第八单元 压强（培优卷）——2022-2023学年八年级下学期物理单元卷（沪科版）（原卷版+解析版）

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第八单元  压强（B卷·能力提升练）解析版

一．选择题（共9小题）

1．质量相等的甲、乙两个均匀圆柱体放置在水平地面上。现沿水平虚线切去部分后，使甲、乙剩余部分的高度相等，如图所示，则它们对地面压强变化量Δp甲、Δp乙和压力变化量ΔF甲、ΔF乙的关系是（　　）

A．Δp甲可能小于Δp乙，ΔF甲可能小于ΔF乙 

B．Δp甲可能小于Δp乙，ΔF甲一定大于ΔF乙 

C．Δp甲一定大于Δp乙，ΔF甲可能小于ΔF乙 

D．Δp甲一定大于Δp乙，ΔF甲一定大于ΔF乙

【解答】（1）设甲、乙的底面积分别为S甲、S乙，高度分别为h甲、h乙，质量分别为m甲、m乙。

由题意可知m甲＝m乙，由密度公式和体积公式可得ρ甲S甲h甲＝ρ乙S乙h乙，由图可知S甲＞S乙，h甲＞h乙，则可得ρ甲＜ρ乙，ρ甲S甲＜ρ乙S乙，ρ甲h甲＜ρ乙h乙。

现沿水平虚线切去部分后，使甲、乙剩余部分的高度相等，设剩余部分高度为h（0＜h＜h乙）。

甲、乙都是均匀实心圆柱体，对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，

它们对地面压强变化量分别为Δp甲＝ρ甲g（h甲﹣h），Δp乙＝ρ乙g（h乙﹣h）；

则Δp甲﹣Δp乙＝ρ甲g（h甲﹣h）﹣ρ乙g（h乙﹣h）＝（ρ甲h甲﹣ρ乙h乙）g+（ρ乙﹣ρ甲）gh，

因为ρ甲＜ρ乙，ρ甲S甲＜ρ乙S乙，所以ρ甲h甲﹣ρ乙h乙＜0，（ρ乙﹣ρ甲）g＞0，Δp甲﹣Δp乙为关于h的一次函数，其值随h增大而增大。

令Δp甲﹣Δp乙＝0，可解得h＝＞0。

又﹣h乙＝＜0，所以＜h乙，符合题意。

由以上分析可知，当0＜h＜时，Δp甲﹣Δp乙＜0，即Δp甲＜Δp乙；

当h＝时，Δp甲﹣Δp乙＝0，即Δp甲＝Δp乙；

当＜h＜h乙时，Δp甲﹣Δp乙＞0，即Δp甲＞Δp乙。

说明Δp甲可能小于、等于或大于Δp乙。

（2）因为水平面上物体对水平面的压力等于自身重力，由F＝G＝mg＝ρVg＝ρShg可得，它们对地面压力变化量分别为ΔF甲＝ΔG甲＝ρ甲S甲（h甲﹣h）g，ΔF乙＝ΔG乙＝ρ乙S乙（h乙﹣h）g；

则ΔF甲﹣ΔF乙＝ΔG甲﹣ΔG乙＝ρ甲S甲（h甲﹣h）g﹣ρ乙S乙（h乙﹣h）g＝（ρ甲S甲h甲﹣ρ乙S乙h乙）g+（ρ乙S乙﹣ρ甲S甲）gh＝（ρ乙S乙﹣ρ甲S甲）gh，

因为ρ甲S甲h甲＝ρ乙S乙h乙，ρ甲S甲＜ρ乙S乙，所以ΔF甲﹣ΔF乙＞0，即ΔF甲一定大于ΔF乙。

综合以上分析可知ACD错误，B正确。

故选：B。

2．下列装置中利用大气压强工作的是（　　）

A．破窗锤 B．船闸 

C．液位计 D．吸盘

【解答】A、汽车上的破窗锤，前部做得较尖锐，主要是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，与大气压无关，故A不符合题意。

BC、船闸、液位计都是上端开口、底部连通的容器，属于连通器的应用，与大气压无关，故BC不符合题意。

D、将吸盘按在墙壁上时，吸盘内的气压减小，吸盘在外面大气压的作用下，被紧紧地压在墙壁上，故D符合题意。

故选：D。

3．如图所示，盛有液体甲的薄壁圆柱形容器和均匀圆柱体乙置于水平地面，液体甲对容器底部的压强等于乙对地面的压强。现从容器内抽取部分液体甲并沿水平方向截取部分圆柱体乙，使得它们剩余部分的深度或高度均为h，则甲、乙的密度ρ以及液体甲对容器底部、乙对地面的压强变化量Δp的关系是（　　）

