强化突破6大气压强的应用八年级科学上册学练测（浙教版）

强化突破6、大气压强的应用一、选择题1．为改善地铁地下车站的通风状况，小科设计了抽气管道，利用地面横风实现自动抽气。为提高抽气效果，管道上方遮雨盖的形状应设计成下列图中的（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据图片可知，B图中遮雨盖下表面为曲面，则空气经过时流速变大而气压变小，即此时通道左口上方气压小而右口气压大，于是空气从右口进入，从左口流出，于是达到抽气效果，故B正确，而A、C、D错误。故选B。2．（2022八上·临海期末）如图所示是车顶的外掀式天窗，行驶时，将天窗前面关闭，后面微微向上打开，就能起到通风作用，这是由于（）A．车项空气的流速较大，天窗外的压强小于车内的压强，”抽出”车内污浊的空气B．车顶空气的流速较大，天窗外的压强大于车内的压强，”吸入”外界新鲜空气C．车顶空气的流速较小，天窗外的压强小于车内的压强，”抽出”车内污浊的空气D．车顶空气的流速较小，天窗外的压强大于车内的压强，”吸入”外界新鲜空气【答案】A【解析】天窗前闭后开，在车顶形成一个凸面，加大了车顶空气的流速，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，故BCD错误，A正确。故答案为：A。3．在学习压强的课上，秀秀做了如下实验，在两只筷子中间放上两个乒乓球，用吸管向中间吹气，则两个乒乓球运动状态是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】两只筷子中间放上两个乒乓球，用吸管向中间吹气时，使两个乒乓球之间的流速增大，即中间的流体压强变小，导致乒乓球外侧的流体压强大于内侧的压强，故形成了向内的压力差，使乒乓球向中间运动。故答案为：C4．（2023·柯桥模拟）2023年3月，我国研制出全球首款双座水上电动飞机。如图是水上飞机机翼模型及其在飞离水面前滑行时的情景，此时它在竖直方向上的受力情况正确的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】根据图片可知，机翼上表面为曲面，下表面为平面，则上表面水流速度大而压强小，下表面水流速度小而压强大，于是机翼受到向上的支持力。

在竖直方向上，水上飞机模型受到向上的浮力和水向上的支持力，以及向下的重力，如下图所示：

故选D。5．小科用如图所示的方法探究水的沸点与气压的关系。小科将盛水的烧瓶加热，水沸腾后将烧瓶从火焰上拿开，迅速塞上瓶塞，此时瓶内气压为p1。把烧瓶倒置20s，此时瓶内气压为p2。向瓶底浇上冷水，烧瓶内的水再次沸騰，沸腾瞬间瓶内气压为p3。下列关于p1、p2、p3分析正确的是（）A．p1＞p3 B．p2＜p3 C．p2＝p3 D．p1＝p2【答案】A【解析】一定质量的气体，体积一定时，温度越低，气体的压强越小。把烧瓶倒置20s，此时瓶内气体温度降低，气压减小，故p1＞p2；

当向瓶底浇冷水时，瓶内气体温度突然降低，气压减小，瓶内液面上方气压减小，导致沸点降低，所以水重新沸腾起来，故p2＞p3。

综上分析可知，p1、p2、p3的关系是：p1＞p2＞p3，故A正确，B、C、D错误。故选A。6．对于下列四幅图应用的原理的描述，正确的是（）A．图甲，当运动员将箭射出时，弓的弹性势能转化为箭的动能B．图乙，吹奏唢呐时按压不同位置的气孔，主要改变声音的响度C．图丙，站台上设有安全线，其原因是列车进站时车体附近气体流速大，压强大D．图丁，扫地机器人内置的电动机工作时应用了电磁感应原理【答案】A【解析】A.图甲，当运动员将箭射出时，弓的弹性势能转化为箭的动能，故A正确；

B.图乙，吹奏唢呐时按压不同位置的气孔，主要改变空气柱的长度，从而改变空气柱的振动频率，即改变声音的音调，故B错误；

C.图丙，站台上设有安全线，其原因是列车进站时车体附近气体流速大，压强小，会对附近的乘客产生朝向轨道方向的推力，从而发生危险，故C错误；

D.图丁，扫地机器人内置的电动机工作时应用了通电导体在磁场中受力运动的原理，故D错误。故选A。7．如图所示，将一辆汽车模型固定在托盘测力计上，在汽车模型的正前方用电扇迎面吹风，模拟汽车行驶时的气流。当无风时，托盘测力计示数为20N；当电风扇吹风时，托盘测力计的示数为15N。据此分析下列说法正确的是（）A．托盘测力计和气流相对于汽车模型是静止的B．电风扇中电动机的工作原理是电磁感应C．电风扇水平方向受到空气推力与地面摩擦力是平衡力D．汽车高速直线行驶与低速时相比，对地面的压力不变【答案】C【解析】A.气流相对于汽车模型的空间位置发生了变化，所以是运动的，A错误B.电动机的工作原理是通电导线（线圈）在磁场中收到力的作用，B错误C.电风扇静止在水平面上，因此电风扇收到平衡了的作用，在水平方向上电风扇收到空气对他的推力以及地面的摩擦力，故这两个力是平衡力，C正确D.汽车在行驶时由于汽车上方的空气流速比下方空气流速大，上方的气压比下方小，空气会对汽车产生一个向上的压力差，汽车的速度越大，压力差就越大，汽车对地面的压力则越小，D错误故答案为：C8．下列都是《科学》课本中的活动，下列分析正确的是（）

