2.2 大气压强 练习课件- 2025-2026学年科学浙教版八年级下册

该初中科学课件聚焦“大气压强”及“流体压强与流速的关系”，通过U形管液面变化、旋转圆球气流等现象导入，从基础原理分析过渡到导气管、地下通道通风等实际应用，构建由具体到抽象的学习支架，衔接前后知识脉络。 其亮点在于以生活实例为载体，通过黏滞系数推导、气体压强与体积关系实验等，培养科学思维与探究实践能力。丰富的情境题帮助学生建立科学观念，提升解决问题能力，也为教师提供多样化教学资源，提高课堂效率。

2.2 大气压强 1. 如图所示，装着红墨水、粗细均匀的U形玻璃管伸出两个管口，两个 管口非常接近表面粗糙、正在逆时针较快旋转的圆球直径的两端，并且 距离圆球表面等距离。在圆球的正上方有一股较为强劲的风均匀竖直往 下吹。等U形玻璃管中红墨水液面稳定后，关于U形玻璃管中红墨水液面 高低情况的描述，正确的是（　A　） A. 左边比右边高 B. 左边比右边低 C. 两边等高 D. 高低无法确定 A 【解析】读图可知，因为由上吹到下的风经过球的左侧时为顺风，速度 为v+v左，而吹到右边的风的速度为v-v右。因为左右两侧的风速相同，所 以左边的实际空气流速大于右边的实际空气流速，即左边的压强小于右 边的压强，所以左边液面比右边液面上的气压低，即左边的液面比右边 高。故选A。 2. 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，同学们设计了如下几种方案。如图所示，灰色部分为墙面 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 （　C　） C A. B. C. D. 【解析】要想让风经过过道，过道左右两端的气压应该不同，所以过道 左右两端的通道中的空气流动速度不同，A、B错误。图C，过道右端的 通道有凸起，所以相同时间风经过过道右端的通道时的路程长，则风速 较快，所以过道右端的气压小于左端的气压，所以空气会从过道的左端 流向右端，过道中有风通过。此方案不需要消耗其他能量，既有效又节 能，此方案合理。图D，过道中有换气扇，换气扇工作时过道中空气流 动速度加快，气压减小，空气会从过道口流进来而通风，但需要消耗电 能，故此方案虽有效但不节能。故选C。 3. 如图所示为楼房顶上常见的导气管，它的作用是将每家住户洗手间下 水道中的污浊气体排出。下列关于导气管的描述，最合理的是 （　D　） A. 导气管利用浮力将密度小于空气的污浊气体导出 B. 导气管利用流速和压强的关系，在楼底管道产生低气压 C. 在有风的天气里导气管排气效果会变差 D. 导气管利用流体中流速大的地方压强小的原理，将污浊气体 排出 D 【解析】空气是流体，据流体的压强与流速的关系可知，导气管上端的 空气流速大，其压强小，导气管下方的空气流速小，其压强大，利用上 述原理将污气压出导气管；且能看出，在有风的天气里，导气管排气的 效果会更好。故选D。 4. 如图所示， A、B是两个密闭的球形容器，C、D、E都是两端开口的玻 璃管，它们与容器接口处紧密封接。容器 A、B和玻璃管D、E内盛有水， 各水面高度差如图所示，则E管内水面高出B容器水面的高度h应等于 （　B　） A. 0.5 m B. 1.0 m C. 1.5 m D. 2.5 m B 【解析】由题图可知A、B容器内相通，气体压强相等，玻璃管D、E内 压强也相等。大气压强加玻璃管内液体压强等于球内气体压强，故h应 等于1.0 m。故选B。 5. 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Δh A、ΔhB和ΔhC之间的大小关系为（　B　） A. Δh A=ΔhB=ΔhC B. Δh A>ΔhB>ΔhC C. Δh A>ΔhB=ΔhC D. Δh A=ΔhB>ΔhC B 【解析】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，A、B之间液面高度差减小，A相 对于底面压强最大，所以A下降得最大，其次是B，上升最小的是C液 面，故ΔhA>ΔhB>ΔhC。故选B。 6. 弧圈球是一种攻击力强、威力大的乒乓球进攻技术。如图所示为某人 某次拉出的弧圈球在空中高速旋转前进的示意图，此时球上方气体相对 球上部流速小于下方气体相对球下部流速。下列说法中正确的是 （　D　） A. 球在空中继续前进是受到惯性力的作用 B. 