以下信息：①光是一种电磁波，不同色光的频率如下表所示：红色橙色黄色绿色青色蓝色紫色384-482THz482-503THz503-520THz520-610THz620-659THz610-659THz659-769THz②光的频率越高，经氮气、氧气分子散射的程度越大，向各个方向发散；③太阳光在空气中主要通过氮气、氧气分子散射；④“靛”是蓝紫或深蓝，晴天时，相较于紫色光，人眼更容易感受到蓝色光。(1)频率为450THz的光（选填“属于”、“不属于”）三原色光；(2)结合以上信息，请解释“晴天时，人看天空为什么是蓝色的”。。【答案】(1)属于(2)见解析【详解】（1）光的三原色是红、绿、蓝。由题中所给不同色光频率表可知，红色光频率范围是384～482THz，绿色光频率范围是520～610THz，蓝色光频率范围是610～659THz，450THz的光属于红色光，属于三原色光。（2）太阳光在空气中主要通过氮气、氧气分子散射，光的频率越高，散射程度越大。蓝光和紫光频率高，易被散射。但相较于紫光，人眼更容易感受到蓝光，所以晴天时，散射的蓝光进入人眼，人看到天空是蓝色的。一．声学1．（2024·上海·中考真题）如下图所示的风铃有七根长短不同的小棍，物理王兴趣的同学在敲打小棍时，发现它们发出的声音不同，经研究可得：如表一所示是同一铁棍在不同长度L时敲击的振动频率f0。实验序号①②③④⑤L（cm）510152025F0（Hz）700500400300200（1）判断同一铁棍长度L与音调的关系，并说明理由。（2）要用这种材料做一个乐器，发出doremifasolaxi的音时，re的音小于500Hz，请你判断该乐器的长度10cm（选填“大于”或“等于”或“小于”）。【答案】L越长音调越低（频率随长度增加而减小，频率小即音调低）大于【详解】（1）[1]由表格数据可知，当铁棒的长度越长时，振动的频率越低，音调越低；当铁棒的长度越短时，振动的频率越高，音调越高。（2）[2]由表格数据可知，当铁棒的长度为10cm时，振动的频率为500Hz，当铁棒的长度小于10cm时，振动的频率大于500Hz，音调高于re；当铁棒的长度大于10cm时，振动的频率小于500Hz，音调低于re；所以，要用这种材料做一个乐器，发出doremifasolaxi的音时，re的音小于500Hz，该乐器的长度应大于10cm。二．透镜2．（2023·上海·中考真题）放大镜是生活中常见的凸透镜，结合表中数据及右图回答下列问题：实验序号①②③物距（cm）2.403.053.50像距（cm）4.607.8511.70（1）成虚像时，物距和像距的大小关系为：；（2）成虚像时，物距越大，像距越大，像；（3）物体在物距L1时，成虚像，物体在物距L2时，成实像，请比较L1、L2的大小关系并说明理由：。【答案】物距小于像距越大见解析【详解】（1）[1]根据凸透镜成像规律知，物体在凸透镜的一倍焦距以内，成正立放大的虚像，由表中三组数据可知，放大镜成虚像时，物距和像距的大小关系为：物距小于像距。（2）[2]根据凸透镜成像规律知，物体在凸透镜的一倍焦距以内，成正立放大的虚像，且此时物体离放大镜越远，像离放大镜越远，像变大。成虚像时，物距越大，像距越大，像越大。（3）[3]根据凸透镜成像规律知，物距小于凸透镜的一倍焦距时，成正立放大的虚像；物距大于凸透镜的一倍焦距时，成倒立的实像；物体在物距L1时，成虚像，物体在物距L2时，成实像，所以物距L1小于物距L2。三．密度3．（2022·上海·中考真题）同学发现冬天水管会“爆裂”，他通过查阅资料获得以下信息：（1）物体膨胀时如果遇到障碍，会产生很大的力；（2）金属会热胀冷缩；（3）水和冰在不同温度下的密度如表所示：形态水冰温度（℃）432100密度（千克/米3）0.99980.99960.99940.99910.99900.9101①根据表格中温度和密度的数据，得出结论：在1个标准大气压下，当0~4℃时，；②请你指出水管“爆裂”的原因，并写出分析过程。【答案】水的密度从0℃-4℃会随着温度的升高而增大，发生反常变化见解析【详解】①[1]根据表格中温度和密度的数据，在标准大气压下，在0~4摄氏度时时，水的温度慢慢升高，而水的密度在慢慢增大，故得出结论：1个标准大气压下的水在0~4摄氏度时，物质的密度会随着温度的变化而变化，水的密度从0℃-4℃会随着温度的升高而增大，发生反常变化。②[2]冬天水管里面的水由于温度降低而变成冰，冰的密度又小于水的密度，所以冰相对水的体积增大，发生膨胀，水管由于外界温度降低而收缩，阻碍了这种膨胀，故产生了很大的力，造成水管“爆裂”。四．大气压强4．（2021·上海·中考真题）小明在高海拔地区旅行时，发现鸡蛋在沸水里煮了很久，仍未煮熟。为了探究原因，小明查阅资料后得知：（a）煮熟鸡蛋需要达到一定的温度；（b）水温达到沸点后，继续加热，水温不变；（c）不同气压下水的沸点不同，如下表：实验序号大气压（kPa）沸点（℃）10.518121.0110032.03120（1）分析比较序号1～3的数据及p，t的变化情况，可得出的初步结论是：（2）结合所学知识及上述信息，指出鸡蛋未煮熟的原因，并写出分析过程：（3）小明在高原上想要快速煮熟鸡蛋需要：A．较耐烧的锅B．比热容大的锅C．内部气压高的锅【答案】水面上方气压p越大，水的沸点t越大；高海拔地区大气压较低，水的沸点低，达不到鸡蛋被煮熟的温度，所以鸡蛋煮不熟；C【详解】（1）[1]分析比较序号1～3的数据知，随着大气压的增大，水的沸点也增大，这就说明水的沸点与气压有关，气压越大，沸点越高；（2）[2]高海拔地区大气压较低，水的沸点低，达不到鸡蛋被煮熟的温度，所以鸡蛋煮不熟。（3）[3]AB．耐烧的锅和比热容大的锅不会提高水的沸点，不能使鸡蛋快速煮熟，故AB不符合题意；C．内部气压高的锅，因为锅内气压大，水的沸点高，可以使鸡蛋快速煮熟，故C符合题意。故选C。一．填空题1．（2025•嘉定区二模）近视眼已经成为影响青少年健康的突出问题，为此某兴趣小组开展“近视眼成因”的探究。他们查阅资料获知：①眼睛前端的晶状体和角膜的共同作用相当于一个凸透镜，能将来自物体的光会聚在视网膜上，形成物体清晰的像，如图所示。②视网膜到晶状体的距离几乎不变，当被观察的物体到眼睛的距离发生变化时，睫状肌会通过调节晶状体的厚度来改变其焦距，使视网膜上的像保持清晰。③近视眼患者的晶状体较厚，且睫状肌调节能力有限。接着，小组成员选用焦距不同的凸透镜做“模拟人眼看物体”的实验，并记录了成清晰像时的物距、像距和焦距，数据见如表。序号物距u/厘米像距v/厘米焦距f/厘米117.115.08.0230.015.010.0360.015.012.0（1）分析上表数据发现：人眼从近处看向远处时，为了能在视网膜上始终成清晰的像，眼睛晶状体的焦距会变大（选填“大”或“小”）。（2）请结合以上信息及所学物理知识，解释近视眼患者看不清较远处物体的原因近视眼患者眼睛晶状体弯曲程度大，焦距小，与正常相比，相同的物距的物体所成清晰像时的像距较小，因此所成清晰像的位置在视网膜前，所以近视眼患者看不清较远处物体。【分析】（1）分析上表数据可知，像距不变，物距u增大时，焦距f也增大，据此解答；（2）近视眼所成清晰像的位置在视网膜前。对近视眼的矫正可通过凹透镜对光线的发散作用进行纠正。【解答】解：（1）分析上表数据可知：像距不变，物距u增大时，焦距f也增大；所以，人眼从近处看向远处时，物距增大，为了能在视网膜上始终成清晰的像（像距不变），眼睛晶状体的焦距会变大；（2）近视眼患者眼睛晶状体弯曲程度大，焦距小，与正常相比，相同的物距的物体所成清晰像时的像距较小，因此所成清晰像的位置在视网膜前，所以近视眼患者看不清较远处物体。