2024届中考物理专题训练(人教版)：专题05 《气体和流体压强》【五大题型】（解析版）

专题05《气体和流体压强》压轴培优题型训练【五大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1大气压存在的证明】 1【题型2大气压的测量】 5【题型3大气压与高度与体积的关系】 14【题型4大气压综合应用】 19【题型5流体压强与流速关系的应用】 24压轴题型训练压轴题型训练【题型1大气压存在的证明】1．水平桌面上有一个薄壁硬塑料瓶，瓶中装有水和空气，瓶口敞开。盖上并拧紧瓶盖后；在瓶壁开一个很小的孔，水从孔中流出。水面高度下降了h1时水停止流出，此时水面到出水孔的距离为h2，如图所示。已知水的密度为ρ，与流水前比较，下列说法正确的是（）A．瓶底上表面受到的压强减小了ρgh1 B．瓶对桌面的压强减小了ρgh1 C．瓶底上表面受到的压强减小了ρg（h2﹣h1） D．瓶内空气的压强增大了【答案】B【分析】（1）瓶内的水有压强，外界有大气压强，而瓶内水面的上方也有气体的压强，结合p＝ρgh分析这三种压强之间的关系。（2）瓶对水平桌面的压力等于瓶和水的总重力，因此塑料瓶对桌面压力减小量等于水的重力的减小量，利用Δp＝分析瓶对桌面压强的变化。【解答】解：AD、一开始，瓶内气体压强p气等于大气压强p0，瓶底上表面受到的压强等于大气压加上水的压强，随着水的流出，水的速度减小，根据p水＝ρgh可知，水对容器底的压强减小了ρgh1，瓶内气体质量不变，体积变大，瓶内气体压强p气也减小，所以瓶底上表面减小的压强大于ρgh1，故AD错误；B、因为瓶对水平桌面的压力等于瓶和水的总重力，瓶的重力不变，因此塑料瓶对桌面压力减小量等于水的重力的减小量，即ΔF＝ΔG＝ρgSh1，塑料瓶对桌面压强的减小量Δp＝＝＝ρgh1，故B正确；C、一开始，瓶内气体压强p气等于大气压强p0，当水面高度下降了h1时水停止流出，此时水面到出水孔的距离为h2，此时瓶内气体的压强加上深度为h2的水产生的压强等于大气压，所以瓶内气压减小了ρgh2，因此瓶底上表面减小的压强ρgh1+ρgh2＝ρg（h1+h2），故C错误。故选：B。【点评】本题考查固体压强和液体压强的计算，能正确分析瓶内水的压强、大气压强和瓶内气体压强三者的变化关系，是正确解答的关键。2．如图所示，为了感受大气压强，同学们利用直径为26cm的压力锅代替空心铜半球抽成真空模拟马德堡半球实验，理论上要将压力锅拉开，两边的队伍对压力锅各施加5306.6N的拉力。他们拉开压力锅实际所用拉力的大小小于计算的结果（选填“大于”“等于”“小于”），原因是压力锅内无法抽成真空。【答案】5306.6；小于；压力锅内无法抽成真空。【分析】已知大气压强和受力面积，根据F＝pS求出大气压力，根据压力锅内无法抽成真空，可以比较实际所用的拉力与理论上所用的拉力的关系。【解答】解：压力锅的直径为26cm，则半径为13cm＝0.13m，理论上将压力锅拉开的力至少为：F＝pS＝1×105Pa×3.14×（0.13m）2＝5306.6N，由于压力锅内无法抽成真空，所以实际拉开的力要比理论上计算出的拉力小。故答案为：5306.6；小于；压力锅内无法抽成真空。【点评】本题考查了大气压力的计算，难易程度适中，要明确压力锅内无法抽成真空这一事实。3．如图所示甲是一个深度很浅的皮碗，乙是将皮碗压向水平的天花板，挤出皮碗下的全部空气，皮碗象吸盘一样“平贴”在天花板上，皮碗的吸附面积为10cm2，皮碗中心引出的细线可以悬挂一个物体在空中。（不计细线和皮碗的重量，大气压取1.0×105Pa，g取10N/kg）（1）皮碗能像吸盘一样“平贴”在天花板上是由于受到大气压的作用。（2）物体在空中静止时，物体受到的拉力与重力是一对平衡力。（3）要想吸盘不脱落，所挂物体的重量最多不得超过100N。（4）设想细线下挂一边长为10cm、质量为500g的正方体物块时吸盘没有脱落（物块底面保持水平），剪断细线物块落在水平地面上无反弹和翻滚，从触地时开始计时，物块对地面的压强随时间变化的关系如图丙所示（接触面积一直是正方体的底面积），压强减至px时便保持不变，t＝0时，物块对地面的压强是1.5×103Pa，此时物块对地面的压力是15N。【答案】（1）大气压；（2）拉力；重力；（3）100；（4）1.5×103；15。【分析】（1）塑料吸盘是大气压在生活中应用的实例。（2）在空中静止时，物体处于平衡状态，受到平衡力的作用；（3）计算所挂的物体重力，先利用压强公式计算出大气对皮碗产生的压力，然后利用力的平衡知识得出；（4）从图丙可以看出当t＝0时，p＝1.5×103pa，利用压强公式计算出压力。【解答】解：（1）使用塑料吸盘时，先挤走里边的空气，使其内部近似真空，气体压强非常小，外界大气压的作用就把它压在了光滑的墙面上；（2）空中静止时，物体处于平衡状态，受到平衡力的作用，故拉力与重力是一对平衡力；（3）因为p＝，所以大气压作用在吸盘上的压力：F＝p0S＝1.0×105Pa×10×10﹣4m2＝100N，所挂物体的最大重量G＝F＝100N，（4）由图丙知t＝0时物块对地面的压强pr＝1.5×103Pa，所以物块对地面的压力：F＝PrS＝1.5×103Pa×（0.1m×0.1m）＝15N。故答案为：（1）大气压；（2）拉力；重力；（3）100；（4）1.5×103；15。【点评】此题主要考查学生对压强的大小及其计算的理解和掌握，同时考查了压力与重力的关系、力的平衡、读图识图等，难度大，属于难题。4．某教师用“试管爬升”实验验证大气压的存在，其做法如下：取两个直径相差很小的平底试管，将细试管底部插入装满水的粗试管内，再将两试管迅速倒置（保持竖直），会看到细试管慢慢“爬进”粗试管里，如图所示，细试管能否在粗试管内竖直向上“爬升”，取决于开始时插入粗试管的深度，如果插入过浅细试管就不能自动上升。若细试管的重为G为0.1N，外直径为d为2cm，水的密度为1.0×103kg/m3，大气压强为105pa，请你通过推导计算，回答下列问题：（π取3）（1）细试管“爬升”的原因是：细试管受到大气压对它向上的压力作用（2）细试管在“爬升”时，受到大气对它竖直向上的压力是多少？