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7. 地球的表面积约为 $5.1 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2$，若大气压对地球表面的压力是 $5.151 × 10^{19} \, \mathrm{N}$，此时地球表面的大气压约是 $\underline{\hspace{5cm}} \, \mathrm{Pa}$。
答案
7. 1.01×10⁵
解析
【分析】
要计算地球表面的大气压，需利用压强的定义式：压强等于压力与受力面积的比值。题目已给出大气压对地球表面的压力和地球表面积，直接将两个数值代入压强公式计算即可。
【解析】
根据压强公式 $ p = \frac{F}{S} $，代入已知数据：
$ F = 5.151 × 10^{19} \, \mathrm{N} $，$ S = 5.1 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 $
计算得：
$ p = \frac{5.151 × 10^{19}}{5.1 × 10^{14}} = 1.01 × 10^5 \, \mathrm{Pa} $
【答案】
1.01×10⁵
【知识点】
压强的计算
【点评】
本题考查压强公式的直接应用，属于基础计算题，只要牢记压强公式并正确代入数值计算即可得出结果，难度较低。
【难度系数】
0.8
要计算地球表面的大气压，需利用压强的定义式：压强等于压力与受力面积的比值。题目已给出大气压对地球表面的压力和地球表面积，直接将两个数值代入压强公式计算即可。
【解析】
根据压强公式 $ p = \frac{F}{S} $，代入已知数据：
$ F = 5.151 × 10^{19} \, \mathrm{N} $，$ S = 5.1 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 $
计算得：
$ p = \frac{5.151 × 10^{19}}{5.1 × 10^{14}} = 1.01 × 10^5 \, \mathrm{Pa} $
【答案】
1.01×10⁵
【知识点】
压强的计算
【点评】
本题考查压强公式的直接应用，属于基础计算题，只要牢记压强公式并正确代入数值计算即可得出结果，难度较低。
【难度系数】
0.8
8.(2025 凉山)如图所示,该实验是托里拆利第一次测出大气压强值的实验,水银对玻璃管中A点的压强
小于
(选填“大于”“小于”或“等于”)水银槽上方的大气压强。利用图中数据可计算出该地的大气压强为1.02×10⁵
Pa。($\rho_{水银}=13.6×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$,$g$取$10\ \mathrm{N/kg}$)答案
8. 小于 1.02×10⁵
解析
【分析】
要解决本题，需结合托里拆利实验的原理分析压强关系，再利用液体压强公式计算大气压强。首先明确：托里拆利实验中，大气压强等于槽液面到管内水银面的水银柱产生的压强；管内水银面上方为真空，压强为0。A点在管内水银面下方，其压强由A点到管内水银面的水银柱产生，结合水银柱高度判断压强大小；计算大气压强时，将水银柱高度换算为国际单位，代入液体压强公式即可。
【解析】
1. 比较A点压强与大气压强：
托里拆利实验中，大气压强支持的是750mm高的水银柱，即大气压强等于750mm水银柱产生的压强。玻璃管内水银面上方是真空，压强为0，A点位于管内水银面下方，A点的压强由A点到管内水银面的水银柱产生，该水银柱高度小于750mm，因此水银对玻璃管中A点的压强小于水银槽上方的大气压强。
2. 计算大气压强：
已知水银密度$\rho_{水银}=13.6×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，$g=10\ \mathrm{N/kg}$，水银柱高度$h=750\ \mathrm{mm}=0.75\ \mathrm{m}$，根据液体压强公式$p=\rho gh$，代入数据得：
$p=13.6×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 ×10\ \mathrm{N/kg} ×0.75\ \mathrm{m}=1.02×10^5\ \mathrm{Pa}$。
【答案】
小于；$1.02×10^5$
【知识点】
托里拆利实验、液体压强计算
【点评】
