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7. (2024·北京丰台一模)两个完全相同的圆柱形容器静止放在水平桌面上,其中分别装有两种不同液体,甲容器中液体的密度为ρ₍甲₎,乙容器中液体的密度为ρ₍乙₎,液面高度如图所示。液体内A、B两点到容器底部的距离相等,其压强分别为p₍A₎、p₍B₎,且p₍A₎=p₍B₎。甲、乙容器中液体对容器底部的压强分别为p₍甲₎、p₍乙₎。下列判断正确的是(
A.ρ₍甲₎＞ρ₍乙₎,p₍甲₎＞p₍乙₎
B.ρ₍甲₎＞ρ₍乙₎,p₍甲₎＜p₍乙₎
C.ρ₍甲₎＜ρ₍乙₎,p₍甲₎＜p₍乙₎
D.ρ₍甲₎＜ρ₍乙₎,p₍甲₎＞p₍乙₎
A
)A.ρ₍甲₎＞ρ₍乙₎,p₍甲₎＞p₍乙₎
B.ρ₍甲₎＞ρ₍乙₎,p₍甲₎＜p₍乙₎
C.ρ₍甲₎＜ρ₍乙₎,p₍甲₎＜p₍乙₎
D.ρ₍甲₎＜ρ₍乙₎,p₍甲₎＞p₍乙₎
答案
7. A
解析
【分析】
1. 先比较A、B两点的深度：由图可知，甲容器液面低于乙容器液面，且A、B到容器底部距离相等，因此A点的深度$ h_A $小于B点的深度$ h_B $。
2. 根据液体压强公式$ p=\rho gh $，已知$ p_A=p_B $，在压强相同时，深度越小，液体密度越大，由此可判断$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $。
3. 分析容器底部的压强：容器底部的压强等于A（B）点的压强加上A（B）点到容器底部液体的压强。设A、B到容器底部的距离为$ h_0 $，则甲容器底部压强$ p_甲 = p_A + \rho_甲 g h_0 $，乙容器底部压强$ p_乙 = p_B + \rho_乙 g h_0 $。因为$ p_A=p_B $，且$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，所以$ \rho_甲 g h_0 ＞ \rho_乙 g h_0 $，进而可得$ p_甲 ＞ p_乙 $。综上判断正确选项。
【解析】
设A、B两点到容器底部的距离为$ h_0 $，A点的深度为$ h_A $，B点的深度为$ h_B $。
1. 比较液体密度：
由图可知$ h_A ＜ h_B $，已知$ p_A = p_B $，根据液体压强公式$ p = \rho gh $，变形得$ \rho = \frac{p}{gh} $。
因为$ p_A = p_B $，$ h_A ＜ h_B $，所以$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $。
2. 比较容器底部的压强：
容器底部的压强等于液体内某点的压强加上该点到容器底部液体的压强，即：
$ p_甲 = p_A + \rho_甲 g h_0 $
$ p_乙 = p_B + \rho_乙 g h_0 $
因为$ p_A = p_B $，$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，所以$ \rho_甲 g h_0 ＞ \rho_乙 g h_0 $，因此$ p_甲 ＞ p_乙 $。
综上，$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，$ p_甲 ＞ p_乙 $，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
液体压强公式的应用
【点评】
本题考查液体压强公式的灵活运用，关键是明确A、B两点的深度关系，以及容器底部压强与A、B点压强的联系，需要学生具备分析深度和压强叠加的能力。
【难度系数】
0.6
1. 先比较A、B两点的深度：由图可知，甲容器液面低于乙容器液面，且A、B到容器底部距离相等，因此A点的深度$ h_A $小于B点的深度$ h_B $。
