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深圳龙岗区平冈中学压强单元专项综合训练-

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深圳龙岗区平冈中学压强单元专项综合训练

一、选择题
1．如图，甲、乙是放在水平地面上的两个质量均匀的长方体，它们的密度之比ρ甲：ρ乙=4：5，底面积之比S甲：S乙=5：8，对水平地面的压强之比p甲：p乙=6：5，下列有关甲、乙的说法错误的是

A．甲、乙的质量之比是3：4 B．甲、乙的体积之比是15：16
C．将甲、乙分别沿水平方向切去相同的高度后，剩余部分对地面的压强可能相等 D．将甲、乙分别沿水平方向切去相同的体积后，剩余部分对地面的压强可能相等 2．在两个完全相同的容器中分别倒入甲和乙两种不同的液体，如图所示，下列分析正确的是（ ）

A．若甲和乙的质量相等，则甲的密度小于乙的密度
B．若甲和乙对容器底部的压强相等，则甲的密度小于乙的密度 C．若甲和乙对容器底部的压强相等，则甲的质量小于乙的质量
D．若甲和乙的质量相等，则甲对容器底部的压强小于乙对容器底部的压强
3．如图所示，均匀正方体甲、乙置于水平地面上，沿水平方向切去部分后，甲、乙剩余部分的高度相等。若甲、乙所切去部分的质量相等，则关于甲、乙的密度ρ甲、ρ乙，甲、乙对地面的压强p甲、p乙，甲、乙的重力G甲、G乙，剩余部分的质量m甲、m乙的判断中（ ）
①ρ甲ρ乙②p甲p乙③G甲G乙④m甲m乙

A．只有①正确
B．只有②③④正确
C．只有①②③正确
D．①②③④都正确
4．轻质硬杆AB长50cm。用长短不同的线把边长为10cm的立方体甲和体积是1dm3的球乙分别拴在杆的两端。在距A点20cm处的O点支起AB时，甲静止在桌面上，乙悬空，杆AB处于水平平衡。将乙浸没在水中后，杆AB仍平衡，如图所示。下列说法中正确的是（取g＝10N/kg）（ ）


A．杆A端受力增加了15N B．杆A端受力减小了10N
C．甲对水平桌面的压强增加了1500Pa D．甲对水平桌面的压强减小了1500Pa
5．装有水的塑料瓶放在水平桌面上（如图甲所示），水对瓶底的压力为F1，瓶底对桌面的压强为p1；将瓶倒置后（如图乙所示），水对瓶盖的压力为F2，瓶盖对桌面的压强为p2，则（ ）

A．F1F2
B．F1F2
C．p1p2 D．p1p2
6．将某圆台形状的容器放在水平桌面上，容器内装1kg水时，水对容器底的压强是p0；装3kg水时，刚好把容器装满，此时水对容器底的压强是2p0，水对容器底部的压力为F，则

A．容器如图甲放置，F>30 N B．容器如图乙放置，F>30 N C．容器如图甲放置，F<30 N D．容器如图乙放置，F<30 N
7．“估测”是物理学中常用的一种重要方法，考试时，小丽同学对所涉及的一些物品进行了估测，其中合理的是（ ） A．小丽的重力为900牛顿
B．一张草稿纸对折后对桌面的压强为1Pa C．一张物理试卷的面积为1m2
D．小丽站在地面上对地面的压力大于900牛顿
8．如图所示，两个底面积不同的圆柱形容器A和B（SA＞SB），容器足够高，分别盛有甲、乙两种液体，且两种液体对容器底部的压强相等。若在A容器中倒入或抽出甲液体，在B容器中倒入或抽出乙液体，使两种液体对容器底部的压力相等，正确的判断是（ ）


A．倒入的液体体积V甲可能等于V乙 C．抽出的液体体积V甲可能小于V乙
B．倒入的液体高度h甲一定大于h乙 D．抽出的液体高度h甲一定等于h乙
9．图中的两个容器中盛有同种相同质量的液体，容器底部受到液体的压强分别为PA、PB， 容器底部受到液体的压力分别为FA、FB，则（ ）


A．PA=PB B．PA＞PB C．FA=FB D．FA＞FB
10．图中，水平桌面上有A、B两个容器，分别放有甲、乙两个小球，两球在水中分别处于漂浮和悬浮状态，两容器中的水面高度相同，则下列说法中正确的是

A．两球的质量相等
C．两容器底部受到的压力相等
B．两球受到的浮力相等 D．水对两容器底部的压强相等
11．如图所示，实心均匀正方体甲、乙对水平地面的压强相同。现沿水平方向切去相同体积，此时它们剩余部分对地面的压强为p甲、p乙，则

A．p甲可能大于p乙 C．p甲一定等于p乙
B．p甲一定小于p乙 D．p甲可能等于p乙
12．如图是用同一微小压强计探究液体压强特点时的实验情景，此现象可以说明

A．液体压强跟液体的密度有关 B．液体压强跟液体的深度有关 C．在同一深度，液体的压强相等 D．液体内部向各个方向都有压强
二、填空题
13．（1）一个椭圆形厚玻璃瓶中灌满水，把细玻璃管通过带孔的橡皮塞插入玻璃瓶中，如图甲所示。用带厚手套的双手挤压玻璃瓶，我们看到玻璃管中的水柱高度变高了，这一现象说明力可以______；本装置还可以制成一个读数较准确的测量仪器___________（请写出它的名称）。

