八年级物理下册 第八章《压强》单元测试卷（二） 沪科版（含解析）

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八年级物理下册 第八章《压强》单元测试卷（二） 沪科版一、选择题（每题3分，共30分）1．如图所示，水平桌面上有甲、乙两个质量相等的薄壁容器，两容器开口面积、底面积均相等，分别装有质量相等的a、b液体。下列说法正确的是（　　）A．两种液体对容器底部的压力相等B．b液体对容器底部的压强较大C．甲容器对桌面的压力较大D．乙容器对桌面的压强较大2．甲、乙两个实心正方体放在细沙面上，沙面凹陷程度如图所示，则（　　） A．甲的质量一定比乙大B．甲的质量一定比乙小C．甲的密度一定比乙大D．甲的密度一定比乙小3． 如图所示是滑雪运动员从山上滑下时的情景。下列说法正确的是A．运动员弓着腰，是通过改变重力的方向来降低重心的 B．滑雪板通过增大受力面积来增大压强C．停止蹬地，运动员会慢慢停下米，说明力是维持物体运动的原因D．运动员加速下滑的过程中，若外力全部消失，他将处于匀速直线运动状态4．如图所示，甲、乙、丙三个相同的容器内盛有部分水并在竖直方向上依次放置.甲、丙两容器内的水通过细玻璃管相连；另外一根两端开口的细玻璃管的下端穿过甲容器底部插入乙容器水内，贴近甲容器水面有一个旋钮开关M，开关下方充满了水.乙、丙两容器内水面上方的气体通过细玻璃管相连，甲容器上方与大气相通.如果打开旋钮开关M，待重新平衡后，关于乙、丙两容器内的气体体积相比开始状态时(　　)A．V乙增大，V丙减小，且 △V乙>△V丙B．V乙减小，V丙增大，且. △V乙>△V丙C．V乙增大，V丙减小，且 △V乙=△V丙D．V乙减小，V丙增大，且 △V乙ρB>ρCB．液体对容器底部的压强pB>pA>pCC．液体对容器底部的压力FBρ乙，故ACD错误，B正确。故选B。【分析】由橡皮膜的凸出方向判断甲乙两液体的压强大小，根据液体压强公式为P=ρgh分析甲乙两液体的压强大小。9．【答案】C【解析】【解答】如图所示，设大气压强为 p0，玻璃瓶内空气压强为 p.因为p+ρgh = p0；故图中a点压强小于p0，b点压强等于p0，c点压强大于p0；所以只有拔去c孔木塞的瞬时，水才会流出瓶外.故选C。【分析】 根据图片分析瓶内气压、大气压强和液柱压强的数量关系，据此分析a、b、c三点压强大小即可。10．【答案】A【解析】【解答】 A.人离高速列车比较近时，高速列车的速度很大，人和高速列车的之间的空气流动速度很大，压强小，人外侧的压强不变，人受到外侧压强大于人内侧受到的压强，人靠太近列车，在较大的压强差作用下很容易被驶过的高铁“吸”近的危险，所以高铁站台设置黄色安全线，故A正确；B.容器中的水从侧壁流出，说明液体对容器壁有压强，故B错误；C.在海水中，越深处海水的压强越大，深海鱼类进化出扁平的身体可以承受较大的压强，故C错误；D.壶盖上的“小孔”可以使壶内外的气压相等，从而使壶内的茶水容易从壶嘴倒出，故D错误。故选A。【分析】 A.流体流速越大的地方压强越小，流速越小的地方压强越大；B.液体对容器壁有压强；C.在海水中，越深处海水的压强越大；D.明确“小孔”的作用是使内外气体连通。11．【答案】B,D【解析】【解答】 ABC.质量、底面积相同的薄壁容器甲、乙、丙放在水平桌面上，甲为圆柱形，乙、丙为圆台形，分别装有A、B、C三种质量和深度均相同的液体。根据图中容器的形状知，C的体积最大，B的体积最小，根据ρ=mV可知，C的密度最小，B的密度最大，故ρB＞ρA＞ρC，根据液体的压强p=ρ液gh知，深度相同，液体对容器底部的压强pB＞pA＞pC，根据液体的压力F=pS可知，底面积相同，液体对容器底部的压力FB＞FA＞FC，故B正确，AC错误；D.容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力，杯子和液体的质量都相同，总重力相等，因而对桌面的压力相等，故D正确。