（3）细试管可以向上“爬升”后，为什么上升的速度越来越快？【答案】见试题解答内容【分析】（1）从倒置装置与没有倒置时的不同入手分析，运用大气压的相关知识即可得到出现的现象；（2）先根据圆的面积公式求出大气压作用的面积，根据压强公式求出细试管在“爬升”时受到大气对它竖直向上的压力；（3）液体压强与液体的密度和液体的深度有关，据此进行分析。【解答】解：（1）倒置后大试管中的水由于重力作用流下来，小试管上方空间的压强减小小外界大气压，小试管就在大气压的作用下，被压着向上运动，所以会看到小试管在大试管中上升，这是大气压作用的结果；（2）大气压在细试管上作用的面积：S＝＝；由p＝可得，细试管在“爬升”时受到大气对它竖直向上的压力：F＝p0S＝p0＝105Pa×＝30N。（3）细试管可以向上“爬升”后，细试管上面的水不断向外流，细试管上面水柱的高度越来越小，水对试管向下的压强越来越小，在此过程中大气压保持不变，所以大气对细试管向上的压力差越来越大，因此细试管上升的速度越来越快。答：（1）细试管受到大气压对它向上的压力作用；（2）细试管在“爬升”时，受到大气对它竖直向上的压力为30N；（3）细试管上面水柱的高度减小，水对试管向下的压力减小。【点评】本题考查了固体压强公式、液体压强公式和圆的面积公式的应用，难点是细试管上方受到的压力，注意此时要考虑大气压。【题型2大气压的测量】5．黄老师在X地的课室做托里拆利实验，测得大气压为px，如图甲所示；与此同时，江老师在Y地用同样的装置做了该实验（两地g值相等），测得大气压为py，如图乙所示。忽略温度的影响，由图可知，下列情况符合事实的是（）A．px大于py B．px小于py C．py等于760mm高的水银柱产生的压强 D．px等于758mm高的水银柱产生的压强【答案】A【分析】在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小。【解答】解：在托里拆利实验中，玻璃管内外水银面的高度差反映了大气压强的大小，玻璃管内水银柱产生的压强等于大气压强，水银柱的高度是指玻璃管内水银面到水银槽中水银面的垂直高度；故图甲测得的大气压px等于750mm高的水银柱产生的压强，图乙测得的大气压py等于760mm﹣20mm＝740mm高的水银柱产生的压强，因此px大于py，故A符合题意，BCD不符合题意。故选：A。【点评】本题考查托里拆利实验的有关知识，关键是分清“高度差”的含义。6．如图所示，一端封闭的玻璃管内水银面的上方留有一些空气，当外界大气压强为1标准大气压时，管内水银柱高度l1小于76厘米，此时弹簧秤示数为F1．若在水银槽中缓慢地倒入水银，使槽内水银面升高2厘米，则玻璃管内的水银柱高度l2和弹簧秤的示数F2应满足（）A．l2＝l1，F2＝F1 B．l2＞l1，F2＞F1 C．l2＜l1，F2＜F1 D．l2＜l1，F2＞F1【答案】C【分析】（1）因为玻璃管内水银面上方有空气，而这些空气也会对水银柱产生一个向下的压强，这个压强与水银柱产生的压强之和，等于外界的大气压。当向水银槽中倒入水银时，水银面升高，会使内部空气的体积减小，压强增大，这会影响到水银柱的高度，据此来分析水银柱高度的变化；（2）以玻璃管外水银面为参考面，弹簧秤的示数是等于玻璃管重减去玻璃管内空气向上的压力，明确了这些便可判断弹簧秤示数的变化了。【解答】解：（1）由题意可知，玻璃内气体压强与水银柱压强之和等于外界大气压，即p空气+p水银柱＝p0，加入水银后，由于空气的密度远小于水银的密度，因此玻璃内空气体积明显变小，压强会变大，而大气压不变，故p水银柱变小，所以l2＜l1；（2）同样由题意可知，以玻璃管为研究对象，它受到向下的重力+向下的大气压力＝向上的拉力F1+玻璃内气体向上的压力，弹簧秤的示数＝（玻璃管重力+向下的大气压力）﹣玻璃内气体向上的压力，由于相对原来玻璃内水银柱长度变小了，空气压强变大，对玻璃管向上的压力变大，所以弹簧测力计示数减小，则弹簧秤的示数F2＜F1。综合上述分析，若在水银槽中缓慢地倒入水银，使槽内水银面升高，l2＜l1，F2＜F1，只有选项C符合题意。故选：C。【点评】分析此题的关键要从玻璃管内封闭的空气柱入手，水银槽内水银面的高度先是影响了空气柱的压强，进而影响了玻璃管内水银柱的高度，而水银柱的高度再通过弹簧秤的示数变化体现出来，明确了这一推理过程便不难做出正确的判断。7．如图所示，关闭阀门K2、K3，打开阀门K1，在管末端上的大功率抽气系统能瞬间把PVC硬水管中的气体全部抽走，若两个水槽很大并且装的水足够多，这时的大气压强为9.8×104Pa，水的密度是1×103kg/m3，g＝10N/kg。（1）如果只打开阀门K1、K2，请求出当PVC硬水管中液面静止后，PVC硬水管液面与水槽1液面的高度差是多少m？9.8请写出计算过程要用到的公式h＝。（2）然后关闭阀门K2，打开阀门K3，PVC水管中的液面将上升，下降，还是不变？上升。（3）请求出当时的大气压强作用在0.01m2面积的大气压力为多少N？980。请写出计算过程需要用到的公式F＝pS。【答案】见试题解答内容【分析】1、管内真空时，管内外的液面的高度差与外面大气压相等，利用液体压强计算公式p＝ρgh变形公式h＝求解。2、虽然两个水槽液面的高度不同，但两次管内外的液面高度差不变，所以管内液面会变化。2、根据压强变形公式F＝pS求解即可。【解答】解：（1）PVC硬水管组成的三通管内气体全部抽走即为真空，如果只打开阀门K1、K2，待管内水面静止后，水柱的高度为h1，即当时的大气压强能支持h1高的水柱，由此可知，h1水柱产生的压强与当时的大气压相当。根据液体压强计算公式p＝ρgh1，h1＝＝＝9.8m；PVC管内液面比水槽1内液面高h1＝9.8m；（2）然后关闭阀门K2，打开阀门K3，PVC硬水管内液面上方真空，待管内水面静止后，水柱的高度为h2，即当时的大气压强能支持h2高的水柱，由此可知，h2水柱产生的压强与当时的大气压相当。