A．甲图在如图位置加热，对流管内液体会沿顺时针方向循环流动B．乙图当用注射器向烧瓶内充气时，正在沸腾的液体停止沸腾C．丙图通过纸飞机实验，可知风向是风向标箭尾所指的方向D．丁图用力将注射器的活塞向左推送气体，“潜水艇”做下沉运动【答案】B【解析】A.在如图位置加热，对流管内液体会沿逆时针方向循环流动，A错误；

B.当用注射器向烧瓶内充气时，正在沸腾的液体停止沸腾。正确；

C.通过纸飞机实验，可知风向是风向标箭头所指的方向，C错误；

D.用力将注射器的活塞向左推送气体，气体将里面的压了出去，使得重力小于浮力，“潜水艇”做上升运动；故答案为：B.9．科学老师在实验室做“流体压强与流速关系”演示实验：图甲所示的是由粗细不同的三节塑料管A、B、C连接而成的装置，三节管中分别接有三个相同传感器的探头，传感器与电脑相连。老师将抽气机与C管右端相连后开始抽气，电脑绘制出的三节管中的气体压强随时间变化的p—t图像如图乙所示。则下列描述正确的是（）A．抽气过程中，三节管中的气体流速相同C．0～4s，C管中的气体压强变化最大D．图乙中①反映的是C管中的气体压强随时间变化的情况【答案】D【解析】装置内气体的流量是相同的，根据V=SL=Svt可知，A管最细，则气体流速最大；C管最粗，则气体流速最小，故A错误；

根据乙图可知，实验开始前气压为101.3kPa，则实验室气压为101.3kPa，故B错误；

0~4s内，A管内空气流速最大，而气压最小，即A管内气压变化最大，故C错误；

C管内空气流速最小，而气体压强最大，那么C管内气压变化最小，则曲线①与C对应，故D正确。故选D。10．研究气压对水沸点的影响实验（如图）.待烧瓶中的水停止沸腾后，再用大号注射器抽出烧瓶里的空气，发现烧瓶内的水又重新沸腾。水能重新沸腾的原因分析正确的是（）A．抽气后，水的温度上升B．抽气后，瓶内气压降低，水的沸点降低C．石棉网的余温加热烧瓶D．抽气后，水的温度降低【答案】B【解析】液体沸点随气压的增大而升高，随气压的减小而降低，那么用大号注射器抽出烧瓶里的空气，发现烧瓶内的水又重新沸腾，水能重新沸腾的原因是：抽气后，瓶内气压减小，水的沸点降低。

故选B。11．如图是大气对流运动的示意图，箭头表示气流方向，甲地在近地面处。下列有关叙述中，正确的是（）A．甲地为高压区，天气晴朗，空气干燥B．甲地为高压区，天空多云，常形成阴雨天气C．甲地为低压区，天气晴朗，空气干燥D．甲地为低压区，天空多云，常形成阴雨天气【答案】A【解析】根据图示可知，甲地气流做下沉运动，近地面形成高压，由于气流下沉，气温升高，水汽难以凝结，多为晴朗天气，故A正确，BCD错误。故选A。12．创意新品“天气预报瓶”如图示，A为玻璃管与大气相通，B为密闭的玻璃球，A与B下部连通，内装有红墨水，它能显示天气的好坏，随着环境气压的变化，A管内的水位会上升或下降，下列说法不正确的是（）A．“天气预报瓶”利用天气和大气压的关系进行预报的B．A管和B球液面相平时，显示内外气压一致C．A管液面明显下降时，说明外界大气是高气压D．A管液面明显上升时，说明外界气温升高(其他条件不变)【答案】D【解析】A：当天气发生改变时，气压也会随之而改变，所以天气预报瓶就是利用这一原理工作的，正确。

B：当玻璃管和玻璃球的液面高度相同时，则说明气压相等，正确。

C：A管液面下降，说明外界气压增大，正确。

D：A管液面明显上升时，说明外界气压低，低气压是低温，错误。故选D。13．如图所示是家庭常用的高压锅，现利用高压锅来煮熟食物，则下列分析正确的是（）A．高压锅是利用液体的沸点随气压增大而减小的原理制成的B．正常使用时，高压锅内水的沸点高于100℃C．高压锅内食物过于清淡，说明汤中食用盐的质量分数过大D．利用家用漏勺(起过滤作用)可以过滤掉汤中过量的食用油【答案】B【解析】A.高压锅是利用液体的沸点随气压增大而升高的原理制成的，故A错误；