（2）在另一个瓶子中装上适量带色的水，取一根两端开口、有刻度的细玻璃管，使玻璃管穿过橡皮塞插入水中，密闭瓶口。从管子上端吹入少量气体，水将沿玻璃管上升到瓶口以上，如图乙所示，这是由于瓶内气体压强______（选填“大于”、“等于”或“小于”）大气压强；用托盘托着这个瓶子从楼底到楼顶，玻璃管内水柱高度将______（选填“升高”、“不变”或“降低”），水对容器底的压强______（填“变小”、“不变”或“变大”）。

14．如图，将半瓶矿泉水翻过来瓶口向下倒立在桌面上，则瓶对桌面的压强_____，瓶中水对瓶底或瓶盖的压力_____（填“变大”、“不变”或“变小”）。

15．甲、乙两个均匀实心正方体分别放置在水平地面上，若它们的质量相等且ρ甲>ρ乙，在它们上方各放置一个完全相同的铁块，则他们对地面的压强p甲_______p乙；若它们各自对地面的压强相等，且ρ甲>ρ乙，分别在两个正方体的上部,沿水平方向截去相同体积后,则甲、乙的剩余部分对地面的压强p甲_______p乙 （均选填“>”“<”“=”）． 16．如图，质量分布均匀的长方体重物A、B，密度、底面积(SA>SB均不同、将它们放在水平地面上它们对地面的压强相等。现水平割去上半部分(如图中虚线所示，剩余部分对地面的压强PA ________PB ， 对地面的压力FA________FB。（均选填“＞”、“＜”、“=” 。


17．不吸水的长方体A固定在体积不计的轻杆下端，位于水平地面上的圆柱形容器内，杆上端固定不动，如图甲所示。现缓慢向容器内注入适量的水，水对容器的压强p与注水体积V的变化关系如图乙所示。当p＝600 Pa时，容器中水的深度为____的高为_______cm体积为_____ cm3，容器的底面积为_____ cm2。
cm；长方体A

18．拧开水龙头，使自来水流过如图所示的玻璃管，在A、B、C三处，水的流速较大的是________处，压强较小的是________处．

19．如图甲所示，密闭的容器中装有一定量的水，静止在水平桌面上，容器内水面到容器底的距离为8cm，则水对容器底的压强为____Pa；若把该容器倒放在该桌面上，如图乙所示，那么容器对水平桌面的压强将_____（填“变大”、“变小”或“不变”）．水对容器底面的压力_______水的重力．（填“大于”或“小于”）

20．如图甲所示，弹簧测力计下挂着一个实心圆柱体逐渐浸入装有水的烧杯，弹簧测力计的示数F随圆柱体下表面浸入的深度h变化如图乙所示。

⑴当圆柱体下表面浸入深度h为1.5cm时，其下表面所受水的压强为________Pa。 ⑵圆柱体的密度为________kg/m3。
三、实验题
21．阅读短文，回答问题：
随着人们生活水平的不断提高，各种轿车已经走进我们的家庭。轿车的一些设计和使用过程中的许多现象与物理知识有关，请你用学过的物理知识解答下面的问题：


(1如图甲所示是小丽家新买的轿车，总质量1.2×103kg，车轮与地面总接触面积8×10﹣3m2，则轿车停放在车库时，车对地面的压强为___________Pa；
(2交通法规规定轿车行驶时不能追尾。如两辆同向行驶的轿车发生“追尾”。轿车B刹车后由于___________仍撞到轿车A；观察轿车A的尾部（如图乙），说明力能够改变物体的___________；此时对轿车A中的司机起保护作用的是___________（安全气囊/汽车头枕）。
(3轿车采用四轮鼓式制动，有效地减少了制动距离。通过测量获得轿车以不同速度行驶时对应的制动距离（即从操纵制动刹车到车停下来的距离），数据如下表所示： 实验次数 速度/（m•s﹣1） 制动距离/m
1 2 0.5
2 3 1.13
3 4 2.00
4 5 3.13
5 6 4.50
请在图丙中描点作出s﹣v2图像___________，写出s和v的定量关系式s=___________，当轿车速度为8m/s时对应的制动距离是___________m。
22．如图所示，小明用一个弹簧测力计（量程0~5N）、玻璃板和轻质吸盘想估测大气压的大小，实验方案如下：
A．记录弹簧测力计的示数为F，这就是大气对吸盘的压力； B．将蘸水的塑料挂衣钩的吸盘放在光滑玻璃板上，用力挤压吸盘； C．用弹簧测力计钩着挂钩缓慢向上拉，直到吸盘脱离玻璃板面；

D．量出吸盘与玻璃板接触面的直径，计算出吸盘与玻璃板的接触面积为S； E.根据pF， 计算出大气压的大小p。
S
(1小明由于疏忽，将前三项的顺序写颠倒了，正确的顺序是______；
(2实验中小明将蘸水的吸盘放在光滑玻璃板上，用力挤压吸盘的目的是______； (3若实验中吸盘与玻璃板的接触面积是10cm2，他______（选填“能”或“不能”）测出大气压的大小。（设当地大气压约为1.0×105Pa）

23．小红同学利用注射器、弹簧测力计和刻度尺估测大气压的值.