A．ρ甲＜ρ乙；Δp甲＜Δp乙 B．ρ甲＜ρ乙；Δp甲＞Δp乙 

C．ρ甲＞ρ乙；Δp甲＜Δp乙 D．ρ甲＞ρ乙；Δp甲＞Δp乙

【解答】薄壁容器的质量和厚度均可忽略，液体甲对容器底部的压强等于乙对地面的压强，则有ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙。由图可知，h甲＜h乙，则ρ甲＞ρ乙。

设液体甲的高度减少△h甲，乙的高度减少△h乙，则抽取或截取前，液体甲对容器底部的压强等于乙对地面的压强，即ρ甲g（h+△h甲）＝ρ乙g（h+△h乙）；抽取或截取后，液体甲对容器底部的压强为p甲′＝ρ甲gh，乙对地面的压强p乙′＝ρ乙gh。已知ρ甲＞ρ乙，则ρ甲gh＞ρ乙gh。综合ρ甲g（h+△h甲）＝ρ乙g（h+△h乙）可得，ρ甲g△h甲＜ρ乙g△h乙，即Δp甲＜Δp乙。故C正确，A、B、C错误。

故选：C。

4．如图所示的实例中，为了增大压强的是（　　）

A．在铁轨下面铺枕木 B．书包带做得较宽 

C．切鸡蛋的钢丝很细 D．滑雪板底面积较大

【解答】A、在铁轨下面铺枕木，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故A不合题意；

B、书包带做得较宽，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故B不合题意；

C、切鸡蛋的钢丝很细，是在压力一定时，通过减小受力面积来增大压强，故C符合题意；

D、滑雪板底面积较大，是在压力一定时，通过增大受力面积来减小压强，故D不合题意。

故选：C。

5．如图，有三个均匀实心圆柱体甲、乙、丙，静止放在水平地面上，其中h甲＝h乙＜h丙，S甲＜S乙＜S丙。已知三者对地面的压强相等，下列判断正确的是（　　）

A．ρ甲＜ρ乙＜ρ丙 B．ρ甲＝ρ乙＜ρ丙 

C．m甲＜m乙＜m丙 D．m甲＜m乙＝m丙

【解答】AB．因物体对水平面的压力和自身的重力相等，

所以，实心圆柱体对水平地面的压强p＝＝＝＝＝＝ρgh，

由图结合题意可知，三个实心圆柱体的高度关系为h甲＝h乙＜h丙，

因三者对地面的压强相等，

所以，由p＝ρgh的变形式ρ＝可知，三者的密度关系为ρ甲＝ρ乙＞ρ丙，故AB错误；

CD．由图结合题意可知，三个实心圆柱体的底面积关系为S甲＜S乙＜S丙，

因三者对地面的压强相等，

所以，由p＝＝＝变形式m＝可知，三者的质量关系为m甲＜m乙＜m丙，故C正确、D错误。

故选：C。

6．练太极拳是很好的强身健体运动，同一个人由甲姿势换成乙姿势，人对水平地面的（　　）

A．压力变大，压强不变 B．压力变大，压强变大 

C．压力不变，压强变小 D．压力不变，压强变大

【解答】甲、乙两图，人站在水平地面上，

所以对地面的压力：F甲＝F乙＝G；

甲图是双脚着地站立，乙图是单脚着地站立，地面受力面积：S甲＞S乙，

由p＝可知，对地面的压强：p甲＜p乙，

即：从图甲姿势换成图乙姿势时，压力不变，压强变大。

故选：D。

7．将高为10cm的实心柱体放在水平桌面上，给这个重物施加竖直向上的拉力F，如图是表示重物对桌面的压强p与拉力F关系的图象，下列说法正确的是（g取10N/kg）（　　）

