13.如图所示，体积相同、密度分别为ρA、ρB的A、B两立方体正对叠放于水平桌面上，且ρA:
ρB=1:
3。
A对B的压强为pA，B对桌面的压强为pB。
现逐渐减小A的体积，但始终保持A的形状为立方体且密度不变。
在A的体积减小的过程中，pA与pB的比值（）
14.
如图所示，置于水平桌面上的一个密闭的圆锥形容器内装满了重力为G的某种液体。
已知：
圆锥形容器的容积公式为V=πR2h/3,
其中，R、h分别为容器的底面半径和高。
则容器内的液体对容器侧面的压力大小为（）
A．1GB．2GC．3GD．0
15.U形管内注入适量的水银，然后在左、右两管内分别注入水和煤油。
两管通过水平细管
相连，细管中的阀门将水和煤油隔离，两管中的水银面相平，如图瞬间，细管中的液体会（）
A．向左流动
B．向右流动
C．不动
D．水向右流动，煤油向左流动
16.如图5所示，甲、乙两个正方体物块放置在水平地面上，甲的边长小于乙的边长甲对地面的压强为P1，乙对地面的压强为P2。
（）
（A）如甲、乙密度相等，将甲放到乙上，乙对地面的压强有可能变为P1
（B）如甲、乙密度相等，将乙放到甲上，甲对地面的压强有可能变为P2
（C）
如甲、乙质量相等，将甲放到乙上，乙对地面的压强有可能变为P1
20.现有密度分别为ρ1和ρ2的两种液体，且ρ1＜ρ2。
在甲杯中盛满这两种液体，两种液体的质量各占一半；在乙杯中也盛满这两种液体，两种液体的体积各占一半。
假设两种液体之间不发生混合现象，甲、乙两个杯子也完全相同。
则（）
A．甲杯内液体的质量大
B．乙杯内液体的质量大
21.甲、乙两容器内盛有水，水对容器底部的压强分别为
P甲和P乙。
当水温从80℃降低
到20℃时，则P甲和P乙的变化情况是
（A）P甲变小，P乙不变（B）P甲不变，P乙变小、
（C）P甲和P乙均变小、（D）P甲和P乙均不变
22.如图所示，玻璃瓶侧壁有三个用木塞塞住的小孔
a、b、c，一根两端开口的管子，上端
过软木塞与大气连通，另一端浸没在液体中，管中的液面和
内的液面比a孔的位置高。
下列叙述中正确的
（A）只有拔去a孔木塞的瞬时，水才会流出瓶外
（B）只有拔去b孔木塞的瞬时，水才会流出瓶外
（c）只有拔去c孔木塞的瞬时，水才会流出瓶外
b孔等高，瓶
（D）拔去a、b、c三孔中的任一木塞的瞬时，水均会流出瓶外
23.如图所示，在河中间固定一个细长圆管，管内有一轻质活塞，活塞下端位于水面，面积为1厘米2，质量不计，大气压强为1．0×105帕。
现将活塞缓慢提高15米，则在该过程中外力对活塞做功为（）
（A）50焦（B）100焦（C）150焦（D）200焦
1】【答案】B
大同杯物理竞赛专题汇编——压力、压强参考答案
解析】对于三棱劈对地的压强P=N/S=Mg/S=gh，因此与高度有关，切除之后已的高度
2
高，故选B。
【2】【答案】B
【解析】B管向上移动，若A管水银面不变，则A管内压强会升高。
温度不变，压强升高，则体积要减小，所以A管内的水银面相应升高。
如果A管内的水银面升高H/2，则AB管水银面相平，即A管的压强没有增加，那么体积减小就矛盾了。
所以选B。
【3】【答案】A
【解析】浮力等于排开水的重量。
设水深为h，则mg=ρ水S1hg。
因此，水的重力加圆柱体
的重力为：
s2mg，故选A。
s1
【4】【答案】AD
【分析】设试管内外水银面高度差为h，横截面积为s，重为G。
则管内气体压强为：
P=P0+ρ汞gh.又因为试管浮力等于重力，所以ρ水gsh=G。
因为G不变，所以h不变，P0变大，所
以P变大，则管内气体体积要变小，即试管要下沉。
综合分析，AD正确。
【5】【答案】B等，即：
ρgh1=ρ0gh2，故选B．
6】【答案】C
【分析】由已知条件可知ρ甲＞ρ乙，G甲＞G乙，所以容器底部受到的压力N甲＞N乙。
选项A，若倒入的液体体积V甲=V乙，会使甲对底部的压力更大于乙；选项B，倒入的液体
