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4. 如图，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，会观察到烧瓶内的水又沸腾起来。产生这一现象的原因是(
A.瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点降低
B.瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点降低
C.瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点升高
D.瓶内气体温度升高，压强减小，水的沸点升高
B
)。A.瓶内气体温度升高，压强增大，水的沸点降低
B.瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点降低
C.瓶内气体温度降低，压强减小，水的沸点升高
D.瓶内气体温度升高，压强减小，水的沸点升高
答案
4. B
解析
【分析】
首先回忆液体沸点与气压的关系：气压越小，液体的沸点越低。然后分析实验过程：移去火焰后水停止沸腾，塞上瓶塞倒置浇冷水，此时瓶内的气体遇冷，温度降低，气体体积收缩，瓶内气压减小。因为原来的水温度还高于此时低压环境下的水的沸点，所以水会重新沸腾。接下来逐一分析选项，判断哪个符合这个逻辑。
【解析】
向瓶底浇冷水后，烧瓶内的气体温度降低，气体压强减小。根据液体沸点与气压的关系，气压减小，水的沸点降低。此时烧瓶内的水的温度高于降低后的沸点，因此水又沸腾起来。对比选项，只有B选项的描述符合这一过程。
【答案】
B
【知识点】
沸点与气压的关系；气体压强与温度的关系
【点评】
本题结合实验现象考查沸点与气压的关系，需要将实验操作与物理原理结合，分析瓶内气压和沸点的变化，注重对物理规律的理解与实际应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
首先回忆液体沸点与气压的关系：气压越小，液体的沸点越低。然后分析实验过程：移去火焰后水停止沸腾，塞上瓶塞倒置浇冷水，此时瓶内的气体遇冷，温度降低，气体体积收缩，瓶内气压减小。因为原来的水温度还高于此时低压环境下的水的沸点，所以水会重新沸腾。接下来逐一分析选项，判断哪个符合这个逻辑。
【解析】
向瓶底浇冷水后，烧瓶内的气体温度降低，气体压强减小。根据液体沸点与气压的关系，气压减小，水的沸点降低。此时烧瓶内的水的温度高于降低后的沸点，因此水又沸腾起来。对比选项，只有B选项的描述符合这一过程。
【答案】
B
【知识点】
沸点与气压的关系；气体压强与温度的关系
【点评】
本题结合实验现象考查沸点与气压的关系，需要将实验操作与物理原理结合，分析瓶内气压和沸点的变化，注重对物理规律的理解与实际应用能力的考查。
【难度系数】
0.7
5. 关于如图所示的托里拆利实验，下列说法正确的是(
A.此实验在任何时候测出的都是标准大气压的数值
B.玻璃管倾斜放置时，玻璃管内的水银柱会变长
C.换用粗玻璃管做实验，管内水银柱高度将减小
D.将此装置从地面移至山顶，玻璃管内的水银面会上升
B
)。A.此实验在任何时候测出的都是标准大气压的数值
B.玻璃管倾斜放置时，玻璃管内的水银柱会变长
C.换用粗玻璃管做实验，管内水银柱高度将减小
D.将此装置从地面移至山顶，玻璃管内的水银面会上升
答案
5. B
解析
【分析】
要解答本题，需结合托里拆利实验的原理（大气压支撑水银柱，水银柱的垂直高度由外界大气压决定），对每个选项逐一分析：
1. 分析A选项：标准大气压是特定条件下的大气压值，托里拆利实验测量的是当时当地的实际大气压，会随外界大气压变化而改变，并非任何时候都是标准大气压。
2. 分析B选项：玻璃管倾斜时，大气压不变，水银柱的垂直高度不变，根据几何关系，倾斜后水银柱的长度（斜边）会比垂直时的长度更长。