B.正常使用时，高压锅内水的沸点高于100℃，故B正确；

C.高压锅内食物过于清淡，说明汤中食用盐的质量分数过小，故C错误；

D.食用油为液体，因此利用家用漏勺(起过滤作用)不能过滤掉汤中过量的食用油，故D错误。故选B。14．（2022八上·镇海期中）弧圈球是一种攻击力强、威力大的乒乓球技术。如图为弧圈球在空中高速旋转前进的示意图。此时球上方气体流速小于下方气体流速。下列说法正确的是（）A．球在空中前进过程中受力平衡B．球在空中继续前进是由于球受惯性力的作用C．球因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得快D．因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得慢【答案】C【解析】A.根据图片可知，弧圈球在前进时运动轨迹为曲线，即运动状态不断改变，因此它受力不平衡，故A错误；

B.球在空中继续前进是由于球具有惯性，故B错误；

CD.乒乓球上方空气流速小而气压大，下方空气流速大而气压小，于是大气对乒乓球产生向下的压力，则球高速旋转时比不旋转时下落得快，故C正确，D错误。故选C。15．学习了“流体压强与流速的关系”后，为了解决“H”形地下通道中过道的通风问题，同学们设计了如图所示的几种方案。图中阴影部分为墙面凸出部分，“”为安装在过道顶的换气扇，其中既有效又节能的是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据图片可知，只有左右两个通道的空气流速不同，才能导致气压不同，此时才会有气流从过道气压大的一端流向气压小的一端，从而形成过道风。在C选项中，左侧通道墙壁为平面，右侧通道墙壁为曲面，则右侧空气流速大于左侧，则右侧气压小于左侧，此时空气会从左端流向通道右端形成风，故C正确，而A、B错误；D选项中使用了吹风机，不节能环保，故D错误。故选C。16．如图所示，烧杯中有水，水中倒扣着一个玻璃瓶，瓶内水面比烧杯内水面低，当烧杯中的水被加热到一定温度时（）A．烧杯和玻璃瓶内的水可能都会沸腾B．烧杯中的水可能会沸腾，玻璃瓶内的水一定不会沸腾C．烧杯中的水一定不会沸腾，玻璃瓶内的水可能会沸腾D．烧杯和玻璃瓶内的水一定都不会沸腾【答案】B【解析】如图所示，烧杯中有水，水中倒扣着一个玻璃瓶，瓶内水面比烧杯内水面低。根据p内=p大气+p水可知，瓶内气压大于标准大气压强，则瓶内水的沸点高于烧杯内水的沸点。烧杯内的水被加热时，首先到达沸点然后能继续吸热，因此水会沸腾；而瓶内的水的沸点高于外面水的沸点，因此它不能达到沸点，因此不会沸腾。故选B。17．观察自然现象，通过实验研究揭示其原理，并解释生产、生活中的应用，这是科学学习的一种基本方法。下列各项的现象、原理与应用之间对应关系错误的是（）选项ABCD现象高山上，普通的锅难以将饭煮熟刮风时，窗帘向外飘水库堤坝上窄下宽晾在通风处的衣服干得快探究原理沸点与气压的关系气压与流速的关系液体压强与深度的关系影响蒸发快慢的因素应用用高压锅煮饭飞机机翼上凸下平轮船船体上宽下窄用电风扇降暑A．A B．BC．C D．D【答案】C【解析】A.高山上气压很低，水的沸点降低，根据“气压增大沸点升高”的原理制作了高压锅，故A正确不合题意；

B.刮风时，窗外空气流速大而压强小，于是窗帘飘向外面，利用“流体压强和流速的关系”制作了飞机的机翼，故B正确不合题意；

C.水库堤坝上窄下宽，是因为液体压强随深度的增大而增大，而轮船窗体上宽下窄是可以减小行驶阻力，故C错误符合题意；

D.晾在通风处的衣服干得快，是因为空气流速越快，蒸发越快，利用这个原理可以使用电风扇降温，故D正确不合题意。故选C。18．某兴趣小组利用生活中常见的物品做了一个非常有趣的实验，将吹风机对准三个相同的水平通道左端口向下吹风，在通道右端口处同时放置相同规格的乒乓球，某时刻乒乓球处于如图所示的位置。下列说法合理的是（）A．此实验原理与高压锅工作原理相同。B．三个通道的左端口处，C处压强最小。C．增大吹风机的风速，乒乓球向左移动更明显。D．若通道变宽，乒乓球向左移动更明显。【答案】C【解析】根据图片可知，当左端有风吹过时，气体流速大压强小，于是三个小球在大气压强的作用下被推向左端，而高压锅的工作原理为液体沸点随气压的变化规律，故A错误；

c处小球运动的距离最短，则说明c处的小球受到的推力最小，即c处压强最大，故B错误；

增大吹风机的风速，则左端气体压强更小，那么乒乓球受到的推力更大，则向左运动更明显，故C正确；

乒乓球移动的距离只与左右两端的气压差大小有关，而和通道的宽窄没有关系，故D错误。故选C。19．（2020九下·宁波保送考试）如图所示，有一高为l的平口玻璃杯内装有深度为h的水，上面盖有卡片。现将玻璃杯翻转，水仍能留在玻璃杯内。已知大气压强为p0，水的密度为ρ，假设玻璃杯倒转后卡片稍微凸出，则水的深度变化量△h近似为（）（已知一定质量的气体其体积和压强之积是一定值，即PV=k，k为定值）A．ρgℎ(l−ℎ)p0−ρgℎB．ρgℎ（1+ℎ）p【答案】A【解析】将玻璃杯翻转前，里面的气体体积为V1=（lh）S，由平衡条件得：p1=p0，