故选BD。【分析】 A.根据容器的形状判断液体的体积关系，根据ρ=mV比较液体的密度；B.根据液体的压强p=ρgh比较大小；C.根据液体的压力F=pS比较液体对容器底部的压力大小；D.根据容器对桌面的压力等于杯子和液体的总重力比较大小。12．【答案】A,B【解析】【解答】A、自动喂水装置是基于水位控制原理，依靠水位控制器或电磁阀控制水流，使水从存储器中流出并进入饮水碗，以供宠物喝水，与流体压强和流速的关系无关，故A符合题意；B、排水管的U形“反水弯”，利用了连通器的原理，故B不符合题意；C、犬鼠洞穴有两个出口，一个是平的，而另一个则是隆起的土堆。当地面上有空气流动时，隆起土堆的洞口气流速度大，压强减小，在此洞内外产生压强差，使气体朝此隆起土堆的洞口流出，同时洞内气压逐渐降低，另一洞口上方气压较高，气体又会从这一洞口流进，利用了流体压强与流速的关系，故C不符合题意；D、自制喷雾器是利用了流体动力学原理，通过压缩气体产生足够的压力，当气体从喷嘴快速释放时，其内部压力大于外部环境压力，从而驱动液体流出，形成喷雾，利用了流体流速大的地方压强小的原理，故D不符合题意。故选：AB。【分析】（1）需要区分流体在物体表面不同位置的流速。流体流速越快压强越小；理解流体压强与流速的关系是解题的关键；（2）两端开口底部连通的容器叫做连通器，连通器里装同一种液体时，当液体不流动时，容器内液面总是相平的。13．【答案】A,C【解析】【解答】A．小王将新鲜空气吸入肺里，是先将肺扩张，肺内气压减小，外界大气压将新鲜空气压入肺内的，是利用大气压的，故A正确；B．医生用针筒把药水推入病人肌肉中，药水是在人的推力作用下，向前流动而进入病人，与大气压无关，故B错误；C．吸管吸饮料时，是先把吸管内的空气吸走，在外界大气压的作用下，饮料被压进吸管里，故用吸管将饮料吸入口中主要是利用了大气压强，故C正确；D．深水潜水员要穿特制的抗压潜水服，是因为深水处水的压强太大，与大气压无关，故D错误。故选：AC。【分析】利用大气压往往是使设备的内部气压小于外界大气压，在外界大气压的作用下而出现的现象。14．【答案】升高；升高【解析】【解答】（1）根据甲图可知，通过吸管向右水平吹气时，玻璃管上方空气流速变快，压强减小，在瓶内气压的作用下，玻璃管内红墨水液面上升。（2）大气压强随高度的增大而减小，则把此装置（温度不变）从山脚带到山顶时，外界气压减小。根据p内=p大气+p水柱可知，水柱压强增大，则玻璃管内红墨水液面上升。【分析】（1）根据流体压强和流速的知识分析；（2）首先根据大气压强随高度的变化规律确定大气压强的变化，然后根据p内=p大气+p水柱分析水柱压强的变化，最后根据液体压强公式p=ρ液gh分析液柱高度的变化。15．【答案】越大；6.33×106【解析】【解答】解：（1）因为液体的压强随深度的增加而增大，所以，为了使水坝底部能承受更大的水压，大坝应设计成上窄下宽的形状；（2）当水深h=633m时，坝底受到水的压强：p=ρ海水gh=1.0×103kg/m3×10N/kg×633m=6.33×106Pa。故答案为：越大；1.0×105。【分析】 （1）根据液体内部的压强特点（液体内部的压强随深度的增加而增大）分析；（2）利用p=ρgh算出坝底受到的水的压强。16．【答案】1.10×105Pa【解析】【解答】 当活塞刚开始向左滑动时，烧杯和水的总重力G=mg= 0.98 kg × 10 N/kg = 9.8 N ， 当活塞刚开始向右滑动时，总重力 G2 = 0.56 kg × 10 N/kg = 5.6 N 。 对活塞受力分析可知 G 2 = F − f ，解得F=7.7N，所以 大气压的值应为P=Fs=7.7N7×10−5m2=1.10×105Pa。【分析】 要测量大气压，需先确定大气压对活塞的压力。