A．物体的重力为25N 

B．物体的底面积为100cm2 

C．当物体受到竖直向上的拉力F＝1N时，物体对桌面的压强为100Pa 

D．该过程中，物体离开桌面前，桌面对物体的支持力与物体所受重力始终是一对平衡力

【解答】

A、当竖直向上的拉力等于物体重力时，物体对桌面的压强为0，由图像可知此时的拉力为2.5N，即物体的重力为2.5N，故A错误；

B、当竖直向上的拉力为0时，物体对桌面的压力等于物体的重力，

由图像可知此时桌面受到的压强为250Pa，物体的底面积：S＝＝＝＝0.01m2＝100cm2，故B正确；

C、当物体受到竖直向上的拉力为1N时，物体对桌面的压力：F压′＝G﹣F＝2.5N﹣1N＝1.5N，

此时物体对桌面的压强：p＝＝＝150Pa，故C错误；

D、该过程中，物体离开桌面前，物体受到竖直向上的支持力和拉力、竖直向下的重力作用，处于平衡状态，故桌面对物体的支持力与物体所受重力不是一对平衡力，故D错误。

故选：B。

8．如图所示，将一长方体从水中匀速提起直至下表面刚好离开水面，此过程容器底受到水的压强p随时间t变化的图像大致为（　　）

A． B． 

C． D．

【解答】长方体在露出水面前，排开水的体积不变，容器内水的深度不变，水的密度不变，由p＝ρgh可知，容器底受到水的压强不变；从刚露出水面至下表面刚好离开水面过程中，排开水的体积成比例变小（均匀变小），因容器为直壁容器，故容器内水的深度成比例变小（均匀变小），水的密度不变，由p＝ρgh可知，容器底受到水的压强成比例变小（均匀变小），在图象上应该是斜向下的直线；所以，整个过程中容器底受到水的压强先不变、后均匀变小，则符合这一规律的只有C选项。

故选：C。

9．如图所示是个自制气压计。下列说法正确的是（　　）

A．玻璃管中液柱静止时，瓶内气压小于大气压 

B．玻璃管中液柱静止时，瓶内气压等于大气压 

C．带着它登山的过程中，玻璃管中液柱会逐渐上升 

D．为提高气压计测量精度，可选用更粗的玻璃管

【解答】AB．气压计的原理是利用内外压强差使细管内液柱上升或下降来判断气压的改变，当大气压发生改变时，瓶内压强与外部压强不同，则细管内液柱将发生改变。由图可知，外界大气压加上玻璃管内液体的压强等于瓶内的气压，所以玻璃管内液柱静止时，瓶内气压大于大气压，故AB不符合题意；

C．带着它登山的过程中，大气压随海拔的升高而减小，由于外界大气压减小，瓶内气压不变，玻璃管内的液柱会上升，故C符合题意；

D．水柱升高使得瓶内气体的体积变大，压强会减小，因而上升的水越少，影响越小，则更细的玻璃管更精确，故D不符合题意。

故选：C。

二．多选题（共2小题）

（多选）10．如图所示，是小明为宠物兔设计的“自动供水装置”。饮料瓶的侧底部开有较大的孔，用铁夹将瓶固定竖直悬于水槽中静止，孔口刚好被水浸没，下列说法错误的是（　　）

A．瓶中水面能高于槽内水面是由于水受大气压作用 

B．铁夹夹得越紧，瓶受到向上的摩擦力越大 

C．若瓶盖上有一个小孔，装置仍具有自动续水功能 

D．图中瓶内如果没有空气，水会充满整个瓶子

【解答】A、在一个标准大气压下，大气压可以支持约10.3m高的水柱，瓶中水面能高于盆内水面不会流出来，正是因为水槽中的水与大气相通，是大气压支持着瓶内的水不会流出来，故A正确；

B、摩擦力的大小等于瓶与水的总重力，由于瓶始终处于竖直方向且静止不动，受重力和静摩擦力平衡，故瓶和水质量不变，则受到的摩擦力不变，故B错误；

C、若瓶盖上有一个小孔，瓶子内外大气压相等，水槽内和瓶内水面相同，则装置会失去自动续水功能，故C错误；

D、因为在一个标准大气压下，大气压可以支持约10.3m高的水柱，所以图中瓶内如果没有空气，水会充满整个瓶子，故D正确。

故选：AD。

（多选）11．甲、乙是重为10N和20N的两柱形物体，重叠并置于水平面上，当它们分别受到F1＝5N和F2＝8N的水平拉力时保持静止（如图a所示）；当甲受到F3＝15N的拉力时，甲、乙一起以1m/s的速度匀速向右运动（如图b所示）；已知甲、乙的底面积分别为200cm2、100cm2，下列说法正确的是（　　）