高度h甲＞h乙，则倒入的液体体积V甲＞V乙，使甲对底部的压力更大于乙；选项D，可能会使两容器底部受到的压力相等，但未必需要抽出的液体高度一定相等。
选项C，虽然V
甲＞V乙，但ρ甲＞ρ乙，所以抽出的液体的重力也可能甲大，从而满足题目要求。
7】
【解答】解：
由图可知，乙液体的体积大于甲圆柱体的体积，甲的底面积小于乙的底面积，由ρ=m/v可知，两者质量相等时，甲圆柱体的密度大于乙液体的密度，即ρ甲＞ρ乙，
当沿水平方向切去部分甲并从容器中抽出部分乙后，甲对地面的压强小于乙对容器底部的压强时，
由p=ρgh可得，h甲＜h乙，
由V=Sh可知，V甲一定小于V乙。
故选：
D。
8】解：
A小试管缓慢地竖直拉出时的变化如下图所示：
（1）小试管的底部恰好与大试管内的液面相平时，
∵小试管内水银上方是真空，
∴小试管内水银产生的压强和大气压强相等；
∵F=Ps，且小试管底部受到的压力和自身的重力相等，
∴小试管内水银的重力G2=F=p0s．
（2）又∵大试管内水银对底部的压力和大试管内水银的重力相等，
∴N1-N2=G1-G3=G2=p0s．
故选A．
本题考查了压强公式的应用和大气压强的综合运用，知道小试管缓慢地竖直拉出时，大试管内减少的水银和小试管内水银的质量相等是解决本题的关键．
（1）由题意可知，小试管缓慢地竖直拉出时，大试管内减少的水银和小试管内水银的质量相等；而小试管内上方是真空，所以小试管内水银产生的压强和大气压强相等，根据F=ps求出试管内水银的压力，此时水银产生的压力和自身的重力相等．
（2）圆柱体内水银对容器底部的压力和自身的重力相等，小试管缓慢地竖直拉出时，水银对容器底部压力的减小量即为小试管内水银的重力．
【9】分析
（1）根据水平面上物体的压力和自身的重力相等和重力公式、密度公式、体积公式得出实心正方体对水平地面压强的表达式，由表达式可知物体压强的大小与受力面积无关，只与密度无关，根据压强相等和边长关系得出甲乙的密度关系．
（2）沿水平方向切去相同的质量时，减小的压力相同，根据压强公式和受力面积关系得出压强变化量之间的关系，结合原来的压强相等即可判断此法是否可行．
（3）沿水平方向切去相同的体积时，根据底面积关系得出高度变化量之间的关系，再根据密度关系得出压强变化量之间的关系，结合原来的压强相等即可判断此法是否可行．
由图可知：
甲的边长比乙的边长大，
因它们对地面的压强相同，
所以ρ甲＜ρ乙．
（1）沿竖直方向上切去相同的体积或相同的厚度时，两正方体的密度和高度不变，所以它们的压强还是相等，故AB不正确．
（2）沿水平方向切去相同的质量时，减小的压力相同，
因S甲＞S乙，
所以△p甲＜△p乙，
又因p甲=△p乙，
所以剩余部分甲对地面的压强大于乙对地面的压强，故C正确；
（3）沿水平方向切去相同的体积时，
因S甲＞S乙，
所以△h甲＜△h乙，
又因ρ甲＜ρ乙，
所以ρ甲g△h甲＜ρ乙g△h乙，即△p甲＜△p乙，
因p甲=△p乙，
所以剩余部分甲对地面的压强大于乙对地面的压强，故D正确．
故选CD．
【10】分析
（1）观察表中数据可知，h从5-10cm，可求水的体积变化△V=（S2-S1）△h=60cm3；h从22-25cm，水的体积变化△V′=S2（h6-h5）=60cm3，据此求出S2和S1的大小；
（2）知道柱状物体的体积，可求柱状物体的高，分析表中数据，如果柱状物体的密度大于或等于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应该与h的变化成正比，由表中数据可知器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，所以柱状物体的密度小于水的密度；因此随着水的增多，柱状物体将漂浮在水面上，设柱状物体浸入的深度为H浸，当h6=25cm时，知道水的体积，可求柱状物体浸入的深度，进而求出此时排开水的体积，根据漂浮体积和阿基米德原理求出物体的密度；