由于活塞与针筒间存在摩擦力，需利用活塞刚滑动时的受力平衡，结合两次不同方向滑动时的拉力（由烧杯和水的总重力提供），通过联立方程消去摩擦力，进而求出大气压力，再根据压强公式计算大气压。17．【答案】小；上；增大【解析】【解答】我国新能源汽车高速行驶时上方空气的流速较大压强较小，下方的空气流速较小压强较大，产生向上的压强差，从而产生向上的压力差；轮胎表面有凹凸不平的花纹，是在压力一定时，通过增大接触面的粗糙程度，增大摩擦力。故答案为：小；上；增大。【分析】（1）流体的流速越大的位置，压强越小；流体的流速越小的位置，压强越大；（2）空气的流速较大压强较小，下方的空气流速较小压强较大，产生向上的压强差，从而产生向上的压力差；（3）增大摩擦力的方法：在接触面粗糙程度一定时，增大压力，增大摩擦力；在压力一定时，增大接触面的粗糙程度，增大摩擦力。18．【答案】（1）控制变量法（2）一；体积（3）体积一定时，气体的质量越大，气体的压强就越大（4）温度；封闭气体的压强还可能与温度有关，例如夏天容易爆胎或压瘪的乒乓球放在热水中会恢复原状都能证明这一点【解析】【解答】解：（1）根据题中分析可知，采用的是控制变量法；（2）控制质量不变，体积在变化，则验证的是猜想一，质量一定时，气体压强与体积有关；（3）体积一定时，质量越大，气体的压强就越大；（4）封闭气体的压强还可能与温度有关，例如夏天容易爆胎或压瘪的乒乓球放在热水中会恢复原状都能证明这一点。故答案为：（1）控制变量法；（2）一；体积；（3）体积一定时，气体的质量越大，气体的压强就越大；（4）温度；封闭气体的压强还可能与温度有关，例如夏天容易爆胎或压瘪的乒乓球放在热水中会恢复原状都能证明这一点。【分析】（1）物理学中控制变量法是常用的实验方法；（2）气体的压强与体积有关；（3）气体的压强与气体的质量大小有关；（4）一定质量的气体，在不流动时，温度越高，压强越大。19．【答案】（1）右（2）66.4；30；1.1×103（3）偏大；F1−F3F1−F2ρ水【解析】【解答】(1)移动游码相当于向右盘添加砝码，将游码归零后，右盘将上升，即右侧质量偏小，所以可以将调节螺母向右移动。(2)据图可知，烧杯和液体的总质量为m=50g+10g+5g+1.4g=66.4g，据图可知量筒中液体的体积为30mL。结合密度公式计算可知待测液体的密度为ρ=mV=33g30cm3=1.1g/cm3=1.1×103kg/m3；(3)烧杯中液体有残留，用量筒测出的体积测量值偏小，根据ρ=mV可知，密度的测量值偏大。同一金属块浸没时，排开的水和排开的液体体积相等，根据浮力的测量及阿基米德原理可以知道V排水=V排液，根据浮力计算可知F水浮ρ水g=F液浮ρ液g，结合称重法计算可化简为F1−F2ρ水=F1−F3ρ液，解得ρ液=F1−F3F1−F2ρ水。【分析】1、浮力的本质为上下表面产生的压力差，计算公式为F浮=ρ液gV排，所以物体所受浮力和物体所处的深度无关，与排开水的体积有关，当排开水的体积越小时，浮力越小，排开水的体积越大时，浮力越大；2、阿基米德原理：物体排开水的重力等于物体所受浮力；3、物体沉浮条件：物体悬浮时的浮力等于重力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度等于液体的密度，物体漂浮表明浮力等于重力（排开水的体积小于物体体积），物体的密度小于液体的密度，物体下沉时重力大于浮力（排开水的体积等于物体体积），物体的密度大于液体的密度；4、称重法测量物体浮力：先测出物体的重力，然后将物体浸入水中，弹簧测力计的示数就会减小，减小的示数就是物体受到的浮力；5、测量物体密度试验：原理为ρ=m/v，使用的仪器为天平和量筒；天平的使用步骤：1、调零：天平置于水平台上，将游码归零，调节平衡螺母使得指针指向刻度中央，称重：是用镊子夹取砝码，测量时为左物右码，不断调整砝码和游码重量，使得天平重新平衡；测量为左物右码，量筒的使用：确定分度值，视线平行对准液面最低处，进行读数。