根据液体压强计算公式p＝ρgh2，h2＝＝＝9.8m；PVC管内液面比水槽2内液面高h2＝9.8m；所以h2＝h1；由图可知水槽2液面比水槽1液面高h＝4m，所以关闭阀门K2，打开阀门K3，管内液面会上升h＝4m；（3）受力面积S＝0.01m2，根据压强公式p＝得，F＝pS＝9.8×104Pa×0.01m2＝980N。故答案为：（1）9.8；h＝；（2）上升；（3）980；F＝pS。【点评】此题主要考查大气压的测量方法，此外解答此题的关键还要明确水柱的高度是指玻璃管内水面到水槽中水面的垂直高度。8．如图所示模拟马德堡半球实验估测大气压强的值。现有材料是两个带吸盘的挂钩、量程为100N的测力计。（1）还需要的测量工具是刻度尺。（2）写出操作方法及需要测量的物理量：①①将两个吸盘用力挤压排除空气，分别向吸盘两边的挂钩施加拉力，并用用弹簧测力计测出吸盘恰好被拉开时所用的拉力F；②用刻度尺测量出吸盘的直径d。P气＝。【答案】见试题解答内容【分析】利用此种方法测大气压强，所依据的原理是p＝，只要我们想办法求出大气对吸盘的压力，再量出吸盘与桌面的接触面积，就可以求出大气压强的大小。但具体操作时，根据实际选择合适的器材和方法才能让理论变为现实。【解答】解：（1）测量大气压的原理是p＝，故需要用测力计测量拉力，用刻度尺测量直径d；（2）①将两个吸盘用力挤压排除空气，分别向吸盘两边的挂钩施加拉力，并用用弹簧测力计测出吸盘恰好被拉开时所用的拉力F；②用刻度尺测量出吸盘的直径d；大气压p气＝＝＝。故答案为：（1）刻度尺；（2）①将两个吸盘用力挤压排除空气，分别向吸盘两边的挂钩施加拉力，并用用弹簧测力计测出吸盘恰好被拉开时所用的拉力F；②用刻度尺测量出吸盘的直径d；。【点评】利用吸盘来测量大气压是一种较常见的方法，把握住几个关键环节才能使测量更准确有效。即：排净吸盘与玻璃板接触面之间的空气；准确读取吸盘脱离时瞬间的拉力大小；选择的器材要合适，比如吸盘不要太大，测力计的量程要够大等。9．托里拆利实验中，如图1所示，在一个标准大气压下，用1m长玻璃管做实验，管中水银柱高度为760mm。（1）假定移动玻璃管的过程均不漏气，请描述玻璃管内水银柱高度的变化情况：将玻璃管倾斜放置，水银柱的高度将不变。将玻璃管向上提升一点，水银柱高度将不变。（选填“升高”、“不变”或“降低”）（2）小明同学也利用此装置，把水银换成水，将玻璃管灌满水后倒插在水槽内时，管中的水柱不会下降（选填“会”或“不会”），若管口刚好在水面上且保证不漏气，此时玻璃管内底部的压强9×104Pa。如果这时在管顶开一个小孔，水柱不会向上喷出（均选填“会”或“不会”）。（g＝10N/kg，结果用科学记数法表示，保留一位有效数字）（3）接着，小明用容积为V的注射器、弹簧测力计和刻度尺粗略测量大气压的值，如图2所示。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：如图2所示安装好器材，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞刚好拉动时，记下弹簧测力计的示数为F。步骤三：用刻度尺测出注射器有刻度部分的长度L。步骤四：根据公式p＝算出大气压强值。实验室有甲（横截面积0.5cm2）、乙两个注射器（横截面积2cm2），若弹簧测力计的量程为0～10N，实验时应选择甲注射器，理由是拉动乙注射器所需的力超过弹簧测力计的量程。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将步骤一改为：先将注射器内抽满水，再竖直向上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小孔中残余气体。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0.3N。由此可知，此时活塞所受到的摩擦力（摩擦力/大气压力）为0.3N。（4）小明同学在学习完大气压强知识后，利用身边的物品设计了一个“气压计”，把细玻璃管插入装有半瓶水的密闭玻璃瓶中，如图3所示：a.实验中通过细玻璃管内水上升的高度来判断外界气压的大小，细玻璃管内水柱越高，外界大气压强越小（选“越大”、“越小”或“不变”）。b.假如玻璃瓶内封闭气体的压强为p1，细玻璃管内水柱的高度为h，则图外界大气压强为：p0＝p1﹣ρ水gh。c.控制其他条件相同时，把如图的装置从山顶移到山脚，则细玻璃管内的液面将下降（选填“上升”、“下降”或“不变”）。【答案】760；（1）不变；不变；（2）不会；9×104；不会；（3）刚好拉动；有刻度部分；p＝；甲；拉动乙注射器所需的力超过弹簧测力计的量程；①排尽注射器小孔中残余气体；②摩擦力；（4）a.越小；b.p0＝p1﹣ρ水gh；c.下降。【分析】（1）托里拆利实验：在长约1m，一段封闭的玻璃管里灌满水银，用手指将管口堵住，然后倒插在水银槽中．放开手指，管内水银下降到一定程度时就不再下降，这时管内外水银高度差约为760mm，把玻璃管倾斜，则水银柱的长度变长，但水银柱的高度，即玻璃管内外水银面的高度差不变．测量结果表明这个高度是由当时的大气压的大小和水银的密度所共同决定的，与玻璃管的粗细、形状、长度（足够长的玻璃管）无关；（2）已知水银的密度和水的密度，大气压一样，可求水柱的长度。然后可知管中的水柱是否下降；（3）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，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＝pS，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p＝求出大气压强的值；根据拉动甲、乙两个注射器的活塞的横截面积，分别计算出标准大气压所需要的拉力即可选择；①先将注射器内抽满水，再竖直向上推动活塞至注射器筒的底端，这样可排尽注射器小孔中残余气体，减小实验过程中的测量误差；②如果活塞与注射器内壁间存在摩擦力，拔下橡皮帽，左右大气压力平衡，拉力与摩擦力为一对平衡力；（4）ab.