【决胜中考】2027年浙江省中考二轮复习 专题6 压力 压强

【决胜中考】2027中考复习 物理篇 专题6 压力和压强 班级 姓名 得分 一、选择题 1．2023年5月28日，中国国产大飞机C919首个商业航班飞行圆满完成。某飞机机翼横截面的大致形状如图所示。下列现象中涉及的原理与机翼获得升力的原理相同的是（　　） A．对着漏斗嘴向下吹气，乒乓球不掉下来 B．用吸管吸牛奶，牛奶盒发生形变 C．加热空气后。热气球不断上升 D．覆杯实验中松手后，硬纸片不会掉下 2．为了说明骑电动车要戴安全头盔的道理，某同学做了一个模拟实验：将两个相似的鸡蛋甲、乙分别放在纸筒上，鸡蛋甲上方放一个轻质瓶盖，拿一根筷子用大小相同的力分别敲击，如图所示。结果鸡蛋甲完好无损，鸡蛋乙立即破碎。下列有关叙述错误的是（　　） A．放上瓶盖后可以增大受力面积 B．敲击时鸡蛋上部受到的压强甲比乙大 C．鸡蛋乙被敲碎说明力能改变物体的形状 D．要提高实验的可靠性还需多次实验 3．下列关于压强的实验说法不正确的是（　　） A．实验甲说明大气压的存在 B．实验乙说明液体的沸点随着气压的增大而升高 C．实验丙说明气体的压强随着流速的增大而增大 D．实验丁说明同种液体中的压强随着深度的增加而增大 4．如图所示，一个装有水的平底密闭矿泉水瓶，先正立放置在水平桌面上， 再倒立放置。两次放置时，瓶对桌面的压力分别为F甲和F乙， 瓶对桌面的压强分别为p甲和p乙，则 （　　） A．F甲>F乙 B．p甲>p乙 C．F甲<F乙 D．p甲<p乙 5．兴趣小组用如图装置研究压强与流速的关系，将吹风机对准竖管上端管口向下吹风，在三个水平玻璃管的右端口处同时释放相同规格的乒乓球，某时刻乒乓球处于如图所示的位置。下列说法合理的是（　　） A．乒乓球运动是因受到竖管气流的吸引力 B．装置中三个水平玻璃管的横截面积不同 C．三个水平玻璃管的左端口处压强不相同 D．该装置可以测量竖管中各处的压强大小 6．如图，质量分布均匀的长方体重物 A、B，密度分别为ρA和ρB，底面积分别为SA和SB，且 SA＞SB，将它们放在水平面上，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分别为 PA和PB，对地面的压力分别为FA和FB，下列物理量大小比较的关系正确的是（　　） A．FA＜FB B．pA>pB C．ρA＞ρB D．切割前后 A，B 对地面的压强均不变 7．如图甲所示，一质地均匀的长方体木块放在水平地面上，底面积为S，木块对地面的压强为900 Pa。以下说法中，正确的是(　　) ①将木块水平切去一半，剩余部分对地面的压强为450 Pa ②将木块竖直切去一半，剩余部分对地面的压强为450 Pa ③将木块斜切去一部分如图乙所示，切去部分底面积为原来的三分之一，剩余部分对地面的压强为750 Pa ④将木块斜切去一部分如图丙所示，切去部分底面积为原来的三分之一，剩余部分对地面的压强为300 Pa A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 8． 如图所示，球形容器内装有空气，下方的容器内盛有水，若液面由A 位置 上升到B 位置，则表明气温(　　) A．升高 B．降低 C．不变 D．无法确定 9．我们在学习科学的过程中往往会用到①转换法：②类比法：③等效替代法：④控制变量法等科学方法。如图为课本实验“探究压力作用效果的相关因素”的实验程序图，其中用到的科学方法主要是 A．①④ B．②③ C．①② D．③④ 10．电动水翼板是一种新型水上运动器材。当水翼在水中高速向前运动时，会获得向上的升力，将板面抬升出水面。下图是水翼的模型图，根据流体压强与流速的关系，水翼的截面形状最合理的设计是（　　） A． B． C． D． 11．小科用饮料瓶做了一个水钟(如图)，A瓶的水从瓶盖的小孔中滴落到B 瓶。他每分钟观察1次A瓶中的水位，并在A瓶的瓶壁上标出水位刻度。关于“A瓶水位与时间的关系”的示意图，正确的是 (　　) A． B．C． D． 12．如图所示，一根下端开口的长直玻璃管（长度足够）竖直放置，管内有一段高为h的水银柱，水银柱上方封闭有一定质量的气体，压强为环境温度恒定为，外界大气压为不考感水银与管之间的摩擦，下列说法正确的是 A．将玻璃管缓慢水平放置，稳定后管内气体压强等于大气压 B．在管口正下方沿水平方向持续吹气，水银柱上升 C．将该装置缓慢带到高海拔地区，水银柱上升 D．若玻璃管A处突然破损，A点下方水银下落，A点上方水银上升至玻璃管顶端 13．如图所示，质地均匀的实心圆柱体叠放在水平地面上，的上表面全部与密合。 已知它们的密度之比，底面积之比对的压强和对地面的 压强之比，则它们的高度之比为（） A．9：4 B．3：2 C．9：2 D．4：9 14．如图甲所示，一块质量分布均匀的长木板平放在水平桌面上，对长木板施加一个水平向右的力 F，使木板沿着与桌子边缘平行的方向缓慢向右做直线运动，直到木板的 长度伸出桌面时停止运动，此过程中木板对桌面的压强 p 与木板被推动的距离x 的关系图像如图乙所示。已知木板宽为0.25m，下列判断正确的是 （　　） A．长木板的底面积为 B．当x=0.26m时，木板对桌面的压强为37.5Pa C．当x=0.30m时，木板对桌面的压力为 9N D．移动过程中，木板对桌面的压力先不变后增大 15．如图所示是甲、乙两种物质的质量与体积的关系图像。若用甲、乙两种物质分别制成质量相等的等高实心圆柱体A、B，把它们并排竖直放置在水平地面上，则圆柱体A、B对水平地面的压强之比为 （　　） A．8：1 B．4：1 C．2：1 D．1：1 二、填空题 16．如图是某品牌的电动汽车出厂前，利用风洞模拟高速运动时的情况。汽车风洞测试时，以高速气流为参照物，汽车是　 　（选填“运动”或“静止”）的。此时的汽车对地面的压力　 　重力。（选填＂＂、＂＂或＂＂） 17．