20．【答案】（1）解：（1）Q的单位为 m3/s，r的单位符号是 m.η的单位符号是 Pa⋅s=Nm2⋅s=kg⋅ms2m2⋅s=kgm⋅s2⋅s=kgm⋅s.ΔpL=Pam=Nm3=kg·(m/s2)m3=kgs2·m2;则 m3s=mαkgm⋅sβkgs2⋅m2γ=mα−β−2γkgβ+γs−α−2γ所以，3=α-β-2γ，-1=-β-2γ，β+γ=0.联立解得α=4，β=-1，γ=1；（2）解：（2）由 Q=kr4η−1ΔpL=kr4ΔpηL可得Δp=QηLkr4=100×10−6m3/s×4.0×10−3Pa·s×0.2mπ8×(1.3×10−2m)4≈7.136Pa主动脉中两端的压强差为7.136Pa，当病人患有动脉粥样硬化后，血管内径变小，要维持正常的血流量，需要增加血管两端的压强差，引起高血压，加大心脏负担，还会进一步影响身体其他方面的健康.【解析】【分析】（1）根据p=FS和F=ma，进行单位的换算，然后根据等式中两边单位的系数相等得出a、β、γ的；（2）把对应题干中的数据代入，计算主动脉中两端的压强差，当病人患有动脉粥样硬化后，血管内径变小，要维持正常的血流量，需要增加血管两端的压强差，引起高血压，加大心脏负担，还会进一步影响身体其他方面的健康。21．【答案】（1）解： 由 p=FS可得，物块A对地面的压力：F=pSA=5100Pa×0.2m×0.2m=204N;答：图乙中，物块A对地面的压力为204N：（2）解： 图乙中物块A对地面的压力等于物体AB的总重力，所以AB的总重力 G总=F=204N;由重力和密度公式可得： GA+GB=ρAVAg+ρBVBg=204N,因为ρA： ρB=3： 1， 所以有：ρA×(0.2m)3×10N/kg+13ρA×(0.3m)3×10N/kg=204N,解得： ρA=1.2×103kg/m3:答：物块A的密度为 1.2×103kg/m3:（3）解： 物块A的重： GA=ρAVAg=1.2×103kg/m3×(0.2m)3×10N/kg=96N；物块B的重： GB=ρ8V8g=13×1.2×103kg/m3×(0.3m)3×10N/kg=108N;沿竖直方向切去物块B后，设剩余部分占物块B体积的比例为x，则物块B剩余部分的底面积为 SB·x，物块 B剩余部分的重为GB·x，则由 p=FS可得： pB=GA+GB⋅xSB⋅x=2800Pa,即 96N+108N⋅x(0.3m)2⋅x=2800Pa,解得 x=23,则将物块B沿竖直方向切去了三分之一的体积。答：要使B对地面的压强为2800Pa，应将物块B沿竖直方向切去三分之一。【解析】【分析】 （1）利用压强公式 p = F S 变形求压力，需先确定A的底面积；（2）通过总重力等于A对地面的压力，结合密度体积关系列方程求解A的密度；（3）考虑B竖直切割后密度和受力面积的变化，利用压强公式建立方程求解切去的比例。22．【答案】（1）40；（2）>；70；上升【解析】【解答】（1）① 用竖直向上的力F1=100N将G=60N的电风扇压在天花板上，此时天花板对电风扇的支持力为：F支=F1-G=100N-60N=40N②此时电风扇受竖直向上的力、竖直向下的重力、天花板对电风扇竖直向下的支持力三个力，作用点在电风扇重心，如图所示：（2）① 已知A点的空气流速小于B点的，所以A点的气压大于B点的气压，即 pA>pB ；② B点的气压值pB=9.52×104Pa，在pB气压值环境下做托里拆利实验，液面静止时，管内液面高度为：h=PBρg=9.52×104Pa13.6×103kg/m3×10N/kg=0.7m=70cm标准大气压值为10×104Pa，B点的气压小于标准大气压，根据P=ρgh可知，将此装置放到标准大气压的环境下，气压增大，管内液面会上升。 【分析】（1）①天花板对电风扇的支持力等于竖直向上的力F1减去重力；②画力的示意图，首先要对物体进行受力分析，看物体受几个力，要先分析力的大小、方向和作用点，再按照画图的要求画出各个力。