2. 根据液体压强公式$ p=\rho gh $，已知$ p_A=p_B $，在压强相同时，深度越小，液体密度越大，由此可判断$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $。
3. 分析容器底部的压强：容器底部的压强等于A（B）点的压强加上A（B）点到容器底部液体的压强。设A、B到容器底部的距离为$ h_0 $，则甲容器底部压强$ p_甲 = p_A + \rho_甲 g h_0 $，乙容器底部压强$ p_乙 = p_B + \rho_乙 g h_0 $。因为$ p_A=p_B $，且$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，所以$ \rho_甲 g h_0 ＞ \rho_乙 g h_0 $，进而可得$ p_甲 ＞ p_乙 $。综上判断正确选项。
【解析】
设A、B两点到容器底部的距离为$ h_0 $，A点的深度为$ h_A $，B点的深度为$ h_B $。
1. 比较液体密度：
由图可知$ h_A ＜ h_B $，已知$ p_A = p_B $，根据液体压强公式$ p = \rho gh $，变形得$ \rho = \frac{p}{gh} $。
因为$ p_A = p_B $，$ h_A ＜ h_B $，所以$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $。
2. 比较容器底部的压强：
容器底部的压强等于液体内某点的压强加上该点到容器底部液体的压强，即：
$ p_甲 = p_A + \rho_甲 g h_0 $
$ p_乙 = p_B + \rho_乙 g h_0 $
因为$ p_A = p_B $，$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，所以$ \rho_甲 g h_0 ＞ \rho_乙 g h_0 $，因此$ p_甲 ＞ p_乙 $。
综上，$ \rho_甲 ＞ \rho_乙 $，$ p_甲 ＞ p_乙 $，对应选项A。
【答案】
A
【知识点】
液体压强公式的应用
【点评】
本题考查液体压强公式的灵活运用，关键是明确A、B两点的深度关系，以及容器底部压强与A、B点压强的联系，需要学生具备分析深度和压强叠加的能力。
【难度系数】
0.6
8. (2025·宿迁一模)下列说法中,正确的是(
A.科学家马德堡第一次证明了大气压的存在
B.龙卷风能将屋顶卷跑,是因为屋外气体流速大、压强大
C.青藏高原边防战士用高压锅煮面条,是因为海拔越高,大气压越小,水的沸点越低
D.医生用注射器向肌肉注射药液利用了大气压强的作用
C
)A.科学家马德堡第一次证明了大气压的存在
B.龙卷风能将屋顶卷跑,是因为屋外气体流速大、压强大
C.青藏高原边防战士用高压锅煮面条,是因为海拔越高,大气压越小,水的沸点越低
D.医生用注射器向肌肉注射药液利用了大气压强的作用
答案
8. C
解析
【分析】
要解决这道题，需逐一结合相关物理知识分析每个选项：
1. 回忆大气压的证明实验：马德堡半球实验是有力证明大气压存在的实验，但要注意实验相关的主体，“马德堡”是城市名，并非科学家；
2. 流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，据此分析龙卷风卷走屋顶的原因；
3. 沸点与气压的关系：海拔越高，大气压越小，水的沸点随气压降低而降低，高压锅的原理是增大锅内气压提高沸点；
4. 大气压的应用：区分注射器抽取药液和注射药液的原理，注射药液是利用推力，而非大气压。通过对每个选项的知识点对应排查，即可得出正确结论。
【解析】
对各选项逐一分析：
A. 马德堡半球实验第一次有力证明了大气压的存在，但“马德堡”是城市名称，进行该实验的科学家是奥托·冯·格里克，并非“科学家马德堡”，故A错误；
B. 根据流体压强与流速的关系，流体流速越大的位置压强越小。龙卷风能将屋顶卷跑，是因为屋外气体流速大、压强小，屋内压强相对较大，屋顶在内外压强差的作用下被卷走，故B错误；