乘高铁出行愈来愈受到人们的青睐，成为出行方式的首选。 （1）如图1当高铁匀速直线运动时，以高铁为参照物，小桌板上的水杯处于　 　（填“静止状态”或“运动状态”） （2）一列高铁的质量为 460 吨，行驶过程中与铁轨接触的总面积是，则高铁对铁轨的压强是　 　Pa。 （3）如图2在列车进站时，乘客面向列车区域的气体流速度大，压强　 　，而乘客背后的气压相对较大，形成气压差，为防止造成安全事故，乘车站在安全线以内。 18．利用大气压原理解释现象时，有同学经分析后概括出以下思维模型： （1）完善思维模型，①处应填　 　 （填“开放”或“密闭”），②处应填　 　（填“增大”或“减小”）。 （2）小科用瓶盖背面蘸取清水，倒置在空塑料瓶口，双手快速摩擦后捂住瓶身，瓶盖能够连续在瓶口跳动。根据以上思维模型解释瓶盖“跳动”的原因　 　。 19． 小马完成了如下三个趣味实验，分析并回答问题： （1）如图甲所示的覆杯实验硬纸片都不会掉下来。该现象可以得出初步结论：　 　 （2）如图乙所示，将两个一次性纸杯杯口向上叠套起来，用手握住外面的纸杯，在靠近杯口的正上方且平行于杯口方向用力吹气。里面的纸杯的运动状态是　 　，原因是　 　 （3）如图丙，一根水平放置、两端开口的亚克力管，下部抽气孔与抽气机相连。将一个略小于管内径的纸团置于管中，打开抽气机，两塑料片分别紧紧“吸附”在管子两端。当管内气压较低时关闭抽气机且封闭抽气孔，快速弹开　 　侧塑料片，纸团会从左侧管口飞出。 20．如图所示，两个底面积相同且质量相等的密闭容器甲和乙放置在水平桌面上，向容器中分别注入两种不同的液体。 （1）已知距容器底部等高的A、B两点所受液体的压强相等，则甲、乙容器内液体密度　 　；若乙容器内液体的质量大于甲容器内液体的质量，则桌面受到甲、乙容器的压强　 　。（均选填“大于”“等于”或“小于”） （2）如果把乙装置倒置，如图丙所示，那么液体对容器底的压强将　 　，液体对容器底的压力将　 　。（均选填“变大”“变小”或“不变”） 21．如图是小明利用V=2mL 的注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材估测大气压值的情况。 利用刻度尺测量出注射器带刻度部分的长度L为10cm，即可算出活塞横截面积为0.2cm2。 （1）把活塞推至注射器筒的底端，用橡皮帽封住注射器小孔，再水平向右缓慢拉动注射器筒，当注射器的活塞开始滑动时，记下弹簧测力计的示数F=2.1N，据此可测得大气压值p=　 　Pa。 22．为了探究“气体压强与流速的关系”，小科设计了如图所示的实验装置。其中两端开口的U形管中有适量的水，U形管的左端通过橡皮管与玻璃管侧壁管口相连通。 （1）小科用电吹风机从左侧管口吹风，则U形管　 　(选填“左”或“右”)侧液面将升高。说明气体的流速越大，压强越　 　； （2）灰鹅在飞行途中突遇强风，会将身体翻转180°，用脚朝上但头保持不变的怪异姿势进行飞行，如图所示，其目的是迅速　 　(选填“升高”或“降低”)飞行高度，躲避危险。 三、实验与探究题 23．在“探究压力的作用效果与哪些因素有关”实验中，小邹用一块海绵和两块规格相同的长方体砖块做了如图所示的一系列实验，请仔细观察，分析并回答下列问题。 （1）小邹可以通过比较　 　来确定压力作用效果的大小，所采用的科学方法是　 　。 （2）比较图乙和图丙的实验，该实验的变量是　 　。 24．小滨用下图所示的微小压强计进行实验。 （1）组装器材时，有两块形状相同的橡皮膜，小滨将相同的小球放在两种橡皮膜上时形变程度如图甲所示，为了能更好反映压强的细微差别，小滨应该选择橡皮膜　 　（填“A'或''B''）． （2）安装好微小压强计后，用手指按压（不论是重压还是轻压）探头的橡皮膜时，发现U形管两侧的液面始终相平，造成这一现象的原因可能是　 　 （3）解决以上问题后，小滨将探头放入装有盐水的容器中，实验现象如图丙所示。 ①在图丙实验的基础上，若保持探头的位置不变，用注射器抽出部分盐水后（探头仍浸没在盐水中），观察到　 　，可以验证液体内部的压强与液体深度有关。 ②仍在图丙实验的基础上，若保持探头的位置不变，将一小杯浓盐水倒入烧杯内（液体未溢出），待液体混合均匀后，发现U形管两侧液面高度差变大，小滨由此得出结论：在同一深度液体的密度越大，其内部的压强越大。你认为他的结论是否可靠并说明理由　 　 25．某同学用如图装置探究“一定质量的气体，在温度不变时，气压与体积的关系”。实验器材有：注射器、润滑油、压强传感器等。实验过程如下： 步骤一：在室温下将注射器的活塞上抹上适量的润滑油后，插入注射器内，留一定量的气体，将压强传感器套件连接在注射器小孔上； 步骤二：缓慢往右推动活塞，用传感器采集注射器内气压p，并记录相应空气柱的体积V； 步骤三：重复实验。得到数据如下表： 实验 V/mL p/×105Pa pv/×105Pa•mL 1 20.0 1.001 20.020 2 18.0 1.113 20.034 3 16.0 1.251 20.016 4 14.0 1.429 20.006 5 12.0 1.668 20.016 （1）完成本实验的基本要求是____(填字母编号)。 A．封闭气体的容器密封良好B．必须测出所封闭气体的温度和质量 （2）分析表中数据，可以得出结论：　 　。 （3）“一定质量的气体，在温度不变时，压强与体积的关系”被称为波义耳定律，很多现象可以用波义耳定律解释，符合该定律的现象的是：　 　。 A.气球打气过多，气球体积变大 B.一杯水中底部气泡上浮，气泡体积变大 C..气球带至高山，气球体积变大 26．洗衣服时产生的肥皂泡会不断地破裂。兴趣小组认为肥皂泡的破裂可能与肥皂泡内气压大小有关，而肥皂泡内的气压大小可能与肥皂泡的半径大小有关。为此他们用如图甲所示的装置进行探究。 