A．图a中甲对乙的压强与乙对地面的压强之比是1：3 

B．图a中乙对地面的摩擦力为3N，水平向左 

C．图b中甲、乙之间的摩擦力等于15N 

D．图b中乙对地面之间没有摩擦力

【解答】A．图a中甲对乙的压力F甲＝G甲＝10N，受力面积为S乙，乙对地面的压力F乙＝G甲+G乙＝10N+20N＝30N，受力面积为S乙，根据p＝知，受力面积相同时，压强之比的等于压力比，则p甲：p乙＝F甲：F乙＝10N：30N＝1：3；故A正确；

B、把甲乙看做整体，整体受到F1和F2的合力F合＝F2﹣F1＝8N﹣5N＝3N，合力的方向向左，由整体静止可知，地面对乙摩擦力的方向为水平向右，大小为f2＝F合＝3N，因乙对地面的摩擦力和地面对乙的摩擦力是一对相互作用力，二力大小相等，方向相反，所以乙对地面的摩擦力为3N，方向水平向左，故B正确；

CD、图b中，当甲受到F3＝15N的拉力时，甲乙一起以1m/s的速度匀速向右运动，对甲受力分析可知，甲受到向右的拉力F3和乙对甲向左的摩擦力f3，做匀速直线运动，处于平衡状态，由二力平衡条件可得，乙对甲的摩擦力f3＝F3＝15N，方向水平向左；因甲对乙的摩擦力与乙对甲的摩擦力是一对相互作用力，所以甲对乙的摩擦力大小为15N，方向水平向右，而乙匀速运动，受力平衡，还受到地面的摩擦力大小等于15N，方向向左；故C正确；D错误。

故选：ABC。

三．作图题（共3小题）

12．如图甲所示，向规则容器中注水，单位时间注入的水的质量为m，请在p﹣t坐标图乙中作出水对容器底的压强p随时间t的大致关系图像。

【解答】规则容器中水对容器底的压力等于水的重力，注满水之前，水的质量、重力与时间成正比关系；注满水之后，水的质量、重力不再随时间的变化而变化，则注满水之前，水对容器底的压强p与时间t成正比，注满水之后，水对容器底的压强p不再随时间的变化而变化，故作图如下：

13．三个圆柱形容器（容器甲和丙完全相同）内装入不同液体后（ρ油＜ρ水＜ρ盐水），甲、乙两容器内液体对容器底部压强相等，甲、丙两容器内液体对容器底部压力相等。请在图中画出容器乙、丙中液面的大致位置。

【解答】（1）由p＝ρgh得到公式h＝，

已知甲、乙两容器内液体对容器底部压强相等，并且ρ油＜ρ水，

所以h油＞h水。如下图所示；

（2）已知甲、丙容器底面积S相同，且甲、丙两容器内液体对容器底部压力相等，

由公式p＝知，两种液体对容器底的压强相同；

因为甲、丙两容器内液体对容器底部压强相等，并且ρ油＜ρ盐水，

所以h油＞h盐水。如下图所示。

故答案为：

。

14．如图所示是田鼠洞穴图，洞穴左上方洞口处有一个小土堆，当风从左向右吹动时，请在图中用箭头线画出洞穴内空气的流动方向。

【解答】如图所示，田鼠洞穴左上方洞口处有一个小土堆，右上方洞口较平，当风从左向右吹动时，相同时间内，经过右侧的时速度小、压强大；经过凸的小土堆时速度大，压强小，两洞口出现压强差，使空气顺利进入洞穴。如图所示：

四．简答题（共3小题）

15．阅读短文。

拉瓦尔管

拉瓦尔管是由两个锥形管构成，其中一个为收缩管，另一个为扩张管，先收缩后扩张，从而产生超声速气流的管道。正常工作状态下，流体在管中运动时，截面小处流速大，截面大处流速小。当气流在收缩管运动时，会被不断加速，到达窄喉出口时，流体流速已经达到超音速，而超音速流体在运动时却不再遵循“截面小处流速大，截面大处流速小”的原理，而是恰恰相反，截面越大，流速越快，流体在扩张管中被进一步加速，直到喷管出口为止，拉瓦尔管实际上起到了一个“流速增大器”的作用。