球在空中前进时受平衡力作用 C. 球因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得慢 D. 球因高速旋转前进比不旋转前进时会下落得快 D 【解析】打出去的乒乓球在空中继续前进是由于惯性，仍要保持原来的 运动状态，A错误；空中乒乓球的运动状态会发生变化，所以乒乓球在 空中前进时不受平衡力作用，B错误；球上方气体相对球上部流速小于 下方气体相对球下部流速，球上方的压强大于球下方的压强，因此球因 为高速旋转前进比不旋转前进时会下落得快，C错误、D正确。故选D。 7. 如图所示，圆筒内盛有水，水的上方被活塞A密封住一部分空气，一 试管B开口朝下，竖直漂浮在水面上，管内封有一段长为L的空气柱（试 管壁的体积不计），试管所受浮力为F，管内外水面高度差为h。现将活 塞A向上稍拉一小段距离后，试管又重新平衡（试管内气体没有溢 出）。下列叙述中正确的是（　B　） A. h、F、L均增大 B. h、F不变，L增大 C. h减小，F不变，L增大 D. h、F减小，L增大 B 【解析】由题意得A向上提，试管内液面处压强变小，试管内气压大于 该处压强，所以试管内气体体积变大，即L变大。由于漂浮，所以浮力 始终与重力相等，F=G，所以浮力不变，由于浮力不变，所以V排不变， 可知h不变。故选B。 8. 由于流体具有黏滞性，因而物体在流体中运动要受到流体的阻力。科 学家们已测得半径为R的球在流体中以速度v运动时受流体阻力大小为 F=6πηRv，其中η为流体的黏滞系数，不同流体η不同，它由流体的性质 决定。某课外兴趣小组在研究性学习活动中为了测定某种流体的黏滞系 数，设计如下实验：让密度为 ρ=1.2×103 kg/m3，半径为R=3 cm的实心球在密度为 ρ0=0.8×103 kg/m3的透明液体中竖直下落。发现球先加速下落后匀速下落，该兴趣小组的同学用频闪摄影的方法测出球匀速下落时 的速度为v=4.9 m/s。若球的体积计算式为 V=，则该流体的黏滞系数η为（　C　） C A. 0.16 N·s/m B. 0.48 N·s/m C. 0.16 N·s/m2 D. 0.48 N·s/m2 【解析】当球在流体中匀速下降时，处于平衡状态，受力平衡，则F+F浮 =G，即6πηRv+ρ液 g· ，化简并代入有关数据得η=0.16 N·s/m2。故选C。 9. 如图所示为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 下按压活塞，在水从a端匀速流出（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。下列说法中错误的是（　A　） 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. 向下按压活塞的力F逐渐变大 D. 壶底内表面所受的压力大小不变 A 【解析】因为用力F向下压活塞时，水从a端匀速流出（壶内水面始终高 于b端），所以b端压强不变，而b端压强等于壶内气体的压强与b端以上 水的压强之和，随着水从a端匀速流出，b端以上水的压强逐渐变小，所 以壶内气体的压强逐渐变大，又因为壶内气体的温度保持不变，所以壶 内气体的体积逐渐变小。壶内气体的压强逐渐变大，则向下按压活塞的 力F逐渐变大。壶底内表面受到的压强等于b端压强与b端以下水的压强 之和，可知壶底内表面受到的压强不变，由F=pS可知，壶底内表面所受 的压力大小不变。 10. 如图所示，一端封闭，长为l（约1 m），横截面积为S的轻质玻璃 管，管壁厚度可忽略不计。将它注满水银后，倒立于足够深的水银槽 中，现将玻璃管竖直向上缓慢匀速提起至玻璃管口与槽内水银面相平为 止，设环境气压为一个标准大气压，则下列有关说法中不正确的是 （　B　） A. 当玻璃管浸没在水银槽中时，所需拉力大小F=0 B. 当玻璃管口与槽内水银面相平时，所需拉力大小F= ρ水银lSg C. 当玻璃管顶端露出槽内水银面时，顶端即充满水银 D. 当玻璃管顶端到槽内水银面的高度大于76 cm后，管内外水银面高度保持不变 B 【解析】在忽略玻璃管本身重力时，当玻璃管浸没在水银槽中，水银柱 的重力与所受浮力平衡，此时所需拉力为0；当玻璃管口与槽内水银面 相平时，所需拉力应为F=ρ水银L′S g，而L'的大小约为76 cm，而不是玻璃 管长；玻璃管顶端露出槽内水银面后，顶端不会出现真空，只有达到76 cm以上才会出现；只要管内外水银的高度差达到76 cm，管内外水银高 度就会一直保持不变。 