【实验步骤】 ①闭合阀门3，打开阀门1和2，用肥皂水吹出较大的肥皂泡 A； ②闭合阀门2，打开阀门3， ? ； ③闭合阀门1，打开阀门2，观察并记录实验现象。 （1）“?”处应填的内容是　 　。 （2）【实验现象】肥皂泡 A 变大，肥皂泡 B变小。 【实验结论】相同条件下，肥皂泡半径越大，肥皂泡内的气压越　 　(填“高”或“低”)。 （3）【深入实验】气球内气体压强大小和气球半径大小之间是否也满足这一结论呢? 兴趣小组用气球做了实验，实验结果和肥皂泡相似，如图乙所示。 【实验反思】兴趣小组通过调查发现，气球形变的弹力大小是随着气球半径发生改变的。请 根据图丙描述该气球弹力产生的压强与气球半径的关系：　 　。 27．“飞机迷”小王学习了流体压强知识后，他想探究飞机升力大小与哪些因素有关。他猜想：升力大小与机翼形状、飞机飞行速度和飞机的迎角(机翼轴线与水平气流方向的夹角)有关。 （1）小王制作了如图甲所示的飞机机翼模型，机翼做成该形状是利用了　 　原理；. （2）他利用如图乙和丙的电风扇、升力测力计、飞机模型进行实验探究。在探究升力与迎角的关系时，按以下步骤进行： ①调节使风扇风速最大，并使飞机模型的迎角为0°，记录测力计的示数，多次实验求平均值； ②改变　 　，重复步骤①并计算升力平均值； ③得到“升力与迎角的关系”的图像如图丁。由图像可知：飞机速度一定时，迎角增大，升力会　 　(填序号)； A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先增大后减小 D.先减小后增大 （3）资料显示：本实验结论与实际相符，若某飞机以80km/h做水平匀速直线飞行，迎角为θ1，后来以500km/h做水平匀速直线飞行时的迎角为θ2(θ1、θ2在15°和20°之间)，则迎角θ1　 　θ2(选填“>”“<”或“=”)。 四、综合题 28．在学习“大气压”后，同学们开展了“制作气压计”的项目化学习活动。 【装置制作】小䁖制作的气压计如图所示，轻杆 可绕 点转动。密闭空气瓶橡皮膜的上表面积为 ，轻杆与橡皮膜连接处面积忽略不计。 【原理分析】 （1）当外界大气压为 时，轻杆 端指向＂起点＂处，此时橡皮膜上表面受到的外界大气压力为　 　N。 （2）当外界大气压增大时，轻杆C端向　 　（填“上”或“下”）移动。 （3）【装置改进】小曙对装置进行改进，在密闭空气瓶侧壁外包一层隔热泡沫，这样可以减小　 　对大气压测量的影响。 29．我们浙江省夏季是台风多发季，生产生活备受台风影响。当超强台风发生时，假设屋外气压急剧降低到；当时门窗紧闭，可以认为室内气压是标准大气压，粗略地取作。若室内外屋顶的面积均为，请求： （1）如图为卫星拍摄到台风登录时的卫星云图，包括清晰可见的台风眼。台风现象发生在大气的　 　层。 （2）屋外大气压对屋顶压力为多大； （3）屋顶内外受到压力差为多大？若屋顶所能承受最大压力为，则屋顶会不会被掀掉？ 30．压力锅内是常用的加热容器（如图甲），锅盖中央有一个出气孔，孔上盖有限压阀。当锅内气压达到限定值时，限压阀被锅内气体顶起放出部分气体，实现了对锅内气体压强的控制。某压力锅出气孔的横截面积为 10mm2，锅内水的沸点随锅内气压变化如下图（大气压强取 1.0×105 Pa，g 取 10 N/kg）： （1）由图乙可知，水的沸点随液面气压的增大而　 　。 （2） 该款压力锅出厂时设计的最高温度为 115℃， 那么限压阀应选用的质量为多少？(列式计算) （3） 若将此压力锅带到高原上使用，为保持锅内水沸腾时的温度不变，应适当　 　(选填 "增大" 或 "减小") 限压阀的质量。 31．如图所示为酒店送货机器人，其质量为60kg，轮胎与地面接触的总面积为( 在水平地面向前运动时，机器人受到的阻力大小始终为其受到的总重力的0.06倍。求： （1）空载时，机器人受到的重力为多少? （2）空载时，机器人在水平地面上匀速运动时所需的牵引力为多少? （3）若装上货物后，机器人对水平地面的压强为 请计算其所装货物的质量。 32．小滨在探究“气体的压强与流速的关系”时，完成了如下两个实验。回答问题： （1）【实验1】小滨设计了如图甲所示实验，将一个机翼模型穿在一根铁丝上，在铁丝的上、下端各挂一个弹簧秤，并用电风扇对着机翼模型吹风。实验时，机翼模型上表面的空气流速大于其下表面的空气流速；若发现　 　；可说明气体的流速越大，压强越小。 （2）【实验2】小江设计了如图乙所示实验，A、B、C为三节直径不同的管子，三节管连接在一起，分别插入气体压强传感器(测量气体压强的装置)的探头，右端与吹风机的尾部相连。 ①当用吹风机抽气时，在同一时间内，通过每节管子的气体总量相同，则A管内气体流速比C管内气体流速　 　(选填“大”或“小”)。 ②三节管中气体压强随时间变化的情况如图丙所示，则图线①反映的是　 　(选填“A”“B”或“C”)管内气体压强随时间变化的情况。第10s时，①②③三条图线开始出现下移，由此判断，三节管中气体的流速　 　(选填“增大”或“减小”)。 答案解析部分 1．【答案】A 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】分析各个选项中包含的物理原理即可。 【解答】A.对着漏斗嘴向下吹气，乒乓球上方空气流速大而压强小，下方空气流速小而压强大，于是乒乓球受到向上的压强，于是乒乓球不掉下来，与飞机升力的原理相同，故A符合题意； B.用吸管吸牛奶，牛奶盒发生形变，是大气压强对牛奶盒产生压强，故B不合题意； C.加热空气后。热气球不断上升，是因为氢气球受到的浮力大于重力，故C不合题意； D.覆杯实验中松手后，硬纸片不会掉下，是因为纸片受到向上的大气压强，故D不合题意。 故选A。 2．【答案】B 【知识点】力的作用效果；增大或减小压强的方法 【解析】【分析】（1）将瓶盖的面积与鸡蛋上面的面积比较即可； （2）减小压强的方法：①增大受力面积；②减小压力； （3）力的作用效果：①改变物体的形状；②改变物体的运动状态； （4）根据科学探究的要求判断。 