1883年，瑞典工程师拉瓦尔在他发明的汽轮机中，首先使用这种管道，因而得名。拉瓦尔管广泛使用于超声速风洞、喷气发动机、汽轮机、火箭推进器等需用超音速气流的设备中，是火箭发动机和航空发动机最常用的构件。

拉瓦尔喷管很好的平衡了气流在喷管中亚音速和超音速状态下加速时看似不可调和的矛盾。如图在喷管的喉管（管中间最细的部分）左侧为气流进口，充分燃烧的物质在排出时在喉管处从亚音速被加速到音速，在过了喉管之后，已经达到音速的气流就很快被加速到了7﹣8倍音速的超音速状态，从而产生巨大冲击力。气流温度和气流压强也从非常高的状态，在经历过加速之后变小，这个过程也就是一个能量守恒原理，燃烧后的废气的内能转化成了超音速流的动能。

新型拉瓦尔喷嘴只需消耗少量压缩空气就能产生巨大吹扫力，其结构设计较为紧凑，可应用在狭小空间；拉瓦尔效应是管内加速，喷气出口噪音远远低于传统压缩空气喷嘴，符合工业噪音控制相关法律规定。空气动力学流道，即使工作于较低的空气压力条件下，亦能获得较高的冲击力。

回答下列问题：

（1）园丁师傅在浇灌花草时，把橡胶软管的一端接到自来水龙头上，用手捏着软管另一端使管口截面变小，流出来的水流速度就会 　变快　（选填“变快”“变慢”或“不变”）。

（2）在物理学中，我们把 　液体和气体　称为流体。

（3）“拉瓦尔喷管模型图”中，流体在A、B、C三处的流速关系是vA　＜　vB　＜　vC，流体在AB段的平均速度与声速的关系是vAB　＜　v声。（选填“＞”“＜”或“＝”）

（4）火箭推进器采用拉瓦尔管设计的目的是 　使火箭获得更大的冲击力　。

【解答】（1）把橡胶软管的一端接到自来水龙头上，用手捏着软管另一端使管口截面变小，流出来的液体横截面突然变小，水流速度就会变快；

（2）在物理学中，液体和气体称为流体；

（3）“拉瓦尔喷管模型图”中，流体A、B两处遵循“截面小处流速大，截面大处流速小”的原理，可知vA＜vB；流体在C两处符合截面越大，流速越快，流体在扩张管中被进一步，可知vB＜vC；当气流在收缩管运动时，会被不断加速，到达窄喉出口时，流体流速已经达到超音速，即流体在AB段的平均速度与声速的关系是vAB＜v声；

（4）火箭推进器采用拉瓦尔管设计的目的是使火箭获得更大的冲击力。

故答案为：（1）变快；（2）液体和气体；（3）＜；＜；＜；（4）使火箭获得更大的冲击力。

16．阅读短文，回答问题

中国高铁

目前，中国是世界上高铁规模最大、发展速度最快的国家。高铁技术具有安全、快速、舒适等诸多优点。

高铁一般采用双线，来往列车可以各行其道。若两条线路之间的距离过小，由于车速快，对向列车错车时，产生的巨大风压会压碎车窗玻璃，甚至两列车的车厢会撞在一起；若线路间距过大，会使填筑路基的宽度加大，占用的土地过多，造成资源的浪费。经过大量的试验和计算，确定高铁的两条线路之间的间距采用5米。

高铁动车组采用全新铝合金车体，超尖流线型车头、圆筒形车身，优良的空气动力学外形设计减少动车组高速运行的空气阻力，车体结构轻量化设计节省牵引功率。高铁车站广泛采用太阳能光伏发电，实行节能运行管理，提高了高铁的节能效益。

中国高铁将研制运行水平更高、安全性和舒适性更好的动车组，以实现中国高铁技术更先进、更可靠、更经济，确立在世界的领先地位。

（1）动车组采用超尖流线型车头、圆筒形车身形状的目的是什么？

（2）列车轨道的路基要做的宽大，应用了什么物理知识？

（3）请用学过的知识解释“若两条线路之间的距离过小，由于车速快，对向列车错车时，产生的巨大风压会压碎车窗玻璃”的现象。

【解答】（1）超尖流线型车头可以减小空气阻力；

（2）列车在铁轨上行驶时，对路基的压力一定，增大了路基的受力面积，减小了压强，从而达到保护路基的目的；

（3）两条线路之间的距离过小，由于车速快，对向列车错车之时，流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大，这样产生的巨大风压就会压碎车窗，甚至两个列车的车厢会撞在一起。