3. 分析C选项：托里拆利实验中，水银柱的高度只与外界大气压有关，与玻璃管的粗细无关，换粗管不会改变水银柱高度。
4. 分析D选项：海拔越高，大气压越小，山顶的大气压比地面低，所以支撑的水银柱高度会降低，水银面下降。
通过以上分析可判断出正确选项。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：托里拆利实验测量的是实验时当地的大气压值，只有外界大气压为标准大气压时，测量值才等于标准大气压，并非任何时候测出的都是标准大气压的数值，故A错误。
B选项：玻璃管倾斜放置时，外界大气压不变，水银柱的垂直高度保持不变，由几何关系可知，玻璃管内的水银柱长度会变长，故B正确。
C选项：托里拆利实验中，水银柱的高度由外界大气压决定，与玻璃管的粗细无关，换用粗玻璃管做实验，管内水银柱高度不变，故C错误。
D选项：海拔越高，大气压强越小，将此装置从地面移至山顶，外界大气压减小，玻璃管内的水银面会下降，故D错误。
综上，正确答案为B。
【答案】
B
【知识点】
托里拆利实验；大气压的变化
【点评】
本题考查托里拆利实验的原理及大气压的相关特性，核心是明确水银柱高度的决定因素为外界大气压，与玻璃管的粗细、倾斜程度等无关，同时需掌握大气压随海拔升高而减小的规律。
【难度系数】
0.6
要解答本题，需结合托里拆利实验的原理（大气压支撑水银柱，水银柱的垂直高度由外界大气压决定），对每个选项逐一分析：
1. 分析A选项：标准大气压是特定条件下的大气压值，托里拆利实验测量的是当时当地的实际大气压，会随外界大气压变化而改变，并非任何时候都是标准大气压。
2. 分析B选项：玻璃管倾斜时，大气压不变，水银柱的垂直高度不变，根据几何关系，倾斜后水银柱的长度（斜边）会比垂直时的长度更长。
3. 分析C选项：托里拆利实验中，水银柱的高度只与外界大气压有关，与玻璃管的粗细无关，换粗管不会改变水银柱高度。
4. 分析D选项：海拔越高，大气压越小，山顶的大气压比地面低，所以支撑的水银柱高度会降低，水银面下降。
通过以上分析可判断出正确选项。
【解析】
逐一分析各选项：
A选项：托里拆利实验测量的是实验时当地的大气压值，只有外界大气压为标准大气压时，测量值才等于标准大气压，并非任何时候测出的都是标准大气压的数值，故A错误。
B选项：玻璃管倾斜放置时，外界大气压不变，水银柱的垂直高度保持不变，由几何关系可知，玻璃管内的水银柱长度会变长，故B正确。
C选项：托里拆利实验中，水银柱的高度由外界大气压决定，与玻璃管的粗细无关，换用粗玻璃管做实验，管内水银柱高度不变，故C错误。
D选项：海拔越高，大气压强越小，将此装置从地面移至山顶，外界大气压减小，玻璃管内的水银面会下降，故D错误。
综上，正确答案为B。
【答案】
B
【知识点】
托里拆利实验；大气压的变化
【点评】
本题考查托里拆利实验的原理及大气压的相关特性，核心是明确水银柱高度的决定因素为外界大气压，与玻璃管的粗细、倾斜程度等无关，同时需掌握大气压随海拔升高而减小的规律。
【难度系数】
0.6
6. 右图是小强在武汉测量大气压强的装置示意图。他将吸盘紧压在玻璃板上，拉开吸盘的一瞬间，弹簧测力计的示数为 $ 40 \mathrm{ N} $，吸盘与玻璃板间的受力面积约为 $ 4 \mathrm{ cm}^2 $。此时大气压强约为
$ 1 × 10 ^ { 5 } $
$ \mathrm{Pa} $；如果在青藏高原做这个实验，则测得大气压强的值将比武汉的小
。答案
6. $ 1 × 10 ^ { 5 } $ 小
解析
【分析】
要解决这道题，我们可以分两步思考：
1. 计算大气压强：当拉开吸盘的瞬间，弹簧测力计的拉力与大气对吸盘的压力是一对平衡力，因此大气对吸盘的压力等于弹簧测力计的示数。然后根据压强公式$p=\frac{F}{S}$计算大气压强，注意要先将受力面积的单位换算为国际单位（平方米）。