(1如图所示，所用注射器的容积为V，测得注射器的全部刻度的长度为L，当注射器中的活塞刚开始滑动时，读得弹簧测力计的示数为F，则大气压强可表示为p=______. (2把注射器的活塞推到注射器筒的底端，这样做的目的是_______，然后用一个橡皮帽封住注射器的小孔，若活塞未推到底端，这将使得测量结果_______(偏大/不变/偏小. (3小红实验时发现当弹簧测力计示数已经达到了最大，活塞还没有在注射器筒内滑动起来.她检查了活塞与注射器内壁间的摩擦，发现摩擦很小，她应改用活塞截面积______(较小/较大的注射器进行实验.
24．小明同学利用注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材测量大气压强的值．实验步骤如下：

（1）把注射器的活塞推至注射器筒的底端，然后用橡皮帽堵住注射器的小孔，这样做的目的是_______．

（2）如图甲所示，用细尼龙绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞____________时，记下弹簧测力计的示数为8.2N．

（3）如图乙所示，用刻度尺测出注射器的全部刻度的长度为________________cm，已知注射器的容积是4.5mL，计算得到活塞的横截面积为_____________cm 2 ． （4）计算得到大气压强的数值为_______________________Pa．

（5）小明了解到班内同学的实验误差普遍很大，有的偏大，有的偏小．请分析，该实验过程中导致误差的因素有（请写出两条）：

①__________________________________________________； ②__________________________________________________． 25．如图是小华做"估测大气压的的实验”示意图．

(1请将下列实验步骤补充完整．
A．把注射器的活塞推至注射器筒的底端，排尽筒内的空气．然后用橡皮帽封住注射器的小孔．
B．用细尼龙绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动注射器筒．当注射器中的活塞刚开始滑动时，记下弹簧测力计的示数F ． C．用刻度尺测出注射器的刻度线长度，记为L，读出注射器的容积V，计算活塞的面积S=____________．

D．最后计算出此时大气压的数值：p＝_______________(写出表达式．
(2实验中，小华正确使用了测量仪器，且读数正确，但她发现测量结果总是偏小，其主要原因是_____________________________________________．
四、计算题
26．家庭常用的高压锅（图甲）与普通锅主要不同之处在于它的密封性好。图乙是高压锅的结构示意图，它的盖子上有三个气孔，带有活塞的气孔l使锅内与外界连通，此时锅内气压与外界大气压相等（外界大气压为1.0×105Pa）。当锅内温度升高至100℃时，锅内气体会把气孔1的活塞顶起，这时锅被密封。锅内温度继续升高，气体压强增大，当压强增至最大值时，气体就会冲开气孔2上的限压阀。气孔3正常情况下无作用，图乙中未画出。设锅内气压每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃。锅内水的初始温度为20℃。限压阀被冲开前，锅内水在升温阶段单位时间内升高的温度相同。

（1）锅内温度升高到110℃时，锅内的气压是多大?
（2）此高压锅限压阀的质量为70g，气孔2的面积为7mm2。则锅内的最高温度可达到多少?（结果保留整数）
（3）若“压强每增加3.6×103Pa，水的沸点相应增加1℃”这一条件以及限压阀和气孔2的面积均未知，请用一只手表及题中的其他条件，估测出锅内的最高温度。（说明：写出锅内最高温度的表达式，并指出表达式中各测量量的含义）。
27．如图所示，均匀立方体A和薄壁柱形容器B置于水平地面上，已知A的体积为1×10﹣3米3，密度为2×103千克/米3；B的底面积为6×10﹣2米2，其内部盛有质量为6千克的某种液体。

（1）求立方体A的质量mA。 （2）求液体对容器B底部的压强p液。
（3）若从B容器内抽出2千克液体，求此刻立方体A对水平地面的压强与液体对B容器底部压强之比pA：p′液。
28．侦探现场，公安人员在海边水平沙滩上发现了嫌疑人留下的清晰的、双脚站立的脚印，如图所示 刑警大明用蜡浇灌了一只脚印的脚模，测得蜡质脚模的平均厚度为4cm， 质量为 0.9kg；又经测试得出，达到脚印同样深度的压强为 1.4×104Pa．已知蜡的密度是0.9×103kg/m3，g取g取10N/kg。求：


（1）一只脚印的底面积； （2）嫌疑人的重
29．如图甲所示是使用汽车打捞水库中重物的示意图，汽车通过定滑轮牵引水下一个质量均匀分布的正方体重物，在整个打捞过程中，汽车以恒定的速度v=0.1m/s向右运动．图乙是此过程中汽车拉力F跟时间t变化的图象．设t=0时汽车开始提升重物，忽略的阻力和滑轮的摩擦，g取10N/kg．求：

（1）水库底部受到水的压强； （2）重物的密度．
30．如图所示，一块重为G的平板以一定的冲角a（平板与水平方向的夹角）在空气中水平运动时，平板会受到一个竖直向上的升力FL ．

（1）若平板的高度保持不变，那么，需满足FL ________ G（选填“＞”、“＜”或“=”）． （2）理论表明，升力大小与空气密度p、平板面积S、平板 运动速度v有关，用公式表示为FL=CpSv2（C叫升力系数，是一个没有单位的数值，其值与冲角有关）．则由公式可知，若C、p、S均保持不变，那么，速度增加20%，升力将增加 ________ %； （3）飞机飞行时同样会受到升力的作用．某次对飞机的实验研究获得了如下数据（飞机的冲角其实是指机翼的冲角）：


试用文字描述升力系数与冲角的大小关系为： ________ ；
（4）在飞机起飞后的开始一段时间里，飞机将不断爬升以达到规定的高度．在这个过程中，飞机升力的不断增大主要是通过以下两种方式来实现：① ________ ；② ________ ．