根据细玻璃管内水柱的平衡，得出内部压强和大气压的关系，即可判断；c.大气压随高度的增大而减小，由此分析解答。【解答】解：一个标准大气压能支持760mm高的水银柱，故此时玻璃管内水银柱高度为760mm；（1）将玻璃管倾斜一些，大气压不变，水银柱高度也不变，但长度会变大一些；将玻璃管竖直上提，水银柱产生的压强等于大气压，即高度不变，还是760mm水银柱；（2）一标准大气压能支持10m高的水柱，玻璃管只有1m长，故水会充满玻璃管；此时水柱产生的压强：p＝ρ水gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×1m＝1×104Pa，则玻璃管内底部的压强为1.0×105Pa﹣1×104Pa＝9×104Pa；如果这时在管顶开一个小孔，小孔上部的大气压大于水柱对小孔的压强，水柱会下降，直到管内外水面相平，因而水柱不会喷出；（3）当注射器中的活塞开始滑动时，记下弹簧测力计的示数为F，即为大气压力；注射器的容积为V，注射器的有刻度部分长度为L，根据S＝即可计算出注射器活塞的横截面积，大气压强的表达式为：p＝＝＝；因甲、乙两个注射器，活塞的横截面积分别为0.5cm2和2cm2，当大气压约为1.0×105Pa，当面积为2cm2，即0.0002m2时，由p＝，可得F＝p＝100000Pa×0.0002m2＝20N，因为已知弹簧测力计量程为10N，超过了测力计的量程，所以实验时应选用甲注射器，理由是拉动乙注射器所需的力超过弹簧测力计的量程；①橡皮帽封住的注射器小孔中有残余气体，产生的力会和外部大气压力抵消一部分，这样使得弹簧测力计受到的拉力减小，在面积不变的情况下，测得的大气压会偏小；先将注射器内抽满水，再竖直向上推动活塞至注射器筒的底端，使水充满在注射器小孔中，这样可排尽注射器小孔中残余气体，减小实验过程中的测量的误差；②如果活塞与注射器内壁间存在摩擦力，注射器在拉力F作用下平衡时，拉力F大于大气对活塞的压力，从而使测量值偏大。所以小华取下橡皮帽，重复步骤二的操作，活塞左右都受到大气压力，相互抵消，读得弹簧测力计的示数为0.3N，此时活塞所受到的摩擦力为0.3N；（4）a.瓶内封闭气体的压强p1等于细玻璃管内水柱产生的压强与外界大气压强p0的和；由于瓶内封闭气体的压强p1不变，所以当细玻璃管内水柱越高，外界大气压强越小；b.假如玻璃瓶内封闭气体的压强为p1；细玻璃管内水柱的高度为h，则根据p1等于细玻璃管内水柱产生的压强与外界大气压强p0的和可得：外界大气压强为：p0＝p1﹣ρ水gh；c.大气压随高度的增加而减小，山顶的气压比山脚的气压小，控制其他条件相同时，把装置从山顶移到山脚时，因为外界气压增大，所以细玻璃管内的液柱在瓶内气压的作用下会下降。故答案为：760；（1）不变；不变；（2）不会；9×104；不会；（3）刚好拉动；有刻度部分；p＝；甲；拉动乙注射器所需的力超过弹簧测力计的量程；①排尽注射器小孔中残余气体；②摩擦力；（4）a.越小；b.p0＝p1﹣ρ水gh；c.下降。【点评】本题考查了大气压强的设计和测量方法，综合难度较大。10．物理兴趣小组制作了如图甲所示的测量大气压强装置，其中弹簧的伸长长度（ΔL）跟所受拉力（F）的关系如图乙所示，注射器的最大刻度为20mL，全部刻度的长度为20cm，电源电压为6V，电阻R0的阻值为5Ω，电阻R是长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，电压表的量程为0﹣3V．该气压计使用前先将注射器活塞推到顶端排尽注射器内的空气，并用橡皮帽将注射器孔封闭。（1）当外界大气压为1标准大气压时，将弹簧右端固定在注射器的活塞上，向左拉弹簧另一端使活塞右端滑动到注射器的中部静止，然后将弹簧左端固定在支架上，如图甲所示。若活塞与注射器内壁摩擦忽略不计、注射器内视作真空，此时，弹簧对活塞的拉力F等于活塞受到的大气压力F大气（选填“大于”、“等于”或“小于”），弹簧伸长的长度为1cm。（取1标准大气压＝1.0×105Pa）（2）将滑片固定在弹簧右端，调节电阻丝R的位置，使其和滑片接触良好且滑片位于R的中点，当大气压强增加时，电压表的示数增大（选填“增大”、“不变”或“减小”），该装置能测得的最大气压是6×105Pa．（3）求：当外界大气压为4×105Pa时，装置中滑动变阻器R消耗的电功率大小。【答案】见试题解答内容【分析】（1）弹簧对活塞的拉力与大气对活塞的压力是一对平衡力，据此可判断二者的关系。利用大气压强，求出大气压力的大小，再通过读图乙可确定弹簧伸长的长度；（2）在电路图中，两电阻串联，根据电压的关系，利用欧姆定律可求出电压表的示数；根据大气压强对滑片的影响，可判断电压表示数的变化情况；由于电压表的量程为0～3V．所以电压表示数为3V时，大气压的值最大；根据串联电路的特点和欧姆定律求出此时R连入电路的电阻，根据变阻器的阻值和长度得出变阻器连入电路的长度，据此判断得出弹簧伸长量，读图乙得出此时大气压对活塞的压力，利用p＝即可求出压强；（3）当外界大气压为4×105Pa时，利用公式F＝pS可算出大气的压力，根据大气压力得出形变量的关系，根据电阻与长度的关系得出电阻的大小，然后根据串联电路的特点和欧姆定律求出电路中的电流，利用P＝I2R计算电功率。【解答】解：（1）由题意可知，当活塞处于静止时，其所受的大气压力与弹簧的拉力是一对平衡力，故二者的大小相等；活塞的横截面积：由V＝SL得，S＝＝＝1cm2＝1×10﹣4m2，由公式p＝得，F＝pS＝1.0×105Pa×1×10﹣4m2＝10N，读图乙可知，当F＝10N时，ΔL＝1cm。（2）由图可知：滑动变阻器与定值定值R0串联，当大气压强增大时，滑片向右滑动，接入电路的阻值变小，电流变大，则定值电阻分压变大，即电压表的示数增大。由于电压表的量程为0～3V．