答：（1）减小空气阻力；

（2）增大了路基的受力面积，减小了压强；

（3）两条线路之间的距离过小，由于车速快，对向列车错车之时，流速越大的位置压强越小，流速越小的位置压强越大，这样产生的巨大风压就会压碎车窗，甚至两个列车的车厢会撞在一起。

17．“勤洗手，勤通风”可以预防各种病毒侵入人体。完成下列问题：

（1）洗完手后若没有毛巾或纸巾擦手，可通过甩手来减少手上的水。请你用所学的物理知识解释甩手来减少手上的水的原因以及在甩手时要注意到的礼貌问题。

（2）小轿车已进入家庭，如图是某轿车车顶的外掀式天窗，车行驶时，如果把天窗的前面关闭，后面微微向上打开，就能使车内污浊的空气被自动“抽出”，使车内的空气清新。利用物理知识解释天窗此时能够向外“抽气”的原理。

【解答】（1）手上的水变干的原因之一是由于惯性，当手甩动时，手停止运动，而水珠由于惯性仍然保持原来的运动状态，继续运动，就会离开人手；

原因之二是由于蒸发，当手甩动时，加快了手表面的空气流动速度，加快水的蒸发；

注意甩手时不要将水甩到别人身上，这是很没有礼貌的行为；

（2）天窗前闭后开，在车顶形成一个凸面，加大了空气的流速，使天窗开口处的气压小于车内的气压，则在压力差的作用下车内污浊的空气被自动“抽出”，从而保持车内空气清新。

五．实验探究题（共3小题）

18．按要求填空。

（1）如图1，若实验时玻璃管倾斜，则测得的大气压 　不变　（选填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）如图2，探究“二力平衡的条件”时，将原来静止的小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，是为了探究 　不在同一直线上　的两个力是否平衡。

（3）如图3，为了测量木块受到摩擦力的大小，需要用弹簧测力计拉木块，使其做 　匀速直线　运动，根据 　二力平衡　原理可知，弹簧测力计的示数等于摩擦力大小。

【解答】（1）托里拆利实验中，玻璃管倾斜，水银柱的长度会发生改变，但是管内和管外水银面的高度差保持不变，即大气压强的数值不会发生改变；

（2）探究“二力平衡的条件”时，将原来静止的小车在水平桌面上扭转一个角度后释放，导致两个力不在同一直线上，此时两个力仍是大小相等、方向相反，故研究的是作用在不同直线上的两个力能否平衡；

（3）将木块放在水平木板上，用弹簧测力计沿水平方向拉动木块使其做匀速直线运动，根据二力平衡原理可知，弹簧测力计的示数等于木块受到的滑动摩擦力大小。

故答案为：（1）不变；（2）不在同一直线上；（3）匀速直线；二力平衡。

19．在“探究影响液体内部压强因素”活动中：

（1）实验过程中通过 　U形管中液面的高度差　来比较液体内部压强的大小.使用前应检查装置是否漏气，方法是用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中的水面能灵活升降，则说明该装置 　不漏气　（选填“漏气”或“不漏气”）。

（2）比较图1甲、乙两图，可以得出正确的结论应该是：液体的压强与 　深度　有关。然而小明认为：液体内部某处到容器底的距离越大，其压强越小。为研究此问题，小华在乙图中保持金属盒的位置不变，往容器内可加水，当水面到容器底的距离L满足条件：　L≥20cm　，对比甲图，可说明小明的观点是错误的。

（3）现将探头放入水中，保持探头在水中的某一深度不变，改变探头的方向，U形管两侧液面高度差保持不变，这表明液体内部压强与方向 　无关　（选填“有关”或“无关”）。

（4）比较图2A中两幅图，可得出结论：　液体的压强与深度有关　。

（5）有两只杯子，分别盛有清水和盐水，但没有标签，如何将它们区别开？小王设计了如图3B、C所示的方法。B图中U形管两边液柱的高度差与C图相同。请说明这种方法是否可行。