将玻璃杯翻转后，里面的气体体积为V2=（lh+△h）S，由平衡条件得：p2=p0p水=p0ρgh，

对里面的气体根据玻意耳定律得：p1V1=p2V2，

即：p0（lh）S=（p0ρgh）•（lh+△h）S，

所以，△ℎ=ρgℎ(l−ℎ)20．在相同温度和相同体积的条件下，气体压强（P）与气体分子数目(n)成正比关系(p=kn)。若ag碳和bg氧气放入一密闭容器中，测得容器内的气体压强为p,然后，提供一定条件使容器内的物质发生充分反应，待温度复原时，测得容器内的气体压强仍然为P。则a与b的关系可能（）A．a=38b B．a＞38b C．a＜【答案】A【解析】反应后容器内气体压强仍为P，说明反应前后气体的分子总数不变。

碳与氧气可能发生的反应是：

（1）C+O2→点燃CO2；

（2）2C+O2→点燃2CO；

分析发现，只有反应（1）符合实验要求；

C+O2→点燃CO2

1232

ab

12a=32b

解得：a=3b8二、填空题21．（2021八上·洞头期中）《中国机长》影片讲述的是四川航班飞行在西藏上方9800米高空时，挡风玻璃意外破裂的故事。（1）飞机起飞时穿过大气层的层，到达平流层。（2）挡风玻璃破裂，机舱中的驾驶员紧急下降穿过云层后，机舱外空气温度将。（3）影片中挡风玻璃破裂，机舱内物体飞出。请解释造成这种现象的原因。【答案】（1）对流（2）上升（3）舱外空气流速大压强小，舱内空气流速小压强大，内外存在压强差。（或舱外高度越高压强越小，机舱内压强大，机舱外压强小。）【解析】(1)飞机从接近地面飞向高空，对流层是接近地面的一层大气层，刮风、下雨、降雪都集中在对流层，而平流层基本没有水气，晴朗无云，很少发生天气变化，适于飞机飞行。

(2)挡风玻璃破裂，机舱中的驾驶员紧急下降穿过云层后，飞机飞到对流层，在对流层中，气温随高度升高而降低，故下降后，温度将上升。

(3)挡风玻璃破裂，舱外空气流速大压强小，舱内空气流速小压强大，内外存在压强差。22．（2020八上·温州期末）高压锅是常用的炊具，能缩短食物的烹饪时间。有时为了尽快打开高压锅，会采用冷水冲淋的方法，如图所示。（1）高压锅能缩短烹饪时间的原因是。（2）冲淋能够快速打开高压锅的原理是。（3）高压锅出气孔的直径为4mm，压在出气孔上的安全阀的质量为80g，外界大气压为1×105Pa，则安全情况下锅中最大压强可达到Pa。（结果保留两位有效数字）【答案】（1）气压增大，沸点升高（2）使高压锅内温度降低，气压变小，从而使高压锅内外气压平衡（3）1.6×105【解析】（1）高压锅能缩短烹饪时间的原因是气压增大，沸点升高。

（2）冲淋能够快速打开高压锅的原理是：使高压锅内温度降低，气压变小，从而使高压锅内外气压平衡。

（3）限压阀的自重产生的压强为：p自重=G23．（2020八上·兰溪期中）2+P＝C；式中C是常量，ρ表示空气密度。根据上述关系式可知：（1）常量C表示空气流速为0时的。（2）若硬币质量为m，则刚好将硬币吹起时，硬币上、下表面的压力差△F＝。（3）想像下，如果在气体和液体中流速越大的位置压强越大，则会出现的情况是；A．飞机翅膀的截面形状应该反过来B．两艘并列同向行驶的船只不会相撞C．地铁、火车站的站台安全线不必设置D．喷雾器再怎么用力吹也喷不出雾来【答案】（1）大气压强（2）G币（3）A；B；D【解析】（1）将V=0代入公式0.5ρV2+P＝C得到：C=p，而p是大气压强，因此常量C表示空气流速为0时的大气压强。