所以电压表示数为3V时，大气压的值最大；此时电路中的电流为：I＝＝＝0.6A；由I＝得：电路中的总电阻为：R总＝＝＝10Ω，根据串联电路的总电阻等于各电阻之和可得：R滑1＝R总﹣R0＝10Ω﹣5Ω＝5Ω，由于变阻器R是长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，所以当R滑1＝5Ω时连入电路的长度为5cm；根据活塞右端滑动到注射器的中部静止，即连入电路的长度为10cm时弹簧伸长的长度是1cm；可知：连入电路的长度为5cm；弹簧伸长的长度ΔL1＝ΔL+（s0﹣s1）＝1cm+（10cm﹣5cm）＝6cm，读图乙可知，当ΔL1＝6cm时，F1＝60N，所以此时的大气压p0′＝p1＝＝＝6×105Pa。（3）大气压为4×105Pa时，活塞受到压力F2＝p2S＝4×105Pa×1×10﹣4m2＝40N，由图可知，F2＝40N时，弹簧伸长量为ΔL2＝4cm；滑片移动的距离是Δs＝ΔL2﹣ΔL1＝3cm，则滑动变阻器连入电路的长度为：s2＝s0﹣Δs＝10cm﹣3cm＝7cm；由于变阻器R是长20cm、阻值20Ω的均匀电阻丝，则滑动变阻器阻值为R滑2＝7Ω，则电路中电流I2＝＝＝0.5A，R消耗的功率P2＝R滑2＝（0.5A）2×7Ω＝1.75W。故答案为：（1）等于；1cm；（2）增大；6×105；（3）滑动变阻器R消耗的电功率为1.75W。【点评】本题是一个通过电路来测量大气压的装置，能正确读懂装置的原理，并运用相关的公式、原理来进行分析、计算，是解答本题的关键，有一定的难度。【题型3大气压与高度与体积的关系】11．如图是一个饮水壶的部分结构示意图，a、b是出水管的两端，壶内水面低于出水管的a端，活塞与壶口接触紧密且能自由移动。用力F向下压活塞，在水从a端匀速流出来（壶内水面始终高于b端）的过程中，壶内气体的温度保持不变。则下列说法不正确的是（）A．壶内气体的压强大小不变 B．壶内气体的体积逐渐变小 C．向下压活塞的力F逐渐变大 D．壶底内表面所受的压力大小不变【答案】A【分析】一定质量的气体，其体积越小，压强越大。根据气体体积的变化，可判断压强的变化，压力的变化等。【解答】解：AB、由图可知，当下压活塞时，壶内气体的体积会变小，同时，壶内气体的压强会变大，故A错误，B正确；C、由于壶内气体的压强变大，所以，壶内气体对活塞产生的向上的压力也变大，则向下压活塞的力F也会逐渐变大，故C正确；D、由于水从a端匀速流出，说明此处的压强大小不变，而此处的压强等于壶内气体压强与内部水的压强之差，由于水面在逐渐下降的同时，水的压强在变大，壶内气体的压强在变大，二者之差不变；同时，瓶底所受的压强也等于大气压与另一段液体压强（从出水口到底部水柱产生的压强）之和，所以也可知壶底内表面所受的压强保持不变，由F＝pS可知壶底内表面所受的压力保持不变，故D正确。故选：A。【点评】本题主要考查了对饮水壶内气体压强、液体压强的综合分析，熟悉其结构和工作原理，是正确解答的关键。12．在两端开口的弯管内用两段水柱封闭了一段空气柱，A、B、C、D四个液面的位置关系如图所示。现将左侧试管底部的阀门K打开，释放掉少量水后立刻关闭阀门，A、B、C液面相对各自原来的位置上升或下降的长度ΔhA、ΔhB和ΔhC之间的大小关系为（）A．ΔhA＝ΔhB＝ΔhC B．ΔhA＞ΔhB＞ΔhC C．ΔhA＞ΔhB＝ΔhC D．ΔhA＝ΔhB＞ΔhC【答案】B【分析】释放掉少量水后BC段内的压强减小，根据一定量的气体压强与体积成反比可得，BC段内的体积变大，如果ΔhA与ΔhB的大小相同，则AB两液面的高度差不变气体的压强不变，与压强减小矛盾，故必须ΔhA＞ΔhB才能满足压强减小的条件。再分析B和C的液面，由于BC段内压强减小C液面上升，D液面下降，如果C液面上升的高度大于B液面下降的高度，则BC段的气体体积将减小，压强将增大，这是不可能的；如果ΔhB＝ΔhC，也不满足BC段的气体压强减小，故ΔhB＞ΔhC。【解答】解：释放掉少量水后立刻关闭阀门，空气柱长度增大，压强减小，C液面上升，B液面下降，A液面下降，AB之间液面高度差减小，根据前面分析可知ΔhA＞ΔhB＞ΔhC。故选：B。【点评】本题考查液体和气体压强的变化，关键是分析出液面的变化，本题难度不小，解题时一定要认真分析。13．小明利用如图所示的自制气压计研究大气压与高度的关系。他将气压计从1楼带到5楼的过程中，观察到管内水柱的高度发生了变化，如表所示。根据表中的数据可知，在4楼，瓶内气体压强比瓶外气压高（选填“高”或“低”）600Pa；从1楼到5楼，大气压降低了130Pa。（水的密度为1.0×103kg/m3）楼层12345管内与瓶内水面的高度差/cm5.05.35.76.06.3【答案】高；600；130。【分析】（1）大气压强与高度有关，高度越高大气压强越小；（2）根据气压计的原理：P内＝P外十P液，P内﹣P外＝P液，即瓶子内外压强差等于液柱压强，再利用P液＝ρ液gh求出；由前面公式知，降低的大气压就是增大的液体压强。【解答】解：（1）根据表中的数据可知，在4楼，管内与瓶内水面的高度差h＝6.0cm＝0.06m，根据公式P内＝P外十P液知，瓶内气体压强比瓶外气压高，由公式：P内＝P外十P液知：P内﹣P外＝P液＝ρ液gh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.06m＝600Pa；（2）由表中的数据可知，从1楼到5楼，液柱高度变化Δh＝6.3cm厘米﹣5.0厘米＝1.3厘米＝0.013米由前面公式知，在瓶内压强不变时，减小的大气压等于增大液体压强，故大气压降低了：ΔP液＝ρ液gΔh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.013m＝130Pa；故答案为：高；600；130。【点评】本题考查大气压与高度的关系、液体压强的计算。14．下面是物理课本《大气压强》中节选的“想想做做”的内容。取一小瓶子，装上适量带色的水，取一根两端开口的细玻璃管，在它上面画上刻度，使玻璃管穿过橡皮塞插入水中。从管中吹入少量气体，使瓶内压强大于大气压强，水沿玻璃管上升到瓶口以上，如图所示。利用它来观察大气压随高度的变化。