C. 海拔越高，大气压越小，而水的沸点随气压的减小而降低。青藏高原海拔高，大气压小，水的沸点低，无法煮熟面条，高压锅通过增大锅内气压，提高水的沸点，从而能煮熟食物，故C正确；
D. 医生用注射器向肌肉注射药液是利用手对活塞的推力，并非大气压强的作用；只有抽取药液时，才利用了大气压强将药液压入注射器内，故D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
大气压的相关实验、流体压强与流速的关系、沸点与气压的关系
【点评】
本题综合考查了大气压的证明、流体压强规律、沸点与气压的关系及大气压的实际应用，属于基础概念的综合考查，要求学生准确掌握各知识点的细节和应用场景，避免概念混淆，有助于巩固大气压相关的核心知识。
【难度系数】
0.7
要解决这道题，需逐一结合相关物理知识分析每个选项：
1. 回忆大气压的证明实验：马德堡半球实验是有力证明大气压存在的实验，但要注意实验相关的主体，“马德堡”是城市名，并非科学家；
2. 流体压强与流速的关系：流速越大的位置压强越小，据此分析龙卷风卷走屋顶的原因；
3. 沸点与气压的关系：海拔越高，大气压越小，水的沸点随气压降低而降低，高压锅的原理是增大锅内气压提高沸点；
4. 大气压的应用：区分注射器抽取药液和注射药液的原理，注射药液是利用推力，而非大气压。通过对每个选项的知识点对应排查，即可得出正确结论。
【解析】
对各选项逐一分析：
A. 马德堡半球实验第一次有力证明了大气压的存在，但“马德堡”是城市名称，进行该实验的科学家是奥托·冯·格里克，并非“科学家马德堡”，故A错误；
B. 根据流体压强与流速的关系，流体流速越大的位置压强越小。龙卷风能将屋顶卷跑，是因为屋外气体流速大、压强小，屋内压强相对较大，屋顶在内外压强差的作用下被卷走，故B错误；
C. 海拔越高，大气压越小，而水的沸点随气压的减小而降低。青藏高原海拔高，大气压小，水的沸点低，无法煮熟面条，高压锅通过增大锅内气压，提高水的沸点，从而能煮熟食物，故C正确；
D. 医生用注射器向肌肉注射药液是利用手对活塞的推力，并非大气压强的作用；只有抽取药液时，才利用了大气压强将药液压入注射器内，故D错误。
综上，正确答案为C。
【答案】
C
【知识点】
大气压的相关实验、流体压强与流速的关系、沸点与气压的关系
【点评】
本题综合考查了大气压的证明、流体压强规律、沸点与气压的关系及大气压的实际应用，属于基础概念的综合考查，要求学生准确掌握各知识点的细节和应用场景，避免概念混淆，有助于巩固大气压相关的核心知识。
【难度系数】
0.7
9. (2025·苏州姑苏校级段考)如图是托里拆利实验装置,下列说法正确的是(
A.大气压支持管内这段水银柱不会下落
B.当管内存有少量的空气时,测量结果会偏大
C.将玻璃管倾斜或下压,管内外水银面的高度差会变小
D.玻璃管越细,管内外水银面的高度差越大
A
)A.大气压支持管内这段水银柱不会下落
B.当管内存有少量的空气时,测量结果会偏大
C.将玻璃管倾斜或下压,管内外水银面的高度差会变小
D.玻璃管越细,管内外水银面的高度差越大
答案
9. A
解析
【分析】
首先回忆托里拆利实验的核心原理：大气压支撑着管内的水银柱，使它保持一定高度。接下来逐个分析选项：
1. 对于A选项，托里拆利实验的本质就是大气压作用使管内水银柱不下落，符合实验原理；
2. 对于B选项，若管内有空气，空气会产生向下的压强，会抵消部分大气压的作用，导致测量的水银柱高度偏小，而非偏大；
3. 对于C选项，管内外水银面的高度差仅由外界大气压决定，玻璃管倾斜或下压时，大气压不变，高度差也不会改变；
4. 对于D选项，玻璃管的粗细不会影响大气压支撑的水银柱高度差，高度差与管的粗细无关。
【解析】
对各选项逐一分析：
选项A：托里拆利实验的原理是大气压支持管内的水银柱，使其保持一定高度而不下落，该说法正确。
选项B：当管内存在少量空气时，管内空气会对水银柱产生向下的压强，此时$p_{大气}=p_{水银}+p_{空气}$，因此测量得到的水银柱高度会小于实际大气压对应的高度，测量结果偏小，该说法错误。