（2）当硬币刚好被吹起来时，它受到竖直向上的压力差和竖直向下的重力，二者相互平衡，即压力差△F=G硬币=m硬币g；

（3）A.如果在气体和液体中流速越大的位置压强越大，那么飞机的机翼应该上面是平面，下面是曲面，即飞机翅膀的截面形状应该反过来，故A正确；

B.如果在气体和液体中流速越大的位置压强越大，那么两艘并列同向行驶的船只中间的水流速度大压强大，会将两船推开，不含发生碰撞，故B正确；

C.如果在气体和液体中流速越大的位置压强越大，那么地铁、火车经过时空气流速大压强大，会对人产生向车站里面的推力，仍然可能发生碰撞，故C错误；

D.喷雾器用来吹气时，气流速度越大，外面的气压越大，因此里面的液体不能喷出来，故D正确。

故选ABD。24．（2019·苍南模拟）某制作小组所设计的电饭锅，其结构如图所示，控制系统中的感温磁体与受固定在一起，当温度低于103℃时，感温磁体具有磁性。煮饭时用手向下按动开关，通过轻质传动杆AOB使永久磁体和感温磁体吸合，触点闭合，电路接通，发热板开始发热。当温度达到103℃时，感温磁体失去磁性，永久磁体受重力及弹簧的弹力作用而落下，通过传动杆使触点分开，发热板停止发热。（1）若用4牛的力按下开关，B端受到的阻力为1牛，则AO和OB的长度之比为2，则开关受到的压强是帕。（2）用电饭锅烧水（在标准气压下），水沸腾时（能/不能）自动断电。【答案】（1）1：4；80000（2）不能【解析】（1）根据杠杆平衡条件得到：

F1L1=F2L2

4N×AO=1N×OB

三、实验探究题25．科学源于生活又高于生活，日常生活中的许多现象，往往隐含着科学道理，学习科学要善于观察、善于发现。【生活发现】①自行车在烈日下暴晒，车胎容易发生爆炸；②压缩一段封闭在注射器内的空气，发现越压缩越费力。【提出问题】一定质量的气体产生压强的大小与哪些因素有关？【建立假设】假设一：一定质量的气体产生压强的大小可能与气体的温度有关；假设二：一定质量的气体产生压强的大小可能与气体的体积有关；【实验检验】为了验证假设一，进行如下实验：步骤一：取一根长度约为1米一端封闭的细玻璃管，在室温（20℃）下用水银密封一段空气柱，将玻璃管竖直固定，并在玻璃管上标记处标出水银柱下表面的位置（如图所示），此空气柱的压强记为p1。步骤二：将空气柱浸入50℃的水中，水银柱上升直至停止，此空气柱的压强记为p2。步骤三：往玻璃管内注入水银，直到水银柱的下表面对准所标出的位置为止，此空气柱的压强记为p3。【实验分析】（1）p1、p2、p3的大小关系是。（2）实验的步骤三，往玻璃管内注入水银，直到水银柱的下表面对准所标出的位置为止，这样操作目的是。【得出结论】通过观察可以得出，一定质量的气体产生的压强与气体的温度有关，气体的温度越高，压强越。【实验反思】实验后小敏同学作了如下的反思，一定质量的气体，升温后改变了气压，那么，根据上面步骤二中的实验现象（水银往上升），可以得出：一定质量的气体，若增大气体的体积，则气压会减小，此结论你认为合理吗？。【答案】（1）P1＝P2＜P3（2）控制封闭气体的体积不变；空气柱上方水银柱的长度；大；没有控制气体温度不变【解析】（1）步骤三中的水银柱长度最长，故气压最大，即P1＝P2＜P3；

（2）步骤三中注入原标记位置，使下方的封闭气体体积不变；

通过观察空气柱上方水银柱的长度，气体温度越高，水银柱越长，压强越大；

研究气体体积的影响时，应控制温度相同，故步骤二不合理，没有控制气体温度不变。26．（2021八上·萧山月考）用注射器做以下物理小实验：（1）图甲中，烧瓶中的水停止沸腾后，若用注射器从烧瓶中往外抽气，会看到水又沸腾起来，这是因为。（2）图乙中，两只纸船浮在水面上静止不动，用注射器向两船之间的水面快速注水，两船将（选填“静止不动”“相互分开”或“相互靠近”）。（3）用注射器抽取27mL的纯净水后放进冰箱速冻，等水完全结冰后，从冰箱中取出注射器，冰刚好充满注射器如图丙所示，则水结冰后的体积为cm3，测得冰的密度kg/m3。（4）用2mL的注射器、量程为0～10N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＝。①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。②如图丁所示安装好器材，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞时，记下弹簧测力计的示数为5.2N。③用刻度尺测出注射器长度为4.00cm。④算出大气压强值为Pa。【答案】（1）气压减小，沸点降低（2）相互靠近（3）30；0.9×103（4）FS【解析】（1）图甲中，烧瓶中的水停止沸腾后，若用注射器从烧瓶中往外抽气，会看到水又沸腾起来，这是因为：气压减小，沸点降低。

（2）图乙中，两只纸船浮在水面上静止不动，用注射器向两船之间的水面快速注水，则两船之间水流速度大而压强小，在周围水的压强作用下，两船将相互靠近。

（3）根据丙图可知，注射器的分度值为1mL，则水结冰的体积为30cm3。

水结冰后质量保持不变，

即m水=m冰；

ρ水V水=ρ冰V冰；

27cm3×1g/cm3=ρ冰×30cm3；

解得：ρ冰=0.9g/cm3=0.9×103kg/m3。

（4）用2mL的注射器、量程为0～10N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＝FS。

②如图丁所示安装好器材，水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞刚开始运动时，记下弹簧测力计的示数为5.2N。