【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除


一、选择题 1．C 解析：C 【详解】 由FpS可得，F甲p甲S甲653==，甲乙放在水平地面上，甲乙的重力大小等于F乙p乙S乙584G甲3，由Gmg得甲对地面的压力大小，所以甲乙的重力比值等于压力的比值，即G乙4G甲m甲G3g=甲=，故A说法正确； 乙的质量比值是：m乙G乙G乙4gm甲由Vm可得，V甲甲m甲乙3515====，故B说法正确； V乙m乙m乙甲4416乙5可得p甲由p甲：p乙6：6p乙，甲、乙分别沿水平方向切去相同的高度，减少的压强比5p甲甲gh甲44===，则p甲p乙，剩余部分对地面的压强是是：p乙乙gh乙5564pp乙64''乙pp甲p甲5pppp乙p乙p乙，则，如果，则有5甲乙乙55pp乙p乙p乙p乙'甲'乙可得到p乙p乙，所以剩余部分对地面的压强并不可能相等，故C是错误；
如果甲、乙分别沿水平方向切去相同的体积，则减少的压强比值是：甲gV'p甲S甲甲S乙483232''p=p乙，剩余部分对地面的压强是====，则甲'gV25p乙乙S甲5525乙S乙632'pp乙632''''''乙pp甲ppppppp，如果，则有，525甲乙乙乙乙乙=525'pp乙pp乙p乙''甲''乙'甲'乙可解得：5p乙7p乙，所以剩余部分对地面的压强可能相等，故D正确．

2．C 解析：C 【详解】
A．由题意可知，甲和乙的质量相等，由图可知，V甲<V乙，根据ρ＝A错误；
B．若甲和乙对容器底部的压强相等，由图可知，h甲<h乙，根据p＝ρgh可知，ρ甲>ρ乙，故B错误；
C．液体压强相等，两容器底面积相等，由p＝甲m可知，ρ甲>ρ乙，故VF可知，甲、乙对容器底的压力相等，即FS＝F乙①，采用割补法（如下图所示），分别把容器两侧半球部分补上同种液体，此时液体为圆柱形；

割补后深度不变，液体密度不变，所以液体对容器底的压强不变，又因为容器底面积不变，所以割补前后液体对容器底部的压力不变，且此时液体为圆柱形（液体对容器底的压力等于液体的总重力）；所以
F甲＝G甲总②，F乙＝G乙总③
两容器完全相同，则补上的液体体积相等，设补充的液体体积为V，由①②③可得：G甲总＝G乙总，即
m甲gρ甲gV＝m乙gρ乙gV④
由B选项可知，ρ甲>ρ乙；所以由④式可得
m甲-m乙＝（ρ乙-ρ甲）V<0 所以m甲<m乙，故C正确；
D．由A选项可知，ρ甲>ρ乙，由割补法可知，甲对容器底部的压力
F甲＝m甲gρ甲gV
乙对容器底部的压力
F乙＝m乙gρ乙gV
而
m甲＝m乙，ρ甲>ρ乙
所以F甲>F乙，又因为两容器的底面积相等，所以根据公式p＝误。 故选C。
F可知，p甲>p乙，故D错S3．D 解析：D

【详解】
由图知，甲切去的体积较小，甲、乙所切去部分的质量相等，由乙的密度，即甲>乙，故①正确； 由题意知h甲剩h乙剩，由
m得，甲的密度大于VpFGmgVgSghgh SSSSSF知，p甲切p乙切，所以
S可知，则甲、乙对地面的压强p甲剩p乙剩，切去部分的质量相同，根据Gmg知，切去部分的压力相同，由图知S甲S乙，根据pp甲剩p甲切p乙剩p乙切
即p甲>p乙，故②正确；
由图知切去甲的高度小于切去乙的高度，甲、乙所切去部分的质量相等，根据比例关系知：在剩余甲的高度等于剩余乙的高度时，甲剩余的质量一定大于乙剩余乙的质量，故④正确；
根据Gmg知甲剩余的重力一定大于乙剩余乙的重力，所以甲的重力大于乙的重力，故③正确。
综合分析①②③④都正确，故ABC不符合题意，D符合题意。 故选D。
4．C 解析：C 【详解】 乙球受到的浮力
F浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×10﹣3m3=10N
杠杆左端减小的力乘以力臂等于杠杆右端减小的力乘以力臂，所以
F浮×OB=F×OA
所以
10N×（25cm﹣10cm=F×10cm
所以F=15N。
杠杆左端受到甲的拉力减小了15N，甲对桌面的压力增大15N， 所以甲对水平桌面的压强增大了，增大的值为
P故选C。
F15N==1500Pa S101010-4m25．D 解析：D 【详解】