选项C：管内外水银面的高度差仅由外界大气压决定，与玻璃管的倾斜程度、是否下压无关。外界大气压不变时，高度差保持不变，该说法错误。
选项D：管内外水银面的高度差由外界大气压决定，与玻璃管的粗细无关，玻璃管粗细变化时，高度差不会改变，该说法错误。
【答案】
A
【知识点】
托里拆利实验原理、大气压的测量
【点评】
本题考查托里拆利实验的相关知识，需要准确掌握实验原理，明确只有外界大气压会影响管内外水银面的高度差，管的粗细、倾斜程度、管内是否有空气等因素的影响要区分清楚，属于基础概念考查题。
【难度系数】
0.8
首先回忆托里拆利实验的核心原理：大气压支撑着管内的水银柱，使它保持一定高度。接下来逐个分析选项：
1. 对于A选项，托里拆利实验的本质就是大气压作用使管内水银柱不下落，符合实验原理；
2. 对于B选项，若管内有空气，空气会产生向下的压强，会抵消部分大气压的作用，导致测量的水银柱高度偏小，而非偏大；
3. 对于C选项，管内外水银面的高度差仅由外界大气压决定，玻璃管倾斜或下压时，大气压不变，高度差也不会改变；
4. 对于D选项，玻璃管的粗细不会影响大气压支撑的水银柱高度差，高度差与管的粗细无关。
【解析】
对各选项逐一分析：
选项A：托里拆利实验的原理是大气压支持管内的水银柱，使其保持一定高度而不下落，该说法正确。
选项B：当管内存在少量空气时，管内空气会对水银柱产生向下的压强，此时$p_{大气}=p_{水银}+p_{空气}$，因此测量得到的水银柱高度会小于实际大气压对应的高度，测量结果偏小，该说法错误。
选项C：管内外水银面的高度差仅由外界大气压决定，与玻璃管的倾斜程度、是否下压无关。外界大气压不变时，高度差保持不变，该说法错误。
选项D：管内外水银面的高度差由外界大气压决定，与玻璃管的粗细无关，玻璃管粗细变化时，高度差不会改变，该说法错误。
【答案】
A
【知识点】
托里拆利实验原理、大气压的测量
【点评】
本题考查托里拆利实验的相关知识，需要准确掌握实验原理，明确只有外界大气压会影响管内外水银面的高度差，管的粗细、倾斜程度、管内是否有空气等因素的影响要区分清楚，属于基础概念考查题。
【难度系数】
0.8
10. 小明在进行估测大气压实验时,先用弹簧测力计拉住注射器的活塞,慢慢向右移动注射器,如图甲所示,活塞刚好被拉动时,弹簧测力计的示数为0.8N;再将活塞推到注射器底端并用橡皮帽封住注射器的小孔,如图乙所示,重复图甲中操作,活塞刚好被拉动时,弹簧测力计的示数为3.2N。已知活塞的横截面积是0.3cm²,则大气压强的测量值为(
A.1.07×10⁵Pa
B.0.8×10⁵Pa
C.0.98×10⁵Pa
D.1.33×10⁵Pa
B
)A.1.07×10⁵Pa
B.0.8×10⁵Pa
C.0.98×10⁵Pa
D.1.33×10⁵Pa
答案
10. B
解析
【分析】
要解决此题，需明确两次实验中弹簧测力计示数的物理意义：甲图中注射器小孔未封住，活塞被拉动时，弹簧测力计的示数等于活塞与注射器筒壁间的摩擦力；乙图中用橡皮帽封住小孔，活塞被拉动时，弹簧测力计的示数等于摩擦力与大气对活塞的压力之和。因此，先通过两次示数之差求出大气对活塞的压力，再利用压强公式计算大气压强。
【解析】
1. 计算大气对活塞的压力：
甲图中，活塞被拉动时，摩擦力 $ f = F_{\mathrm{甲}} = 0.8\,\mathrm{N} $；
乙图中，活塞被拉动时，拉力 $ F_{\mathrm{乙}} = 3.2\,\mathrm{N} $，此拉力克服摩擦力和大气压力，故大气对活塞的压力 $ F = F_{\mathrm{乙}} - f = 3.2\,\mathrm{N} - 0.8\,\mathrm{N} = 2.4\,\mathrm{N} $。
2. 统一单位：
活塞横截面积 $ S = 0.3\,\mathrm{cm}^2 = 0.3 × 10^{-4}\,\mathrm{m}^2 $。
3. 根据压强公式 $ p = \frac{F}{S} $ 计算大气压强：