故答案为：（1）大；（2）近视眼患者眼睛晶状体弯曲程度大，焦距小，与正常相比，相同的物距的物体所成清晰像时的像距较小，因此所成清晰像的位置在视网膜前，所以近视眼患者看不清较远处物体。【点评】本题考查了近视眼的成因，属于基础题。2．（2025•长宁区二模）小明为研究凸透镜成像时所成像与凸透镜焦距的关系，选取高度为10厘米的发光物、光屏和不同焦距的凸透镜进行实验，得到相关数据记录在表中。序号焦距f（厘米）物距u（厘米）像距v（厘米）像高h像（厘米）15605.50.92106012.02.03156020.03.34206030.05.0（1）根据表1中像高h像、像距v与焦距f的关系，可以得出的结论是：凸透镜成缩小的实像时，物高和物距不变，凸透镜焦距越大，像越大。（2）小明是一名摄影爱好者，如图所示的三张照片，是他用同一架照相机换三个不同焦距的镜头、在相同位置拍摄远处同一景物的照片。其中图5（c）的照片是使用焦距最大的镜头拍摄的，你判断的理由是：物距不变时，焦距越大，像距越大，像越大。【分析】（1）凸透镜成缩小的实像时，物高和物距不变，凸透镜的焦距越大，像越大；（2）根据物高和物距不变，凸透镜的焦距越大，像越大分析。【解答】解：（1）分析表1中像高h像、像距v与焦距f的关系可知，凸透镜成缩小的实像时，物高和物距不变，凸透镜的焦距越大，像高越大，即像越大；（2）用同一架照相机换三个不同焦距的镜头、在相同位置拍摄远处同一景物的照片，物高和物距不变，凸透镜的焦距越大，像越大，故凸（c）是使用焦距最大的镜头拍摄的。故答案为：（1）凸透镜焦距越大，像越大；（2）物距不变时，焦距越大，像距越大，像越大。【点评】本题研究凸透镜成像时所成像与凸透镜焦距的关系，根据表格信息分析。3．（2025•浦东新区二模）小东由如图1所示的“冰透镜取火”现象，发现会聚的太阳光照射到物体上，可以使物体的内能迅速增加，温度升高。他思考：冰透镜相当于凸透镜，若使用平面镜，是否也能达到相同的效果。他查阅资料得知，太阳光可以看作是平行光。（1）若仅使用一块平面镜，是否可以会聚太阳光？请结合上述信息和所学知识，说明你的观点。（2）根据给出的入射光线，在图2所示三个方框中分别画出平面镜的大致位置，使反射光线会聚在点O。（3）受到启发，人们造出了将反射光会聚在一起来加热食物的太阳灶。图中最适合作为太阳灶模型的是C。【分析】（1）一束平行光射到光滑物体表面时，反射光束仍然是平行的，这种反射就叫做镜面反射；（2）光的反射定律：反射光线跟入射光线、法线在同一平面内；反射光线、入射光线分居在法线两侧；反射角等于入射角。根据反射定律画出法线和平面镜的位置；（3）凹面镜对光有会聚作用，太阳灶等就是利用凹面镜的反射来会聚光的。【解答】解：（1）平行光照射到平面镜上发生了镜面反射，反射后的光线被平行射出，所以仅使用一块平面镜不可以会聚太阳光；（2）对于上下两条入射光线，分别连接入射点与点O，分别得到两条反射光线，再分别从入射点作入射光线和反射光线夹角的角平分线，即得到各自的法线，由入射点作法线的垂线即平面镜；而中间的入射光线恰好经过点O，说明反射光线、入射光线、法线重合，由入射点作入射光线的垂线即平面镜，如图所示：（3）凹面镜对光有会聚作用，太阳灶等就是利用凹面镜的反射来会聚光的，故选：C。答：（1）平行光照射到平面镜上发生了镜面反射，反射后的光线被平行射出，所以仅使用一块平面镜不可以会聚太阳光；（2）见解答；（3）C。【点评】（1）考查的重点是光的反射定律、镜面反射，难度不大；（2）考查反射定律的应用，根据反射定律的作出法线是关键；（3）以太阳灶为背景，考查凹面镜对光有会聚作用。4．（2025•青浦区二模）“曹冲称象”的故事家喻户晓，曹冲设计的方法中，先后将大象和石块装载到同一艘船上，通过称量石块的质量得到大象的质量。这种方法在科学研究中称为“等效替代法”。为了探究同一直线上二个力的合力与分力的关系，可以采用如图所示的实验装置及两个弹簧测力计等器材进行实验。①请写出实验的关键步骤：用两个弹簧测力计同时作用在橡皮筋的B点，沿直线相反方向拉伸到C点，记下此时两个弹簧测力计的示数F1和F2；接着用一个弹簧测力计作用在B点，依然将橡皮筋拉伸到C点，记下此时弹簧测力计示数F；按上述的操作重复三次实验，记录实验数据。②用“等效替代法”说明得出结论的依据。两个分力共同作用效果相同，即橡皮筋伸长到同一位置，橡皮筋形变程度相同，说明同一直线上的两个力共同作用效果与一个力的作用效果相同，可以由一个力代替，这个力就是这两个分力的合力。【分析】两个分力共同作用可以由一个力代替，这个力就是这两个分力的合力。采用的是等效替代法；根据同一直线上两个力进行设计，可得结论，反方向二力的合力等于二力之差，方向和较大力的方向相同。【解答】解：①用两个弹簧测力计同时作用在橡皮筋的B点，沿直线相反方向拉伸到C点，记下此时两个弹簧测力计的示数F1和F2；接着用一个弹簧测力计作用在B点，依然将橡皮筋拉伸到C点，记下此时弹簧测力计示数F；按上述的操作重复三次实验，记录实验数据。②等效替代法得出结论的依据是两个分力共同作用可以由一个力代替，这个力就是这两个分力的合力。故答案为：①用两个弹簧测力计同时作用在橡皮筋的B点，沿直线相反方向拉伸到C点，记下此时两个弹簧测力计的示数F1和F2；接着用一个弹簧测力计作用在B点，依然将橡皮筋拉伸到C点，记下此时弹簧测力计示数F；按上述的操作重复三次实验，记录实验数据。②两个分力共同作用效果相同，即橡皮筋伸长到同一位置，橡皮筋形变程度相同，说明同一直线上的两个力共同作用效果与一个力的作用效果相同，可以由一个力代替，这个力就是这两个分力的合力。【点评】本题考查同一直线上二力的合成探究实验，注意合力的大小和方向，掌握实验过程中的等效替代法。5．（2025•黄浦区二模）《中华人民共和国民法典》把“高空坠物”纳入了违法行为。小明猜想高空坠物的破坏力可能与物体的质量、所处的高度有关。他用质量不同的小球从同一高度自由下落到沙坑，通过小球落入沙坑的深度来反映高空坠物的破坏力，实验数据如表所示。实验序号1234质量m（克）20406080落入沙坑的深度d（厘米）1.21.41.61.7（1）分析上述实验数据及相关条件，可以得出的结论是：在物体所处高度相同的情况下，高空坠物的破坏力随物体质量的增大而增大。（2）小明查阅资料后得知：撞击时动能越大，破坏力越强。请从机械能及其转化的角度阐述重物从高处下落比从低处下落时造成破坏力更大的原因。机械能包括动能和势能，物体被举高而具有的能叫重力势能，其大小与物体的质量和被举高的高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越。重物从高处下落过程中，质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动。根据机械能守恒定律，若忽略空气阻力，重物在高处时具有的重力势能全部转化为落地前的动能，即高处的重物具有更大的重力势能，转化而来的动能也就更大，所以撞击时的破坏力更强。【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。【解答】解：（1）从实验数据可以看出，随着小球质量从20克逐渐增加到80克，小球落入沙坑的深度从1.2厘米逐渐增加到1.7厘米，说明质量越大，对沙坑的破坏力越大，即在物体所处高度相同的情况下，高空坠物的破坏力随物体质量的增大而增大。（2）机械能包括动能和势能，物体被举高而具有的能叫重力势能，其大小与物体的质量和被举高的高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越。重物从高处下落过程中，质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动。