2. 分析青藏高原的大气压强：大气压随海拔高度的增加而减小，青藏高原的海拔远高于武汉，因此在青藏高原测得的大气压强会比武汉小。
【解析】
1. 计算大气压强：
已知拉开吸盘时弹簧测力计示数$F=40\mathrm{N}$，此时大气对吸盘的压力$F_{压}=F=40\mathrm{N}$；
受力面积$S=4\mathrm{cm}^2=4×10^{-4}\mathrm{m}^2$；
根据压强公式$p=\frac{F}{S}$，可得大气压强：
$ p=\frac{F_{压}}{S}=\frac{40\mathrm{N}}{4×10^{-4}\mathrm{m}^2}=1×10^5\mathrm{Pa} $
2. 比较青藏高原与武汉的大气压强：
大气压随海拔高度的升高而降低，青藏高原海拔高于武汉，因此在青藏高原做该实验，测得的大气压强值比武汉的小。
【答案】
$1×10^{5}$；小
【知识点】
大气压强的测量；大气压与海拔的关系；压强的计算
【点评】
本题结合实验考查大气压强的计算和大气压的影响因素，既需要掌握压强公式的应用及单位换算，又要理解海拔高度对大气压的影响，是理论联系实际的基础题型，有助于加深对大气压强相关知识的理解。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，我们可以分两步思考：
1. 计算大气压强：当拉开吸盘的瞬间，弹簧测力计的拉力与大气对吸盘的压力是一对平衡力，因此大气对吸盘的压力等于弹簧测力计的示数。然后根据压强公式$p=\frac{F}{S}$计算大气压强，注意要先将受力面积的单位换算为国际单位（平方米）。
2. 分析青藏高原的大气压强：大气压随海拔高度的增加而减小，青藏高原的海拔远高于武汉，因此在青藏高原测得的大气压强会比武汉小。
【解析】
1. 计算大气压强：
已知拉开吸盘时弹簧测力计示数$F=40\mathrm{N}$，此时大气对吸盘的压力$F_{压}=F=40\mathrm{N}$；
受力面积$S=4\mathrm{cm}^2=4×10^{-4}\mathrm{m}^2$；
根据压强公式$p=\frac{F}{S}$，可得大气压强：
$ p=\frac{F_{压}}{S}=\frac{40\mathrm{N}}{4×10^{-4}\mathrm{m}^2}=1×10^5\mathrm{Pa} $
2. 比较青藏高原与武汉的大气压强：
大气压随海拔高度的升高而降低，青藏高原海拔高于武汉，因此在青藏高原做该实验，测得的大气压强值比武汉的小。
【答案】
$1×10^{5}$；小
【知识点】
大气压强的测量；大气压与海拔的关系；压强的计算
【点评】
本题结合实验考查大气压强的计算和大气压的影响因素，既需要掌握压强公式的应用及单位换算，又要理解海拔高度对大气压的影响，是理论联系实际的基础题型，有助于加深对大气压强相关知识的理解。
【难度系数】
0.7
7. 小张为了研究“吸管中的饮料是被气压吸上来的还是被压上来的”这一问题，设计了如图所示的实验。当用力推注射器活塞时，广口瓶内的气压将
大于
(选填“大于”“小于”或“等于”)直玻璃管内的气压，能观察到的现象是直玻璃管内水柱上升
。此实验能
(选填“能”或“不能”)验证“饮料是被气压压上来的”这一结论。答案
7. 大于 直玻璃管内水柱上升 能
解析
【分析】
首先分析装置的工作原理：推注射器活塞时，会将空气压入广口瓶，使瓶内空气量增加，气压增大；而直玻璃管上端与外界大气相通，管内气压等于外界大气压，因此瓶内气压大于管内气压。此时瓶内的高压会作用在水面上，将水压入直玻璃管，使管内水柱上升。这一现象与用吸管吸饮料的原理一致（吸饮料时外界大气压大于口腔内气压，将饮料压入口腔），因此可以验证“饮料是被气压压上来的”这一结论。
【解析】
1. 当用力推注射器活塞时，注射器内的空气被压入广口瓶，广口瓶内空气增多，气压增大；直玻璃管与外界大气相通，管内气压等于外界大气压，因此广口瓶内的气压大于直玻璃管内的气压。