$ p = \frac{2.4\,\mathrm{N}}{0.3 × 10^{-4}\,\mathrm{m}^2} = 0.8 × 10^5\,\mathrm{Pa} $。
【答案】
B
【知识点】
大气压的测量、压强公式应用、二力平衡的应用
【点评】
本题考查大气压的估测实验，核心是区分两次拉力的组成，利用二力平衡的知识求出大气对活塞的压力，同时要注意面积单位的换算，是对实验原理和压强计算的综合考查。
【难度系数】
0.6
要解决此题，需明确两次实验中弹簧测力计示数的物理意义：甲图中注射器小孔未封住，活塞被拉动时，弹簧测力计的示数等于活塞与注射器筒壁间的摩擦力；乙图中用橡皮帽封住小孔，活塞被拉动时，弹簧测力计的示数等于摩擦力与大气对活塞的压力之和。因此，先通过两次示数之差求出大气对活塞的压力，再利用压强公式计算大气压强。
【解析】
1. 计算大气对活塞的压力：
甲图中，活塞被拉动时，摩擦力 $ f = F_{\mathrm{甲}} = 0.8\,\mathrm{N} $；
乙图中，活塞被拉动时，拉力 $ F_{\mathrm{乙}} = 3.2\,\mathrm{N} $，此拉力克服摩擦力和大气压力，故大气对活塞的压力 $ F = F_{\mathrm{乙}} - f = 3.2\,\mathrm{N} - 0.8\,\mathrm{N} = 2.4\,\mathrm{N} $。
2. 统一单位：
活塞横截面积 $ S = 0.3\,\mathrm{cm}^2 = 0.3 × 10^{-4}\,\mathrm{m}^2 $。
3. 根据压强公式 $ p = \frac{F}{S} $ 计算大气压强：
$ p = \frac{2.4\,\mathrm{N}}{0.3 × 10^{-4}\,\mathrm{m}^2} = 0.8 × 10^5\,\mathrm{Pa} $。
【答案】
B
【知识点】
大气压的测量、压强公式应用、二力平衡的应用
【点评】
本题考查大气压的估测实验，核心是区分两次拉力的组成，利用二力平衡的知识求出大气对活塞的压力，同时要注意面积单位的换算，是对实验原理和压强计算的综合考查。
【难度系数】
0.6
11. (2024·南京一模)屋顶风帽是利用自然风使风帽旋转实现室内换气的装置,如图所示。它不用电,节能环保。只要速度为0.2m/s的微风即可让其轻盈运转。风帽转动时其内部空气流速变大、压强变
小
,室内的污浊气体在大气压
作用下被排出。答案
11. 小 大气压
解析
【分析】
首先回忆流体压强与流速的核心规律：流体中流速越大的位置，压强越小。风帽转动时内部空气流速变大，据此可判断内部压强的变化；再结合室内外的气压差，分析室内污浊气体排出的动力来源，室内气压为大气压，风帽内部压强更小，气体在压力差（大气压）作用下排出。
【解析】
1. 根据流体压强与流速的关系：在流体中，流速越大的位置压强越小。风帽转动时其内部空气流速变大，所以内部压强变小。
2. 风帽内部压强小于室内的大气压，室内的污浊气体在大气压的作用下，被压出室外，完成换气过程。
【答案】
小；大气压
【知识点】
流体压强与流速的关系、大气压强
【点评】
本题属于物理知识在生活中的应用类基础题，紧密结合节能环保的实际装置，既考查了核心物理规律，也体现了物理知识服务生活的特点，帮助学生建立物理与生活的联系。
【难度系数】
0.8
首先回忆流体压强与流速的核心规律：流体中流速越大的位置，压强越小。风帽转动时内部空气流速变大，据此可判断内部压强的变化；再结合室内外的气压差，分析室内污浊气体排出的动力来源，室内气压为大气压，风帽内部压强更小，气体在压力差（大气压）作用下排出。
【解析】
1. 根据流体压强与流速的关系：在流体中，流速越大的位置压强越小。风帽转动时其内部空气流速变大，所以内部压强变小。
2. 风帽内部压强小于室内的大气压，室内的污浊气体在大气压的作用下，被压出室外，完成换气过程。
【答案】
小；大气压
【知识点】
流体压强与流速的关系、大气压强
【点评】
本题属于物理知识在生活中的应用类基础题，紧密结合节能环保的实际装置，既考查了核心物理规律，也体现了物理知识服务生活的特点，帮助学生建立物理与生活的联系。