根据机械能守恒定律，若忽略空气阻力，重物在高处时具有的重力势能全部转化为落地前的动能，即高处的重物具有更大的重力势能，转化而来的动能也就更大，所以撞击时的破坏力更强。故答案为：（1）在物体所处高度相同的情况下，高空坠物的破坏力随物体质量的增大而增大；（2）机械能包括动能和势能，物体被举高而具有的能叫重力势能，其大小与物体的质量和被举高的高度有关，质量越大、高度越高，重力势能越。重物从高处下落过程中，质量不变，高度降低，速度增大，重力势能转化为动。根据机械能守恒定律，若忽略空气阻力，重物在高处时具有的重力势能全部转化为落地前的动能，即高处的重物具有更大的重力势能，转化而来的动能也就更大，所以撞击时的破坏力更强。【点评】控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。6．（2025•虹口区二模）小红在上海科技馆体验了高空自行车项目，如图（a）所示。她对如何提高物体的稳定性产生了兴趣，通过查阅资料获得以下信息：（1）物体的稳定性与重心有关。高空自行车下方由于固定着一个较重的物体，因此更加稳定。（2）受到重力和支持力作用处于平衡状态的物体与支承物之间的接触面称为支面。例如相机三脚架展开时的支面如图（b）（c）所示，且图（c）中相机三脚架更加稳定。结合上述信息回答下列问题：①处于平衡状态的物体，重心越低、支面越大，物体越稳定。②如图（d）所示，2025年春节联欢晚会上表演的机器人扭秧歌节目引发广泛关注。以下ABD设计能有效提高双足机器人的稳定性。A.采用分段脚掌，通过调整脚掌的形状来增大接触面积B.下肢关节使用高密度合金C.在机器人头部安装摄像头等设备D.将电池、处理器等部件集中于腰部或下肢区域【分析】稳度是指物体处于平衡状态的稳定程度，稳度的大小由物体重心的高度和支撑面的大小决定。重心低，支撑面大的物体稳度大，反之则稳度小。【解答】解：①处于平衡状态的物体，重心越低、支面越大，物体越稳定。A、采用分段脚掌，通过调整脚掌的形状来增大接触面积，相当于增大了支面。根据物体稳定性与支面的关系，支面越大，物体越稳定，所以该设计可以提高双足机器人的稳定性，故A符合题意；B、下肢关节使用高密度合金，会使下肢重量增加，从而降低机器人的重心。重心越低，物体越稳定，因此该设计有助于提高双足机器人的稳定性，故B符合题意；C、在机器人头部安装摄像头等设备，会使机器人的重心升高，不利于提高稳定性，故C不符合题意；D、将电池、处理器等部件集中于腰部或下肢区域，可使机器人的重心降低，能有效提高双足机器人的稳定性，故D符合题意。故选：ABD。故答案为：①重心越低、支面越大；②ABD。【点评】本题考查重心与稳度，属于基础题。7．（2025•金山区二模）建在地面的建筑往往会面临地基沉降问题，地基的沉降会影响建筑的结构和安全。意大利的比萨斜塔就是因为地基沉降不均匀而倾斜的，那么为何会发生地基沉降呢？小金同学查阅资料得知地基土层中的土粒很坚硬，很难被压缩，但是土粒之间有孔隙（如图所示），在压力作用下，土粒会发生移动，重新排列、靠紧，使得土的体积变小。通常情况下，土层中孔隙总体积与土粒总体积之比称为土的孔隙比。对某建筑地基样本土进行压缩试验，得到孔隙比和所加压强的关系如表所示。压强/（×105帕）01234孔隙比0.500.450.420.400.39（1）分析比较表中压强与孔隙比的变化情况，可得出的初步结论是：随着压强的增大，孔隙比逐渐减小。（2）当建在该样本土层上的房屋总重力为1.2×107牛，房屋与地基的接触面积为40米2时，样本土层的孔隙比为0.40。（3）根据以上信息以及学过的物理知识，说明“高层建筑建造之前，要先夯实地基”的原因夯实地基，施加了很大的压强，使得地基的孔隙比很小，建造后不再沉降。【分析】（1）根据表格数据分析结论；（2）利用压强计算公式求得房屋对地基的压强，由图象可知此时样本土层的孔隙比；（3）随着压强的增大，孔隙比逐渐减小，可以防止沉降。【解答】解：（1）分析比较表中压强与孔隙比的变化情况，可得出的初步结论是：随着压强的增大，孔隙比逐渐减小；（2）房屋对地基的压强p=FS=1.2×107N40m2（3）高层建筑建造之前，要先夯实地基，施加了很大的压强，使得地基的孔隙比很小，建造后不再沉降。故答案为：（1）随着压强的增大，孔隙比逐渐减小；（2）0.40；（3）夯实地基，施加了很大的压强，使得地基的孔隙比很小，建造后不再沉降。【点评】此题考查了压强的计算，难度适中。8．（2025•宝山区二模）在学习“液体压强”过程中，小明观察图（a）后得出结论：深度越大，水的压强越大，水喷出的最远距离就越大。小宝并不认同此观点，于是另找一个矿泉水瓶，在侧边扎了两个小圆孔C和D（圆孔A、B、C、D的直径相同），并搭建了图（b）所示实验装置。（1）图（b）中两个小圆孔C、D的压强pC小于pD（选填“大于”“等于”或“小于”），理由是同种液体压强随深度的增大而变大。（2）你是否认同小明的结论，请利用图（b）的实验装置加以说明：不认同（选填“认同”或“不认同”），将木板向右平移至最远的水流依然落在木板上，可观察到D孔喷出的水流最远距离小于C孔喷出的水流。【分析】（1）同种液体压强随深度的增大而变大。（2）结合作图分析。【解答】解：（1）图（b）中两个小圆孔C、D的压强pC小于pD（选填“大于”“等于”或“小于”），理由是同种液体压强随深度的增大而变大。（2）不认同这个观点，如下所示：将木板向右平移至最远的水流依然落在木板上，可观察到D孔喷出的水流最远距离小于C孔喷出的水流。故答案为：（1）小于；同种液体压强随深度的增大而变大；（2）不认同；将木板向右平移至最远的水流依然落在木板上，可观察到D孔喷出的水流最远距离小于C孔喷出的水流。【点评】本题结合实验研究液体压强与深度的关系，要掌握。9．（2025•奉贤区二模）学习了压强知识后，小明想对家中的茶壶进行研究，如图所示。他发现这把茶壶的壶盖和壶身之间密封性很好，盖紧壶盖，用手堵住小孔，将壶倾斜向外倒水，流出一点水后，不能继续流出。手离开小孔后，水立即从壶嘴流出。为了解释这个现象，小明查阅了相关资料，得到质量和温度一定时，密闭气体的气压和体积的数据如表所示。质量和温度一定的密闭气体气体体积（×10﹣3米3）0.20.10.050.040.0250.02气压（×105帕）1245810①茶壶正常倒水时，利用了连通器原理。②比较表中气压与气体体积的数据及相关条件，可归纳得出的初步结论是：质量和温度一定的密闭气体，体积越小，气压越大；体积越大，气压越小。③请结合以上信息及所学知识分析说明堵住小孔，将壶倾斜后水不能流出的原因当堵住小孔时，茶壶内部的气体与外界隔绝，形成了一个密闭空间。当壶倾斜向外倒水时，水由于重力会下降一些，导致茶壶内气体体积增大。根据质量和温度一定时密闭气体体积与气压的关系，气体体积增大，气压减小。此时茶壶内的气压小于外界大气压，外界大气压就会对水产生向茶壶内的压力，这个压力阻止了水继续流出。当手离开小孔后，空气进入茶壶，使壶内水面上的气压与外界大气压相同，水在重力作用下就可以从壶嘴流出。【分析】大气压的存在能够解释很多现象，这些现象有一个共性：通过某种方法，使设备的内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下出现了这种现象。在温度不变时，一定质量的气体体积越小，压强越大；体积越大，压强越小。【解答】解：①茶壶正常倒水时，利用了连通器原理。茶壶的壶嘴和壶身构成连通器，根据连通器原理，同种液体不流动时，各容器中液面总是保持相平，所以壶嘴和壶身的液面是相平的，放低壶嘴，水就会从壶嘴处流出。