8.3 （第二课时） 大气压与人类生活
一、单选题
1．20世纪60年代，为控制疟疾疫情，屠呦呦尝试用加热青蒿水溶液的方法使其沸腾，从而去除水分以提取药物，但提取效果并不理想。她猜想：可能在高温的情况下药物被破坏掉了。对此。可采用的方法是（ ）
A．用微火加热使溶液慢慢沸腾
B．用旺火加热缩短沸腾的时间
C．减小容器内的气压
D．增大容器内的气压
2．如图，两同学在模拟马德堡半球实验，此时吸盘在左右两侧拉力的作用下处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．吸盘内气压等于外界大气压 B．吸盘内气压小于外界大气压
C．吸盘内气压大于外界大气压 D．两同学的拉力等于外界大气压对吸盘的压力
3．下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，水的沸点不变 B．0℃的水变成0℃的冰要吸收热量
C．松香由固态转化成液态时的温度不变 D．冰在熔化时吸热
4．如图实验中，吸盘都保持静止，所挂钩码是吸盘所能提起的最大重物。对此，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中大气对吸盘的压力等于钩码的重力
B．乙图中大气对下面吸盘的压力等于钩码的重力的
C．利用甲图的实验可以粗测大气压的值
D．利用乙图的实验可以粗测大气压的值
5．下表为不同气压下水的沸点：
p/(×105Pa) 0.98 1.01 1.13 1.29 1.48 1.69 1.80 2.05
t/℃ 99 100 103 107 111 115 117 121
压力锅工作时锅内气体压强最大可达1.69×105Pa，锅内水的最高温度（ ）
A．可达100℃ B．可达115℃ C．可达121℃ D．不确定
6．如图所示，把一根两端开口的细玻璃管，通过橡皮塞插入装有红色水的玻璃瓶中，从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内的水沿玻璃管上升的高度为h。把这个自制气压计从1楼带到5楼的过程中（对瓶子采取了保温措施使瓶子温度保持不变），观察到管内水柱的高度发生了变化，如表所示，根据实验现象下列判断错误的是（ ）
楼层 1 2 3 4 5
管内与瓶内水面的高度差/cm 5 5.3 5.7 6 6.3
A．往瓶内吹气后，瓶内气压大于瓶外大气压
B．水柱高度h增大，说明大气压增大了
C．上楼的过程中，给瓶子保温是为了避免温度对测量结果的影响
D．水柱高度h越大，瓶内外的气体压强差越大
7．在室温下，吹鼓一个气球，把它放进真空罩中，抽走真空罩中的气体，发现气球变大了．下列说法正确的是 （ ）
A．气球内气体质量变大，体积变大，密度不变
B．气球内气体质量不变，体积变大，密度变小
C．气球变大因为气球内的气压变大
D．抽气后，真空罩内气压大于气球内的气压
8．某实验小组用如图所示的实验装置来测量液体的密度．将一个带有阀门的三通U形管倒置在两个装有液体的容器中，用抽气机对U形管向外抽气，再关闭阀门K．已知左边液体的密度为ρ1， 左右两边液柱高度分别为h1、h2， 则下列说法正确的是（ ）
A．右边液体的密度
B．右边液体的密度
C．实验中必须将U形管内抽成真空
D．若将U形管倾斜，左右两边液柱高度差不会改变
二、填空题
9．水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，如图所示。发现烧瓶内的水中出现了大量的气泡，迅速上升变大，由此可知水重新沸腾起来。这是因为烧瓶内水面上方的气压______（选填“增大”或“减小”）的缘故。
10．如图甲为阴阳壶，壶把上开有两孔，可同时盛装两种液体，图乙为该壶的结构示意图，使用时，若捂住甲孔，则倒出的是 ______，这是由于 ______的作用。该壶的设计遵循了 ______原理。