答：　可行　（“可行”、“不可行”）。

【解答】（1）压强计是通过U形管中液面的高度差来反映被测压强的大小，这种方法叫转换法；用手轻轻按压几下橡皮膜，如果U形管中液体能灵活升降，则说明装置不漏气；

（2）比较图1甲、乙两图控制，液体的密度相同，深度不同，且深度越深，U形管中液面的高度差越大，说明液体的压强越大，故可以得出正确的结论是液体的压强与深度有关；

探究液体内部某处的压强与到容器底的距离的关系时，采用的是控制变量法，需要控制该处到液面的距离相同，甲中金属盒到液面的距离为9cm，则乙中金属盒到水面的距离也应该为9cm，所以水面到容器底的距离L需要满足L≥11cm+9cm＝20cm；当液面高度大于或等于20cm时，乙中U形管的液面的高度差等于或大于甲中型管液面的高度差，所以小明的观点是错误的；

（3）保持探头在水中的某一深度不变，改变探头的方向，U形管两侧液面高度差保持不变，可以得到在同一深度，液体内部向各个方向的压强相等，这表明液体内部压强与方向无关；

（4）比较图2A中两幅图，液体的密度相同，深度不同，且深度越深，U形管中液面的高度差越大，说明液体的压强越大，故可以得出正确的结论是液体的压强与深度有关；

（5）由图3知，B图中U形管两边液柱的高度差与C图相同，图C中的深度较小，A的深度较大，即hC＜hB，根据液体压强公式p＝ρgh可以得出，B中液体的密度 大，为盐水，C中液体的密度小，为清水。因此，这一方法是可行的。

故答案为：（1）U形管中液面的高度差；不漏气；（2）深度；L≥20cm；（3）无关；（4）液体的压强与深度有关；（2）可行。

20．小茂同学想利用注射器、弹簧测力计（量程0～5N）、细线、刻度尺等相关用品测量山顶的大气压。测量方案如下：

A.把注射器的活塞推至注射器的底端，然后用橡皮帽封住注射器底部小孔。

B.如图甲所示，用细线拴住注射器活塞颈部，使线的一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动针筒，当活塞刚开始滑动时，记下弹簧测力计的示数为F。

C.读出注射器上有刻度部分的容积为V。

D.用刻度尺测出注射器上有刻度部分的长度为L。

请回答以下问题。

（1）用测量步骤中的V、L和F表示大气压：p＝　　。

（2）实验时小茂发现注射器装针头处空气无法排尽，这将会使大气压的测量结果 　偏小　（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（3）小茂同学选用图乙中B注射器进行实验测量，发现弹簧测力计被拉到5N，活塞仍没有滑动。如果想继续实验，则可改用图乙中的 　A　（选填“A”或“C”）注射器。

【解答】解；（1）活塞的面积S＝，将测量结果代入压强公式得：p＝＝＝。

（2）注射器顶端装针头处空气无法排尽，即有残余气体，注射器内还会有一定气压，这样会使拉力变小，在面积不变的情况下，测得的大气压会偏小。

（3）因为大气的压强是一定的，根据公式F＝pS可知，受力面积越小，压力也会越小，所以当弹簧测力计量程不够时，可换用小量程的注射器，故选A。

故答案为：（1）；（2）偏小；（3）A。

六．计算题（共3小题）

21．已知甲、乙两个均匀圆柱体密度、底面积、高度的数据如下表所示：

①求乙的质量m乙；

②求圆柱体甲对地面的压强p甲（使用非课本公式注意写出公式推导过程）；

③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方。此时乙对地面的压强变化量Δp乙＝2×103帕，且Δp乙＝0.4Δp甲。求甲的底面积S甲，及此时甲对地面的压强p甲'。

【解答】①乙物体的体积为：V乙＝S乙h乙＝5×10﹣3m2×0.5m＝2.5×10﹣3m3，

所以乙的质量为：m乙＝ρ乙V乙＝8×103kg/m3×2.5×10﹣3m3＝20kg；

②设甲的底面积为S甲，高为h甲，

则甲的体积为V甲＝S甲h甲，

则甲的质量为m甲＝ρ甲V甲＝ρ甲S甲h甲，

则甲受到的重力为G甲＝m甲g＝ρ甲S甲h甲g，

因为放在水平面上的物体对地面的压力等于自身的重力，

则甲对地面的压力为F甲＝G甲＝ρ甲S甲h甲g，

所以甲对地面的压强为p甲＝＝＝ρ甲h甲g＝5×103kg/m3×0.6m×10N/kg＝3×104Pa；

③若在甲、乙上方分别沿水平方向各切去一部分，并将切去的部分叠放在对方剩余部分的上方，则甲、乙与地面的接触面积不变，由于甲、乙整体对地面压力不变，所以甲、乙对地面的压力的变化量相等，