③用刻度尺测出注射器刻度部分长度为4.00cm。

④大气压强的数值为：27．小丽要外出旅游，为防止阳台上的盆栽植物缺水，想制作一个自动浇花装置。她在瓶底与瓶盖上各开一个小孔，瓶内装水（如图甲）。发现水从瓶盖小孔快速流出，不能实现长期自动供水。如何才能实现长期自动供水呢?小丽和拓展小组的同学进行了如下研究：【实验研究】只在瓶盖上开一个小孔，装入45的水，留下1【实验记录】开始时小孔只滴水（如图丙)﹔一段时间后停止滴水，没有气泡进入；然后小孔只进气泡、不滴水（如图丁)﹔最后既不滴水也不进气泡。测出有关科学量，并绘制成图（如图戊）。换用25℃、30℃、35℃、45℃的湿毛巾重复实验，均产生类似现象。【实验分析】（1）瓶子倒置后，瓶内液体对瓶盖存在（2）瓶子内气体吸收毛巾上的热量后温度会升高，一段时间后逐渐恢复至室温。结合装置滴水的原理以及戊中曲线的变化规律，分析A，B，C，D四点，其中点瓶内气体温度最高。（3）【实验预测】若用低于环境温度的湿毛巾包在瓶子外部，1小时内可观察到的现象是。（4）【实践应用】小丽和拓展小组的同学终于制成了一个自动浇花装置。结合一天中气温变化的大致规律分析，该装置一天中供水的情况是【答案】（1）压力（压强）（2）B（3）瓶内先进气泡，然后向外滴水（4）一天中气温升高时，装置向外滴水，气温下降或不变时，不对外滴水【解析】(1)瓶子倒置后，瓶内液体重力作用在瓶盖上，而力作用一定面积上的作用效果是压强。

(2)该装置是通过气压的改变来实现自动滴水的，当瓶内气体吸收毛巾上的热量时，气压增大，大于外界气压，则水会流出平外，在A点流水速度最大，即瓶内压强最大，温度最高；而后毛巾的温度和瓶内气体温度均会降低，导致压强减小，则流水逐渐减小，在瓶内气压小于外界气压时，则在外界气压的作用下瓶内会进气，从而逐渐增加瓶内的气体，即气压也会增大，最终平衡。

瓶子内气体吸收毛巾上的热量后温度会升高，一段时间后逐渐恢复至室温。结合装置滴水的原理以及戊中曲线的变化规律，分析A，B，C，D四点，其中B点瓶内气体温度最高；

(3)使用低温毛巾时，则瓶内气体的热量会传递给毛巾，从而导致瓶内气体温度降低，即压强减小，小于外界气压，瓶内会先进气泡；一段时间后瓶内气体从外界吸收热量，导致压强增大，则会向外滴水；

(4)温度升高时，瓶内气压增大，开始滴水，当温度下降或者相等时，瓶内气压小于或等于外界气压，则不滴水；28．（2020八上·金华期中）学校科学实验小组同学为了探究气缸内气体压强p与缸内气柱长度h的关系，设计了一带有活塞(横截面积S=5cm2)并封闭了气体的密闭金属气缸，如图甲所示。某次实验过程中，活塞缓慢下压，记录数据后绘制出如图乙所示图像。请回答下列问题：（1）活塞下压过程中，缸内气体的质量(选填“变小”“变大”或“不变”)；（2）当缸内气柱长度h=5厘米时，缸内气体对活塞产生的压力为牛；（3）根据图乙可得出的实验结论是：；（4）经测量，当缸内气体压强p为1×1053，那么，当缸内气体压强p为5×105Pa时，缸内气体的密度为kg/m3。【解析】（1）活塞下压过程中，缸内气体的体积减小，但是气体的质量保持不变。

（2）根据图乙可知，当空气中长度h=5cm时，气压为2×105Pa，

则缸内气体对活塞的压力为：F=pS=2×105Pa×5×104m2=100N；

（3）根据图乙可知，图像为一条双曲线，则结论为：缸内气体压强与缸内气柱长度成反比；

（4）根据公式ρ=mV=mSℎ可知，当气体的质量不变时，气体的密度与气柱的长度成反比，

而与气压成正比；

那么：p29．如图所示，是科技迷小明制作的“真空炮”模型：在一根两端开口、内壁光滑、水平放置的透明塑料管左端管口处，放置一枚弹丸；管口两端各有一块可自由开合的挡板；靠近管口右端连接抽气机，抽出一部分气体后，迅速将挡板1打开，弹丸便可冲开挡板2从管右端射出。那么弹丸从管口射出的出口速度大小与哪些因素有关呢？小明提出了如下猜想：A.与透明塑料管内外气压差有关B、与透明塑料管的长度有关.C.与弹丸的直径有关D.与弹丸的形状有关请回答下列问题：（1）该实验中抽气机的作用是：。（2）控制其他因素相同时，小明分别用球形和弹头形弹丸进行实验，并在塑料管壁两侧安装光电传感计时器，测量不同位置弹丸的速度大小。①基于实验设计，小明要验证猜想。（填序号）②其中弹头形弹丸（如图甲）的速度随位置变化的关系图像如图乙所示。请分析弹头形弹丸在塑料管中的速度增大变慢的原。【答案】（1）抽气机将透明塑料管内的气体抽出，管内气体压强减小，外界大气压大于里面的大气压，里外气压差将弹丸压出（2）D；弹头形弹丸可能质量大，惯性大，运动状态越不容易改变，速度减小的慢【解析】（1）抽气机将透明塑料管内的气体抽出，管内气体压强减小，外界大气压大于里面的大气压，里外气压差将弹丸压出；