【解答】A.放上瓶盖后可以增大受力面积，故A正确不合题意； B.敲击时，鸡蛋受到的压力相等，甲的受力面积大于乙，则鸡蛋上部受到的压强甲比乙小，故B错误符合题意； C.鸡蛋乙被敲碎说明力能改变物体的形状，故C正确不合题意； D.要提高实验的可靠性还需多次实验，故D正确不合题意。 故选B。 3．【答案】C 【知识点】沸点及沸点与气压的关系；影响液体压强大小的因素；流体压强与流速的关系；大气压强的存在 【解析】【分析】分析各个图片中包含的物理原理即可。 【解答】A.在覆杯实验中，水和纸板受到大气向上的压强，因此没有下落，故A正确不合题意； B.当烧瓶中的水沸腾后，用东西堵住导气管口，此时瓶内气压增大，水停止沸腾，说明水的沸点升高了，故B正确不合题意； C.当向两个纸条中间吹气时，纸条中间空气流速大而压强小，在周围大气压强的作用下，纸条都向中间靠拢，故C错误符合题意； D.在图丁中，当金属盒向下移动时，U形管两侧液面的高度差增大，说明液体的压强随深度的增大而增大，故D正确不合题意。 故选C。 4．【答案】D 【知识点】压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算 【解析】【分析】水平面上的物体对地面产生的压力等于自身重力，据此比较瓶子对桌面的压力大小，再根据公式比较瓶子对桌面压强的大小。 【解答】无论瓶子正立，还是瓶子倒立，它对桌面的压力都等于它的重力，因此瓶子对桌面的压力相等，即F甲=F乙。与桌面的接触面积S甲>S乙，根据公式可知，对桌面的压力p甲<p乙。 故D正确，而A、B、C错误。 故选D。 5．【答案】C 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】小球向左运动的距离越远，说明对应的左口压强越小，根据流体压强和流速的关系分析即可。 【解答】A.当风从左口吹过时，玻璃管的左口处气体流速大压强小，而右口处气体流速小压强大，于是产生向左的压强差，推动乒乓球向左移动，故A错误； B.根据图片可知，三个水平玻璃管的横截面积相同，故B错误； C.上面的乒乓球向左运动的距离最大，因此最上面的玻璃管左口出气压最小，而最下面的气压最大，故C正确； D.由于没有准确的测量工具，因此无法测量竖管中各处的压强大小，故D错误。 故选C。 6．【答案】C 【知识点】压强的大小及其计算；压强的变化 【解析】【分析】物体所受的压力与受力面积之比叫做压强，压强用来比较压力产生的效果，压强越大，压力的作用效果越明显。压强的计算公式是：p=F/S，压强的单位是帕斯卡，符号是Pa。 【解答】C、对于质量分布均匀的长方体，根据 A、B对地面的压强分别为：pA0=ρAgHA， pB0=ρBgHB， 已知它们对地面的压强相等，即：HA＜HB 所以ρA＞ρB，C正确 BD、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：pA=ρAghA' =ρAghA=ρAghA=pA0， pB=ρBghB' =ρBghB=ρBghB=pB0，故D错误； 已知pA0=pB0，则pA=pB，故B错误； A、由于 SA＞SB，根据F=pS可得：剩余部分对地面的压力FA>FB，A错误. 故答案为：C。 7．【答案】A 【知识点】压强的大小及其计算 【解析】【分析】 上下同宽的规则物体， 。 【解答】将木块水平切去一半，受力面积不变，压力减小为原来的一半，由 得，剩余部分对地面压强变为原来的一半，为450 Pa，故①正确； 将木块竖直切去一半，受力面积减小为原来的一半，压力减小为原来的一半，由 得，剩余部分对地面压强不变，为900 Pa，故②错误； 将木块斜切去一部分如图乙所示，受力面积不变，切去部分底面积为原来的三分之一，切去部分的重力为总重力的六分之一，剩余部分的压力为原来的六分之五，由p= Fs得，剩余部分对地面的压强变为原来的六分之五，为 750 Pa，故③正确； 将木块斜切去一部分如图丙所示，切去部分底面积为原来的三分之一，受力面积变为原来的三分之二，剩余部分压力为原来的六分之五，由 得，剩余部分对地面的压强变为原来的 即为 ，故④错误，故 A 正确，B、C、D错误。 故选A。 8．【答案】B 【知识点】大气压对天气的影响 【解析】【分析】 温度升高：球内空气受热膨胀，体积增大，排开更多的水，导致液面下降；温度降低：球内空气遇冷收缩，体积减小，排开的水减少，导致液面上升。 【解答】液面由 A 位置上升到B 位置，说明球形容器内的气体压强减小；球形容器内气体压强减小是因为容器内气体受冷，体积减小；球形容器就是用来感知空气温度的，容器内气体受冷说明气温降低了。 故选B。 9．【答案】A 【知识点】压力的作用效果 【解析】【分析】探究压力作用效果实验中，通过海绵凹陷深浅反映压力作用效果，运用转换法；探究压力、受力面积两个影响因素时，每次只改变一个量、控制另一个不变，运用控制变量法。 【解答】A、①转换法（海绵形变体现压力作用效果）、④控制变量法（分别控制压力或受力面积不变），两种方法均用到，所以 A 符合题意； B、②类比法、③等效替代法，本实验未使用，所以 B 不符合题意； C、②类比法本实验未使用，所以 C 不符合题意； D、③等效替代法本实验未使用，所以 D 不符合题意； 故答案选 A。 10．【答案】B 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】凸起部位流速大，压强小，受到方向上凸起一侧的压力的作用，据此进行分析。 【解答】A、水翼向下凸起，下方流速大，压强小，水翼受到一个向下的压力差，被向下压，故A正确； B、水翼向上凸起，上方流速大，压强小，受到一个向上的压力差，获得向上的升力，故B正确； CD、水翼上下都是凸起、且凸起程度相同以及水翼上下都是平直的，水翼上下方流速相同，压强相等，无法产生向上的升力，故CD错误。 