11．将烧瓶内的水加热至沸腾后移去火焰，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，将观察到烧瓶内的水再次沸腾起来，产生这一现象的原因是瓶内气体温度______（填“升高”或“降低”），气体压强______（填“增大”或“减小”），水的沸点______（填“升高”或“降低”），因此水能再次沸腾。
12．如图是小明设计的给鸡自动喂水的装置，把一个装满水的瓶子倒放在水盆中，并使瓶口没人水中，此时瓶内的水因为______的作用不会流出。鸡喝水的过程中，盆中水位下降至瓶口露出水面时，有空气进人瓶中，瓶中水自动流出补充到盆中，直到瓶口再次没人水中，水停止流出，如此反复。随着空气进人瓶中，瓶内水面逐渐下降，瓶内气压与进气前相比______ （选填“变大”“变小”或“不变”）。
13．分析大气压强的变化可以判断大气环流的方向，预报相关气象情况。气象站用气压计采集某区域同一时刻近地面不同地点的大气压，并将气压相等的各点连起来，绘成“等气压线”，如图所示。
等气压线的特征 一般天气特征
等气压线闭合，四周气压低于中心气压 晴朗
等气压线闭合，四周气压高于中心气压 阴雨
①你认为采集数据时，应使近地面不同地点_______，理由是_______。
②根据A处风的方向，可判断A处气压_______B处气压；结合上表，可判断该区域一般天气特征为______。
14．郑小楚同学将一个“220V 1000W”的电热水器接入示数为“0850.5”的电能表所在的电路中，且电路中只有这一个用电器，正常工作5h后，电能表示数将变为“________”，假设电热水器烧水的热效率是84%，正常加热10min后，它可以把质量为________kg、温度为25℃的水加热到100℃；当郑小楚使用该热水器加热水时，他发现水沸腾的温度为99℃，原因是当地的大气压________（选填“高于”或“低于”）标准大气压．[c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
15．如图所示，甲、乙两图是某个同学做“水的沸腾”实验时观察到的现象，其中能正确反映沸腾现象的是图_____；图丙是他根据实验数据作出的温度﹣﹣时间图象，从图中可以看出，水沸腾的过程中继续吸热，温度_____，看图分析还可以知道，实验地的大气压比标准大气压_____（选填“高”、“低”或“相等”）．
三、实验题
16．某科学实验小组利用注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材测量大气压强的值，实验步骤如下:
（1）本次测量大气压值的实验原理是______，实验中主要应以______（填“针筒”、“活塞”）为研究对象来分析其所受大气压力的；
（2）把注射器的活塞推至注射器筒的底端，然后用橡皮帽堵住注射器的小孔，这样做的目的是______。但实际上并未能达到此目的，此因素将导致所测大气压的值会偏______（选填“大”或“小”）；
（3）如图所示，用细尼龙绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞______时，记下弹簧测力计的示数为35N；
（4）如图，用刻度尺测出注射器______为______cm；
（5）计算得到大气压强的数值为______Pa；
（6）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先将注射器内抽满水，再竖直向上推动活塞至注射筒的底端，然后用橡皮帽封住注射的小孔；
②取下橡皮帽，重复步骤（3）的操作，读得弹簧测力计的示数为1N由此可知，此时活塞所受到的______（摩擦力/大气压力）为1N。小华根据改进后测得的数据，重新计算大气压的值为______Pa。