（2）①用球形和弹头形弹丸进行实验，则要验证的是D、与弹丸的形状有关；

②弹头形弹丸在塑料管中的速度增大变慢的原因：弹头形弹丸可能质量大，惯性大，运动状态越不容易改变，速度减小的慢。

故答案为：（1）抽气机将透明塑料管内的气体抽出，管内气体压强减小，外界大气压大于里面的大气压，里外气压差将弹丸压出；

（2）①D；②弹头形弹丸可能质量大，惯性大，运动状态越不容易改变，速度减小的慢。四、解答题30．泡沫洗手液能直接从泵头处按出泡沫(如图1)，为了研究泵头工作原理，查阅资料如下：资料一：侧而切开泵头，泵头主体有两个独立的缸体，用可上下运动的活塞密封。当泵头下按时，两个活塞同时向下运动(如图2)。进一步切开泵头，气体和液体的进出口(如图3)。泵头的上半部为气液混合通道，上下端各固定一片纱网(如图4)。资料二：图5为泵头工作过程的示意图。资料三：把洗手液倒在沐浴球中。在空气中多次揉搓便可产生大量气泡。请结合上述资料和所学知识，对泡沫泵头能连续喷出泡沫作出解释。【答案】泵头压下去，弹簧被压缩，液体缸体积减小，下面的进液口关闭，上面的出液口打开，洗手液泵入混合通道。气体缸体积变小，气压变大，进气口关闭，出气口打开，气体出去。气体与洗手液一起混合，经过纱网，产生大量气泡，形成泡沫。松手。弹簧恢复原位。泵头抬起，缸体体积变大，压强变小，液体和气体补充进入。再次按下泵头，如此反复，连续喷出。【解析】泵头压下去，弹簧被压缩，液体缸体积减小，下面的进液口关闭，上面的出液口打开，洗手液泵入混合通道。气体缸体积变小，气压变大，进气口关闭，出气口打开，气体出去。气体与洗手液一起混合，经过纱网，产生大量气泡，形成泡沫。松手。弹簧恢复原位。泵头抬起，缸体体积变大，压强变小，液体和气体补充进入。再次按下泵头，如此反复，连续喷出。31．（2023八上·长兴期末）2022年5月4日，中国“巅峰使命"珠峰科考队成功登顶，同时创造多个世界纪录，包括在全球首次建成珠峰完整的海拔气象梯度观测站；利用高精度雷达完成冰厚测量和样本采集等。（1）下列对科考队登顶过程中的发现，分析正确的有；(填字母编号)A．珠峰峰顶常年积雪覆盖，因为在对流层，气温随海拔升高而降低B．珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，由此可推测南坡是迎风坡C．在登峰的过程中，队员会出现高原反应，这主要是气压过高引起（2）小科从媒体中获悉科考队员所携带的物品清单，制作了一份分析表。请你帮助小科填写表中的空格：携带物品理由防裂唇膏高原风大、空气干燥，人体中水分蒸发得快，嘴唇易干裂电热鞋海拔越高气温越低，脚离心脏较远，温度较低，需要保暖高压锅防紫外线服装海拔高，空气稀薄，紫外线照射强烈…………（3）现有一个直径为20cm，锅盖上的竖直空心柱排气孔的横截面积为10mm2的高压锅，已知锅内气体能达到的最大压强为2.0×105Pa。若用它在大气压强为0.9×105Pa的地区煮饭，则应配一个质量为多大的限压阀？(g=10N/kg)【答案】（1）A、B（2）珠峰海拔高，气压低于标准大气压，沸点低于100℃，米饭不容易煮熟，）高压锅可以增大锅内气体压强，提高液体沸点，更易煮熟饭菜（3）限压阀自重对排气孔的压强p=p内－p0=2.0×105Pa－0.9×105Pa=1.1×105Pa限压阀质量m=Gg=1.1N【解析】（1）珠峰的峰顶常年被冰雪覆盖，这是因为在对流层，海拔越高，气温越低，故A正确；

珠峰南坡降水较多，植物种类更丰富，由此推测南坡是迎风坡，故B正确；

在攀登珠峰的过程中，人体出现高原反应，是因为气压过低的缘故，故C错误。

故选AB。

（2）空格中的内容为：珠峰海拔高，气压低于标准大气压，沸点低于100℃，米饭不容易煮熟，）高压锅可以增大锅内气体压强，提高液体沸点，更易煮熟饭菜。32．高压锅是生活中一种密闭的加热容器，锅盖中央有一出气孔，孔上盖有限压阀，当锅内气压达到限定值时，限压阀被顶起放出部分气体，实现了对锅内气体压强的控制。现有一个直径为24cm、出气孔横截面积为10mm2、限压阀质量为100g的高压锅，要用它来煮饭，当地大气压为标准大气压。请回答：（1）高压锅的工作原理：。（2）高压锅内气体能达到的最大压强是多少？（3）经商品质检测部门检测，此高压锅内气体的最大压强不能超过1.8×105Pa，要使此高压锅能安全使用，原来的限压阀还能用吗？若不能，应该重新配备一个质量为多大的限压阀？【答案】（1）气压越高，液体沸点越高（2）解：F=G=mg=0.1kg×10N/kg=1Np限=FS=1Np内=p外+p限=1×105Pa+1×105Pa=2×105Pa（3）解：不能p限’=p内’p外=1.8×105Pa1×105Pa=0.8×105Pam=Gg=0.8N【解析】（1）根据液体沸点随气压的变化规律分析解答；