AB．液体压强是由于受到上方液体重力的作用产生的，且正立放置时，水的全部重力都压在瓶底；倒立放置时，水的一部分重力压在瓶盖上，还有一部分重力压在瓶子的锥形部位。所以正立时水对底的压力大于倒立时水对盖的压力，即F1F2，故AB错误； CD．因为瓶对桌面的压力等于瓶和里面水的总重力，所以无论瓶口朝上还是朝下，它们的重力不变，即对桌面的压力不变；因为S低S盖，所以根据pF可知，倒立时对桌面的S压强大于正立时对桌面的压强，即p1p2，故C错误，D正确。 故选D。
6．D 解析：D 【详解】
若容器为圆柱形，容器装1kg水改为3kg水，压强将变为3p0；若容器为甲图，容器装1kg水改为3kg水，水深变化量比圆柱形容器大，水对容器底部的压强将大于3p0；若容器为乙图，容器装1kg水改为3kg水，水深变化量比圆柱形容器小，水对容器底部的压强将小于3p0，由此可见容器如图乙；如乙图放置装3kg水时，水的重力为
Gmg310N/kg30N
水对容器底的压力
FpSghSG
所以F乙30N。 故选D。
7．B 解析：B 【详解】
AD．通常中学生的体重为 500N左右，小丽站在地面上对地面的压力等于体重约为500N，故A不符合题，D不符合题意；
B．一张草稿纸的重力约0.1N，一张草稿纸对折后的长、宽分别约30cm、20cm，则面积为600cm2＝0.06m2,对地面的压强为
pF0.1N1.7Pa 2S0.06m由估算可知一张草稿纸对折后对桌面的压强接近1Pa，故A符合题意； C．一张试卷的面积比1m2小得多，故C不符合题意。 故选B。
8．C 解析：C 【详解】
两容器底受到的液体压强相等（p甲=p乙），即ρ甲gh甲=ρ乙gh乙，由图可知hA＜hB，所以；ρ甲＞ρ乙，SA＞SB，由F=pS可知，A容器底受到的压力大于B容器底受到的压力，即FA＞FB。要想使两容器底受到的压力相等时，若倒入液体，倒入A中的液体甲的质量应小于B
中倒入液体乙的质量；若抽出液体，则A中的抽出液体甲的质量大于B中抽出液体的质量。
A．若两容器中倒入液体的体积相等（V甲=V乙），则倒入液体的质量ρ甲V甲ρ乙V乙，故A错误；
B．若A倒入容器中液体高度大于B容器中倒入液体的高度（h甲h乙），则倒入液体的质量ρ甲SAh甲ρ乙SBh乙，故B错误；
C．若抽出的液体体积V甲V乙，则抽出的质量ρ甲V甲可能大于ρ乙V乙。故C正确； D．若A中抽出的质量大于B中抽出的质量，即ρ甲SAh甲ρ乙SBh乙，由于ρ甲＞ρ乙，SA＞SB，所以可能h甲小于、等于、大于h乙。故D错误。
9．C 解析：C 【解析】 【详解】
AB．由于容器装的是同种液体，则密度相同，由图可知：hA＜hB，由p=ρgh可知：pA＜pB；
CD．A、B两个圆柱形容器中，装有质量相等的液体，则液体的重力相等，由于在圆柱形容器中，液体对容器底部的压力等于自身的重力，所以对底面的压力也相等，即FA=FB 。
10．D 解析：D 【解析】 【详解】
由题甲漂浮，所以ρ甲<ρ水；乙悬浮，所以ρ乙=ρ水，则ρ甲<ρ乙。 A．ρ甲<ρ乙，由图V甲>V乙，由m=ρV，不能确定甲、乙质量大小关系；
B．漂浮和悬浮时，F浮=G物，由于两球质量关系不能确定，因此浮力大小不一定相等； C．由F=pS=ρghS可知水面高度相同，液体密度相同，但容器底面积不一定相同，因此两容器底受到水的压力不一定相等；
D．由液体压强公式p=ρgh可知深度相同，密度相同，因此水对两容器底部的压强相等。
11．B 解析：B 【解析】 【详解】 根据p＝FGmgVgShggh可得：p甲'甲gh甲，p乙'乙gh乙，由题SSSSS''意知，p甲=，p乙则ρ甲gh甲＝ρ乙gh乙，由图知，h甲＜h乙，所以，ρ甲＞ρ乙，由图知，S甲＜S乙，根据V＝S可知，沿水平方向切去相同体积后，正方体甲、乙高度的变化量△h甲h＞△h乙，所以，根据p＝ρgh可知，此时它们剩余部分对地面的压强p甲＜p乙，故ACD错误，B正确。

12．A 解析：A 【解析】 【分析】
根据控制变量法分析，另外牢记液体压强跟液体的密度和深度有关，液体的深度越深、密度越大，压强越大。 【详解】
如图，压强计的金属盒朝向相同方向，液体的深度相同，所不同的是：两种液体的密度不同；
根据控制变量法的思路，发现U型管两侧的液面高度差不同，表明液体压强与液体的密度有关，液体密度越大，压强越大。 故A正确，BCD错误。 故选：A。
二、填空题

13．使物体的形状发生改变 温度计 大于 升高 变大 【详解】
(1[1]用双手挤压玻璃瓶，而玻璃瓶中灌满水，因瓶子的容积会减小，所以会观察到玻璃管中的水柱高度变高了，这
解析：使物体的形状发生改变 温度计 大于 升高 变大 【详解】
(1[1]用双手挤压玻璃瓶，而玻璃瓶中灌满水，因瓶子的容积会减小，所以会观察到玻璃管中的水柱高度变高了，这一现象说明力可以使物体的形状发生改变；
[2]把这个厚玻璃瓶放在不同温度的环境中，水的体积因为热胀冷缩发生变化，玻璃管中的水柱高度随之发生变化，所以这个装置可以制成一个温度计；
(2[3]从图乙可以看到，玻璃管中的液面高于瓶内液面，所以瓶内气体的压强大于大气压强；
[4]用托盘托着这个瓶子从楼底到楼顶，由于大气压会变小，瓶内的气压不变，那么玻璃管内水柱高度将升高；
[5]根据pgh可知，水柱高度上升，水对容器底的压强会变大。
14．变大 变小 【分析】
本题主要考察固体压强和液体压强的比较。第一空运用固体压强公式可以得出结论，第二空需要首先对液体压力和液体重力进行比较，再得出结果。 【详解】
[1]瓶对桌面的压强
解析：变大 变小