由p＝可得ΔF甲＝ΔF乙＝Δp乙S乙＝2×103Pa×5×10﹣3m2＝10N；

已知Δp乙＝0.4Δp甲，所以Δp甲＝＝＝5×103Pa，

由p＝可得甲的底面积S甲＝＝＝2×10﹣3m2；

若甲对地面的压强增大，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲+Δp甲＝3×104Pa+5×103Pa＝3.5×104Pa；

若甲对地面的压强减小，则此时甲对地面的压强p甲'＝p甲﹣Δp甲＝3×104Pa﹣5×103Pa＝2.5×104Pa。

答：①乙的质量m乙为20kg；

②圆柱体甲对地面的压强p甲为3×104Pa；

③甲的底面积S甲为2×10﹣3m2，此时甲对地面的压强的p甲'为3.5×104Pa或2.5×104Pa。

22．如图所示，平底茶壶的质量为400g，底面积为50cm2，内盛0.8kg的水，水深12cm，放置在面积1m2的水平桌面中央，求：

（1）水对茶壶底部的压力；

（2）茶壶对桌面的压强。

【解答】（1）已知h水＝12cm＝0.12m，

根据p＝ρgh得水对茶壶底部的压强为：p壶底＝ρ水gh水＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.12m＝1.2×103Pa，

水对茶壶底部的压力为：F壶底＝p壶底×S＝1.2×103Pa×50×10﹣4m2＝6N；

（2）已知m壶＝400g＝0.4kg，m水＝0.8kg，则m水壶＝m壶+m水＝1.2kg，

茶壶对桌面的压力等于茶壶的总重力，即F＝G水壶＝m水壶g＝1.2kg×10N/kg＝12N，

所以茶壶对桌面的压强为：p桌面＝＝＝2.4×103Pa。

答：（1）水对茶壶底部的压力为6N；

（2）茶壶对桌面的压强为2.4×103Pa。

23．无人机多功能飞行器在拍摄调查、无人配送等方面具有广阔的前景。如图为某品牌无人机，由锂电池供电，采用4个相同的电动机带动旋翼转动，竖直运动时每个旋翼获得相同的升力。无人机携带摄像机参与火情勘测时，一般以恒定的速度从地面匀速升至某一高处，然后悬停观测（整个过程四个电动机同时工作）。该无人机携带的微型摄像机有自动拍摄功能，未出现火情时待机；若有火情，摄像机感知一定强度的红外线而自动启动，进入工作状态。如表是部分参数：

（1）当无人机空载悬停在空中进行地面图像拍摄时，每个旋翼获得的升力是多少牛？

（2）无人机在参与某次火情的勘测时，它以6m/s的速度从地面匀速竖直上升至50米高处悬停，拍摄完成后，以6m/s速度匀速竖直下降，求上升和下降过程中每个旋翼获得的升力变化了多少？

（3）某小区在这次疫情防控中使用该无人机给居民运送消毒液，当无人机满载消毒液，脚架双侧着地静止在水平地面上时（旋翼未转动），对水平地面的压强是多少？

【解答】（1）当“无人机”携带摄像机悬停在空中进行地面图像拍摄时，受到的升力与重力相平衡，则获得的升力F＝G＝mg＝7kg×10N/kg＝70N，

则每一个旋翼获得的升力F0＝F＝×70N＝17.5N；

（2）匀速直线运动的物体一定受到平衡力作用，受到的合力为0，

无人机以6m/s速度匀速竖直上升过程中获得的升力：F上＝G+f＝70N+9N＝79N，

无人机以6m/s速度匀速竖直下降过程中获得的升力：F下＝G﹣f＝70N﹣9N＝61N，

上升和下降过程中每个旋翼获得的升力变化为×（79N﹣61N）＝4.5N；

（3）整机质量为7kg，满载时物体质量为3kg，无人机满载消毒液对地面压力等于总重力：

G总＝m总g＝（7+3）kg×10N/kg＝100N；

该无人机与地面接触的总面积为5cm2×2＝10cm2，

此时无人机对水平地面的压强为：

p＝＝＝1×105Pa。

答：（1）每个旋翼获得的升力是17.5N；

（2）上升和下降过程中每个旋翼获得的升力变化了4.5N；

（3）无人机满载消毒液时，对水平地面的压强是1×105Pa。