17．某兴趣小组的同学观察到：①飞机在起飞和航行时机翼的仰角不同；②飞机越大其机翼越大．他们想探究“机翼获得升力的大小与机翼仰角、机翼面积有什么关系”？(注：机翼仰角为机翼下表面与水平面的夹角，机翼面积指机翼在水平面上投影的面积)
他们利用塑料泡沫等材料自制了三个质量相同、形状相同、面积不同的机翼模型，把圆柱形空心笔穿过“机翼”并固定在“机翼”上，将一根金属杆从笔杆中穿过并上下固定，确保“机翼”能沿金属杆在竖直方向移动，将“机翼”挂在弹簧测力计的下方，实验装置如图所示．
(1)用鼓风机对着“机翼”吹风，模拟飞机在空中飞行，当鼓风机向右吹风时，以气流为对照物，飞机向______飞行．
(2)为了研究“机翼”获得的升力与仰角的关系，他们对同一个“机翼”吹风，并保持风速不变，只改变“机翼”______的大小，观察并记录测力计的示数，在其他条件相同时，更换面积不同的“机翼”重复上述实验，实验记录如下表：(每次吹风前测力计示数均为3.5 N)
机翼面积/cm2测力计示数/N机翼仰角 275 395 566
0(水平) 3.2 3.0 2.6
较小 3.0 2.9 2.4
较大 2.9 2.8 2.3
最大 3.1 2.9 2.7
①在上述实验中，吹风前后测力计示数的________即为“机翼”获得升力的大小．
②通过分析数据可以得出结论：当质量、形状、机翼面积和风速相同时，仰角增大，获得的升力________(选填“一定”或“不一定”)增大；当质量、形状、仰角和风速相同时，机翼面积越大，获得的升力________．
③实验时，“机翼”沿金属杆上升，金属杆对笔杆有向_____的摩擦力，因此测得的升力应________“机翼”实际获得的升力．
四、计算题
18．某市开发区某玻璃厂用圆形低压吸盘搬运玻璃．如图中E为圆形吸盘，其面积为120 cm2，ABCD为一正方形平板玻璃，边长为1 m，重120 N，若吸盘能将该平板玻璃水平吸住并提升2 m，在此过程中，g取10 N/kg，问：
(1)为什么抽气后吸盘能吸住玻璃？
(2)吸盘内压强为多大时恰能吸起这块玻璃．(大气压强取1×105 Pa)
19．阿根廷工程师设计了一款新型家用电梯，该电梯外形是长圆筒，升降过程不使用线缆，而是靠气压驱动。需要上楼时，抽气泵启动，抽走顶部空气，此时底部与顶部就会形成气压差，底部空气推动电梯室往上升，需要下楼时，顶部充气，气压增大，使电梯往下降。底部高压区始终与外界联通，外界大气压为1×105Pa，电梯室质量为100kg，电梯室与圆筒壁之间的摩擦力为200N，底部和顶部面积均为0.9m2。（g=10N/kg）
(1)若质量为60kg的人乘电梯匀速上升，则顶部低压区的气压为多大？
(2)抽气机最多能把低压区的气压降到9.5×104Pa，则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是多少？
8.3 （第二课时） 大气压与人类生活
一、单选题
1．20世纪60年代，为控制疟疾疫情，屠呦呦尝试用加热青蒿水溶液的方法使其沸腾，从而去除水分以提取药物，但提取效果并不理想。她猜想：可能在高温的情况下药物被破坏掉了。对此。可采用的方法是（ ）
A．用微火加热使溶液慢慢沸腾
B．用旺火加热缩短沸腾的时间
C．减小容器内的气压
D．增大容器内的气压
【答案】C
【解析】
一标大气压强下水的沸点为100℃，液体的沸点与气压有关，气压增大，沸点升高；气压减小，沸点降低。沸腾是吸热过程，温度保持不变。
A．如果不降低气压，即使用微火加热，水沸腾时，水的温度仍为100℃，并不能降温，故A不符合题意；
B．如果不降低气压，水的沸点不变，用旺火加热缩短沸腾的时间，而水沸腾时温度保持不变，并不能降温，故B不符合题意；
C．减小容器内气压，水的沸点也会降低，药物不会因高温而坏掉，故C符合题意；
D．增加容器内气压，水的沸点会升高，故D不符合题意。
故选C。