本题考查托里拆利实验的压强分析和液体压强的计算，核心是理解大气压强与水银柱压强的对应关系，计算时需注意单位换算，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合托里拆利实验的原理分析压强关系，再利用液体压强公式计算大气压强。首先明确：托里拆利实验中，大气压强等于槽液面到管内水银面的水银柱产生的压强；管内水银面上方为真空，压强为0。A点在管内水银面下方，其压强由A点到管内水银面的水银柱产生，结合水银柱高度判断压强大小；计算大气压强时，将水银柱高度换算为国际单位，代入液体压强公式即可。
【解析】
1. 比较A点压强与大气压强：
托里拆利实验中，大气压强支持的是750mm高的水银柱，即大气压强等于750mm水银柱产生的压强。玻璃管内水银面上方是真空，压强为0，A点位于管内水银面下方，A点的压强由A点到管内水银面的水银柱产生，该水银柱高度小于750mm，因此水银对玻璃管中A点的压强小于水银槽上方的大气压强。
2. 计算大气压强：
已知水银密度$\rho_{水银}=13.6×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，$g=10\ \mathrm{N/kg}$，水银柱高度$h=750\ \mathrm{mm}=0.75\ \mathrm{m}$，根据液体压强公式$p=\rho gh$，代入数据得：
$p=13.6×10^3\ \mathrm{kg/m}^3 ×10\ \mathrm{N/kg} ×0.75\ \mathrm{m}=1.02×10^5\ \mathrm{Pa}$。
【答案】
小于；$1.02×10^5$
【知识点】
托里拆利实验、液体压强计算
【点评】
本题考查托里拆利实验的压强分析和液体压强的计算，核心是理解大气压强与水银柱压强的对应关系，计算时需注意单位换算，属于基础应用题型。
【难度系数】
0.5
9. 如图所示，甲是自制压强计，乙是自动供水装置，将甲、乙放在相同环境中，此时两容器内水柱都恰好稳定，甲瓶内水面上方气压为$p_甲$，乙瓶内水面上方气压为$p_乙$，则下列说法正确的是（
A.当外界大气压增大时，两装置液柱都会升高
B.瓶内气压$p_甲 ＜ p_乙$
C.乙瓶内气压$p_乙$低于外界大气压
D.甲瓶内气压$p_甲$低于外界大气压
C
）A.当外界大气压增大时，两装置液柱都会升高
B.瓶内气压$p_甲 ＜ p_乙$
C.乙瓶内气压$p_乙$低于外界大气压
D.甲瓶内气压$p_甲$低于外界大气压
答案
9. C
解析
【分析】
要解决本题，需先明确甲（自制压强计）和乙（自动供水装置）的气压平衡原理：甲装置稳定时，瓶内气压等于外界大气压加上管内水柱的压强；乙装置稳定时，瓶内气压加上瓶内水的压强等于外界大气压。再结合各选项逐一分析判断。
【解析】
1. 分析甲装置：自制压强计的平衡关系为$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $，说明甲瓶内气压$ p_甲 $大于外界大气压$ p_{外} $；
2. 分析乙装置：自动供水装置的平衡关系为$ p_乙 + \rho g h_乙 = p_{外} $，说明乙瓶内气压$ p_乙 $小于外界大气压$ p_{外} $；
3. 逐一判断选项：
A选项：外界大气压增大时，甲装置中$ p_甲 $不变，$ p_{外} $增大，则$ h_甲 $减小，甲液柱下降；乙装置中$ p_{外} $增大，则$ h_乙 $增大，乙液柱升高，两装置液柱不会都升高，A错误；
B选项：由$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $和$ p_乙 = p_{外} - \rho g h_乙 $，可得$ p_甲 ＞ p_乙 $，B错误；
C选项：根据乙装置的平衡式，$ p_乙 = p_{外} - \rho g h_乙 $，故乙瓶内气压低于外界大气压，C正确；
D选项：根据甲装置的平衡式，$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $，故甲瓶内气压高于外界大气压，D错误。
【答案】
C
【知识点】
大气压强、气压平衡、自制装置原理
【点评】
本题结合两种常见的大气压强应用装置，考查气压平衡关系的理解，需区分不同装置的气压特点，是对大气压强知识点的综合应用。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先明确甲（自制压强计）和乙（自动供水装置）的气压平衡原理：甲装置稳定时，瓶内气压等于外界大气压加上管内水柱的压强；乙装置稳定时，瓶内气压加上瓶内水的压强等于外界大气压。再结合各选项逐一分析判断。
【解析】
1. 分析甲装置：自制压强计的平衡关系为$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $，说明甲瓶内气压$ p_甲 $大于外界大气压$ p_{外} $；