【难度系数】
0.8
12. (2025·南通二模)下列实例中,不能用流体压强与流速的关系解释的是(
A.刮大风时,伞面会被向上“吸”起
B.向两张纸之间吹气,两张纸会相互“吸”起来
C.等候列车的乘客不能越过安全线,否则可能会被“吸”向列车
D.将吸盘压在光洁的瓷砖表面,吸盘会被“吸”在瓷砖上
D
)A.刮大风时,伞面会被向上“吸”起
B.向两张纸之间吹气,两张纸会相互“吸”起来
C.等候列车的乘客不能越过安全线,否则可能会被“吸”向列车
D.将吸盘压在光洁的瓷砖表面,吸盘会被“吸”在瓷砖上
答案
12. D
解析
【分析】
首先回忆流体压强与流速的核心规律：流体中流速越大的位置，压强越小。接下来逐个分析选项：
1. 先看A选项，刮大风时伞面上下空气流速不同，上方流速快、下方流速慢，会形成压强差，使伞被向上吸，符合流体压强与流速的关系；
2. B选项中，两张纸中间吹气后，中间空气流速快、压强小，外侧压强大，压强差让纸靠拢，也符合该规律；
3. C选项列车经过时，列车附近空气流速快、压强小，乘客外侧压强大，压强差会将乘客推向列车，同样符合规律；
4. D选项的吸盘是通过排出内部空气，利用外界大气压将其压在瓷砖上，和流体流速无关。因此要选不能用流体压强与流速关系解释的选项，就是D。
【解析】
A. 刮大风时，伞上方空气流速大于下方，根据流体压强与流速的关系，流速大的位置压强小，伞下方压强大于上方，产生向上的升力，伞面被向上“吸”起，能用该原理解释；
B. 向两张纸之间吹气，纸之间空气流速快、压强小，纸外侧空气流速慢、压强大，在压强差的作用下两张纸相互“吸”起来，能用该原理解释；
C. 列车行驶时，列车附近空气流速快、压强小，乘客外侧空气流速慢、压强大，压强差会将乘客“吸”向列车，因此等候列车的乘客不能越过安全线，能用该原理解释；
D. 将吸盘压在光洁的瓷砖表面时，排出吸盘内的空气，使吸盘内气压小于外界大气压，在大气压的作用下吸盘被“吸”在瓷砖上，这是利用大气压的原理，不能用流体压强与流速的关系解释。
综上，答案选D。
【答案】
D
【知识点】
流体压强与流速的关系、大气压的应用
【点评】
本题重点考查流体压强与流速的关系和大气压应用的区别，需要学生准确辨析两种物理现象的原理，避免概念混淆，是对基础知识的典型考查题型。
【难度系数】
0.7
首先回忆流体压强与流速的核心规律：流体中流速越大的位置，压强越小。接下来逐个分析选项：
1. 先看A选项，刮大风时伞面上下空气流速不同，上方流速快、下方流速慢，会形成压强差，使伞被向上吸，符合流体压强与流速的关系；
2. B选项中，两张纸中间吹气后，中间空气流速快、压强小，外侧压强大，压强差让纸靠拢，也符合该规律；
3. C选项列车经过时，列车附近空气流速快、压强小，乘客外侧压强大，压强差会将乘客推向列车，同样符合规律；
4. D选项的吸盘是通过排出内部空气，利用外界大气压将其压在瓷砖上，和流体流速无关。因此要选不能用流体压强与流速关系解释的选项，就是D。
【解析】
A. 刮大风时，伞上方空气流速大于下方，根据流体压强与流速的关系，流速大的位置压强小，伞下方压强大于上方，产生向上的升力，伞面被向上“吸”起，能用该原理解释；
B. 向两张纸之间吹气，纸之间空气流速快、压强小，纸外侧空气流速慢、压强大，在压强差的作用下两张纸相互“吸”起来，能用该原理解释；
C. 列车行驶时，列车附近空气流速快、压强小，乘客外侧空气流速慢、压强大，压强差会将乘客“吸”向列车，因此等候列车的乘客不能越过安全线，能用该原理解释；
D. 将吸盘压在光洁的瓷砖表面时，排出吸盘内的空气，使吸盘内气压小于外界大气压，在大气压的作用下吸盘被“吸”在瓷砖上，这是利用大气压的原理，不能用流体压强与流速的关系解释。
综上，答案选D。
【答案】
D
【知识点】
流体压强与流速的关系、大气压的应用
【点评】
本题重点考查流体压强与流速的关系和大气压应用的区别，需要学生准确辨析两种物理现象的原理，避免概念混淆，是对基础知识的典型考查题型。
【难度系数】
0.7