请你解答下列问题：（1）为了排除其他因素对实验结果的影响，在制作过程中，关键要将瓶口密封；在拿着它上下楼时，应该注意的是不要用手直接接触瓶子。（2）在“把自制气压计从一楼带到二十楼”的活动中，观察到玻璃管内水柱的高度增加（选填“增加”“减小”或“不变”），说明大气压随高度增加而减小。（3）若将此装置中装满带色的水，还可以观察温度的变化（答出一种即可）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）如果瓶内水的温度变化，由于热胀冷缩会引起玻璃管中水柱的变化，如果瓶口密封不严，会使瓶内气压变化影响实验结果；（2）知道大气压随高度的增加而减小；瓶中水面上方是空气，如果此处的气压等于瓶外的大气压，管内和瓶内的水面应该相平。现在是管内的水面高，说明瓶内的气压高于瓶外大气压；（3）由于瓶内水的温度变化，会使瓶内的气压变化，从而引起管内的水面变化，据此可以判断空气温度的高低【解答】解：（1）为了排除其它因素对实验结果的影响，在探究过程中要瓶内气体封闭，则要将瓶口密封好，防止漏气；如果瓶内水的温度发生变化，由于热胀冷缩会引起玻璃管中水柱的变化影响实验结果，所以在拿着它上下楼时，应保持瓶中的水的温度不变，则不要用手直接接触瓶子；（2）把自制气压计从一楼带到二楼，由于高度增加，大气压减小，则瓶内的气压高于瓶外大气压；管内的水面变高；所以玻璃管内水柱的高度增加，说明大气压随高度增加而变小；（3）由于瓶内水的温度变化，会使瓶内的气压变化，从而引起管内的水面变化，因此可以根据水面变化，观察空气温度的变化。故答案为：（1）密封；不要用手直接接触瓶子；（2）增加；减小；（3）温度。【点评】学生利用身边的器材做成气压计，探究大气压的变化、用所学的知识分析判断，学以致用。15．在老师指导下，小明研究小组取以牢固的密闭性好又能加热的钢制气罐，通过盖上的特殊孔，在气罐内安装了温度、气压传感器，对气罐缓慢加热并记录数据如下：实验次数12345678910气体压强p/×105Pa1.041.081.121.161.201.241.281.321.361.40气体温度t/℃10.020.030.040.050.060.070.080.090.0100.0（1）通过对实验数据分析，得出本实验中的气压p与气温t关系的数学表达式为p＝400t+p0，其中k＝400pa/℃，气体温度t＝0℃时p0＝105Pa。（2）气压p与气温t关系可以用图象中的图线a来表示。【答案】见试题解答内容【分析】要解答本题需能从实验数据中得出规律，从表中可以看出气体压强的增加量和温度的增加量之间的关系。【解答】解：（1）根据数据和图象可知：温度每升高10℃压强增加4000pa，所以气压（P）与气温（t）关系的数学关系表达式（即为一次函数的解析式y＝Kx+b）为：p＝Kt+b；将表格中的第一组和第二组数据（或其它任意两组数据）代入上面的表达式中得：1.04×105Pa＝10.0℃×K+b①1.08×105Pa＝20.0℃×K+b②联立①②得：K＝400pa/℃，b＝1.00×105即P0＝b＝1.00×105pa，所以P＝400t+1.00×105pa，即气压（P）与气温（t）关系的数学关系表达式为：p＝400t+p0；由温度每升高10℃压强增加4000pa可知，相反温度每降低10℃压强应减少4000pa，所以当气体温度t＝0℃时，p0＝1.04×105pa﹣4000pa＝105pa。（2）由前面（1）可知，气压（P）与气温（t）关系为一次函数关系，从图象a、b、c、d观察得到只有a图象为一次函数图象，因此气压p与气温t关系可以用图象中的图线a来表示。故答案为：（1）400t+p0，400pa/℃，105pa；（2）a。【点评】本题主要考查学生能否用数学知识来解答物理问题，本题中的描点法，以及由实验数据得出压强和温度的关系，都是数学知识。【题型4大气压综合应用】16．治疗“新冠肺炎”期间，为了防止病毒传播，要求隔离病房是“负压”，下列说法正确的是（）A．病房内气压是标准大气压 B．病房内气压高于标准大气压 C．病房内装空调可以实现“负压” D．从病房向外抽气可以实现“负压”【答案】D【分析】“负压”是指室内的气压低于室外的气压，据此分析对各选项进行判断。【解答】解：“负压”是指室内的气压低于室外的气压，所以病房内气压低于标准大气压，病房内装空调不能实现“负压”，从病房向外抽气可以使病房内气压减小，实现“负压”。故选：D。【点评】本题考查了大气压的综合应用，根据题意理解“负压”的原理与特点，是解答问题的关键。17．在图所示装置中，粗细均匀的细玻璃管上端塞有橡皮塞，管内一段水银柱将一部分气体封闭在玻璃管内。已知玻璃管和橡皮塞总重为G，管的横截面积为S，水银柱高为h，水银的密度为ρ，设当时大气压为p0，管内空气重力不计，则整个装置平衡时，弹簧秤的示数应为（）A．G B．G+ρghS C．G﹣ρghS D．G+ρghS﹣p0S【答案】B【分析】通过分析图中的装置可以看出，无论气压如何，管内水银柱、空气柱的压强如何，整个装置所受的重力都要通过弹簧测力计的示数体现出来。因此，我们应将整个装置看做一个整体来进行分析，通过给出的量计算出水银柱的重力再加上玻璃管和橡皮塞的总重，即为弹簧测力计的示数。【解答】解：将整个装置看做一个整体，则弹簧测力计的示数就等于装置的总重力G总。管内水银柱的重G水银＝F＝pS＝ρghS，管和橡皮塞的重加水银重：G总＝G+G水银＝G+ρghS。故选：B。【点评】利用整体思想来分析，是解决此题的关键。因为无论装置内部压强的大小如何变化，其重力，也就是地球对它们的吸引力是不会改变的，这些最终都要在弹簧测力计上表现出来，因此，把握住这一关键，问题便迎刃而解了。18．如图为一个两心壶，壶体为寿星造型，壶内为互不相通的两个容器。两心壶的把手下部有一个孔A，将壶倒置，从A孔注入适量的酒，因其内部特殊结构，酒不会因壶倒置而流出；两心壶的肩部有一个孔B，从B孔注入适量的水。若将A、B两孔都堵住，酒和水都不会从壶嘴倒出；若将A、B两孔都放开，酒和水都会从壶嘴倒出。