【分析】
本题主要考察固体压强和液体压强的比较。第一空运用固体压强公式可以得出结论，第二空需要首先对液体压力和液体重力进行比较，再得出结果。 【详解】
[1]瓶对桌面的压强属于固体压强，由于两种情况下压力都与总重力相等，而受力面积变小，根据公式pF可知，压强变大。
S[2]a图中，水对瓶底的压力等于液体的重力，而在b图中，水对瓶底的压力小于液体的重力。因此水对瓶底的压力变小。
15．＞ ＜ 【详解】 [1]因为： ， ， 所以 ，
又甲、乙均为实心正方体，故 ，
在甲、乙上方各放置一个完全相同的铁块，则： ， ， 由得 ， 故 ．
[2]由沿水平方向截去相同体积△
解析：＞ ＜ 【详解】 [1]因为：
m甲m乙，
甲>乙，
所以
V甲V乙，
又甲、乙均为实心正方体，故
S甲 ＜ S乙，
在甲、乙上方各放置一个完全相同的铁块，则：

F甲m甲gG铁， F乙m乙gG铁，
由pF得
SF甲F乙，
故
p甲>p乙．
[2]由沿水平方向截去相同体积△V后，由于
甲>乙，
根据pgh得
h甲＜h乙， S甲＜S乙 ，
则根据VSh可知截去的高度关系：
h甲＞ h乙，
减小的压强：

p甲甲gh甲， p乙乙gh乙，
所以，
p甲＞p乙，
因为原来压强相等，所以剩余的物体对水平地面的压强：
p甲＜p乙．
16．= ＞ 【解析】 【详解】
第一空．长方体A、B沿水平割去上半部分（如图中虚线所示），则
hA′=hA hB′=hB
则剩余部分对地面的压强分别为：
已知pA0=pB0 解析：= ＞ 【解析】 【详解】

第一空．长方体A、B沿水平割去上半部分（如图中虚线所示），则
1hA 21hB′=hB
2hA′=则剩余部分对地面的压强分别为：
11 pAAghAAghApA0
2211 pBBghBBghBpB0

22 已知pA0=pB0，则pA=pB；
第二空．由于SA＞SB ， 根据F=pS可得剩余部分对地面的压力FA＞FB。
17．15 1200 100 【解析】 【分析】
（1）直接利用p=ρgh求水的深度；
（2）由V=Sh求出容器的底面积，A完全浸没时水的深度h，再由h=求出
解析：15 1200 100 【解析】 【分析】
（1）直接利用p=ρgh求水的深度；
（2）由V=Sh求出容器的底面积，A完全浸没时水的深度h，再由h=p水g求出A完全浸没时水的深度h’，物体A的高为h’-h，由V=Sh求出水的横截面积，物体A的横截面积为S-S’，最后由V=Sh求出物体A的体积。 【详解】
由图可知，当注水体积为V1=600cm3时，水开始接触物体A，水的压强是p1=600Pa ；V2=900cm3时，A完全浸没，水的压强是p2=2100Pa，由p=ρgh可得，水开始接触物体p1600PaA时水的深度：h===0.06m=6cm；容器的底面积：水g1.0103kg/m310N/kgV1600cm3S===100cm2； h6cmA完全浸没时水的深度：h’=p22100Pa==0.21m=21cm；物体A的水g1.0103kg/m310N/kg高：hA=h’-h=21cm-6cm=15cm；物体A刚浸没在水中时，水的横截面积：VV2V1900cm3600cm3S’====20cm2；物体A的横截面积：hh15cmSA=S-S’=100cm2-20cm2=80cm2；

则物体A的体积VA=SAhA=80cm215cm=1200cm3.
18．B B 【解析】
如图所示，从接自来水管处到水槽处的水流量是一定的，即A、B、C三处水的流量相等；
由图知B处管的横截面积小，在流量一定时，横截面积小流速大，所以B处的流速较大，根据流
解析：B B 【解析】
如图所示，从接自来水管处到水槽处的水流量是一定的，即A、B、C三处水的流量相等； 由图知B处管的横截面积小，在流量一定时，横截面积小流速大，所以B处的流速较大，根据流速大的地方压强小的规律可得，B处的压强较小．
点睛：关键是明白，在流量一定时，管子越细，流速越快，再利用流体流速与压强的关系解答．
19．变大 小于
【解析】（1）水对容器底的压强 （2）由图可知，容器倒置前后，重力不变，对水平桌面的压力不变，与水平桌面的接触面积（受力面积）变小，由 可知，容器对水平桌面的压强将变大． （3）把该
解析：变大 小于
【解析】（1）水对容器底的压强 p液gh1.0103kg/m310N/kg0.08m800Pa；（2）由图可知，容器倒置前后，重力不变，对水平桌面的压力不变，与水平桌面的接触面积（受力面积）变小，由pF 可知，容器对水平桌面的压强将变大．
S（3）把该容器倒放在该桌面上，杯中的水柱是上粗下细的，一部分水压的是容器侧壁，所以容器底受到的压力小于杯中水的重力； 故答案为：800；变大；小于．
【点睛】此题考查液体压强的计算、压强的大小比较，关键是知道静止在水平面上的物体对水平面的压力等于其自身重力．同时会根据容器形状判断内部液体对容器底部的压力和重力的关系。
20．5×102 5×103
【解析】解答：(1圆柱体下表面浸入深度h＝1.5cm＝0.015m，所受水的压强：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.015m＝150Pa；(2由图可知
解析：5×102 5×103
【解析】解答：(1圆柱体下表面浸入深度h＝1.5cm＝0.015m，所受水的压强：p＝ρgh＝1×103kg/m3×10N/kg×0.015m＝150Pa；(2由图可知，圆柱体重G＝3N，当圆柱体全浸入时,
弹簧测力计的示数F′＝2.4N，所以受到的最大浮力(全浸入时:F浮＝G−F′＝3N−2.4N＝0.6N；圆柱体的质量：m＝G/g＝3N/10N/kg＝0.3kg；由F浮＝ρ水gV排可得，圆柱体的103kg/m3×10N/kg）＝6×10−5m3圆柱体的密度：ρ＝体积：V＝V排＝F浮/ρ水g＝0.6N/（1×m/V＝0.3kg/6×10−5m3＝5×103kg/m3.
三、实验题