②比较表中气压与气体体积的数据及相关条件，可归纳得出的初步结论是：质量和温度一定的密闭气体，体积越小，气压越大；体积越大，气压越小。从表中数据可以看出，随着气体体积的不断减小，气压不断增大，呈现出反比例的关系。③堵住小孔，将壶倾斜后水不能流出的原因：当堵住小孔时，茶壶内部的气体与外界隔绝，形成了一个密闭空间。当壶倾斜向外倒水时，水由于重力会下降一些，导致茶壶内气体体积增大。根据质量和温度一定时密闭气体体积与气压的关系，气体体积增大，气压减小。此时茶壶内的气压小于外界大气压，外界大气压就会对水产生向茶壶内的压力，这个压力阻止了水继续流出。当手离开小孔后，空气进入茶壶，使壶内水面上的气压与外界大气压相同，水在重力作用下就可以从壶嘴流出。故答案为：①连通器；②体积越小，气压越大；体积越大，气压越小；③当堵住小孔时，茶壶内部的气体与外界隔绝，形成了一个密闭空间。当壶倾斜向外倒水时，水由于重力会下降一些，导致茶壶内气体体积增大。根据质量和温度一定时密闭气体体积与气压的关系，气体体积增大，气压减小。此时茶壶内的气压小于外界大气压，外界大气压就会对水产生向茶壶内的压力，这个压力阻止了水继续流出。当手离开小孔后，空气进入茶壶，使壶内水面上的气压与外界大气压相同，水在重力作用下就可以从壶嘴流出。【点评】本题考查了大气压的应用，以及气体压强与体积的关系。10．（2025•崇明区二模）晴朗炎热的夏日，小明去体育场骑行，骑行中发现：在烈日下暴晒的自行车轮胎有爆裂现象。他猜想气体压强大小可能与气体温度有关。回家后，他将一定质量的气体放入体积不变的容器中，借助压强传感器探究气体压强与温度的关系，实验数据如下表。气体温度t/℃0255075100气体压强p/×103Pa100110120130140试完成下列问题：（1）晴朗炎热的夏日其大气压比潮湿闷热的夏日大气压高（选填“高”、“差不多”或“低”）。（2）分析比较表中密闭气体的温度、压强及相关条件，可归纳得出的初步结论是在气体体积不变的情况下，一定质量的气体，温度升高，气体压强增大。（3）请你简单说明，轮胎爆裂的原因是在晴朗炎热的夏日，轮胎在烈日下暴晒，轮胎内气体温度升高。根据上述实验结论，在体积不变的情况下，气体温度升高会导致压强增大。当轮胎内气体压强增大到超过轮胎所能承受的极限时，轮胎就会爆裂。（4）根据以上探究，猜想气体压强大小还可能与气体的体积、质量有关。【分析】在气体体积不变的情况下，一定质量的气体，温度升高，气体压强增大。【解答】解：（1）在潮湿闷热的夏日，空气中水汽含量较大，水汽的密度小于干空气的密度。根据阿基米德原理，相同体积的潮湿空气比干燥空气轻，所以潮湿闷热的夏日大气压相对较低，而晴朗炎热的夏日大气压相对较高。（2）分析比较表中密闭气体的温度、压强及相关条件，可归纳得出的初步结论是从表格数据可以看出，随着气体温度的升高，气体的压强也逐渐增大，且容器体积不变，说明在体积不变时，气体压强与温度存在正比关系。（3）轮胎爆裂的原因是结合生活实际和实验结论进行分析，轮胎可近似看作一个体积不变的容器，夏日暴晒使轮胎内气体温度急剧上升，从而引发压强增大，最终导致爆裂。根据以上探究，猜想气体压强大小还可能与气体的有关在本次探究中，控制了气体的体积和质量不变来研究温度与压强的关系。根据物理学知识，气体压强还与气体的体积和质量有关。例如，在温度不变的情况下，一定质量的气体，体积越小，压强越大；在体积和温度不变时，气体质量越大，压强越大。故答案为：（1）高；（2）在气体体积不变的情况下，一定质量的气体，温度升高，气体压强增大；（3）在晴朗炎热的夏日，轮胎在烈日下暴晒，轮胎内气体温度升高。根据上述实验结论，在体积不变的情况下，气体温度升高会导致压强增大。当轮胎内气体压强增大到超过轮胎所能承受的极限时，轮胎就会爆裂；（4）体积、质量。【点评】本题考查根据日常生活经验猜想气体压强大小的决定因素等。11．（2025•闵行区二模）高铁站的候车区一般在地面上标有黄色警戒线，称为安全线，主要起到提醒和警示作用。为了明确设置安全线的原因，小航查阅资料后获得如下信息：①液体和气体没有一定的形状，都具有流动性，因此统称为流体；②列车进站时会带动周围的气体流动，且车速越大，气体流动速度越大；③如果乘客与列车靠的过近，存在被列车“吸”过去的危险；④不同运行速度的列车对应安全线到站台边缘的距离如表所示。列车速度安全线到站台边缘的距离不大于120千米/小时1.0米120千米/小时至160千米/小时1.5米160千米/小时至200千米/小时2.0米请根据相关材料，回答下列问题。（1）乘客被列车“吸”过去是源于乘客和列车之间的气压减小。根据上述材料信息还可知：流体压强和流速有关，随着流体流速增大，流体压强将减小。（均选填“增大”或“减小”）（2）流体压强和流速的关系应用非常广泛，文丘里流量计可用于测量有压管道天然气流量，其结构示意图如图所示。（a）若有压管道内天然气没有流动，则文丘里管内液面高度差为0。（b）当文丘里管内液面高度差为Δh时，查阅相关资料可知此时截面S1、S2位置的流速差为Δv，则该有压管道内天然气的流速大小为v1=S2ΔvS1-S2。（用【分析】液体和气体都具有流动性，统称为流体．如：空气、水等．流体流动时的压强称作流体压强．空气和水流动时有快有慢，流体在流速大的地方压强较小，在流速小的地方压强较大。【解答】解：（1）乘客被列车“吸”过去是源于乘客和列车之间的气压减小。根据上述材料信息可知：流体压强和流速有关，随着流体流速增大，流体压强将减小。因为列车进站时带动周围气体流动，使乘客与列车之间的空气流速变大，根据流体压强与流速的关系，此处压强变小，而乘客身后的空气流速相对较小，压强大，从而产生一个推向列车的压力差，导致乘客有被“吸”过去的危险。（2）（a）若有压管道内天然气没有流动，则文丘里管内液面高度差为0。因为天然气不流动时，管道内各处压强相等，根据连通器原理，文丘里管内液面应保持水平，高度差为0。（b）根据伯努利方程和连续性方程，对于水平放置的文丘里管，有S1v1＝S2v2，已知流速差Δv＝v2﹣v1，联立解关于v1的方程得：v1=S故答案为：（1）减小；减小；（2）（a）0；（b）v1=S【点评】本题考查了液体与压强的关系。12．（2025•松江区二模）在树叶尾部的边缘滴一滴圆珠笔油，然后将它缓缓放进水面，树叶在水面上像小船一样运动起来，滴了圆珠笔油的树叶被称为“油墨小船”。小明通过查阅资料了解到，由于油墨中表面活性剂的存在，当水与油墨接触时，“油墨小船”便获得向前运动的力，小明想探究“油墨小船”在水中运动的快慢与水的温度的关系，他用塑料片代替树叶制作的“油墨小船”如图所示。实验中，控制水温为17℃、35℃、65℃，记录“油墨小船”在不同温度水面上的运动情况，采集数据如表所示。温度（℃）173565时间（秒）0.51230.51230.5123速度（厘米/秒）2.12.32.01.95.36.25.94.86.48.26.35.1①“油墨小船”运动的快慢与水温度的关系是在一定范围内，水的温度越高，“油墨小船”运动得越快，且在运动过程中速度都是先变快后变慢；②“油墨小船”在运动过程中受的力是非平衡力（选填“平衡力”或“非平衡力”）；③若实验条件确定时，“油墨小船”获得的动能大小是固定的，为了使“油墨小船”获得更大的速度，请从能量的角度，写出可以采取的措施并说明理由减轻“油墨小船”质量，这样在获得相同能量时，其速度会更大。【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。【解答】解：①：根据表格中的数据，在17℃时，“油墨小船”的速度相对较低；在35℃时，速度有所提高；在65℃时，速度进一步增大。并且在每种温度下，都是先加速，达到一个峰值后再减速。