若要从壶嘴中只倒出酒，需要放开A孔、堵住B孔。（选填“A”或“B”）【答案】见试题解答内容【分析】本题中壶上的两个小孔，相当于普通茶壶盖上的小孔，其作用是与外界大气连通，使水可以顺利倒出，据此可对壶的使用情况进行分析。【解答】解：由题意可知，将壶倒置，从A孔注入适量的酒，酒不会因壶倒置而流出。说明壶内盛酒的部分是与A孔相连的；又知道从B孔可以注入适量的水，说明壶内盛水的部分是与B孔相连的；若要从壶嘴中只倒出酒，需要放开A孔，使其与外界大气相通，在大气压的作用下，酒才会顺利倒出。同时为了不让水流出，应堵住B孔，使之不与大气连通，这样由于大气压的作用，壶内的水才不会流出。故答案为：A；B。【点评】知道本题中A、B两孔各与哪一部分容器连通，同时明确大气压在这里所起到的作用，即可做出正确的判断。19．如图所示，是我们考试时常用的0.5mm签字笔及其替芯，“签字笔写字，笔中墨水沿笔尖能流出来的原因是什么？”菲菲与晶晶提出两个猜想：【猜想一】墨水能流出是受大气压的作用【猜想二】墨水能流受到重力的作用（1）菲菲进行了如下操作：用棉花堵住替芯的上端口，用笔在纸上写字，发现字的笔迹逐渐变淡，最终写不出字来，这说明猜想一是正确（正确/错误）的；（2）为了验证猜想二，晶晶的具体做法是：将笔尖朝上（朝上/朝下），并在纸上写字，如果观察到笔迹不变现象，则说明猜想二是错误的。【答案】见试题解答内容【分析】（1）解答此题首先要明确墨水缓缓流出来，是由于外界的大气压小于水笔内部的气体压强，这样把墨水压出来的。（2）因为重力的方向是竖直向下，可将笔尖向上写一会字，观察现象即可。由此验证各个猜想是否正确。【解答】解：（1）墨水之所以会缓缓流出来，是由于外界的大气压小于水笔内部的气体压强，这样把墨水压出来的，用棉花堵住替芯的上端口，用笔在纸上写字，发现字的笔迹逐渐变淡，最终写不出字来，这说明猜想一是正确的。（2）因重力的方向是竖直向下，所以可将笔尖向上写一会字，如果笔迹变淡，直至不再显示笔迹，则与重力有关；如果笔迹不变，与重力无关。故答案为：（1）正确；（2）朝上；笔迹不变。【点评】此题考查学生联系生活实际的能力，同时也考查学生的语言表达能力，中考时经常使用的就是这种考查方式，总之，此题属于难题。20．小强同学想利用活塞式抽水机测算一下地下水的深度。他找来刻度尺测出相关数据。如图所示，他把一个空水桶用绳系在压柄末端，并使压柄处于水平位置，逐渐向桶内加水，当活塞刚刚开始上升时取下小桶，用台秤测出桶与水总质量为mkg。当时大气压为P0，活塞自重与活塞筒壁间的摩擦均不计，已知水的密度为ρ0，试计算地下水距地面的深度约为多少？【答案】见试题解答内容【分析】以活塞抽水机的压柄为研究对象，O为支点，分析其受到的力和对应的力臂，右端为桶和水的压力，左端为活塞对柄的压力，并对活塞进行受力分析，活塞受大气向下的压力和水对其向上的压力，其合力便是作用在活塞上的力，最后根据杠杆平衡条件列出关系式；其中气体对活塞的压力为F＝pS；水对活塞向上的压力为F水＝p水S＝（p﹣ρ水gH）S，H为水被提升的高度。【解答】解：桶与水重：G＝mg；活塞面积：S＝πR2＝πD2；设压柄末端为A，则压柄长为OA，设OC垂直于连杆，空气对活塞向下的压力为F，水对活塞向上的压力为f，根据杠杆平衡条件得：G×L1＝（F﹣f）×L2①设水被汲取的高度为H，则f＝（p﹣ρ水gH）S又因为F＝pS，所以F﹣f＝ρ水gHS②将②代入①得，G×L1＝ρ水gHS×L2；解得H＝所以水深H水＝H﹣h＝﹣h。答：地下水距地面的深度约为﹣h。【点评】此题是有关杠杆平衡条件的应用，首先要掌握杠杆平衡条件，同时涉及到了有关重力的计算，压强、压力的计算，综合性较强。21．医院里的护士使用如图所示的装置给患者输液。小雨发现照这样做法，护士为患者多次更换药瓶比较麻烦，于是就设计了如图所示的三瓶串接的方案。请分析回答：（1）图甲中药液为何会匀速滴下？（2）图乙中哪个药瓶中的药液先流完？（3）根据病房的现有条件，如果要估测出输液过程中的一滴药液的质量，需要收集哪些数据，请写出表达式，并简要说明实验中作了哪些近似处理。【答案】见试题解答内容【分析】（1）瓶内的液体压强和瓶内的气体压强之和等于大气压。加上输液管中的液体压强，针头处的压强大于血管中的血液压强，药液就会流入静脉。随着药液逐渐的流入血管，药瓶中的药液逐渐减少，液体压强也逐渐减小。药瓶左端的进气管就起到了作用，在大气压的作用下，空气进入瓶内，补充了液体压强的减少，使瓶内压强始终等于大气压。（2）三个药瓶连在一起，丙瓶向下滴药液，当丙瓶内压强减少时，在大气压的作用下将甲乙瓶中的药液压入丙瓶，随着丙瓶内药液的减少，甲、乙两瓶的药液流向丙瓶，当然是甲瓶的药液最先流完。（3）要测出一滴药液的质量，首先根据药瓶上的体积示数求出药液的质量，再看这瓶药液一共滴了多少滴，然后求出每一滴药液的质量。【解答】解：（1）开始时瓶中气体的压强大约为一个大气压。药瓶吊在高处，从瓶中液面到插在病人血管中的针头处有相当大的高度差，这段液柱使针头处药液的压强较大，大于血管总的压强，药液自动流入血管。药液流出使瓶中的气体体积变大，压强降低，瓶中气体压强小于大气压，大气压强将空气从进气管压入瓶中，使瓶内空气的压强基本上保持在一个大气压，使药液均匀的流下。（2）甲瓶的药液先流完。因为甲乙丙三瓶采用串联的方式，其工作情况是这样的：药液从丙瓶中流下，丙瓶中空气体积增大，压强下降，乙瓶中空气将乙瓶中药液压入丙瓶补充，使丙瓶液面保持不变。药液从乙瓶中流至丙瓶后，乙瓶中体积增大，压强下降，甲瓶中空气将甲瓶中药液压入乙瓶补充，使乙瓶液面保持不变。药液从甲瓶中流至乙瓶后，甲瓶中体积增大，压强下降，大气压将外界空气压入甲瓶，甲瓶中液面下降。液体如此流动，直到甲瓶中的药液全部流完，这时甲瓶中空气与外界直接连通，连接甲、乙两瓶的管子相当于甲瓶当初的进气管。以后的过程是药液从丙瓶中流入血管，乙瓶中药液流入丙瓶补充，空气流入乙瓶，直至乙瓶中药液流完，乙瓶与大气相通。然后才是空气直接进入丙瓶，直至丙瓶中药液逐渐流完。