2．如图，两同学在模拟马德堡半球实验，此时吸盘在左右两侧拉力的作用下处于静止状态，下列说法正确的是（ ）
A．吸盘内气压等于外界大气压 B．吸盘内气压小于外界大气压
C．吸盘内气压大于外界大气压 D．两同学的拉力等于外界大气压对吸盘的压力
【答案】B
【解析】
ABC．模拟马德堡半球实验，要先将吸盘内的空气被排出，吸盘内的气压小于外界大气压，故B正确，AC错误；
D．吸盘在左右两侧拉力的作用下处于静止状态，没有被拉开，故拉力小于大气压力，故D错误。
故选B。
3．下列说法正确的是（ ）
A．增大压强，水的沸点不变 B．0℃的水变成0℃的冰要吸收热量
C．松香由固态转化成液态时的温度不变 D．冰在熔化时吸热
【答案】D
【解析】
A．液体的沸点与气压有关，气压越高，沸点越高；压强增大，水的沸点也会升高，故A错误；
B．0℃的水变成0℃的冰是凝固过程，凝固需要放出热量，故B错误；
C．松香是非晶体，由固态变成液态时不断吸热，温度升高，故C错误；
D．冰是晶体，在熔化时吸热，但是温度不变，故D正确。
故选D。
4．如图实验中，吸盘都保持静止，所挂钩码是吸盘所能提起的最大重物。对此，下列说法正确的是（ ）
A．甲图中大气对吸盘的压力等于钩码的重力
B．乙图中大气对下面吸盘的压力等于钩码的重力的
C．利用甲图的实验可以粗测大气压的值
D．利用乙图的实验可以粗测大气压的值
【答案】D
【解析】
AC．甲图中吸盘在竖直方向受竖直向下的拉力和竖直向上的摩擦力，并且二力是一对平衡力；在水平方向受大气对吸盘的压力和支持力，二力也是一对平衡力；因此大气对吸盘的压力与钩码的重力没有任何关系，故不可以粗测大气压的值，故AC错误；
BD．乙图中吸盘受到大气对下面吸盘的压力和物体对下面的拉力，并且二力是一对平衡力，故大气对下面吸盘的压力等于钩码的重力；由以上分析可知，乙图能求出大气对吸盘的压力，故可以粗测大气压的值，故B错误，D正确；
故选D。
5．下表为不同气压下水的沸点：
p/(×105Pa) 0.98 1.01 1.13 1.29 1.48 1.69 1.80 2.05
t/℃ 99 100 103 107 111 115 117 121
压力锅工作时锅内气体压强最大可达1.69×105Pa，锅内水的最高温度（ ）A．可达100℃ B．可达115℃ C．可达121℃ D．不确定
【答案】B
【解析】
压力锅工作时锅内气体压强最大可达1.69×105Pa，对应表格可看到，这时水的沸点是115℃，水沸腾时温度保持不变，也就是锅内水的最高温度可达115℃。
故选B。
6．如图所示，把一根两端开口的细玻璃管，通过橡皮塞插入装有红色水的玻璃瓶中，从管口向瓶内吹入少量气体后，瓶内的水沿玻璃管上升的高度为h。把这个自制气压计从1楼带到5楼的过程中（对瓶子采取了保温措施使瓶子温度保持不变），观察到管内水柱的高度发生了变化，如表所示，根据实验现象下列判断错误的是（ ）
楼层 1 2 3 4 5
管内与瓶内水面的高度差/cm 5 5.3 5.7 6 6.3
A．往瓶内吹气后，瓶内气压大于瓶外大气压
B．水柱高度h增大，说明大气压增大了
C．上楼的过程中，给瓶子保温是为了避免温度对测量结果的影响
D．水柱高度h越大，瓶内外的气体压强差越大
【答案】B
【解析】
A．往瓶内吹气后，瓶内气压是变大的，逐渐大于瓶外大气压，A正确，不合题意；
B．瓶内气压是不变的，而水柱高度h增大，说明外界大气压是减小了，B错误，符合题意；
C．上楼的过程中，给瓶子保温，以免温度影响瓶内气压，避免温度对测量结果的影响，C正确，不合题意；
D．由题意可知
可得到
所以水柱高度h越大，瓶内外的气体压强差越大，D正确，不合题意。
故选B。
7．在室温下，吹鼓一个气球，把它放进真空罩中，抽走真空罩中的气体，发现气球变大了．下列说法正确的是 （ ）
A．气球内气体质量变大，体积变大，密度不变
B．气球内气体质量不变，体积变大，密度变小
C．气球变大因为气球内的气压变大