因此，“油墨小船”运动的快慢与水温度的关系是：在一定范围内，水的温度越高，“油墨小船”运动得越快，且在运动过程中速度都是先变快后变慢。②：因为“油墨小船”在运动过程中速度不断变化，根据牛顿第一定律，物体在平衡力的作用下将保持静止或匀速直线运动状态，而“油墨小船”速度发生改变，所以它受到的力是非平衡力。③：根据动能公式Ek=12mv2，当动能Ek固定时，质量m与速度故答案为：①在一定范围内，水的温度越高，“油墨小船”运动得越快，且在运动过程中速度都是先变快后变慢；②非平衡力；③减轻“油墨小船”质量，这样在获得相同能量时，其速度会更大。【点评】控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。13．（2025•闵行区一模）“摘星”科学探究小队发现“脚印会说话”，他们以学校水平沙地上留下的脚印为研究对象，了解脚印传递的身高、体重等信息。（1）他们随机调查、统计了多位同学的脚长、身高信息，汇总如表一所示。表一同学序号1234567脚长（厘米）2323.52424.52525.526身高（厘米）158162165169172175179根据统计信息中脚长和身高的变化关系，可以得出结论：一般情况下，脚长越长，身高越高。（2）为了得到脚印所属人的体重，该探究小组进行了以下的实验操作：①裁剪一个与脚印面积相同的轻质硬纸板，并将其放置于学校的水平沙地上；②在纸板上面缓慢添加重物，直至纸板和脚印陷入沙子中的深度相同；③测量、计算纸板上重物的总质量，该总质量即为脚印所属人的质量。请解释纸板上重物的总质量可以替代脚印所属人的质量的原因。由p=FS可知，在压强和受力面积一定时，压力也相等，而在水平面上压力的大小等于重力，由重力公式G＝mg可知，它们的质量相等质量相等【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。【解答】解：（1）根据统计信息中脚长和身高的变化关系，可以得出结论：一般情况下，脚长越长，身高越高。（2）为了得到脚印所属人的体重，该探究小组进行了以下的实验操作，根据控制变量法思想，则：①裁剪一个与脚印面积相同的轻质硬纸板，并将其放置于学校的水平沙地上；②在纸板上面缓慢添加重物，直至纸板和脚印陷入沙子中的深度相同；③测量、计算纸板上重物的总质量，该总质量即为脚印所属人的质量。请解释纸板上重物的总质量可以替代脚印所属人的质量的原因。由p=FS可知，在压强和受力面积一定时，压力也相等，而在水平面上压力的大小等于重力，由重力公式G＝故答案为：（1）脚长越长，身高越高；（2）①面积；②深度；③由p=FS可知，在压强和受力面积一定时，压力也相等，而在水平面上压力的大小等于重力，由重力公式G＝【点评】控制变量法能排除干扰，直接显露单一因素对被研究对象变化的影响情况。14．（2025•崇明区一模）学习“液体”压强时，老师展示了如图（甲）所示的实验，小明同学观察实验后，得出结论：深度越大，水的压强越大，水喷出的最远距离就越大。下课后小明将自己的结论告诉老师，老师表扬了小明爱思考的好习惯，然后与小明一起到实验室，另找了一个矿泉水瓶，在侧边扎了两个小圆孔C和D（圆孔A、B、C、D的直径相同），按如图（乙）所示进行实验，观察到Sc＜Sd，试完成下列问题：（1）如水对侧边C、D两点压强为pc和pd，则pc＜pd（选填“＞”、“＝”或“＜”）。（2）在图（乙）中，其他条件不变，将木板向右移动，使C孔、D孔流出的最远水流落在木板上，Sc′、Sd′分别是此时的最远距离，则Sc′＞Sd′（选填“＞”、“＝”或“＜”）。（3）判断小明同学的结论是正确（选填“正确”或“错误”）的。（4）用一句话写出你的判断依据（无需理由）是平移后的木板挡住了水流，导致从D孔流出的水流在水平方向上运动的距离减小，才出现sc′＞sd′，若不平移木板，则可以得出小明同学的结论。【分析】（1）液体压强跟液体的密度和深度有关，在液体密度相同时，液体压强随深度的增加而增大，由p＝ρgh分析；（2）观察画出的图形上交点，得出结论；（3）（4）仅将木板向右移时，水流从C和D两孔流出的速度和方向不变，但此时D点的高度变低（相对于木板，原来相对于地面），则水流流到木板的时间较短，因为平移后的木板挡住了水流，导致从D孔流出的水流在水平方向上运动的距离减小，据此分析。【解答】解：（1）液体压强随深度的增加而增大，由p＝ρgh知，当液体密度相同时，由hC＜hD可知，pC＜pD。（2）在图（乙）中，其他条件不变，将木板向右移动，使C孔、D孔流出的最远水流落在木板上，Sc′、Sd′分别是此时的最远距离，则由图可知sc′＞sd′；（3）（4）由上述实验可知，保持其它条件不变，仅将木板向右移时，水流从C和D两孔流出的速度和方向不变，但此时D点的高度变低（相对于木板，原来相对于地面），则水流流到木板的时间较短，正是因为平移后的木板挡住了水流，导致从D孔流出的水流在水平方向上运动的距离减小，才出现sc′＞sd′，若不平移木板，则可以得出“深度越大，水的压强越大，水喷出的最远距离就越大”的结论，故小明同学的结论是正确的。故答案为：（1）＜；（2）＞；（3）正确；（4）平移后的木板挡住了水流，导致从D孔流出的水流在水平方向上运动的距离减小，才出现sc′＞sd′，若不平移木板，则可以得出小明同学的结论。【点评】本题考查了液体压强与深度的关系，属于基础题。15．（2025•徐汇区一模）如图中玻璃瓶是一个“伽利略彩球温度计”，可以粗略地测量环境温度。玻璃瓶中装有某种液体，浸有7个体积相同的彩球（分别标有15℃、18℃、21℃、24℃、27℃、30℃、33℃字样），彩球体积不随温度变化而变化。当外界温度在15℃﹣33℃范围内变化时，会有彩球随之上浮或下沉，当所有彩球静止后，浮在上面的彩球中，标示温度值最低的那个彩球所标示的温度即此时环境的大致温度。①当环境温度为10℃时，所有彩球浮在液面上（选填“所有”“没有”或“部分”）。②当环境温度升高时，液体密度变小（选填“变大”“变小”或“不变”），说出理由：浮力大小不变，排开的液体的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排可知，液体密度变小。【分析】根据物体的浮沉条件和阿基米德原理分析。【解答】解：①彩球体积相同，均浸没液体中时所受浮力相同；当环境温度为10℃时，此时液体的密度最大，都大于彩球的密度，所以彩球都漂浮；②低温彩球最后上浮，说明其重力最大；彩球能上浮，说明温度降低后，其受到浮力变大；彩球体积不随温度变化而变化，由F浮＝ρ液gV排可知，ρ液变大，所以温度降低，液体密度变大，反之，温度升高，液体密度变小。故答案为：①所有；②变小；浮力大小不变，排开的液体的体积变大，根据F浮＝ρ液gV排可知，液体密度变小。【点评】本题考查阿基米德原理、物体的浮沉条件的灵活运用，难度不大。16．（2025•金山区一模）如图所示，高压锅是厨房中常见的炊具，它省时高效，深受人们欢迎。小华通过查阅资料；了解到不同气压下水的沸点，如下表：大气压强p/×105Pa0.440.710.981.011.481.802.05水的沸点t/℃809099100111117121（1）分析比较表中大气压强p、水的沸点t的变化情况，可得出的初步结论是：水的沸点随上方气压的增大而升高。（2）日常生活中，用高压锅煮食物，可以增大锅内气体的压强，使水的沸点升高（“升高”或“降低”），从而使食物熟得更快。（3）请比较拉萨（海拔约3650米）和上海（海拔约2米）地区水的沸点的大小关系，并说明理由。【分析】水的沸点与气压有关；气压越低，沸点越低、气压越高，沸点越高。大气压随高度的增加而减小。【解答】解：（1）分析比较表中大气压强p、水的沸点t的变化情况，可得出的初步结论是：水的沸点随上方气压的增大而升高。