（3）收集数据和计算过步骤如下：①从药瓶上的刻度读出药液的体积V；②当某一滴药液刚好落下时数“0”开始计时，当数到第“n”个液滴滴下时停止计时，记下所用时间t0；③算出一个液滴下落的时间间隔为：T＝④记下完成一瓶滴注的时间t；⑤算出一瓶的总滴数N＝；⑥算出每滴药液的体积为：；⑦则每滴药液的质量上述估算中两处做了近似处理：①把药液的密度看作水的密度。②忽略了输液结束时瓶中残留的药液。【点评】本题考查的是大气压的应用。我们要学会分析，学会用我所学过物理知识分析我们生活中的物理现象。此题较难，我们要认真分析，用心思考。【题型5流体压强与流速关系的应用】 22．据图分析以下选项不正确的是（）A．在图甲中，烧瓶内刚停止沸腾的水，浇上冷水后，瓶内的水会重新沸腾 B．在图乙中，在倒置的漏斗里放一个乒乓球，用手指托住乒乓球，然后从漏斗口向下吹气，并将手指移开，此时乒乓球不会下落 C．图丙过境时将会带来的天气变化是大风、降水、降温 D．在图丁中，风的方向应该是C【答案】D【分析】（1）液体的沸点与气压有关，气体的压强越低，液体的沸点降低；（2）液体和气体都称为流体，生活中常见的流体是水和空气，流体流速越大的地方、压强越小，流体流速越小的地方、压强越大。（3）根据冷锋和暖锋对天气的影响分析解答；（4）根据在等压线图上判断风向的方法分析解答。【解答】解：A、甲图中，冷水倒在烧瓶上，瓶内气体温度降低，压强变小，水的沸点降低，所以刚停止沸腾的水又重新沸腾，故A正确；B、乙图中，从漏斗的上方吹气，气体从乒乓球的上方流出，乒乓球上方气体流速大于下方气体流速，上方压强小于下方压强，压强差使乒乓球受到向上的托力，不掉落下来。故B正确；C、当冷气团主动移向暖气团时，较重的冷气团前缘插入暖气团下方，使暖气团被迫抬升。暖气团在抬升过程中冷却，其中水汽容易凝结成云、雨。如果暖空气中含有大量水汽，那么可能带来雨雪天气。冷锋移动速度较快，常常带来较强的风。所以冷锋过境时将会带来的天气变化是大风、降水、降温。故C正确。D、在等压线图上判断风向时，如要知道图中某点的风向，先经此点画一条与等压线垂直的虚线，这条虚线的箭头指向气压较低的地方。由图可知，只有B指向气压较低的地方，故风向是B，故D错误。故选：D。【点评】此题主要考查了水的沸点随气压的变化关系、流体流速和压强的关系，同时考查高中地理相关知识，属于跨学科题目，对学生要求较高，难度较大。23．中国科学技术馆探索与发现A厅有个展品叫做“香蕉球”，描述的是足球比赛中罚任意球的场景。守方在离球门一定距离处用人墙挡住球门，而攻方隔着人墙将足球以旋转的方式发出，利用足球的自旋使足球两侧空气流速不同形成压强差，使足球走出一条香蕉状的路径，绕过人墙而射门。图给出了甲、乙、丙、丁四种足球自旋方向与飞行路径的示意图，下列说法正确的是（）A．四个图都是正确的 B．乙、丙两图是正确的 C．甲、乙两图是正确的 D．甲、丁两图是正确的【答案】D【分析】流体压强与流速的关系是：流速越大的位置，压强越小，在压强差的作用下，物体会向流速大的一面偏移。据此对照各选项注意进行分析即可做出判断。【解答】解：当足球在空中高速旋转的时候，足球两侧的空气将会发生很大变化。足球向前飞行，前面的空气被足球分开为两侧从足球两侧滑过。同时，足球在旋转，旋转方向内侧的由于足球的旋转流速变大，气压变小；而外侧的空气被带动向足球挤压，这就造成足球受外侧所受流速和压力的不同。由甲图可知，足球沿顺时针方向旋转，足球右侧空气流速大，压强小，左侧空气流速小，压强大，足球在压强差的作用下逐渐向右侧偏移。故甲图正确；由乙图可知，足球沿逆时针方向旋转，足球左侧空气流速大，压强小，右侧空气流速小，压强大，足球在压强差的作用下应该逐渐向左侧偏移，而图中足球向右偏移。故乙图错误；由丙图可知，足球沿顺时针方向旋转，足球右侧空气流速大，压强小，左侧空气流速小，压强大，足球在压强差的作用下应该逐渐向右侧偏移，而图中足球向左侧偏移。故丙图错误。由丁图可知，足球沿逆时针方向旋转，足球左侧空气流速大，压强小，右侧空气流速小，压强大，足球在压强差的作用下逐渐向左侧偏移。故丁图正确；综上分析可知，选项ABC错误，D正确。故选：D。【点评】该题考查方式比较新颖，给出物体的运动轨迹，分析压强大小，从而判断空气流速。非常好。24．如图所示是演示“流体压强和流速的关系”实验装置，U形管中装有水，直径相同的a、b两管中的水静止时液面相平。如果在右端c处往装置里急吹气，导致b管上方气流速度小于a管上方的气流速度，b管与a管的水面上方形成气压差，U形管中a（选填“a”或“b”）管水面升高，如果升高端的液面比原来升高了2cm，则此时U形管底部d处左右两侧液体压强差为400Pa．（g＝10N/kg）【答案】见试题解答内容【分析】空气流动速度增大，压强减小；根据p＝ρgh算出左右两侧液体压强差。【解答】解：如果在右端c处往装置里急吹气，b处比a处粗，导致b管上方气流速度小于a管上方的气流速度，b管与a管的水面上方形成气压差，U形管中a管水面升高，如果升高端的液面比原来升高了2cm，则下降端比原来下降2cm，此时U形管两端的高度差为4cm，则此时U形管底部d处左右两侧液体压强差：p＝ρgh＝1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m＝400Pa。故答案为：小于；a；400。【点评】本题考查了流体压强与流速的关系以及连通器的知识，对于流体压强问题，要明确被研究的物体，物体的哪两个侧面流体流速不同，判断两个侧面的压强情况。25．如图所示，在水平桌面上放置一个硬币并沿箭头所示方向用不同挡位的吹风机吹气，发现有几次“硬币起飞”了，小明思考产生这一现象的原因：通过硬币上部空气流速大，压强小；由于硬币下面没有气流通过，从而产生压力差，给硬币一个向上的动力。（1）“硬币刚好起飞”的条件是：硬币上、下表面的压力差与硬币的重力相等。（2）查寻规律：在地面附近同一高度或高度差不显著的情况下，空气流速v与压强p的关系可表示为ρv2/2+p＝C式中C是常量，ρ表示空气密度。（3）小明同学用如图所示的方法测定硬币上（或下）表面面积。测得硬币的直径D＝1.85cm．（4）先