故答案为：B。 11．【答案】C 【知识点】液体压强计算公式的应用 【解析】【分析】根据判断压强大小，压强越大，水的流速越大，据此进出分析判断。 【解答】水从A瓶滴落的速度取决于A瓶中的水位高度（水压）。初始时，A瓶水位高，由可知水产生的液体压强大，滴落速度快。随着水位下降，水压减小，滴落速度减慢。因此，水位下降的速度是非线性的，开始时快，逐渐变慢，即曲线应逐渐变缓。 故答案为：C。 12．【答案】A 【知识点】流体压强与流速的关系；大气压强的存在 【解析】【分析】流体流速越大的位置，压强越小。海拔高度越高，气压越低。结合受力平衡分析。 【解答】 A、玻璃管竖直放置时，封闭气体压强p=p0-ρgh（ρ为水银密度）。水平放置后，水银柱不再对封闭气体产生压力，稳定时封闭气体压强会等于外界大气压p0，故A正确； B、管口下方水平吹气，管口空气流速变大，压强p0减小，管内下端压强变小，封闭气体压强p不变，根据p=p0-ρgh可知水银柱会向下移动，故B错误； C、高海拔地区大气压p0变小，温度不变，由p=p0-ρgh可知封闭气体压强p减小，根据相同温度下一定质量的气体其压强与体积的关系可知，封闭的气体的体积会膨胀，因此水银柱会下降，故C错误； D、A点下方水银：上下两端均受大气压 p0（管口和破口），压强差为0，仅受重力，因此向下流出管口，即下降。这部分描述正确。A点上方水银：下端受大气压p0，上端受封闭气体压强 p（p＜p0 ），合力向上，因此向上运动，压缩上方气体。上升过程中，封闭气体被压缩，压强增大。当气体压强增大到满足p气+ρgh上段=p0时，上段水银受力平衡，停止上升。最终停止位置取决于气体初始体积、水银段长度及玻璃管剩余空间，不会到达顶端，故D错误。 故选：A。 13．【答案】A 【知识点】压强的大小及其计算 【解析】【分析】水平面上物体的压力和自身的重力相等，先根据体积公式求出两圆柱体的体积，根据表示出质量，根据G=mg表示出重力，然后根据表示出A对B的压强和B对地面的压强之比结合已知条件即可求出他们的高度之比。 【解答】根据可知，实心圆柱体A、B的质量为：，， 根据可知，A对B的压强和B对地面的压强之比： 则，则，即有。 故答案选A。 14．【答案】B 【知识点】压强的大小及其计算 【解析】【分析】A.根据图乙可求出长木块的长度，根据面积公式S=ab求出长木板的底面积； B.根据乙图确定长木板完全在桌面时对桌面的压强，根据F=ps求出长木板对桌面的压力，即长木板的重力；当x=0.26m时，求出此时桌面的受力面积，而长木板对桌面的压力不变，根据求出此时木板对桌面的压强； CD.根据木板移动过程中对桌面的压力始终等于木板自身的重力分析。 【解答】 A.根据乙图可知，长木板从0.1m处运动到0.3m处，共运动了0.2m，此时木板的长度伸出桌面，所以长木板的长度为4×0.2m=0.8m， 则长木板的底面积：S=ab=0.8m×0.25m=0.2m2，故A错误； B.根据乙图可知，长木板完全在桌面时对桌面的压强p=30Pa， 则长木板对桌面的压力：F=pS=30Pa×0.2m2=6N，即长木板的重力为6N， 当x=0.26m时，此时桌面的受力面积：S1=（0.8m-0.26m+0.1m）×0.25m=0.16m2， 此时木板对桌面的压强：，故B正确； C.当x=0.30m时，此时木板对桌面的压力还是等于木板自身的重力，即木板对桌面的压力为6N，故C错误； D.木板移动过程中，木板对桌面的压力始终等于自身的重力，所以木板对桌面的压力不变，故D错误。 故选B。 15．【答案】A 【知识点】压强的大小及其计算 【解析】【分析】（1）根据图象读出任意一组质量和体积，利用密度公式求出两物质的密度，进一步求出它们的密度之比； （2）圆柱体对水平地面的压力和自身的重力相等，则对水平地面的压强， 据此求出等高的实心圆柱体A、B对水平地面的压强之比。 【解答】由图象可知，当V甲=1cm3时，m甲=8g；当V乙=4cm3时，m乙=4g，则 ， ， 则， 圆柱体对水平地面的压强： 则等高的实心圆柱体A、B对水平地面的压强之比：。 故答案为：A。 16．【答案】运动；< 【知识点】参照物及其选择；流体压强与流速的关系 【解析】【分析】运动和静止是相对的，物体与参照物之间的空间位置没有发生改变，则物体是静止的，物体与参照物之间的空间位置发生改变，则物体是运动的。 根据流体流速大、压强小进行分析。 【解答】风洞测试时，汽车相对于高速气流的位置不断发生改变，因此以高速气流为参照物，汽车是运动的。 由图可知，汽车上端向上凸起，流速大、压强小，受到一个向上的升力，此时汽车对地面的压力小于重力。 17．【答案】（1）静止状态 （2） （3）小 【知识点】参照物及其选择；压强的大小及其计算；流体压强与流速的关系 【解析】【分析】（1）运动和静止是相对的，物体与参照物之间的空间位置没有发生改变，则物体是静止的，物体与参照物之间的空间位置发生改变，则物体是运动的。 （2）根据计算压强大小。 （3）根据流体流速大、压强小进行分析。 【解答】（1） 当高铁匀速直线运动时，水杯放在小桌板上，以高铁为参照物，水杯相对于高铁的位置没有发生改变，因此水杯处于静止状态。 （2）高铁对铁轨的压强。 （3）列车进站时，列车带动乘客面向列车一侧的空气流速加快，流速大，压强小，乘客背后的气压大于身体前侧的气压，会将人推向列车，引发危险，因此要求乘客站在安全线外。 18．【答案】（1）密闭；增大 （2）摩擦后的双手捂住空瓶这个密闭空间，使瓶内空气升高温度，压强增大，大于外界气压，瓶内空气推开瓶盖跑出，瓶内压强减小，瓶盖盖上。 