2. 由于瓶内气压大于管内气压，瓶内气压会将瓶中的水压入直玻璃管，能观察到的现象是直玻璃管内水柱上升。
3. 该实验中，液体是被瓶内的气压压入玻璃管的，这与吸管吸饮料时外界大气压将饮料压入口腔的原理相同，因此此实验能验证“饮料是被气压压上来的”这一结论。
【答案】
大于；直玻璃管内水柱上升；能
【知识点】
大气压强的应用、气体压强的变化
【点评】
本题通过创新实验探究大气压强的作用，需要结合气压变化的规律分析实验现象，理解“吸饮料”的本质是大气压的压入作用，有助于提升学生的实验分析和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
首先分析装置的工作原理：推注射器活塞时，会将空气压入广口瓶，使瓶内空气量增加，气压增大；而直玻璃管上端与外界大气相通，管内气压等于外界大气压，因此瓶内气压大于管内气压。此时瓶内的高压会作用在水面上，将水压入直玻璃管，使管内水柱上升。这一现象与用吸管吸饮料的原理一致（吸饮料时外界大气压大于口腔内气压，将饮料压入口腔），因此可以验证“饮料是被气压压上来的”这一结论。
【解析】
1. 当用力推注射器活塞时，注射器内的空气被压入广口瓶，广口瓶内空气增多，气压增大；直玻璃管与外界大气相通，管内气压等于外界大气压，因此广口瓶内的气压大于直玻璃管内的气压。
2. 由于瓶内气压大于管内气压，瓶内气压会将瓶中的水压入直玻璃管，能观察到的现象是直玻璃管内水柱上升。
3. 该实验中，液体是被瓶内的气压压入玻璃管的，这与吸管吸饮料时外界大气压将饮料压入口腔的原理相同，因此此实验能验证“饮料是被气压压上来的”这一结论。
【答案】
大于；直玻璃管内水柱上升；能
【知识点】
大气压强的应用、气体压强的变化
【点评】
本题通过创新实验探究大气压强的作用，需要结合气压变化的规律分析实验现象，理解“吸饮料”的本质是大气压的压入作用，有助于提升学生的实验分析和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
8. (1)小明用容积为 $ 2 \mathrm{ mL} $ 的注射器、量程为 $ 0 ∼ 10 \mathrm{ N} $ 的弹簧测力计和刻度尺粗略测量大气压的值，本实验的原理是二力平衡和 $ p = $
步骤一：把注射器的活塞推至注射器筒的底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔。
步骤二：如上图所示，安装好器材后，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞
步骤三：用刻度尺测出注射器
步骤四：算出大气压强值为
(2)同组的小华分析了影响实验结果的可能因素后，对实验进行了如下改进：
①步骤一改为先将注射器内吸满水，再竖直推动活塞至注射器筒的底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，这样便于
②取下橡皮帽，重复步骤二的操作，读得弹簧测力计的示数为 $ 0.3 \mathrm{ N} $，由此可知，此时活塞所受到的
小华根据改进后测得的数据，重新计算了大气压的值为
$ \frac { F } { S } $
。步骤一：把注射器的活塞推至注射器筒的底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔。
步骤二：如上图所示，安装好器材后，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞
刚被拉动
时，记下弹簧测力计的示数为 $ 5.2 \mathrm{ N} $。步骤三：用刻度尺测出注射器
有刻度部分的
长度为 $ 4.00 \mathrm{ cm} $。步骤四：算出大气压强值为
$ 1.04 × 10 ^ { 5 } $
$ \mathrm{Pa} $。(2)同组的小华分析了影响实验结果的可能因素后，对实验进行了如下改进：