2. 分析乙装置：自动供水装置的平衡关系为$ p_乙 + \rho g h_乙 = p_{外} $，说明乙瓶内气压$ p_乙 $小于外界大气压$ p_{外} $；
3. 逐一判断选项：
A选项：外界大气压增大时，甲装置中$ p_甲 $不变，$ p_{外} $增大，则$ h_甲 $减小，甲液柱下降；乙装置中$ p_{外} $增大，则$ h_乙 $增大，乙液柱升高，两装置液柱不会都升高，A错误；
B选项：由$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $和$ p_乙 = p_{外} - \rho g h_乙 $，可得$ p_甲 ＞ p_乙 $，B错误；
C选项：根据乙装置的平衡式，$ p_乙 = p_{外} - \rho g h_乙 $，故乙瓶内气压低于外界大气压，C正确；
D选项：根据甲装置的平衡式，$ p_甲 = p_{外} + \rho g h_甲 $，故甲瓶内气压高于外界大气压，D错误。
【答案】
C
【知识点】
大气压强、气压平衡、自制装置原理
【点评】
本题结合两种常见的大气压强应用装置，考查气压平衡关系的理解，需区分不同装置的气压特点，是对大气压强知识点的综合应用。
【难度系数】
0.5
10. 已知球体表面积的计算公式为$4π R^2$，R为球体的半径。若地球半径取$6.0× 10^6$ m，π取3.0，1个标准大气压取$1.0× 10^5$ Pa，则我们可以估算出大气层的重力为
4.32×10¹⁹
N。（结果用科学记数法表示）答案
10. 4.32×10¹⁹
解析
【分析】
要估算大气层的重力，需明确：标准大气压是单位面积上大气产生的压力，因此大气层的总重力等于标准大气压乘以地球的表面积。地球可近似为球体，表面积用球体表面积公式计算，代入已知数值即可求解。
【解析】
解：大气层的重力等于标准大气压对地球表面的总压力，即 $ G = pS $。
地球的表面积 $ S = 4π R^2 $，代入得：
$ G = p · 4π R^2 $
将 $ p = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{Pa} $，$ π = 3.0 $，$ R = 6.0 × 10^6 \, \mathrm{m} $ 代入：
先计算 $ R^2 = (6.0 × 10^6)^2 = 3.6 × 10^{13} \, \mathrm{m}^2 $，
再计算 $ S = 4 × 3.0 × 3.6 × 10^{13} = 4.32 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 $，
最后计算 $ G = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{Pa} × 4.32 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 = 4.32 × 10^{19} \, \mathrm{N} $。
【答案】
$ 4.32 × 10^{19} $
【知识点】
大气压的本质、球体表面积公式应用
【点评】
本题结合大气压的物理意义与几何公式进行计算，关键是理解大气重力与大气压总压力的关系，计算时需注意科学记数法的运算规则，难度适中。
【难度系数】
0.5
要估算大气层的重力，需明确：标准大气压是单位面积上大气产生的压力，因此大气层的总重力等于标准大气压乘以地球的表面积。地球可近似为球体，表面积用球体表面积公式计算，代入已知数值即可求解。
【解析】
解：大气层的重力等于标准大气压对地球表面的总压力，即 $ G = pS $。
地球的表面积 $ S = 4π R^2 $，代入得：
$ G = p · 4π R^2 $
将 $ p = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{Pa} $，$ π = 3.0 $，$ R = 6.0 × 10^6 \, \mathrm{m} $ 代入：
先计算 $ R^2 = (6.0 × 10^6)^2 = 3.6 × 10^{13} \, \mathrm{m}^2 $，
再计算 $ S = 4 × 3.0 × 3.6 × 10^{13} = 4.32 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 $，
最后计算 $ G = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{Pa} × 4.32 × 10^{14} \, \mathrm{m}^2 = 4.32 × 10^{19} \, \mathrm{N} $。