二、（本题有7小题，共60分） 11. （6分）小明自制了一种测定风速的装置，如图所示，探头和金属杆 与滑动变阻器的滑片P相连，可上、下移动。当风吹过探头时，由于探 头上、下表面空气流速不同，探头将滑动变阻器R2的滑片P向 ⁠ （填“上”或“下”）移动；当风速增大时，电压表的示数将 ⁠（填 “变大”“变小”或“不变”）。 上 变大 【解析】当有风吹过探头时，由于探头上表面凸，相同时间空气经过上 表面的路程比下表面长，经过上表面的速度比下表面快，所以上表面的 气压小于下表面的气压，探头将受到一向上的合力，滑片向上移动；当 风速增大时，探头上下表面空气流速差较大，上下表面气压差较大，受 向上的合力较大，所以滑片向上运动。滑动变阻器接入电路的电阻较 小，根据欧姆定律可知，电路中电流变大，所以R1两端的电压变大，即 电压表的示数变大。 12. （9分）喷泉美化了环境，与我们的生活息息相关。学习小组依次设 计了手动式喷泉和自动式喷泉，并用吸管和具有弹性的矿泉水瓶制作， 如图所示。 （1）在使用手动式喷泉时，挤压瓶子，能使瓶内气压变大，其原因是 ⁠。 【解析】（1）在使用手动式喷泉时，挤压瓶子，使一定质量的气体体 积变小，从而使瓶内气体压强变大。 一定质量的气体体积变小 【解析】（1）在使用手动式喷泉时，挤压瓶子，使一定质量的气体体 积变小，从而使瓶内气体压强变大。 （2）自动式喷泉：往3号瓶中加入一定量的水后，水会沿着1号吸管流 到1号瓶，喷泉由 号吸管喷出。喷泉持续喷出时，1号瓶中的气压记为 p1，2号瓶中的气压记为p2，3号瓶中的气压记为p3，三个瓶内的气压大 小关系为 ⁠。 3 p1=p2>p3 【解析】（2）往3号瓶中加入一定量的水后，水由于重力的作用会沿着 1号吸管流到1号瓶，导致1号瓶内水面上升，其上方气体的体积减小， 从而使1号瓶内的气压p1增大；因为1号瓶与2号瓶通过2号吸管（中间的 吸管）连通，则1号瓶内的气体会流向2号瓶，使2号瓶内的气压p2增 大，且p1=p2；随着2号瓶内气压p2的增大，当2号瓶内的气压与3号吸管 内水柱产生的压强之差大于外界大气压时（即p2-p3水柱>p3），水就会从 3号吸管喷出，从而形成喷泉现象，由此可知p1=p2>p3。 【解析】（2）往3号瓶中加入一定量的水后，水由于重力的作用会沿着 1号吸管流到1号瓶，导致1号瓶内水面上升，其上方气体的体积减小， 从而使1号瓶内的气压p1增大；因为1号瓶与2号瓶通过2号吸管（中间的 吸管）连通，则1号瓶内的气体会流向2号瓶，使2号瓶内的气压p2增 大，且p1=p2；随着2号瓶内气压p2的增大，当2号瓶内的气压与3号吸管 内水柱产生的压强之差大于外界大气压时（即p2-p3水柱>p3），水就会从 3号吸管喷出，从而形成喷泉现象，由此可知p1=p2>p3。 13. （6分）由于流体的黏滞性，使得在流体中运动的物体要受到流体阻 力。在一般情况下，半径为R的小球以速度v运动时，所受的流体阻力可 用公式f=4πgηRv表示。 （1）小球在流体中运动时，速度越大，受到的阻力 （填“越 大”或“越小”）。  越大 （2）密度为 ρ、半径为R的小球在密度为 ρ0、黏滞系数为η的液体中 （足够深）由静止自由下落时的v⁃t图像如图所示，请推导出速度vr的 数学表达式：vr=​。 ​ 【解析】（2）小球在流体中下落时受重力、浮力和阻力的作用。小球 受到的重力G=mg=ρgV= 。 14. （9分）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+p=C（式中C是常量， ρ表示空气密度）。 如图所示，在水平桌面上放置一个质量为 m、底面积为S的硬币，并沿 箭头所示方向吹气，气流通过硬币上方，由于硬币下方没有气流通过， 从而产生压力差，给硬币一个向上的动力。 （1）根据上述流速与压强的关系式可知，硬币下方空气的压强p下 = ⁠。 【解析】（1）硬币下方的空气流速为0，代入公式 C （2）刚好把硬币吹起时，硬币上、下表面的压力差ΔF= ⁠。 【解析】 ​ mg （3）请推导出刚好将硬币吹起时吹气速度的表达式：v= 　​  （用 ρ、S、m、g表示）。 【解析】。 ​ 15. （10分）小浩跟同学们一起探究“一定质量的气体，在温度不变时， 其压强与体积的关系”，实验装置如图甲所示（固定的铁架台未画 出）。