①步骤一改为先将注射器内吸满水，再竖直推动活塞至注射器筒的底端，然后用橡皮帽封住注射器的小孔，这样便于
排尽注射器内的空气
。②取下橡皮帽，重复步骤二的操作，读得弹簧测力计的示数为 $ 0.3 \mathrm{ N} $，由此可知，此时活塞所受到的
摩擦力
(选填“摩擦力”或“大气压力”)为 $ 0.3 \mathrm{ N} $。小华根据改进后测得的数据，重新计算了大气压的值为
$ 9.8 × 10 ^ { 4 } $
$ \mathrm{Pa} $。答案
8. (1) $ \frac { F } { S } $ 刚被拉动 有刻度部分的 $ 1.04 × 10 ^ { 5 } $
(2) ①排尽注射器内的空气
②摩擦力 $ 9.8 × 10 ^ { 4 } $
(2) ①排尽注射器内的空气
②摩擦力 $ 9.8 × 10 ^ { 4 } $
解析
【分析】
1. 本实验利用大气压对活塞的压力与弹簧测力计的拉力平衡来测量大气压，实验原理是二力平衡和压强公式$p=\frac{F}{S}$。
2. 步骤二中，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞刚被拉动时，活塞处于平衡状态，此时弹簧测力计的拉力与大气对活塞的压力是一对平衡力，大小相等，因此需记下此时弹簧测力计的示数。
3. 步骤三中，注射器的容积是有刻度部分的容积，要计算活塞的横截面积，需用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度，再结合容积$V=SL$求出横截面积。
4. 步骤四中，先通过注射器容积和有刻度部分长度计算出活塞横截面积，再利用$p=\frac{F}{S}$计算大气压强。
5. 改进部分：①先吸满水再推动活塞，可利用水排尽注射器内的空气，避免残留空气影响实验结果；②取下橡皮帽后，注射器内外气压相等，拉动活塞时弹簧测力计的示数等于活塞受到的摩擦力，用原来的拉力减去该摩擦力得到实际大气压力，再重新计算大气压强。
【解析】
(1) 本实验的原理是二力平衡和$p=\boldsymbol{\frac{F}{S}}$。
步骤二：当注射器中的活塞刚被拉动时，活塞受力平衡，弹簧测力计的拉力等于大气对活塞的压力，此时记下弹簧测力计的示数。
步骤三：用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度为$4.00\mathrm{cm}$，用于计算活塞横截面积。
步骤四：注射器容积$V=2\mathrm{mL}=2\mathrm{cm}^3$，活塞横截面积$S=\frac{V}{L}=\frac{2\mathrm{cm}^3}{4.00\mathrm{cm}}=0.5\mathrm{cm}^2=5×10^{-5}\mathrm{m}^2$，
根据$p=\frac{F}{S}$，代入$F=5.2\mathrm{N}$、$S=5×10^{-5}\mathrm{m}^2$，
得大气压强：$p=\frac{5.2\mathrm{N}}{5×10^{-5}\mathrm{m}^2}=1.04×10^5\mathrm{Pa}$。
(2) ①先将注射器内吸满水，再竖直推动活塞至底端，便于排尽注射器内的空气，减少实验误差。
②取下橡皮帽后，注射器内外气压相等，拉动活塞时，弹簧测力计的示数等于活塞所受到的摩擦力；
实际大气对活塞的压力$F'=5.2\mathrm{N}-0.3\mathrm{N}=4.9\mathrm{N}$，
重新计算大气压强：$p'=\frac{F'}{S}=\frac{4.9\mathrm{N}}{5×10^{-5}\mathrm{m}^2}=9.8×10^4\mathrm{Pa}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{\frac{F}{S}}$；刚被拉动；有刻度部分的；$\boldsymbol{1.04×10^5}$