（2）日常生活中，用高压锅煮食物，可以增大锅内气体的压强，使水的沸点升高，从而使食物熟得更快。（3）拉萨（海拔约3650米）和上海（海拔约2米）地区水的沸点的大小关系是：拉萨地区水的沸点低于上海地区水的沸点，理由：拉萨的海拔高于上海，而海拔越高，气压越低，且气压越低，沸点越低。故答案为：（1）水的沸点随上方气压的增大而升高；（2）升高；（3）见解析。【点评】本题考查的是沸点与气压的关系，以及大气压随高度变化的规律。17．（2025•虹口区一模）资料显示，海水的密度与深度、温度等因素有关。不同海域海水密度随深度变化的情况不尽相同，图（a）为某热带海域海水密度随深度变化的图像，潜艇在此海域通常能安全航行。但有时海水密度会突然发生变化，形成“海中断崖”的现象，如图（b）所示。一旦潜艇遇到该现象，其运动状态会发生急速改变，可能引发灾难性事故。①如图（a）所示，该热带海域0～1000米深度内，海水密度随深度的增大而增大（选填“增大”或“减小”）。②如图（b）所示，现有一艘潜艇在高密度水层水平航行，当它驶入低密度水层时，会突然下降（选填“上升”或“下降”）。结合所学知识，指出该潜艇运动状态发生改变的原因，并写出分析过程：由F浮＝ρ液gV排可知，海水密度变小会造成潜艇受到的浮力减小，重力大于浮力。【分析】（1）根据图像分析即可；（2）结合F浮＝ρ液gV排可得出结论。【解答】解：（1）由图像可知该热带海域0～1000米深度内，海水密度随深度的增大而增大；（2）由F浮＝ρ液gV排可知，海水密度变小会造成潜艇受到的浮力减小，重力大于浮力，会突然下降；故答案为：（1）增大；（2）下降；由F浮＝ρ液gV排可知，海水密度变小会造成潜艇受到的浮力减小，重力大于浮力。【点评】此题综合考查了阿基米德原理的应用，属于中等题。18．（2025•杨浦区一模）阅读以下材料，回答相关问题“海中断崖”一般情况下海水的密度随深度增大而增大，而在某些情况下，在一定深度范围内，由于盐度或温度的影响，上层海水密度大于其下方的海水密度。这种密度的倒转就像在海洋中形成了一个“断崖”。我国海军372潜艇就曾遭遇过“海中断崖”，潜艇下潜至某海域后骤然下降，官兵通过一系列的操作，最终使得潜艇重新回到海面。（1）若372潜艇在某海域航行时，排开海水的体积约为3×106米3，求潜艇受到的浮力F浮。（航行海域的海水密度近似看作1.0×103千克/米3）（2）某小组同学想了解浸没在密度不同液体中物体的沉浮情况，选用重为0.22牛的物块先后浸没在密度不同的液体中，将测得物体受到的浮力大小与观察到的物体沉浮情况记录在表中。序号12345液体的密度ρ液（g/cm3）0.70.81.01.21.5物块的沉浮情况下沉下沉下沉上浮上浮浮力F浮（N）0.140.160.200.240.30a.分析表中物体受到的浮力F浮与液体的密度ρ液的关系，可得初步结论：当同一物体浸没在不同种液体中，液体的密度越大，物体受到的浮力越大。b.分析表中数据，比较物体受到的浮力F浮与物体重力G物的大小关系，可得初步结论：当物体受到的浮力小于物体的重力时，浸没在液体中的物体会下沉；当物体受到的浮力大于物体的重力时，浸没在液体中的物体会上浮。（3）请结合你所学过的知识，解释372潜艇骤然下降可能的原因。（4）如果你是潜艇上的官兵，你有什么好方法能帮助潜艇重新上浮？请简要说明理由。【分析】（1）潜水器排开海水的体积约为3×106米3，由F浮＝ρ海水V排g可计算出浮力的大小；（2）根据表格数据分析解答；（3）（4）根据浮沉条件分析解答。【解答】解：（1）由题可知，潜水器排开海水的体积为3×106m3，则潜水器受到的浮力大小为：F浮＝ρ海水V排g＝1.0×103kg/m3×3×106m3×10N/kg＝3×1010N；（2）a、根据表格数据得：当同一物体浸没在不同种液体中，液体的密度越大，物体受到的浮力越大；b、根据表格数据得：当时物体受到的浮力小于物体的重力时，浸没在液体中的物体会下沉；当时物体受到的浮力大于物体的重力时，浸没在液体中的物体会上浮；（3）当海水的密度突然变小时，根据F浮＝ρ海水V排g知潜艇受到的浮力变小，当浮力小于重力时潜艇会骤然下降；（4）若排出下沉潜艇内的一部分水时，潜艇的重力减小，当重力小于浮力时潜艇会上浮。答：（1）潜艇受到的浮力为3×1010N；（2）a.液体的密度越大，物体受到的浮力越大；b.物体受到的浮力小于物体的重力；物体受到的浮力大于物体的重力；（3）当海水的密度突然变小时，根据F浮＝ρ海水V排g知潜艇受到的浮力变小，当浮力小于重力时潜艇会骤然下降；（4）若排出下沉潜艇内的一部分水时，潜艇的重力减小，当重力小于浮力时潜艇会上浮。【点评】本题考查浮力和浮沉条件的应用，需要掌握公式的应用。19．（2025•浦东新区一模）某小组同学在学习了大气压的知识后，回顾了如图（a）所示的“覆杯”实验，他们将塑料薄片覆盖在装满水的杯口后，将杯子往各个方向转动，发现薄片始终没有落下。（1）小方根据实验现象得出结论：大气存在向各个方向的压强。小明认为该实验无法证明大气存在竖直向下的压强。你支持（选填“支持”或“不支持”）小明的观点，请结合所学知识简述理由。杯口竖直向上时，薄片不掉落，可能因为薄片有重力。。（2）小珠认为薄片没有下落，并不是因为大气“顶”住了薄片，而是杯中的水“粘”住了薄片。于是她设计了如图（b）所示实验：将装满水并覆盖有薄片的杯子倒挂在密封玻璃罩中（玻璃罩内的气压与罩外大气压相同），用一根橡胶管将玻璃罩与抽气机相连（橡胶管与玻璃罩、抽机器的连接口均密封），启动抽气机进行抽气。选出你认为正确的观点，并结合所学知识简述理由。AB。A.若薄片落下，可证明小珠的观点是错误的B.若薄片没有落下，可证明小珠的观点是正确的C.该实验无法证明小珠的观点是否正确【分析】大气压是客观存在的，且是朝着各个方向的。【解答】解：（1）小方根据实验现象得出结论：大气存在向各个方向的压强。小明认为该实验无法证明大气存在竖直向下的压强。支持小明的观点；杯口竖直向上时，薄片不掉落，可能因为薄片有重力。（2）用一根橡胶管将玻璃罩与抽气机相连（橡胶管与玻璃罩、抽机器的连接口均密封），启动抽气机进行抽气。如果是杯中的水“粘”住了薄片，则薄片不会掉落，如果薄片掉落，则说明是由于大气压的存在，故AB正确，C错误。故选：AB。【点评】（1）支持；杯口竖直向上时，薄片不掉落，可能因为薄片有重力；（2）AB。20．（2025•松江区一模）在我国元代的《熬波图》中已经记载了人们估测盐水密度的方法：准备四种密度不同的对照液体，将四颗莲子分别浸在四种对照液体中，浸透后，莲子的密度与对照液体密度相同。再将莲子放入盛有盐水的竹管内，根据莲子的浮沉情况即可估测盐水的密度范围。①这种方法与密度计原理相类似，都是应用了阿基米德原理。②将四颗体积相同，浸在不同对照液体中的莲子放入盛有盐水的竹管内，莲子静止时如图所示，请判断：这四颗莲子密度的大小关系，并说明理由。ρD＞ρC＞ρA＞ρB。【分析】密度计在液体中漂浮，受到的浮力等于密度计受到的重力，应用了阿基米德原理。【解答】解：①这种方法与密度计原理相类似，都是应用了阿基米德原理。②将四颗体积相同，浸在不同对照液体中的莲子放入盛有盐水的竹管内，莲子静止时如图所示，D悬浮，ρD＝ρ盐水，A、B、C漂浮，它们的密度小于盐水的密度，B相比更漂，密度最小，C排开的体积较大，密度也较大，这四颗莲子密度的大小关系为：ρD＞ρC＞ρA＞ρB。故答案为：阿基米德；ρD＞ρC＞ρA＞ρB。【点评】本题考查密度计的原理。21．（2025•青浦区一模）小明爸爸从上海到达海拔为4500米的A地出差，期间他泡出的乌龙茶的味道和在上海泡出的味道不一样。为了找出原因，小明找到了以下两组数据，如表1、表2所示。