【答案】
$ 4.32 × 10^{19} $
【知识点】
大气压的本质、球体表面积公式应用
【点评】
本题结合大气压的物理意义与几何公式进行计算，关键是理解大气重力与大气压总压力的关系，计算时需注意科学记数法的运算规则，难度适中。
【难度系数】
0.5
11.用如图所示的装置粗略测量大气压强的值，把吸盘用力压在玻璃上并排出吸盘内的空气，吸盘压在玻璃上的面积为$3× 10^{-4}\ \mathrm{m}^2$，轻轻往挂在吸盘下的小桶内加沙子，吸盘刚好脱落时，测出吸盘、小桶和沙子的总质量为3.03 kg，则大气压强的测量值为________ Pa。
（g取10 N/kg）
（g取10 N/kg）
答案
11. 1.01×10⁵
解析
【分析】
要测量大气压强，当吸盘刚好脱落时，大气对吸盘的压力与吸盘、小桶和沙子的总重力平衡，二者大小相等。因此先计算总重力，再根据压强公式$ p = \frac{F}{S} $，代入总重力（即大气压力）和吸盘面积，即可求出大气压强的测量值。
【解析】
解：吸盘、小桶和沙子的总重力为：
$ G = mg = 3.03\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 30.3\ \mathrm{N} $
当吸盘刚好脱落时，大气对吸盘的压力等于总重力，即$ F = G = 30.3\ \mathrm{N} $
根据压强公式$ p = \frac{F}{S} $，代入数据得：
$ p = \frac{30.3\ \mathrm{N}}{3 × 10^{-4}\ \mathrm{m}^2} = 1.01 × 10^5\ \mathrm{Pa} $
【答案】
$ 1.01 × 10^5 $
【知识点】
大气压强测量、压强计算、重力计算
【点评】
本题利用二力平衡原理结合压强公式测量大气压强，属于基础应用题型，考查学生对相关公式的掌握和应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.7
要测量大气压强，当吸盘刚好脱落时，大气对吸盘的压力与吸盘、小桶和沙子的总重力平衡，二者大小相等。因此先计算总重力，再根据压强公式$ p = \frac{F}{S} $，代入总重力（即大气压力）和吸盘面积，即可求出大气压强的测量值。
【解析】
解：吸盘、小桶和沙子的总重力为：
$ G = mg = 3.03\ \mathrm{kg} × 10\ \mathrm{N/kg} = 30.3\ \mathrm{N} $
当吸盘刚好脱落时，大气对吸盘的压力等于总重力，即$ F = G = 30.3\ \mathrm{N} $
根据压强公式$ p = \frac{F}{S} $，代入数据得：
$ p = \frac{30.3\ \mathrm{N}}{3 × 10^{-4}\ \mathrm{m}^2} = 1.01 × 10^5\ \mathrm{Pa} $
【答案】
$ 1.01 × 10^5 $
【知识点】
大气压强测量、压强计算、重力计算
【点评】
本题利用二力平衡原理结合压强公式测量大气压强，属于基础应用题型，考查学生对相关公式的掌握和应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.7
12. 课外学习小组开展了“制作简易活塞式抽水机”的实践活动。(已知标准大气压 $ p_0 = 1.0 × 10^5 \, \mathrm{Pa} $，$ g $ 取 $ 10 \, \mathrm{N/kg} $，水的密度 $ \rho_{\mathrm{水}} = 1.0 × 10^3 \, \mathrm{kg/m}^3 $)
(1)结合托里拆利实验，同学们想到尝试设计一款活塞式抽水机。理论上抽水机提升水的最大高度是 ______ m。与平原地区相比，活塞式抽水机在高原地区可提升水的最大高度 ______（选填“变小”“变大”或“不变”）。
(2)如图所示是展羽自制的活塞式抽水机。把塑料细管插到装有水的水槽中，向上拉动拉杆，就能看到水从低处升到高处，这是靠 ______ 的作用使水升到高处的。
(3)向上拉动拉杆，当活塞在圆筒内上升到出水口后继续上升，会发生的现象是 ______（填字母）。
A. 水从出水口流出
B. 圆筒内水随活塞继续上升
C. 圆筒内水面开始下降
(4)展羽自制的抽水机有哪些地方需要改进，写出一条你的改进措施：______，并说明改进措施的作用：______。
(1)结合托里拆利实验，同学们想到尝试设计一款活塞式抽水机。理论上抽水机提升水的最大高度是 ______ m。与平原地区相比，活塞式抽水机在高原地区可提升水的最大高度 ______（选填“变小”“变大”或“不变”）。