（3）根据阿基米德原理求此时受到的浮力（最大）．
解：
（1）由表中数据可知，h从5-10cm，
水的体积变化：
△V=（S2-S1）（10cm-5cm）=60cm3，①
h从22-25cm，
水的体积变化：
△V′=S2（h6-h5）=60cm3，
即：
S2（25cm-22cm）=60cm3，
解得：
S2=20cm2，代入①得：
S1=8cm2，故A正确、B错；
（2）柱状物体的体积：
V物=S1H，
柱状物体的高：
H=V物S1=200cm38cm2=25cm；
如果柱状物体的密度大于或等于水的密度，在加水过程中柱状物体将静止在容器底不会上浮，容器内水的体积变化应该与h的变化成正比，由表中数据可知器内水的体积变化应该与h的变化不成正比，所以柱状物体的密度小于水的密度；因此随着水的增多，柱状物体将漂浮在水面上，
设柱状物体浸入的深度为H浸，
当h6=25cm时，
水的体积：
S2h6-S1H浸=360cm3，
即：
20cm2×25cm-8cm2×H浸=360cm3，
解得：
H浸=17.5cm，
此时排开水的体积：
V排=S1H浸=8cm2×17.5cm=140cm3，
∵柱状物体漂浮，
∴ρ水V排g=ρ物Vg，
即：
1×103kg/m3×140cm3×g=ρ物×200cm3×g，
解得：
ρ物=0.7×103kg/m3，故C正确；
（3）此时受到的浮力最大：
F浮=ρ水V排g=1×103kg/m3×140×10-6m3×10N/kg=1.4N，故D正确．
故选ACD．
【11】解：
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，AB之间液面高度差减小，A相对于底面压强最大，所以A下降的最大，其次是B，上升最小的是C液面，与D液面下降的高度相同．
故选B．
【12】解：
如果G1ρ铝，则铁的体积应小于铝的体积V铁m2，；
BD、当G1>G2时，如果满足V铁>V铝，则有m1m2．
故选A．
【13】分析：
固体能大小不变的传递压力，所以B对地面的压力等于A、B物体的重力，
设A立方体的边长为a，B立方体的边长为b，根据压强公式表示出PA与PB，然后可知其比值的变化．
解：
设A立方体的边长为a，B立方体的边长为b，A立方体的密度为ρ，则B立方体的密度为3ρ，
则A对B的压强为PA=ρga，
B对桌面的压强为PB=3ρgb+ρga3÷b2，
所以PA÷PB=ab2÷3b3+a3，
当a=b时，PA÷PB=1÷4
当a=1÷2b时，PA÷PB=4÷25，当a=1÷4b时，PA÷PB=16÷193，
所以，在A的体积减小的过程中，PA与PB的比值始终变小．故选B．
【14】解析：
假设是一个与圆锥体等高的圆柱体，则容器底部受到液体的压强和压力是相同的，由于圆锥体内的液体重力只有圆柱体的三分之一，另外三分之二是侧壁提供的压力。
由于液体的重力是G，故圆锥体的侧壁对容器底部的压力为2G。
故选B
15】【解答】：
A
由于两管中的水银面相平，故水gh1油gh2
看图中水平细管两边压强的大小
左边距离水面约h1处，右边距离煤油液面为（h10.25h1）处，
221左右两边的压强差（左-右）为：
水gh1油g（h10.25h1）0.5gh10.6gh10
22
故A处压强小于B处，液体向左流动
【16】【解答】C
质量相等，则所受的重力相等，根据压强公式p=F/A，甲边长<乙边长，所以P1>P2,故把甲放在乙上重力增加，面积不变，所以压强就会增大，也就有可能变为P1。
【17】【解答】A
由题意“先从左端注入密度为ρ1的液体，再从右端注入密度为ρ2,长度为L的液柱，平衡时左右两管的液面高度差为L/2。
”可知：
ρ1*g*（1/2）*L=2ρ*g*L即：
ρ1=2ρ2
（1）