表1海拔高度（米）030004000500060007000大气压（帕）1013207070062400549004810042000水的沸点（℃）1009087848077表2茶叶种类绿茶白茶红茶黄茶乌龙茶冲泡适宜温度（℃）80～85859090100①分析比较表1中海拔高度和大气压的变化情况，可得出的初步结论是：大气压随海拔高度的增加而减小。②结合所学知识及上述信息，指出小明爸爸在A地泡出的乌龙茶的味道与在上海泡出的味道不一样的原因，并写出分析过程：A地的海拔高度为4500米，对应的大气压在54900帕到62400帕之间，对应水的沸点在84℃到87℃之间，由题可知乌龙茶冲泡适宜温度为100℃，而A地沸水的温度低于100℃。③根据上述信息，小明爸爸如果要换一种茶叶泡茶，你觉得应该推荐AB。（在下列选项中选择）A.绿茶B.白茶C.红茶D.黄茶【分析】大气压随高度的增加而减小。液体的沸点随气压的减小而降低。【解答】解：①分析比较表1中海拔高度和大气压的变化情况，可得出的初步结论是：大气压随海拔高度的增加而减小。②A地的海拔高度为4500米，由表1可知对应的大气压在54900帕到62400帕之间，对应水的沸点在84℃到87℃之间，由题可知乌龙茶冲泡适宜温度为100℃，而A地沸水的温度低于100℃，所以小明爸爸在A地泡出的乌龙茶的味道与在上海泡出的味道不一样。③A地水的沸点在84℃到87℃之间，由表2可知，此地沸水的温度与绿茶和白茶的冲泡适宜温度比较接近，所以小明爸爸可以换用绿茶或白茶泡茶，故AB符合题意，CD不符合题意。故选：AB。故答案为：①大气压随海拔高度的增加而减小；②A地的海拔高度为4500米，对应的大气压在54900帕到62400帕之间，对应水的沸点在84℃到87℃之间，由题可知乌龙茶冲泡适宜温度为100℃，而A地沸水的温度低于100℃；③AB。【点评】本题考查大气压与高度的关系及沸点与气压的关系，属于基础题。22．（2025•长宁区一模）在参观“上海中心”时，小明了解到这座建筑高达632米，其地基深度为86米。小明想了解为何高楼需要如此深的地基，他通过查找资料，收集到以下信息：（a）如图所示，序号①～⑤是某地岩土竖直方向的地层分布，相关数据记录在表1中。（b）当建筑物的地基对岩土施加的压强超过岩土所能承受的最大压强时，会导致建筑物沉降，甚至可能引发倒塌风险。表1序号岩土名称层底深度（m）能承受的最大压强（×103Pa）①填土615②粉质粘土1428③淤泥质粉质粘土2435④残积粉质粘土3952.5⑤风化花岗岩不可测500（1）根据实验序号①～⑤中岩土能承受的最大压强和层底深度数据，可得出的结论是：一般情况下同一地点，能承受的最大压强相等。（2）小明猜想楼房造得越高，其地基对岩土层的压强就会越大，请运用压强知识来论证小明的猜想。在受力面积不变的情况下，压力越大，压强越大。（3）根据上述结论和猜想，说明高楼的地基要打得足够深的原因。为了能承受更大的压强。【分析】物理学中对于多因素或多变量的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题．每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。【解答】解：（1）根据实验序号①～⑤中岩土能承受的最大压强和层底深度数据，可得出的结论是：一般情况下同一地点，深度相等，由p＝ρgh可知，能承受的最大压强相等。（2）小明猜想楼房造得越高，其地基对岩土层的压强就会越大，由p=F（3）根据上述结论和猜想，说明高楼的地基要打得足够深的原因：为了能承受更大的压强。故答案为：（1）能承受的最大压强相等；（2）在受力面积不变的情况下，压力越大，压强越大；（3）为了能承受更大的压强。【点评】控制变量法能排除干扰，直接显示单一因素对被研究对象变化的影响情况。23．（2025•静安区一模）图（a）所示的漫画是教材中的一个情境，反映了不同温度的湖水的深度不同，这与密度的知识有关。（1）酒精、水和硫酸铜溶液在同一容器中静止时，现象如图（b）所示（ρ酒精＜ρ水＜ρ硫酸铜）。若根据该现象进行类比，则图（a）中，0～4℃的湖水，4℃时的湖水密度最大。（2）根据上述信息结合相关知识，写出水从0～4℃的体积变化规律并说明理由。体积变化规律：逐渐变小；理由：水从0～4℃密度逐渐变大，质量不变。【分析】（1）根据图（b）所示现象，通过类比得出答案；（2）根据上述信息可知，水从0～4℃密度逐渐变大，而其质量不变，根据ρ=m【解答】解：（1）如图（b）所示，酒精、水和硫酸铜溶液在同一容器中静止时，密度最大的硫酸铜溶液在最下面，密度最小的酒精在最上面，通过类比可得，则图（a）中，0～4℃的湖水，4℃时的湖水密度最大。（2）根据上述信息可知，水从0～4℃密度逐渐变大，而其质量不变，根据ρ=mV可知，水从0～故答案为：（1）4；（2）逐渐变小；水从0～4℃密度逐渐变大，质量不变。【点评】此题主要考查密度与温度的关系，认真观察图示，结合相关知识思考、归纳可得答案。24．（2025•普陀区一模）小明了解到有一种简易家庭淋浴装置，是一种结构如图（a）所示的混合阀，它有两个进水口，冷水口直接与自来水管连接，热水口很细，连接的吸水管插在一壶热水里。使用时候，拧开水龙头，热水会自动上升，冷水和热水混合后，从喷头里喷出温水。为探究冷水和热水通过混合阀混合后变成温水的原因，他查阅了相关资料，了解到混合阀内部结构如图（b）所示，类似一个三通管。为此他找来如图（c）所示的玻璃管（两根竖直管与水平管相通），将此玻璃管右管与自来水管连接，当水在玻璃管中流动时（已知横截面积较大处水的流速小于横截面积较小处水的流速），两根竖直管中水面的高度不相同，实验现象如图（c）所示。（1）由图（c）所示的实验现象，得出管中液体对管壁的压强与液体流速之间关系的初步结论是：液体流速越快的位置对管壁的压强越小。（2）请结合上述结论，分析冷水流过混合阀时，热水会自动上升与冷水混合的原因。当导管里有自来水流过时，冷水进入混合阀流速变快压强变小，管下方热水流速慢压强大，形成向上的压强差，把热水压上来后，在冷水作用下二者混合成温水，热水在吸水管内上升，与冷水混合后，从喷头喷出。【分析】流动的液体里存在着压强，压强的大小跟液体流速有关，液体的流速越大，它的压强就越小。【解答】解：（1）由图c可知，横截面积较大处竖直管中水面的高度较大，横截面积较小处竖直管中水面的高度较低，由此可知，液体流速越快的位置对管壁的压强越小；（2）当导管里有自来水流过时，冷水进入混合阀流速变快压强变小，管下方热水流速慢压强大，形成向上的压强差，把热水压上来后，在冷水作用下二者混合成温水，热水在吸水管内上升，与冷水混合后，从喷头喷出。故答案为：（1）液体流速越快的位置对管壁的压强越小；（2）当导管里有自来水流过时，冷水进入混合阀流速变快压强变小，管下方热水流速慢压强大，形成向上的压强差，把热水压上来后，在冷水作用下二者混合成温水，热水在吸水管内上升，与冷水混合后，从喷头喷出。【点评】此题主要考查的是学生对流体压强与流速的关系的认识和应用，是一道理论联系实际的题目。25．（2025•奉贤区一模）如图甲所示，小明的妈妈为了躲避盛夏热辣的阳光，想在电动车的前把上安装遮阳伞，可商家告诉妈妈根据《上海市非机动车安全管理条例》，自2021年5月1日起，已明确禁止在非机动车上加装遮阳伞。为探其原因，小明根据遮阳伞的形状制作了如图乙所示的模型，并查阅资料了解到模型上表面呈圆弧状，上方的空气流速快；下表面较平整，下方的空气流速慢。小明把该模型穿在一根铁丝上并固定，在铁丝的上下各用一个力传感器施加向上、向下的拉力后，打开电扇对着模型吹风，如图丙所示。结果发现：上面力传感器的示数变小，下面力传感器的示数变大。