D．抽气后，真空罩内气压大于气球内的气压
【答案】B
【解析】
AB．质量是物体本身的一种属性，不随位置、状态、形状、温度的改变而改变；气体的质量一定时，体积越大，密度越小；故A错误，B正确；
CD．抽走真空罩中的气体，玻璃罩内气体压强逐渐减小，小于气球内的气压，所以气球变大．故CD错误．
8．某实验小组用如图所示的实验装置来测量液体的密度．将一个带有阀门的三通U形管倒置在两个装有液体的容器中，用抽气机对U形管向外抽气，再关闭阀门K．已知左边液体的密度为ρ1， 左右两边液柱高度分别为h1、h2， 则下列说法正确的是（ ）
A．右边液体的密度
B．右边液体的密度
C．实验中必须将U形管内抽成真空
D．若将U形管倾斜，左右两边液柱高度差不会改变
【答案】A
【解析】
A、B．用抽气机对U形管向外抽气后关闭阀门K，管内气体压强（p气）小于管外大气压（p0），在大气压作用下液体进入两管中，待液体静止两管中压强平衡：
p气+p液1=p0=p气+p液2，
即：
ρ1gh1=ρ2gh2，
得：
ρ2=ρ1，A符合题意，B不符合题意；
C．只要管内压强小于管外大气压，就会有液体进入两管中，没必要将U形管内抽成真空，C不符合题意；
D．将U形管刚倾斜时，管内气压不变，则液柱高度要不变，所以液柱长度要增大，会有液体进入两管中，导致U形管中空气体积减小，管内气体压强增大，最终管内压强平衡时，两管中液体的高度减小．由于h1
二、填空题
9．水沸腾后把烧瓶从火焰上拿开，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，如图所示。发现烧瓶内的水中出现了大量的气泡，迅速上升变大，由此可知水重新沸腾起来。这是因为烧瓶内水面上方的气压______（选填“增大”或“减小”）的缘故。
【答案】减小
【解析】
气压越低，液体的沸点越低；当向瓶底浇冷水时，瓶内气体温度就会突然降低，瓶中的水蒸气液化形成小水滴，瓶内气压减小，水的沸点降低，瓶内的水重新沸腾。
10．如图甲为阴阳壶，壶把上开有两孔，可同时盛装两种液体，图乙为该壶的结构示意图，使用时，若捂住甲孔，则倒出的是 ______，这是由于 ______的作用。该壶的设计遵循了 ______原理。
【答案】 乙液体 大气压 连通器
【解析】
[1][2]使用时，阴阳壶倾斜，两种液体都向下运动，若捂住甲孔，甲液体在大气压的作用下不能倒出；而乙孔右侧壶内与外界空气相通，乙液体在重力作用下就可流出来。
[3]该壶的壶嘴和壶身上端开口、下端相连，所以该壶的设计遵循了连通器原理。
11．将烧瓶内的水加热至沸腾后移去火焰，水会停止沸腾。迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，将观察到烧瓶内的水再次沸腾起来，产生这一现象的原因是瓶内气体温度______（填“升高”或“降低”），气体压强______（填“增大”或“减小”），水的沸点______（填“升高”或“降低”），因此水能再次沸腾。
【答案】 降低 减小 降低
【解析】
[1][2][3]水停止沸腾后，迅速塞上瓶塞，把烧瓶倒置并向瓶底浇冷水，会看到烧瓶中的水重新沸腾，因为当向瓶底浇冷水时，瓶内气体温度突然降低，瓶内的水蒸气遇冷液化，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。
12．如图是小明设计的给鸡自动喂水的装置，把一个装满水的瓶子倒放在水盆中，并使瓶口没人水中，此时瓶内的水因为______的作用不会流出。鸡喝水的过程中，盆中水位下降至瓶口露出水面时，有空气进人瓶中，瓶中水自动流出补充到盆中，直到瓶口再次没人水中，水停止流出，如此反复。随着空气进人瓶中，瓶内水面逐渐下降，瓶内气压与进气前相比______ （选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】 大气压 变大