21．5×106 惯性 形状 汽车头枕 0.125m﹣¹s2×v2 8
【详解】
(1[1]根据图甲可知，轿车对地面的压力为轿车的重力，轿车对地面的压力为
FGmg1.2103kg10N/kg=1.2104N
车对地面的压强为
F1.2104Np1.5106Pa 32S810m(2[2] 如图乙两辆同向行驶的轿车发生“追尾”是轿车B刹车后由于惯性仍向前行驶撞到轿车A；
[3]A轿车尾部已变形，说明力能够改变物体的形状；
[4] 此时对轿车A由于受到B轿车的撞击会向前加速运动，由于惯性司机会向后运动，所以对司机起保护作用的是汽车头枕。 (3[5]根据表中数据描点作出s﹣v2图像如图

[6]根据图象可得s和v和定量关系式
s5mv20.125s2m-1v2
40(m/s[7]当轿车速度为8m/s时对应的制动距离
s0.125s2m-1v20.125s2m-1(8m/s28m
22．BCA 排尽吸盘内空气，防止空气进入 不能 【详解】

(1[1]实验过程中将前三项的顺序写颠倒了，正确的顺序应该是：B.将蘸水的塑料挂衣钩的吸盘放在光滑玻璃板上，用力挤压吸盘；C.用弹簧测力计钩着挂钩缓慢向上拉，直到吸盘脱离玻璃板面；A.记录弹簧测力计的示数为F，这就是大气对吸盘的压力。
(2[2]将蘸水的吸盘放在光滑玻璃板上，用力挤压吸盘的目的是排尽吸盘内空气，防止空气进入，使吸盘内气压小于外界大气压，吸盘能够被大气压紧紧压在玻璃板上。 (3[3]已知大气压约为1.0×105Pa，根据pF可得吸盘受到的压力
SFpS1.0105Pa1103m2100N
所以至少需要应该量程为100N的弹簧测力计，因此实验中用量程为0~5N的弹簧测力计不能测出大气压的大小。
FL 排尽筒内空气并防止外界空气再次进入 偏小 较小 V【解析】 【详解】
23．第一空．根据题意知道，注射器的容积是V．全部刻度的长度是L，由V=SL知道，注射器中的活塞的面积是：
SV ，
L由二力平衡的条件知道，当活塞刚刚拉动时，弹簧测力计的拉力与大气对活塞的压力是一对平衡力，所以该地的大气压是：
pFFFLSVV ；
L第二空．实验时，把活塞推至注射器筒底端是为了排尽筒内空气并防止外界空气再次进入，使注射器密封；
第三空．实验过程中若活塞未推到底端，则注射器筒内会有少量空气，弹簧测力计的示数F将减小，由压强公式pF知道，将导致测得的大气压强值偏小；
S第四空．由二力平衡的条件知道，当活塞刚刚拉动时，弹簧测力计的拉力与大气对活塞的压力是一对平衡力，若弹簧测力计示数已经达到了最大，活塞还没有在注射器筒内滑动起来.且此时活塞与注射器内壁间的摩擦很小，则说明此时大气压力较多，为了减小大气压力，由pF知道，应改用活塞截面积较小的注射器进行实验.
S24． 将注射器里的空气尽可能排尽 开始滑动 6 0.75 1.09×10 5 活塞与筒壁之间的摩擦会使测量结果偏大 注射器里有少量空气，会使测量结果偏小
【解析】 (1将活塞推至底部并用橡皮帽堵住小孔,这样做的目的是为了排尽注射器内的空气.
(2活塞刚被拉动时,由二力平衡的条件可以知道:此时大气压强产生的压力和弹簧测力计的示数相等.

(3由图可以知道:注射器的全部刻度的长度为6cm;注射器的体积为V4.5ml4.5106m3
V4.5106m37.5105m20.75cm2 活塞的横截面积为: SL0.06m(4活塞刚被拉动时,
大气压强的数值为: PF8.2N51.0910Pa 52S7.510m(5实验的误差主要是因为注射器内的空气没有排尽和拉动活塞时活塞和筒壁间有摩擦引起的.
因此，本题正确答案是:(1 将注射器里的空气尽可能排尽
(2 开始滑动 (3 6 0.75 (4 活塞与筒壁之间的摩擦会使测量结果偏大
(5 活塞与筒壁之间的摩擦会使测量结果偏大 注射器里有少量空气，会使测量结果偏小 【点睛】本实验的原理是:先排出注射器内的空气,这样在往外拉活塞时,因为外界大气压的作用,要拉动活塞需要很大的力,这个力的大小为FPS,故测出注射器全部带刻度的长度,求出活塞的横截面积S和测出活塞刚被拉动时的拉力F,就可根据P25．V/L FL/V 注射器中空气未排尽 【解析】
(1③注射器是一个圆柱体形状,因此,应量出其刻度部分的长度,再读出空积V,得出活塞的面F求出大气压强的值.
SFVFL， (2实验测出的大气压值积S ；④将测量结果代入压强公式得：pFV LSLV比大气压强的实际值偏小，产生原因如：注射器内的空气无法排尽、活塞与注射器壁间存在摩擦．
点睛：本实验的原理是，先排出注射器内的空气，再向外拉活塞，由于外界大气压的作用，要拉动活塞需要很大的力，这个力的大小为F=P大气S，故测出活塞横截面积S和拉动时的拉力F，就可根据P大气=F,求出大气压强的值．
S四、计算题