用一支容量为2.5 mL的针筒，先将活塞的下底面拉到刚好对准2.5 mL的刻度线，用橡皮泥封住针口，然后在活塞上加砝码。他们测出筒上全部刻度的长度为5 cm，活塞的质量和活塞与筒壁的摩擦不计，托盘的质量为15 g，测量数据如下表所示：（外界大气压为1×105 Pa，g取10 N/kg） 甲 乙 实验 序号 砝码和托盘 总质量 m/g 筒内气体 体积 V/mL 筒内气 压p/（×105 Pa） 1 0 2.5 1 2 45 2.3 1.09 3  　　　   　　　   　　　  4 195 1.8 1.39 5 335 1.5 1.67 6 540 1.2 2.08 7 750 1.0 2.5 （1）他们测得的活塞的横截面积为 m2。  （2）第3次实验时，所加砝码和活塞的位置如图甲所示。请在表内空格 填上数据，并写出筒内气压的计算过程。 【答案】（2）125 2.0 1.25 先根据G=mg求出托盘和砝码的总重力G=mg=0.125 kg×10 N/kg=1.25 N，外界气体对活塞压力F0=p0S=1×105 Pa×0.5×10-4 m2=5 N，活塞对筒内气体压力F=F0+G=5 N+1.25 N=6.25 N，筒内气体压强p= =1.25×105 Pa。 0.5×10-4 （3）根据实验数据，请在图乙中画出气压随体积变化的图像。 【答案】（3）如图所示。 （4）根据图像可知，气体压强跟体积的关系是：一定质量的气体，在 温度不变时， ⁠。 体积越大，压强越小 16. （10分）图甲是某型号的抽水马桶水箱进水控制装置的示意图。浮 子是有上底无下底的圆柱形容器，中间有圆柱形的孔（图乙是浮子的放 大示意图），壁的厚度忽略不计，浮子通过孔套在直杆上，并与调节螺 母紧密相连。手动上下移动调节螺母，可以使浮子的位置随之上下移 动，轻质细杆AB可绕O点旋转，A端与直杆底端相连，B端装有塞子。当 水箱的进水孔进水，水面接触到浮子下端后，浮子内的空气开始被封闭 压缩，随着水位继续上升，浮子上升带动直杆向上运动，当水位上升到 一定高度，AB杆处于水平位置时，塞子压住进水孔，进水孔停止进水。 甲 乙 （1）为测出浮子上底面的面积，给你刻度尺、量筒和水，请完成下列 实验： ①将浮子倒置后，用刻度尺测出浮子内的深度h。 ②将浮子装满水， ⁠。 ③浮子上底面的面积表达式：S上= 　​ 　（用所测量物理量的符号表 示）。 利用量筒测出浮子里面水的体积V ​ （2）若浮子上升的过程中内部被封闭的空气不泄露，用上述方法测得 的浮子上底面的面积为10 cm2，外界大气压为1.0×105 Pa，浮子、直杆、细杆AB、塞子的重力及所受浮力均不计，忽略所有摩擦，当进水 孔停止进水时，浮子内的气体压强为外界大气压强的1.2倍，此时浮子 上底面所受内外气体压力差为多大？ 【答案】（2）已知浮子内的气体压强p=1.2p0，则浮子内外气体压强差 Δp=p-p0=1.2p0-p0=0.2p0=0.2×1.0×105 Pa=2×104 Pa。浮子上底面所受内外气体压力差ΔF=ΔpS=2×104 Pa×10×10-4 m2=20 N，方向向上。 17. （10分）如图所示，内有a、b两个光滑活塞的圆柱形金属容器，其 底面固定在水平地板上，活塞将容器分为 A、B两个部分，两个部分中 均盛有温度相同的同种理想气体，平衡时， A、B两个气体柱的高度分 别为h A=10 cm，hB=20 cm，两个活塞所受的重力均忽略不计，活塞的横 截面积S=1.0×10-3 m2。现用竖直向上的力F拉活塞a，使其缓慢地向上移动Δh=3.0 cm时，活塞a、b均恰好处于静止状态，环境温度保持不变， 外界大气压强为p0=1.0×105 Pa，求：（提示：一定质量的某种气体，在 温度不变时，压强与体积成反比） （1）活塞a向上移动3.0 cm的过程中，活塞b移动的距离。 【答案】17.（1）由于活塞b的质量不计，所以A、B两部分气体的压强总是相等的。设一开始两者的压强均为p0，提升a活塞后压强均变为p，此时A、B两部分气体的高度分别为hA'∶hB'。对A部分气体，由题意得p0hA=phA'①，对B部分气体，由题意得p0hB=phB'②，hA+hB+Δh=hA'+hB'③，联立①②③代入数据得hB'=22 cm，p=×105 Pa。所以活塞b移动的距离ΔhB=22 cm-20 cm=2 cm。 （2）在F作用下，活塞a、b恰好处于静止时拉力F的大小。 【答案】（2）由于活塞a处于平衡状态，则F+pS=p0S，代入数据解得 F≈9.1 N。 $