【解析】
[1]装满水的瓶子倒放在水盆中，并使瓶口没人水中，液体不会流入盆中原因是受大气压强的作用。
[2]随着空气进人瓶中，瓶内气体密度变大，所以产生的压强变大。
13．分析大气压强的变化可以判断大气环流的方向，预报相关气象情况。气象站用气压计采集某区域同一时刻近地面不同地点的大气压，并将气压相等的各点连起来，绘成“等气压线”，如图所示。
等气压线的特征 一般天气特征
等气压线闭合，四周气压低于中心气压 晴朗
等气压线闭合，四周气压高于中心气压 阴雨
①你认为采集数据时，应使近地面不同地点_______，理由是_______。
②根据A处风的方向，可判断A处气压_______B处气压；结合上表，可判断该区域一般天气特征为______。
【答案】 海拔高度相同(同一水平面) 气压会随海拔高度的变化而变化 高于 阴雨
【解析】
[1][2]根据可知，海拔高度越高，气压越小，即气压会随海拔高度的变化而变化；采集数据时，应使近地面不同地点海拔高度相同，这样才可以分析大气压强的变化，判断大气环流的方向；
[3][4]A处风的方向从A到B，那么可知A处气压高于B处气压；从图中可以看到，四周气压高于中心气压，那么从表中可知天气特征为阴雨。
14．郑小楚同学将一个“220V 1000W”的电热水器接入示数为“0850.5”的电能表所在的电路中，且电路中只有这一个用电器，正常工作5h后，电能表示数将变为“________”，假设电热水器烧水的热效率是84%，正常加热10min后，它可以把质量为________kg、温度为25℃的水加热到100℃；当郑小楚使用该热水器加热水时，他发现水沸腾的温度为99℃，原因是当地的大气压________（选填“高于”或“低于”）标准大气压．[c水＝4.2×103J/（kg ℃）]
【答案】 0855.5 1.6 低于
【解析】
（1）由可得，电热水器正常工作5h消耗的电能：W=Pt=1kW×5h=5kW h．
原来电能表的示数是0850.5kW h，现在电能表的示数为：0850.5kW h+5kW h=0855.5kW h．
（2）电热水器正常加热10min后消耗的电能：
W′=Pt=1000W×10×60s=6×105J；
由可得水吸收的热量：
Q吸=W′η=6×105J×84%=5.04×105J；
根据Q吸=cm（t-t0）可得水的质量：；
（3）在标准大气压下，水的沸点是100℃，而他发现水沸腾的温度为99℃低于100℃，说明当地的大气压低于标准大气压．
故答案为0855.5；1.6；低于．
15．如图所示，甲、乙两图是某个同学做“水的沸腾”实验时观察到的现象，其中能正确反映沸腾现象的是图_____；图丙是他根据实验数据作出的温度﹣﹣时间图象，从图中可以看出，水沸腾的过程中继续吸热，温度_____，看图分析还可以知道，实验地的大气压比标准大气压_____（选填“高”、“低”或“相等”）．
【答案】 乙 保持不变 低
【解析】
甲图气泡在上升过程中体积减小，所以甲图是水沸腾前的图象．乙图气泡在上升过程中体积增大，所以乙图是水沸腾时的现象．
从温度--时间图线可以看出，水在沸腾时温度保持98℃不变，所以水沸腾的特点是吸热但温度保持不变．
同时还可以看出，水的沸点是98℃，低于100℃，所以当时气压低于标准大气压．
三、实验题
16．某科学实验小组利用注射器、弹簧测力计、刻度尺等器材测量大气压强的值，实验步骤如下:
（1）本次测量大气压值的实验原理是______，实验中主要应以______（填“针筒”、“活塞”）为研究对象来分析其所受大气压力的；
（2）把注射器的活塞推至注射器筒的底端，然后用橡皮帽堵住注射器的小孔，这样做的目的是______。但实际上并未能达到此目的，此因素将导致所测大气压的值会偏______（选填“大”或“小”）；