【知识点】大气压强的存在 【解析】【分析】（1）利用大气压工作的原理，需要装置是密闭空间，当密闭空间内气压发生变化，和外界大气压形成气压差，才会在大气压作用下产生相关现象； （2）借助模型分析首先需要说明装置是密闭的，然后装置内气压是受到哪个因素影响而改变的，本实验是用升高温度来实现的，之后出现气压差瓶盖才会“跳动”； 【解答】（1）当空间体积不变时，气压差是因为内部气压与外界大气压不相等：当内部气压小于外界大气压时，会在大气压作用下产生向内的力，因此①需要密闭空间；升高温度、增大质量等措施都是为了增大密闭空间内的气压； （2）瓶身+瓶口倒置的瓶盖，清水密封了瓶口，形成密闭空间，双手快速摩擦后捂住瓶身，瓶内气体受热，温度升高，瓶内气压增大，大于外界大气压，向上推动瓶盖向上跳起；当瓶内气体部分逸出后，瓶内气压减小，瓶盖回落，重复这个过程，因此瓶盖能够连续在瓶口跳动； 故答案为：（1）密闭；增大；（2）摩擦后的双手捂住空瓶这个密闭空间，使瓶内空气升高温度，压强增大，大于外界气压，瓶内空气推开瓶盖跑出，瓶内压强减小，瓶盖盖上； 19．【答案】（1）各个方向都存在大气压强 （2）向上运动；空气流速大、压强小 （3）右 【知识点】流体压强与流速的关系；大气压强的存在 【解析】【分析】（1）覆杯实验的原理是大气压克服纸片和水的重力，使纸片不会掉落，不同方向纸片都不掉落，说明各个方向都存在大气压。 （2）根据流体流速越大，压强越小进行分析。 （3）根据压强会将物体从压强大的一侧压向压强小的一侧进行分析。 【解答】（1）由图甲可知，杯口朝向不同的方向，纸片均不掉落，可知各个方向都存在大气压强。 （2）当在靠近杯口的正上方平行于杯口方向用力吹气时，两个纸杯之间的空隙处空气流速变大，根据流体压强的规律：流体流速越大的位置，压强越小；此时两个纸杯之间的气压小于纸杯内部下方的大气压，大气压就会将内部的纸杯向上推，因此里面的纸杯会向上运动（跳起）。 （3）纸团要从左侧管口飞出，需要纸团两侧存在向右的压力差：关闭抽气机后，管内气压低于外界大气压，如果快速弹开右侧的塑料片，右侧管口和大气相通，右侧大气压会推动纸团向左运动，最终纸团从左侧管口飞出。如果弹开左侧塑料片，纸团会向右侧飞出，不符合题意。 20．【答案】（1）小于；小于 （2）变大；变小 【知识点】压强大小比较；影响液体压强大小的因素 【解析】【分析】（1）液体内部压强的计算公式为，压强大小与液体密度、深度均有关；当两点液体压强相等时，深度越大，对应的液体密度越小。水平桌面上的容器对桌面的压力等于容器与液体的总重力，桌面受到的压强可通过计算，受力面积相同时，压力越大，桌面受到的压强越大。 （2）液体对容器底的压强仅由液体密度和深度决定，液体密度不变时，深度越大，液体对容器底的压强越大。液体对容器底部的压力与容器形状有关：下宽上窄的容器，侧壁会对液体施加向下的压力，容器底受到的压力大于液体自身重力；下窄上宽的容器，侧壁会承担部分液体的重力，容器底受到的压力小于液体自身重力。 【解答】（1）A、B 两点距离容器底部的高度相等，甲容器内液面更高，因此 A 点的深度大于 B 点的深度；已知两点所受液体压强相等，根据，压强相等时深度与密度成反比，深度越大液体密度越小，因此甲容器内液体密度小于 。 两个容器质量相等，乙容器内液体的质量大于甲容器内液体的质量，因此乙容器和液体的总重力更大，对桌面的总压力更大；两容器底面积相同，根据，受力面积相同时压力越大压强越大，因此桌面受到甲容器的压强小于 。 （2）把乙装置倒置后，容器变为下窄上宽，液体的深度增大，液体密度保持不变，根据，液体对容器底的压强将变大。 乙容器正放时下宽上窄，液体对容器底的压力大于液体自身的重力；倒置后下窄上宽，液体对容器底的压力小于液体自身的重力，液体重力不变，因此液体对容器底的压力将变小。 故答案为：（1）小于；小于； （2）变大；变小。 （1）[1]由图可知，A点的深度大于B点的深度，已知A、B两点所受液体的压强相等，根据液体压强公式，在压强相等时，深度越大，液体密度ρ越小，所以小于； [2]因为两个容器质量相等，所以容器的重力相等，且乙容器内液体的质量大于甲容器内液体的质量，根据可知乙容器内液体的重力大于甲容器内液体的重力，那么乙容器对桌面的压力大于甲容器对桌面的压力，而两容器底面积相同，根据压强公式，在受力面积相同时，压力越大，压强越大。所以桌面受到甲容器的压强小于乙容器的压强。 （2）[1]把乙装置倒置后，液体的深度增大，根据液体压强公式，液体密度不变，深度增大，所以液体对容器底的压强将变大。 [2]正放时，容器上细下粗，液体对容器底的压力大于液体的重力；倒置后，容器上粗下细，液体对容器底的压力小于液体的重力，两种情况下液体的重力不变，所以液体对容器底的压力将变小。 21．【答案】（1） 【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算；大气压强的测量方法 【解析】【分析】（1）根据二力平衡可知，大气压产生的压力等于测力计的示数，再由计算大气压强。 【解答】（1）大气压产生的压力与测力计的拉力是一对平衡力，大小相等，则压力为2.1N，测得的大气压为。 22．【答案】（1）左；小 （2）降低 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】 （1）（2）气体流速与压强的关系，流速越大的位置压强越小，根据流体压强和流速的关系分析解答。 【解答】 （1）小科用电吹风机从左侧管口吹风，使得U形管左端气体流速变快，压强减小，则U形管左侧液面将升高； （2）如果要使U形管两侧液面高度差变大，只能是左侧压强变得更小，故增大气体流动速度； （3）灰鹅在飞行途中突遇强风，会将身体翻转180°，脚朝上但头保持不变的怪异姿势进行飞行，如图乙所示，使得上方空气流速小于下方，则上方的压强大于下方的压强，使灰鹅降低飞行高度。 23．【答案】（1）比较海绵凹陷的程度；转换法 （2）受力面积 【知识点】控制变量法；压力的作用效果 【解析】【分析】（1）转换法：将不易观察的现象转化为更易观察的现象的研究方法称为转换法。 （2）根据图像进行分析，乙和丙海绵相同，所以压力大小相同，放置方式不同，所以受力面积不同，可知变量为受力面积。 【解答】（1）根据转换法，在该实验中，小邹可以通过比较海绵的凹陷程度来确定压力作用效果的大小，所采用的科学方法是转换法。 （2）比较图乙和图丙的实验，两图中压力相同，而受力面积不同，所以该实验的变量是受力面积。 （1）[1][2]根据转换法，在该实验中，小邹可以通过比较海绵的凹陷程度来确定压力作用效果的大小，所采用的科学方法是转换法。 （2）比较图乙和图丙的实验，两图中压力相同，而受力面积不同，所以该实验的变量是受力面积。 24．【答案】（1）A （2）装置漏气（或压强计气密性不良） （3）U形管两侧液面的高度差变小；不可靠，没有控制探头的深度不变（倒入浓盐水后探头深度增大，存在两个变量） 【知识点】控制变量法；影响液体压强大小的因素；液体压强计算公式的应用 【解析】【分析】（1）要体现细微差别，应选择形变量大的材料A。 （2）液面相平，说明不能形成压强差，可知装置的气密性不好。 （3）①实验采用了转换法，用U形管两侧液面的高度差来反映压强大小，高度差越大，说明压强越大，结合进行分析。 ②根据控制变量法进行分析，要控制变量的唯一性，即液体密度不同，其它条件都相同。 【解答】（1）相同小球放在两块橡皮膜上，压力相同，由图可知A橡皮膜的形变更大，说明A对压强的变化更敏感，更容易显现压强的细微差别，因此应该选择A橡皮膜。 （2）微小压强计是利用密闭气体传递压强来工作的，若按压橡皮膜时U形管液面始终相平，说明装置漏气，也就是压强计的气密性不好，橡皮膜受压后，漏气导致密闭管内气压没有变化，因此U形管两侧液面不会出现高度差。 （3）①用注射器抽出部分盐水后，探头的深度变小，由可知，探头受到的液体压强减小，U形管两侧液面的高度差变小。 ②要探究“同一深度下，液体密度越大压强越大”，需要控制探头深度不变，改变液体密度。实验中，倒入浓盐水后，液体密度增大的同时，探头到液面的深度也变大了，没有控制深度不变，因此得出的结论不可靠。 25．【答案】（1）A （2）一定质量的气体，在温度不变时，体积越小，压强越大；压强与体积成反比 （3）BC 【知识点】气体压强跟体积的关系 【解析】【分析】（1）本实验探究的是一定质量的气体，在温度不变时，气压与体积的关系，根据控制变量法，实验需要控制气体的质量不变、温度不变。 （2）分别计算每组数据中压强和体积的乘积，然后比较大小得出结论； （3） 波义耳定律的关键在于“一定质量的气体”，据此对各个选项分析判断。 【解答】（1） 本实验探究的是一定质量的气体，在温度不变时，气压与体积的关系，根据控制变量法，实验需要控制气体的质量不变、温度不变。 A.若封闭容器密封不好，会导致漏气，封闭气体的质量会发生变化，无法满足“一定质量气体”的实验要求，因此密封良好是实验的基本要求，故A正确； B.实验只需要保证气体质量一定、温度不变（室温下实验，过程缓慢，温度与环境一致即可），不需要具体测量气体的温度和质量，故B错误。 故选A。 （2） 分析表格中pV乘积的数据，五次实验的pV乘积都接近20×105Pa·mL，在误差允许范围内近似相等，说明：一定质量的气体，在温度不变时，压强与体积成反比（压强和体积的乘积是定值）。 故填：一定质量的气体，在温度不变时，体积越小，压强越大；压强与体积成反比。 （3）A. 给气球打气，气球内气体质量增加，不满足“一定质量气体”的前提，不符合波义耳定律，故A不合题意； B. 中底部气泡上浮时，深度减小，水对气泡的压强减小，气泡内压强减小；气泡内气体质量一定，上浮过程温度近似不变，压强减小因此体积增大，符合波义耳定律，故B符合题意； C. 气球带到高山，高山海拔高，外界大气压减小，气球内气体压强减小，气球内气体质量一定、温度近似不变，因此压强减小体积变大，符合波义耳定律，故C符合题意。 故选BC。 26．【答案】（1）用同一肥皂水吹出较小的肥皂泡 B （2）低 （3）气球弹力产生的压强随半径的增大而减小(或气球弹力产生的压强随半径的增大先急剧增大后急剧减小，然后缓慢减小) 【知识点】大气压强的存在 【解析】【分析】(1) 实验要分别造出大小两个肥皂泡，步骤①吹大泡 A，步骤②需用肥皂水吹出较小的肥皂泡 B。(2) 气体从 B（小泡）流向 A（大泡），说明小泡内部气压更大，因此：半径越大，泡内气压低。(3) 观察丙图曲线：气球半径从小到大，弹力产生的压强先快速增大至峰值，随后随半径继续变大而逐渐减小。 【解答】(1)本实验目的：探究肥皂泡半径大小和内部气压的关系，需要制备半径一大一小两个独立肥皂泡 A、B，之后连通，通过气泡体积变化判断气压大小。步骤①：关阀门 3，开 1、2，已经制出大肥皂泡 A；步骤②：关闭阀门 2（隔绝 A）、打开阀门 3，单独接通 B 管路，操作目的是在 B 端吹出半径更小的肥皂泡 B；只有分别做出大小不同的 A、B 泡，后续打开阀门 2 连通两泡，才能根据气泡胀缩对比气压。 (2)肥皂泡 A 变大、B 变小，说明气体从 B 流向 A，因此肥皂泡半径越大，内部气压越低。 (3)根据图丙，气球弹力产生的压强随半径的变化规律为：气球半径由小变大时，弹力产生的压强先增大，达到一个最大值后，再随半径增大而减小。 27．【答案】（1）流体在流速大的地方压强小 （2）迎角大小；C （3）< 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】（1）根据流体压强和流速的关系分析机翼的升力产生原因； （2）①根据实验目的“要探究升力与迎角大小的关系”确定步骤②的内容； ②根据丁图分析升力随仰角变化的关系。 （3） 飞机在水平匀速直线飞行时受力平衡，升力一定，速度越大，仰角越小。 