（2）首先根据F=G=mg计算出限压阀的自重对排气孔产生的压压力，然后根据p限=FS计算出对排气孔的压强，接下来根据p内=p外+p限计算出锅内气体的最大气压即可。

【解答】（1）高压锅的工作原理：气压越高，液体沸点越高。33．（2021八上·普陀期末）如图1为压力锅的示意图，锅盖上有一个空心柱为排气孔，空心柱上带有一个帽子为限压阀。当压力锅内气体的压强超过安全值时，锅内的气体会顶起限压阀逸出一部分，使锅内气体压强减小，保证压力锅安全使用。某压力锅排气孔横截面积为10mm2，限压阀的质量为100g。标准大气压取1.0×105Pa。（1）人们初次到达高原地区会感觉呼吸困难，据图分析，人呼吸困难的原因：。（2）该压力锅在海拔达4000m的地方烧水，当水烧开时水的温度大约是多少℃？（3）如图3是同学们用高压锅模拟马德堡半球实验，如果他们没有抽气机，应怎样将高压锅里的空气尽量排除呢？请说出你的办法。【答案】（1）气压减少，缺氧（2）限压阀的自重对排气孔产生的压强p=GS=0.1kg×10N/kg10×10−6（3）在高压锅中放一些水，盖上锅盖，加热至沸腾，让水蒸气将空气赶出高压锅，此时将限压阀罩上，然后向高压锅上泼冷水，使锅中的水蒸气遇冷液化，锅中就几乎没有空气了【解析】（1）人们初次到达高原地区会感觉呼吸困难，据图分析，人呼吸困难的原因：海拔高度增大，大气压强减少，空气中氧气含量减小，从而造成缺氧。

（2）限压阀的自重对排气孔产生的压强p=GS=0.1kg×10N/kg10×10−6m234．（2022八上·柯桥期中）图甲为高压锅的构造，图乙为水的沸点与气压的关系图象。（1）请说明高压锅为什么能将食物加热到100℃以上？（2）若高压锅出气孔的半径为3mm，压在出气孔上的安全阀的质量为81g.通过计算并对照图象说明利用这种高压锅烧水时，最高温度大约是多少？（π取3，下同。外界大气压为1.0×105Pa）（3）若要把这种高压锅销售到西藏地区，在保证高压锅安全使用的前提下，用这种高压锅烧水时，水的沸点要达到115℃，应使用质量为多大的限压阀？（西藏地区外界大气压平均值为0.8×105Pa）【答案】（1）高压锅能将食物加热到100℃以上的原因：液体的沸点随着气压的升高而增大，高压锅内气压大于标准大气压，使锅内水的沸点高于100℃。（2）限压阀的自重：G=mg=0.081kg×10N/kg=0.81N；

排气孔的横截面积：S=πr2=3×（0.003m）2=2.7×105m2；

限压阀的自重产生的压强：p=GS=0.81N2.7×10−5m2=0.3×105Pa；

则高压锅内的最高气压：p内（3）根据图像可知，当水的沸点达到115℃时，锅内的最大气压为1.6×105Pa；

则此时限压阀自重产生的压强：p自重=p内p大气=1.6×105Pa0.8×105Pa=0.8×105Pa；

则限压阀的重力为：G=F自重=p自重S=0.8×105Pa×2.7×105m2=2.16N；

则限压阀的质量为：m=G【解析】（1）根据液体沸点随气压的变化规律分析解答；

（2）首先根据S=πr2计算出排气孔的横截面积，再根据p=GS计算出限压阀的自重对其产生的压强，接下来根据p内=p大气+p自重计算出锅内的最大气压，最后根据图像确定锅内的最高温度。

（3）首先根据p内=p大气+p自重计算出限压阀的自重产生的压强，接下来根据G=F自重=p自重S计算出限压阀的重力，最后根据35．（2021八上·富阳期中）2，限压阀的质量为100g的高压锅，要用它来煮饭，若当时的大气压为1.0×105Pa，则（1）高压锅工作的原理是。（2）此高压锅内气体能达到的最大压强为多少？（3）该高压锅在大气压强为0.8×105Pa的地区使用时要保证水的沸点与上题一样，则应换一个质量为多大的限压阀？（g取10N/kg）【答案】（1）液体的沸点随气压增大而升高（2）解：P=FS=P0+GS=1.0×105Pa+（3）解：G’=（PP0’）S=（2.