（3）如图所示，用细尼龙绳拴住注射器活塞的颈部，使绳的另一端与弹簧测力计的挂钩相连，然后水平向右慢慢拉动注射器筒，当注射器中的活塞______时，记下弹簧测力计的示数为35N；
（4）如图，用刻度尺测出注射器______为______cm；
（5）计算得到大气压强的数值为______Pa；
（6）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先将注射器内抽满水，再竖直向上推动活塞至注射筒的底端，然后用橡皮帽封住注射的小孔；
②取下橡皮帽，重复步骤（3）的操作，读得弹簧测力计的示数为1N由此可知，此时活塞所受到的______（摩擦力/大气压力）为1N。小华根据改进后测得的数据，重新计算大气压的值为______Pa。
【答案】 活塞 排尽筒内空气，防止外界空气进入 小 刚被拉动 全部刻度的长度 6.00 摩擦力
【解析】
（1）[1] [2]本实验的原理是先排出注射器筒内的空气，这样向外拉活塞时，由于外界大气压的作用，要拉动活塞需要很大的力，这个力可以由测力计测出，从而根据计算大气压强。
（2）[3]把注射器的活塞推至注射器筒的底端，是为了排尽筒内空气；然后用橡皮帽堵住注射器的小孔，是为了防止外界空气进入。
[4]实际操作中不可能将空气完全排出，只要有一点残留的话，就会使大气压强造成的压力变小，即测量值会偏小。
（3）[5]根据二力平衡知识，可知当活塞刚刚被拉动时，大气压强产生的压力与弹簧测力计的示数相等。
（4）[6] [7]为了计算活塞的横截面积，需要测量出注射器上对应的全部刻度的长度，由图可知刻度尺的读数为6.00cm，注射器的体积为20mL。
（5）[8] 活塞的横截面积为
所以，大气压强为
（6）[9]取下橡皮帽后，拉动弹簧测力计的示数为1N，说明此时活塞受到的摩擦力为1N。
[10]改进后，大气压强产生的压力为
所以压强为
17．某兴趣小组的同学观察到：①飞机在起飞和航行时机翼的仰角不同；②飞机越大其机翼越大．他们想探究“机翼获得升力的大小与机翼仰角、机翼面积有什么关系”？(注：机翼仰角为机翼下表面与水平面的夹角，机翼面积指机翼在水平面上投影的面积)
他们利用塑料泡沫等材料自制了三个质量相同、形状相同、面积不同的机翼模型，把圆柱形空心笔穿过“机翼”并固定在“机翼”上，将一根金属杆从笔杆中穿过并上下固定，确保“机翼”能沿金属杆在竖直方向移动，将“机翼”挂在弹簧测力计的下方，实验装置如图所示．
(1)用鼓风机对着“机翼”吹风，模拟飞机在空中飞行，当鼓风机向右吹风时，以气流为对照物，飞机向______飞行．
(2)为了研究“机翼”获得的升力与仰角的关系，他们对同一个“机翼”吹风，并保持风速不变，只改变“机翼”______的大小，观察并记录测力计的示数，在其他条件相同时，更换面积不同的“机翼”重复上述实验，实验记录如下表：(每次吹风前测力计示数均为3.5 N)
机翼面积/cm2测力计示数/N机翼仰角 275 395 566
0(水平) 3.2 3.0 2.6
较小 3.0 2.9 2.4
较大 2.9 2.8 2.3
最大 3.1 2.9 2.7
①在上述实验中，吹风前后测力计示数的________即为“机翼”获得升力的大小．
②通过分析数据可以得出结论：当质量、形状、机翼面积和风速相同时，仰角增大，获得的升力________(选填“一定”或“不一定”)增大；当质量、形状、仰角和风速相同时，机翼面积越大，获得的升力________．
③实验时，“机翼”沿金属杆上升，金属杆对笔杆有向_____的摩擦力，因此测得的升力应________“机翼”实际获得的升力．
【答案】 左 仰角 变化量(或差值、减小量) 不一定 越大 下 小于
物体间的运动是相对的，以气流为参照物，飞机沿气流相反的方向运动；
要研究“机翼”获得的升力与仰角的关系，就要保持其它条件不变，只改变“机翼”的仰角大小，根据现象得出相应的结论；
本实验中，“机翼”获得升力的大小等于吹风前后测力计示数的变化量，分析表中数据，得出相应的结论；