（2） ① 在气体或液体中，流速越大的位置，压强越小；②根据P=ρgh进行分析计算。23．【答案】（1）减小（2）吸气；小于（3）910【解析】【解答】解：（1）当人体吸气时，胸廓扩张，膈肌下降，胸廓容积扩大，肺随之扩张，肺容积增大，肺内气体压力减小，小于外界气体的压力，外界富含氧气的新鲜空气经气道进入肺泡内进行气体交换；（2）由如图2知，B图表示正在呼气，肺内气压小于外界大气压；（3）山脚入口大气压为1000百帕，海拔2km以内，每升高10m，大气压约减少100Pa，由此可求出距山脚高度为900米处的大气压为：1000百帕-90百帕=910百帕。故答案为：（1）减小；（2）吸气；小于；（3）910。【分析】（1）呼吸运动的过程是：吸气时，膈肌与肋间肌收缩，引起胸腔前后、左右及上下径均增大，肺随之扩大，造成肺内气压小于外界大气压，外界气体进入肺内，形成主动的吸气运动；当膈肌和肋间外肌舒张时，肋骨与胸骨因本身重力及弹性而回位，结果胸廓缩小，肺也随之回缩，造成肺内气压大于外界气压，肺内气体排出肺，形成被动的呼气运动；（2）A图示表示膈肌舒张，膈顶上升，肺内气体排出，是呼气过程；（3）大气压随高度而变化，在海拔2km以内，每升高10m，大气压约减少100Pa，由此可求出距山脚高度为900米处的大气压。24．【答案】（1）变大（2）平衡（3）变小（4）B（5）120（6）（7）海上搜救【解析】【解答】（1）AG600在水面滑行汲水过程中，飞机的质量增加，质量越大惯性越大，所以飞机的惯性变大；（2）飞机在空中匀速直线飞行，所以受到了平衡力；（3）大气压随高度的增加而减小，所以随着飞机飞行高度增加，其受到的大气压变小；（4） A.减小发动机高空飞行的推力，会使飞机的动力减小，不利于飞机上升到更高高度，不能提高升限，故A错误；B.降低飞行阻力，在推力不变的情况下，合力会增大，有助于飞机上升到更高高度，能提高升限，故B正确；C.增加飞机质量，会使飞机重力增大，需要更大的升力来维持飞行，不利于飞机上升到更高高度，不能提高升限，故C错误。故选B。（5）已知翼载为500kg/m2，飞机最大起飞质量为：m=60t=6×104kg，机翼面积为：S=6×104kg500kg/m2=120m2（6）飞机在水面滑行时，总阻力F总由水阻力F水和空气阻力F空组成，即：F总=F水+F空，那么F空=F总-F水观察图乙可知，随着速度的增大，总阻力和水阻力先增大后减小，在速度较小时，总阻力与水阻力的差值较小，随着速度增大，总阻力与水阻力的差值逐渐增大，即空气阻力逐渐增大；当总阻力达到最大值后开始减小，而水阻力也开始减小，此时总阻力与水阻力的差值开始增大，即空气阻力一直增大，如题所示：（7）AG600 是一款大型水陆两栖飞机，除了森林灭火之外，它还具有多种应用场景。海上搜救是其重要应用之一，由于它具备水陆两栖的特性，可以在海上快速起降，对海上遇险人员进行搜索和救援。故答案为：(1)变大；(2)平衡；(3)变小；(4)B；(5)120；（6）；（7）海上搜救。【分析】（1）惯性是物体保持原有运动状态不变的性质，惯性大小只与物体的质量有关；（2）当物体处于静止或匀速直线运动状态时，物体受到的力是平衡力；（3）大气压随高度的增加而减小；（4）根据飞机的推力大小分析提高飞机升限的方法；（5）已知翼载和飞机最大起飞质量，根据飞机的翼载是指飞机最大起飞质量与机翼的面积之比求出机翼面积；（6）飞机在水面滑行时，总阻力F总由水阻力F水和空气阻力F空组成，结合图乙根据F空=F总-F水分析空气阻力随速度的变化趋势，画出大致图像；（7）由于它具备水陆两栖的特性，可以在海上快速起降，对海上遇险人员进行搜索和救援。 V/mL252015105p/kPa100125167250500注射器规格/mL255075100p/kPa100200300400