（1）根据实验现象比较模型上、下表面受到的流动气体压强的大小关系，并结合相关条件可归纳出流动气体的压强与流速的关系是：在流体中，流速越快的位置压强越小；（2）结合之前学过的知识：在其他条件相同时，压力越大，摩擦力也越大。请你根据上述信息帮小明解释非机动车禁止加装遮阳伞的原因：遮阳伞上表面呈圆弧状，骑行时，上方空气流速大，压强小，下方流速慢，压强大，整体受到一个向上的升力，使得非机动车对地面压力减小，则摩擦力减小，车子抓地力不够，则容易出交通事故，所以非机动车禁止加装遮阳伞；（3）下列生活实例中，不能利用上述的规律解释的是B。A．一阵大风吹来，伞面被吹翻B．将氢气球放手后，它会飘向空中C．跑车尾部安装上平下凸的气流偏导器，增加抓地力【分析】流体压强与流速的关系：流体流速的位置，压强小，流速小的位置，压强大。【解答】解：（1）模型上表面呈圆弧状，上方的空气流速快；下表面较平整，下方的空气流速慢。上面力传感器的示数变小，下面力传感器的示数变大，说明模型整体受到一个向上的升力，由此可知，在流体中，流速越快的位置压强越小。（2）遮阳伞上表面呈圆弧状，骑行时，上方空气流速大，压强小，下方流速慢，压强大，整体受到一个向上的升力，使得非机动车对地面压力减小，则摩擦力减小，车子抓地力不够，则容易出交通事故，所以非机动车禁止加装遮阳伞。（3）A．一阵大风吹来，伞上方空气流速大，压强小，下方流速慢，压强大，整体受到一个向上的升力，所以伞面被吹翻，故A不符合题意；B．将氢气球放手后，它会飘向空中，这是因为氢气球受到的浮力大于重力，故B符合题意；C．跑车尾部安装上平下凸的气流偏导器，上方流速慢，压强大，下方空气流速大，压强小，整体受到一个向上的力，所以可以增加抓地力，故C不符合题意。故选：B。故答案为：（1）在流体中，流速越快的位置压强越小；（2）遮阳伞上表面呈圆弧状，骑行时，上方空气流速大，压强小，下方流速慢，压强大，整体受到一个向上的升力，使得非机动车对地面压力减小，则摩擦力减小，车子抓地力不够，则容易出交通事故，所以非机动车禁止加装遮阳伞；（3）B。【点评】本题考查了流体压强与流速的关系，属于常考题。26．（2025•静安区二模）空气炸锅是生活中常用的电器。它有两种工作模式：①冷风模式，此时工作电流较小，低温慢煮食物；②热风模式，此时工作电流较大，高温烘烤食物。某小组同学依照上述空气炸锅的工作模式推测了三个不同的工作原理图，如图（a）（b）（c）所示。（1）请判断图（a）所示的电路是否符合空气炸锅两种工作模式的原理，并简述理由。不符合，当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物。（2）对于图（b）（c）所示的电路，你认为哪个设计更适合两种工作模式的需求，请简述理由。图（b）更适合，空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关。【分析】根据题意分析两个开关的连接方式、发热管和电动机的连接方式，然后画出电路图。【解答】解：（1）图（a）中当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物，故（a）不符合题意；（2）图（b）更适合，因为空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关，故（b）符合题意，（c）不符合题意。故答案为：（1）不符合，当两个开关都闭合时，发热管被短路，电路中只有电动机接入电路，此时电流较大，电动机吹冷风；当只闭合S时电动机和发热管串联接入电路，此时电路中的电流较小，此时低温烘烤食物；（2）图（b）更适合，空气炸锅两种工作模式，均需吹风，而图（c）所示的电路中，可能会出现只加热不吹风的情况；图（c）中，若在热风工作模式时停止工作，空气炸锅需要同时断开两个开关。【点评】本题考查了串并联电路的设计，有一定的难度。27．（2025•徐汇区二模）小敏发现，在冬天的户外，把手机一直放在羽绒服的内袋里和一直挂在外面相比，手机的工作时间有明显差异，她为此查阅相关资料得知：（1）羽绒服有良好的保暖效果，在零下20摄氏度的环境中，体感温度可以保持在25摄氏度左右；（2）自己手机使用的是额定容量为1600毫安时的锂电池，且该款锂电池在工作负载稳定的情况下，放电容量、放电时间与环境温度的具体变化关系见表。环境温度（摄氏度）放电容量（毫安时）放电时间（秒）30155450402515104980515014260﹣513823780﹣1511453240①分析比较表中数据可知：随着环境温度的降低，放电容量会降低（选填“升高”“不变”或“降低”），放电时间会变短（选填“变长”“不变”或“变短”）。②小敏计划冬季去“尔滨”旅游，当地气温为零下20摄氏度左右，为了尽量延长手机的工作时间，她应该把手机A（选填“A”或“B”），理由是：羽绒服内袋温度接近25℃，在此温度下锂电池的放电容量较大、放电时间较长，能让手机工作更久，而挂在羽绒服外面，手机处于约零下20℃的低温环境，会使锂电池放电容量减小、放电时间缩短，手机工作时间也会缩短。A.放在羽绒服内袋里，尽量贴近皮肤B.挂在羽绒服外面，尽量保持通风【分析】①分析表中数据可知得出结论。②结合材料内容进行解析。【解答】解：①分析表中数据可知，从30℃到﹣15℃，随着温度降低，放电容量从1554毫安时逐渐降低到1145毫安时，放电时间从5040秒逐渐缩短到3240秒。所以随着环境温度的降低，放电容量会降低，放电时间会变短。②哈尔滨冬季气温为零下20摄氏度左右，根据资料，羽绒服内袋在零下20摄氏度环境中能保持体感温度25摄氏度左右，而锂电池在25℃时的放电容量和放电时间均大于在低温环境下。所以为了尽量延长手机工作时间，她应该把手机A.放在羽绒服内袋里，尽量贴近皮肤。理由是：羽绒服内袋温度接近25℃，在此温度下锂电池的放电容量较大、放电时间较长，能让手机工作更久，而挂在羽绒服外面，手机处于约零下20℃的低温环境，会使锂电池放电容量减小、放电时间缩短，手机工作时间也会缩短。故答案为：①降低；变短；②A；羽绒服内袋温度接近25℃，在此温度下锂电池的放电容量较大、放电时间较长，能让手机工作更久，而挂在羽绒服外面，手机处于约零下20℃的低温环境，会使锂电池放电容量减小、放电时间缩短，手机工作时间也会缩短。【点评】本题主要考查了有关物理学常识知识。28．（2025•黄浦区一模）阅读下面短文，回答问题：PTC是一种新型的半导体陶瓷材料。PTC可以根据需要设定一个温度，当实际温度低于设定温度时，其电阻随温度的升高而减小，高于设定温度时，其电阻值随温度的升高而增大。这个设定的温度叫“居里点温度”，用PTC材料制成的电热器具有发热、控温双重功能。（1）如图所示为某PTC材料的电阻随温度变化的图像，由图可知，该PTC材料设定的“居里点温度”为100℃。（2）家用固体电热灭蚊器就使用PTC材料。查阅某电热灭蚊器相关信息可知：工作时，①两端电压不变；②设定温度在165℃左右。③实际温度随实际功率减小而降低。请利用相关信息，解释该家用固体电热灭蚊器工作温度能恒定在165℃左右的原因当温度低于165℃，电阻会减小，由于两端电压不变，根据P=U2R知，电功率增大，使得产生的热量增大，大于散热功率而使得温度升高，而当温度高于165℃，电阻会增大，由于两端电压不变，根据P=【分析】根据“居里点温度”的定义分析；根据材料提供的内容、对居里点温度和P=U【解答】解：PTC有一个根据需要设定的温度，低于这个温度时，其电阻随温度的升高而减小，高于这个温度时，电阻值则随温度的升高而增大，我们把这个设定的温度叫“居里点温度”，根据图象可知，该PTC材料的居里点温度为100℃；根据图中知，当温度低于165℃，电阻会减小，