【解答】 （1）根据甲图可知，机翼的上表面为曲面，下表面为平面，则机翼做成该形状的原因是流体流速越大，压强越小，从而获得向上的升力； 故填：流体在流速大的地方压强小。 （2）②根据实验目的可知，实验要探究升力与迎角大小的关系，则步骤②的内容为：改变迎角大小，重复步骤①并计算升力平均值； 故填：迎角大小。 ③根据丁图可知，飞机速度一定时，迎角在小于15°时，升力增大，大于15°时，升力减小，所以升力会先增大后减小。 故选C。 （3）根据题意可知，θ1、θ2在15°和20°之间时，速度小时，产生的升力小，需要角度接近15°来获取更大的升力使得等于飞机重力；速度大时，产生的升力大，需要角度大于15°来获取比之前小一点的升力，使升力等于飞机重力，所以可知飞机的升力一定时，速度较小，仰角应较小，则θ1＜θ2。故填：＜。 28．【答案】（1）800 （2）上 （3）温度 【知识点】压强的大小及其计算；大气压强的测量方法 【解析】【分析】（1）根据公式F=pS计算橡皮膜上的大气压力； （2）当大气压强增大时，橡皮膜向下凹陷，根据A点的位置变化确定C点的位置变化即可； （3）封闭气体的压强会受到外界温度的影响，温度越高，则气压越大。 【解答】（1）已知外界大气压为 ， 橡皮膜的上表面积为 ， 则 橡皮膜上表面受到的外界大气压力：F=pS=。 故填：800。 （2） 当外界大气压增大时，瓶内气压小于外界大气压，橡皮膜会被大气压向下压，带动轻杆A端向下移动。轻杆AC绕B点转动，根据杠杆的运动关系可知，另一端的轻杆C端会向上移动。 故填：上。 （3） 瓶内密闭气体的压强会受温度影响：温度升高时，瓶内气压增大，温度降低时瓶内气压减小，会干扰对外界大气压的测量。外包隔热泡沫可以减少瓶内气体与外界的热交换，减小温度变化对实验的影响。 故填：温度。 29．【答案】（1）对流 （2）屋外大气压为 ， 室内外屋顶的面积均为 ，则屋外大气压对屋顶的压力为。 （3）屋顶内外受到压强差为 压力差为 所以屋顶不会被掀翻。 【知识点】压强的大小及其计算；大气压强的测量方法；大气的分层 【解析】【分析】（1）根据对流层水汽充沛，对流现象明显，几乎所有的天气现象都出现在对流层进行分析。 （2）根据F=pS计算屋顶受到的外界大气压的压力。 （3）根据压强差和F=pS计算压力差，若小于，则不会被掀翻。 【解答】（1）天气现象如雨、雪、台风等都发生在对流层，对流层集中了几乎全部的水汽和杂质，空气对流运动显著，复杂的天气现象都发生在这一层。 30．【答案】（1）升高 （2）解： 根据图乙可知，当t=115℃时锅内气压P内=1.6×105Pa，出气孔的横截面积为S=10mm2=1×10-5m2， 限压阀重力为：G限压阀=△F=△pS=（p内-p外）S=（1.6×105Pa-1.0×105Pa）×1×10-5m2=0.6N， 限压阀质量。 答： 限压阀应选用的质量为60g 。 （3）增大 【知识点】沸点及沸点与气压的关系；压强的大小及其计算 【解析】【分析】 （1）根据图乙确定水的沸点随液面气压的变化规律； （2）根据图乙可知当t=115℃时内部压强，已知出气孔的横截面积，根据压强关系p外+p阀=p内，可得限压阀重力，进而得到限压阀质量； （3）将此压力锅带到高原上使用，为了持锅内水沸腾时的温度不变，则需要保持锅内气压不变，海拔越高，则大气压强越低，根据pS = p0S + mg分析限压阀的质量变化即可。 【解答】（1） 观察图乙的沸点-气压变化曲线，气压越大，水的沸点对应数值越高，因此水的沸点随液面气压的增大而升高。 故填：升高。 （3） 高原地区海拔高，外界大气压p0比平原更低。要保持锅内沸腾温度不变，就需要保持锅内气压p不变。根据受力平衡公式pS = p0S + mg变形得mg=(p-p0)S，锅内气压p不变，大气压强p0减小，则(p-p0)增大，因此需要增大限压阀的重力mg，即增大限压阀的质量。 故填：增大。 31．【答案】（1）机器人的重力：G= mg=60kg×10N/ kg=600N （2）机器人在水平地面受到的阻力f=0.06G=0.06×600N=36N； 机器人匀速直线运动时，机器人在水平方向上受力平衡，则机器人的牵引力 （3）根据压强公式 可知，机器人和货物对地面的压力 放在水平面上的物体对地面的压力等于重力，因此总重力 总质量 所以所装货物的质量m货=m0-m机=70kg-60kg=10kg 【知识点】二力平衡的条件及其应用；重力的大小；压强的大小及其计算 【解析】【分析】（1）物体的重力跟它的质量成正比。公式： G= mg，其中g=10N/ kg。 （2）机器人做匀速直线运动，处于二力平衡状态，受平衡力。平衡力是作用在同一物体上，大小相等，方向相反，同一直线。 （3）压强是压力F与受力面积S的比值，计算总压力F， 再根据数值上总压力F 等于总重力G，最后根据重力与质量成正比的关系求解。 32．【答案】（1）甲弹簧测力计示数变小，乙弹簧测力计示数变大 （2）大；C；增大 【知识点】流体压强与流速的关系 【解析】【分析】（1）根据流体流速大、压强小进行分析，可知上方压强小于下方压强，模型受到向上的升力，所以上方测力计甲示数变小，下方乙被拉伸，所以示数变大。 （2）根据流体流速大、压强小可知，横截面积最大的C流速最小，压强最大；横截面积最小的A流速最大，压强最小。 【解答】（1）当气体流速越大压强越小时，机翼模型上表面流速大，压强更小；下表面流速小，压强更大，机翼模型会受到一个向上的压力差。因此甲弹簧秤受到的拉力减小，示数变小；乙弹簧秤受到机翼模型向下的压力增大，示数变大。 （2）①由图可知，A管子的直径最小，在相同时间内流过气体的总量相同，可知气体在A中流速最大。 ②A中气体流速最大， 压强最小，C中流速最小，压强最大，由图可知，图线①压强最大，反映的是C管内气体压强随时间变化的情况。 第10s时，①②③三条图线开始出现下移，说明压强在减小，原因是三节管内的气体流速在增大。 学科网（北京）股份有限公司 $