实验时，“机翼”沿金属杆上升，金属杆对笔杆有向下的摩擦力，用弹簧测力计测得的升力小于“机翼”实际获得的升力．
【解析】
（1）当鼓风机向右吹风时，空气向右运动，以气流为参照物，飞机向左飞升；
（2）为了研究“机翼”获得的升力与仰角的关系，他们对同一个“机翼”吹风，并保持风速不变，只改变“机翼”仰角的大小，观察并记录测力计的示数，在其他条件相同时，更换面积不同的“机翼”重复上述实验；
①在上述实验中，“机翼”获得升力的大小等于吹风前后测力计示数的变化量（或差值、减小量）；
②由表中数据可知，当质量、形状、机翼面积和风速相同时，仰角增大，获得的升力有时大、有时小，所以获得的升力不一定增大；当质量、形状、仰角和风速相同时，机翼面积越大，获得的升力越大；
（3）实验时，“机翼”受到向上的升力，沿金属杆上升，由于金属杆对笔杆有向下的摩擦力，用弹簧测力计测得的升力小于“机翼”实际获得的升力．
故答案为左； 仰角； 变化量(或差值、减小量) ； 不一定 ； 越大 ； 下 ； 小于．
四、计算题
18．某市开发区某玻璃厂用圆形低压吸盘搬运玻璃．如图中E为圆形吸盘，其面积为120 cm2，ABCD为一正方形平板玻璃，边长为1 m，重120 N，若吸盘能将该平板玻璃水平吸住并提升2 m，在此过程中，g取10 N/kg，问：
(1)为什么抽气后吸盘能吸住玻璃？
(2)吸盘内压强为多大时恰能吸起这块玻璃．(大气压强取1×105 Pa)
【答案】(1)在工厂里用圆形吸盘搬运玻璃时将吸盘里的空气排出，吸盘内气体减少，气压变小，小于外界大气压，大气压将玻璃压在吸盘上，所以吸盘能吸住玻璃．(2)9×104 Pa．
(1)在工厂里用圆形吸盘搬运玻璃时将吸盘里的空气排出,则玻璃在大气压的作用下吸住;
(2)吸盘能将该平板玻璃水平吸住并悬空,此时大气压力等于玻璃板的重力,大气压力就等于吸盘内外气压差与圆形吸盘面积的乘积.根据此等式求出气压差.于是可求吸盘内的气压.
【解析】
(1)在工厂里用圆形吸盘搬运玻璃时将吸盘里的空气排出,吸盘内气体减少,气压变小,小于外面大气压,大气压将玻璃压在吸盘上,吸盘能吸住玻璃.
(2)吸盘能将该平板玻璃水平吸住并悬空,此时大气压力等于玻璃板的重力,
所以,
所以
所以吸盘内的气压为:
所以吸盘内的气压应小于9×104 Pa
19．阿根廷工程师设计了一款新型家用电梯，该电梯外形是长圆筒，升降过程不使用线缆，而是靠气压驱动。需要上楼时，抽气泵启动，抽走顶部空气，此时底部与顶部就会形成气压差，底部空气推动电梯室往上升，需要下楼时，顶部充气，气压增大，使电梯往下降。底部高压区始终与外界联通，外界大气压为1×105Pa，电梯室质量为100kg，电梯室与圆筒壁之间的摩擦力为200N，底部和顶部面积均为0.9m2。（g=10N/kg）
(1)若质量为60kg的人乘电梯匀速上升，则顶部低压区的气压为多大？
(2)抽气机最多能把低压区的气压降到9.5×104Pa，则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是多少？
【答案】(1)9.8×104Pa；(2)370kg
【解析】
(1)人和电梯的总重力
匀速上升时，受到重力、竖直向下的摩擦力、竖直向上的大气压力的差，
故压力差
压强差为
则顶部低压区的气压为
(2)抽气机最多能把低压区的气压降到9.5×104Pa，气压差为
此气压差能产生的压力差为
根据据重力、竖直向下的摩擦力、竖直向上的大气压力的差三个力平衡得：电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是
【点睛】
重点是压强的计算，难点是理解无论上升还是下降时，都是三个力平衡，即重力、摩擦力、大气压力差三个力平衡，要特别注意，摩擦力是与运动方向相反的，所以两次的摩擦力的方向是不同的，这是个易错的地方。