(2)如图所示是展羽自制的活塞式抽水机。把塑料细管插到装有水的水槽中，向上拉动拉杆，就能看到水从低处升到高处，这是靠 ______ 的作用使水升到高处的。
(3)向上拉动拉杆，当活塞在圆筒内上升到出水口后继续上升，会发生的现象是 ______（填字母）。
A. 水从出水口流出
B. 圆筒内水随活塞继续上升
C. 圆筒内水面开始下降
(4)展羽自制的抽水机有哪些地方需要改进，写出一条你的改进措施：______，并说明改进措施的作用：______。
答案
(1) 10 变小 (2) 大气压 (3) C (4) 活塞边缘包裹厚橡胶圈，确保与筒壁紧密贴合 增强气密性，防止漏气，保证内外气压差
解析
【分析】
本题围绕活塞式抽水机的工作原理，结合大气压的相关知识展开考查。解题时需明确：大气压支持水柱高度的计算方法、大气压随海拔的变化规律、抽水机的工作过程，以及从实际应用角度提出改进措施的思路，逐步分析每个问题的逻辑。
【解析】
(1) 理论上，大气压能支持的水柱高度可通过液体压强公式推导：大气压等于水柱产生的压强，即 $ p_0 = \rho_{\mathrm{水}} g h $，因此最大提升高度 $ h = \frac{p_0}{\rho_{\mathrm{水}} g} $。代入数据计算：$ h = \frac{1.0×10^5 \, \mathrm{Pa}}{1.0×10^3 \, \mathrm{kg/m}^3 × 10 \, \mathrm{N/kg}} = 10 \, \mathrm{m} $。高原地区海拔更高，大气压比平原地区小，所以活塞式抽水机在高原地区可提升水的最大高度变小。
(2) 向上拉动拉杆时，活塞上升，塑料圆筒内的气体体积变大，气压减小，小于外界大气压，水槽中的水在大气压的作用下被压入圆筒，从而升到高处，这一过程依靠的是大气压的作用。
(3) 当活塞上升到出水口后继续上升，圆筒内活塞下方的空间进一步变大，气压持续减小，而圆筒内的水与出水口连通，此时圆筒内的水面会因内部气压降低开始下降，故选C。
(4) 抽水机工作时需要保证圆筒内外的气压差，若活塞与筒壁间漏气，会导致内部气压无法有效降低，影响抽水效果。因此可在活塞边缘包裹厚橡胶圈，作用是增强气密性，防止漏气，保证圆筒内外的气压差，使抽水机正常工作。
【答案】
(1) 10；变小 (2) 大气压 (3) C (4) 活塞边缘包裹厚橡胶圈；增强气密性，防止漏气，保证内外气压差
【知识点】
大气压的应用；液体压强计算；气压与海拔的关系
【点评】
本题将物理知识与实践制作结合，既考查了公式计算、原理理解，又要求学生联系实际提出改进措施，注重知识的应用能力，是对大气压相关知识的综合考查。
【难度系数】
0.5
本题围绕活塞式抽水机的工作原理，结合大气压的相关知识展开考查。解题时需明确：大气压支持水柱高度的计算方法、大气压随海拔的变化规律、抽水机的工作过程，以及从实际应用角度提出改进措施的思路，逐步分析每个问题的逻辑。
【解析】
(1) 理论上，大气压能支持的水柱高度可通过液体压强公式推导：大气压等于水柱产生的压强，即 $ p_0 = \rho_{\mathrm{水}} g h $，因此最大提升高度 $ h = \frac{p_0}{\rho_{\mathrm{水}} g} $。代入数据计算：$ h = \frac{1.0×10^5 \, \mathrm{Pa}}{1.0×10^3 \, \mathrm{kg/m}^3 × 10 \, \mathrm{N/kg}} = 10 \, \mathrm{m} $。高原地区海拔更高，大气压比平原地区小，所以活塞式抽水机在高原地区可提升水的最大高度变小。
(2) 向上拉动拉杆时，活塞上升，塑料圆筒内的气体体积变大，气压减小，小于外界大气压，水槽中的水在大气压的作用下被压入圆筒，从而升到高处，这一过程依靠的是大气压的作用。
(3) 当活塞上升到出水口后继续上升，圆筒内活塞下方的空间进一步变大，气压持续减小，而圆筒内的水与出水口连通，此时圆筒内的水面会因内部气压降低开始下降，故选C。
(4) 抽水机工作时需要保证圆筒内外的气压差，若活塞与筒壁间漏气，会导致内部气压无法有效降低，影响抽水效果。因此可在活塞边缘包裹厚橡胶圈，作用是增强气密性，防止漏气，保证圆筒内外的气压差，使抽水机正常工作。
【答案】
(1) 10；变小 (2) 大气压 (3) C (4) 活塞边缘包裹厚橡胶圈；增强气密性，防止漏气，保证内外气压差
【知识点】
大气压的应用；液体压强计算；气压与海拔的关系
【点评】
本题将物理知识与实践制作结合，既考查了公式计算、原理理解，又要求学生联系实际提出改进措施，注重知识的应用能力，是对大气压相关知识的综合考查。
【难度系数】
0.5