设：
要使左右两管液面相平，则注入的液柱长度为h，则有：
ρ2*g*L=ρ1*g*（L-h）+ρ3*g*h
（2）
又：
ρ3=（ρ2）/2（3）将
（1）、（3）代入
（2）即解得：
h=2L/3
18】【解答】A
（1）由于乙、丙两容器气体相连所以有：
P乙=P丙．而丙中气体的压强为甲容器中的液面与丙容器中液面差△h1的高度的液体所产生的压强即：
P丙=ρ水△h1g；
（2）由于乙容器中的压强与丙容器中的压强相等，但是乙容器中的液面与细玻璃管顶端的页面高度差△h2小于△h1．故当打开旋扭开关M时细玻璃管中液面会有所上升，因此乙容器中的液面有所下降，于是便导致乙、丙两容器中的气体体积增大，从而使乙、丙两容器中压强减少；
（3）由于丙容器中的压强减少，于是甲容器中的液体将通过导管进入丙容器中，于是甲容器中的液面与丙容器中液面差比原先的△h1有所减少．当乙容器中的细玻璃管中的
液体表面与乙容器中液面的高度差△h2与甲容器中的液面与丙容器中液面差△h1相同
时为止；
（4）此时乙、丙两容器中的压强比原先有所减少，故乙、丙两容器中的气体的体积比刚开始时有所增大，但丙容器中由于液体的液面上升，故丙中气体的体积减少，但由于气体的总体积在增大，丙中的气体的体积在减少，所以乙容器中气体体积的增加量要大于丙容器中气体的减少量，故△V乙＞△V丙．
故选A．
19】【解答】B
提示：
DE上端均开口与空气接触，故DE上端为均1大气压，加上E、D管中水高度带来的压差，分别等于A、B容器内液面处的压强。
由于处于平衡状态，故E管水面的高度
h与D管相同，为1m
【20】【解答】：
B如图，很明显，乙杯内液体的质量大
【21】【解答】B
解：
对于甲容器来说，水对容器底的压力等于水的重力，水对它的压强：
P甲=m甲g/S甲，当水温从80℃降低到20℃时，虽然体积减小，但质量不变，所以P甲不变；
对于乙容器来说，水对容器底的压力：
影部分水的重力，如图：
当水温从80℃降低到20℃时，因为水的体积减小，液面下降至红线处，容器底部受到的压力就是红线下面的阴影部分水的重力，可见，与温度没有改变时，与压力相等的那部分水的重力变小了，水对容器的压力变小了，容器底面积没有变，根据压强公式：
P=F/S可知，压强变小．
故选B．
【22】【解答】C
如图，设大气压强为P0,玻璃瓶内空气压强为P，则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
【23】【解答】B
【解答】解：
（1）由于大气压强的限制，活塞上升时，
533管内、外水位差存在一个最大值h0=1.0×105Pa/1.0×103kg/m3×10N/kg=10m。
所以管内水面（或活塞）相对于河岸的升高量等于管内、外水位差，即h1=h0=10m；
活塞继续上升了h2=H-h1=15m-10m=5m时，水面不动，活塞与水之间是真空。
（2）水上升阶段：
设任意时刻向下的大气压力和管内的水向上的压力为F下、F上，管内、
外水位差为h，则：
则有F下=p0S，F上=（p0-ρgh）S，由于活塞始终平衡，故F-F下+F上=0，即F-p0S+（p0-ρgh）S=0，解得：
F=ρghS。
可见，力F跟h成正比，F在h1距离上的平均值为F=1/2ρgh1S。
33-42F在h1距离上的功为WF=Fh1=1/2ρgh1S?
h1=1/2×1.0×103kg/m3×10N/kg×10m×1×10-4m2×10m=50J。
（3）水不上升阶段：
力F做的功等于活塞克服大气压力做的功，
5-42故WF′=p0Sh2=1.0×105Pa×1×10-4m2×5m=50J。
所以整个过程中，力F做的功等于WF+WF′=50J+50J=100J。
故答案为：
100。
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