26．(11.36105Pa；(2127℃；(3tmax''t2'80℃100℃，其中t1'是从开始加热至气孔t11中活塞被顶起的时间，t2是从活塞被顶起至限压阀被顶起的时间。 【详解】
5(1由题意可知，外界大气压是p01.010Pa，这时水的沸点是100℃，当锅内温度升高到110℃时，温度变化量是
tt2-t1110℃-100℃10℃
锅内的气压是

p锅p0p1.0105Pa10℃3.6103Pa1.36105Pa；
(2高压锅限压阀的质量是
m70g0.07kg
气孔2的面积是
S7mm2710-6m2
设锅内最高气压是p锅，对限压阀受力分析，可知
'mgp0Sp锅S
'可解得
'p锅p0mg0.07kg9.8N/kg5551.0105Pa1.010Pa0.9810Pa1.9810Pa-62S710m
'p锅-p01.98105Pa-1.0105Pa100℃100℃127℃； 333.610Pa/℃3.610Pa/℃则锅内最高温度是
tmax(3由题意可知，锅内最高温度是
tmax't2100℃-20℃'t2100℃'80℃100℃
't1t1't1'是用手表计算时间，从开始加热至气孔1中活塞被顶起的时间；t2是用手表计算时间，从活塞被顶起至限压阀被顶起的时间。
答：(1锅内温度升高到110℃时，锅内的气压是1.36105Pa；(2锅内的最高温度约可达到127℃；(3锅内的最高温度是tmax''t2'80℃100℃，其中t1'是从开始加热至气孔1t1中活塞被顶起的时间，t2是从活塞被顶起至限压阀被顶起的时间。 27．(12kg；(29.8×102Pa；(33：1 【解析】 【详解】
(1立方体A的质量：
mA＝ρAVA＝2×103kg/m3×1×10﹣3m3＝2kg；
(2液体对容器B底部的压强：
FG液m液g6kg9.8N/kg==p液＝＝9.8×102Pa； -22S容S容S容610m(3若从B容器内抽出2千克液体，求此刻立方体A对水平地面的压强与液体对B容器底部压强之比：
pAAghA2103kg/m39.8N/kg0.1m3===(6kg-2kg9.8N/kg1 p液G液-22610mS容
答：(1立方体A的质量2kg。
(2液体对容器B底部的压强9.8×102Pa。
(3此刻立方体A对水平地面的压强与液体对B容器底部压强之比为3：1。 28．（1）0.025 m2 （2） 700N 【解析】 【分析】
根据题中“……质量……压强……密度……”可知，本题考查压强、密度相关计算。根据压强与压力和受力面积的关系、密度与质量和体积的关系等规律，运用P行列式计算。 【详解】
单位换算：h=4cm=0.04m （1）蜡质脚模体积VFm、=进SVm0.9kg-33=10m 330.910kg/mV10-3m3脚印的面积S=0.025m2

h0.04m42（2）嫌疑人体重GFPS总=P2S=1.410Pa20.025m=700N
【点睛】
在计算嫌疑人对沙滩的压力时，因为是双脚站立，所以受力面为2S。该题为易错题，难度偏难。
29．（1）4×104pa；（2）4.5×103kg/m3 【解析】 【详解】
（1）由图乙可知，重物从水底到刚全部离开水面运动的时间t2=40s，则水库水的深度：h=vt2=0.1m/s×40s=4m，水对水库底的压强：p=ρgh=1×103kg/m3×10N/kg×4m=4×104Pa； （2）由图乙可知，重物从刚露出水面到刚全部离开水面运动的时间t1=40s−30s=10s，则正方体重物的边长L=vt1=0.1m/s×10s=1m，重物的体积V=L3=(1m3=1m3，由图乙可知，40s后重物全部离开水面，图中使用的是定滑轮，不计摩擦，则重物的重力G=F拉=4.5×104N，重G4.5104N=4.5×103kg，重物的密度：物的质量：m==g10N/kgm4.5103kgρ===4.5×103kg/m3。
3V1m30． = 44 升力系数随冲角先增大后减小 提高速度 增大机翼冲角以增大升力系数 【解析】解：（1）平板在空气中水平运动时，平板受到一个竖直向上的升力FL和竖直向下的重力G，由于它在竖直方向上处于静止状态，所以受到平衡力，即FL=G．（2）速度增加20%，即V′=V（1+20%）=V，根据公式FL=CpSV2

∴FL′=CpS（V）2=增加44%．
×CpSv2=（1+）×CpSv2=（1+44%）×CpSv2=（1+44%）FL故升力（3）由表中数据可见，冲角在0°～20°之间时，升力系数逐渐增大；但是冲角过了20°之后，升力系数就减小．
（4）由以上分析可知，要使飞机的升力不断增大，则必须提高速度，同时增大机翼冲角以增大升力系数．

本文来源：https://www.2haoxitong.net/k/doc/ad595c27152ded630b1c59eef8c75fbfc67d943a.html

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