(2) ①排尽注射器内的空气；②摩擦力；$\boldsymbol{9.8×10^4}$
【知识点】
大气压强的测量；压强公式的应用；二力平衡的应用
【点评】
本题考查大气压的粗略测量实验，涵盖实验原理、实验步骤、数据计算以及实验误差分析与改进，需要学生熟练掌握二力平衡条件和压强公式的应用，理解实验各环节的设计目的。
【难度系数】
0.6
1. 本实验利用大气压对活塞的压力与弹簧测力计的拉力平衡来测量大气压，实验原理是二力平衡和压强公式$p=\frac{F}{S}$。
2. 步骤二中，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞刚被拉动时，活塞处于平衡状态，此时弹簧测力计的拉力与大气对活塞的压力是一对平衡力，大小相等，因此需记下此时弹簧测力计的示数。
3. 步骤三中，注射器的容积是有刻度部分的容积，要计算活塞的横截面积，需用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度，再结合容积$V=SL$求出横截面积。
4. 步骤四中，先通过注射器容积和有刻度部分长度计算出活塞横截面积，再利用$p=\frac{F}{S}$计算大气压强。
5. 改进部分：①先吸满水再推动活塞，可利用水排尽注射器内的空气，避免残留空气影响实验结果；②取下橡皮帽后，注射器内外气压相等，拉动活塞时弹簧测力计的示数等于活塞受到的摩擦力，用原来的拉力减去该摩擦力得到实际大气压力，再重新计算大气压强。
【解析】
(1) 本实验的原理是二力平衡和$p=\boldsymbol{\frac{F}{S}}$。
步骤二：当注射器中的活塞刚被拉动时，活塞受力平衡，弹簧测力计的拉力等于大气对活塞的压力，此时记下弹簧测力计的示数。
步骤三：用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度为$4.00\mathrm{cm}$，用于计算活塞横截面积。
步骤四：注射器容积$V=2\mathrm{mL}=2\mathrm{cm}^3$，活塞横截面积$S=\frac{V}{L}=\frac{2\mathrm{cm}^3}{4.00\mathrm{cm}}=0.5\mathrm{cm}^2=5×10^{-5}\mathrm{m}^2$，
根据$p=\frac{F}{S}$，代入$F=5.2\mathrm{N}$、$S=5×10^{-5}\mathrm{m}^2$，
得大气压强：$p=\frac{5.2\mathrm{N}}{5×10^{-5}\mathrm{m}^2}=1.04×10^5\mathrm{Pa}$。
(2) ①先将注射器内吸满水，再竖直推动活塞至底端，便于排尽注射器内的空气，减少实验误差。
②取下橡皮帽后，注射器内外气压相等，拉动活塞时，弹簧测力计的示数等于活塞所受到的摩擦力；
实际大气对活塞的压力$F'=5.2\mathrm{N}-0.3\mathrm{N}=4.9\mathrm{N}$，
重新计算大气压强：$p'=\frac{F'}{S}=\frac{4.9\mathrm{N}}{5×10^{-5}\mathrm{m}^2}=9.8×10^4\mathrm{Pa}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{\frac{F}{S}}$；刚被拉动；有刻度部分的；$\boldsymbol{1.04×10^5}$
(2) ①排尽注射器内的空气；②摩擦力；$\boldsymbol{9.8×10^4}$
【知识点】
大气压强的测量；压强公式的应用；二力平衡的应用
【点评】
本题考查大气压的粗略测量实验，涵盖实验原理、实验步骤、数据计算以及实验误差分析与改进，需要学生熟练掌握二力平衡条件和压强公式的应用，理解实验各环节的设计目的。
【难度系数】
0.6
