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专题16 不规则容器的液体压强（难）2023-2024学年初中物理中考专项复习

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这是一份专题16 不规则容器的液体压强（难）2023-2024学年初中物理中考专项复习，文件包含专题16不规则容器的液体压强难-原卷版docx、专题16不规则容器的液体压强难-解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页，欢迎下载使用。

液体对容器底部压力
比较大小（割补法）
F甲>G液甲 F乙=G液乙 F丙（2）计算数据
【规则形容器】如图乙，F压 = G液
【不规则容器】
①求液体对容器底部压强p=ρ液g h；
②求液体对容器底部压力F=p S；
液体对容器底部压强
液体对容器底部压强p=ρ液g h（与容器形状无关）
1.甲、乙两个完全相同的密闭圆台形容器，一正一反放置在相同水平桌面上，装有深度相同的不同液体。如图所示，甲、乙两容器受到的拉力分别为F甲和F乙，且F甲>F乙，两容器分别以2v和v的速度向右做匀速直线运动，两容器底部受到液体的压强分别为p1和p2，两容器对桌面的压强分别为p3和p4，则关于p1和p2以及p3和p4，以下说法正确的是( )
A. p1>p2、p3>p4B. p1>p2、p3C. p1p4D. p1【答案】A
【解析】甲、乙两容器受到的拉力分别为F甲和F乙，且F甲>F乙，匀速运动时，两物体都处于平衡状态，所受的拉力和滑动摩擦力大小相等，滑动摩擦力与压力和接触面的粗糙程度有关，容器和桌面的接触面的粗糙程度相同，故两容器对地面的压力大小为F甲压>F乙压，且甲的底面积小于乙的底面积，根据p=F压S可知两容器对桌面的压强分别为p3>p4；
甲、乙容器完全相同，根据F压=G总可知，甲容器中液体的重力大于乙容器中液体的重力，根据G=mg可知甲容器中液体的质量大于乙容器中液体的质量，从图中可知甲容器中液体的体积小于乙容器中液体的体积，根据ρ=mV可知甲容器中液体的密度大于乙容器中液体的密度，根据p=ρ液gℎ可知两容器底部受到液体的压强分别为p1>p2。
故选：A。
甲、乙两容器受到的拉力分别为F甲和F乙，且F甲>F乙，匀速运动时，两物体都处于平衡状态，所受的拉力和滑动摩擦力大小相等，根据影响滑动摩擦力大小的因素得出两容器对桌面的压力大小关系，根据p=F压S可知两容器对桌面的压强大小关系；
甲、乙容器完全相同，根据F压=G总可知甲容器中液体的重力与乙容器中液体的重力的大小关系，根据G=mg可知甲容器中液体的质量与乙容器中液体的质量的大小关系，从图中可知甲容器中液体的体积小于乙容器中液体的体积，根据ρ=mV可知甲容器中液体的密度与乙容器中液体的密度的大小关系，根据p=ρ液gℎ可知两容器底部受到液体的压强的大小关系。
本题考查压强、压力、摩擦力的有关知识，综合性强，有一定难度。
2.如图所示，两个底面积不同的圆柱形容器内分别盛有深度不同的液体，已知距容器底部均为ℎ的A、B两点的压强相等。现将实心金属球甲、乙分别浸没在左右两液体中，均无液体溢出，此时A点的压强大于B点的压强，则一定成立的是( )
A. 甲球的质量小于乙球的质量B. 甲球的质量大于乙球的质量
C. 甲球的体积大于乙球的体积D. 甲球的体积小于乙球的体积
【答案】C
【解析】解：设A点到液面的距离是ℎA，B点到液面的距离是ℎB，由图知：ℎA>ℎB
因为A、B两点的压强相等，由p=ρgℎ，得：ρAgℎA=ρBgℎB，：ρAℎA=ρBℎB，因为ℎA>ℎB，所以ρA<ρB，
金属球甲、乙分别浸没在A、B两液体中，设液面上升的高度分别为：△ℎA、△ℎB，A点的压强大于B点的压强，
即：ρAg(ℎA+△ℎA)>ρBg(ℎB+△ℎB)，
因为ρAℎA=ρBℎB，ρA<ρB，所以△ℎA>△ℎB，
由图知两容器的底面积sA>sB，两球浸没在液体中，液面上升的体积，即两球排开液体的体积sA△ℎA>sB△ℎB，
因为两球排开液体的体积等于它们自身的体积，所以V甲>V乙，球的质量m=ρv，因为不知道两球的密度关系，
所以不能判断两球的质量关系。
故选：C。
根据图找出A、B两点到液面的距离关系，两容器的底面积关系；
由A、B两点压强相等，由液体压强公式判断出两液体的密度关系；
因为甲、乙两球浸没在液体中A点压强大于B点压强，再根据液体压强公式判断出甲乙两球的体积关系；
最后根据公式m=ρV判断两球的质量关系。
本题主要考查液体压强的计算，稍复杂，需要仔细阅读题目，逐步分析。
3.两个底面积不同的(SA>SB)薄壁圆柱形容器A和B，容器足够高，分别盛有甲、乙两种液体，且两种液体对容器底部的压强相等，如图所示。若在两容器中同时倒入或同时抽出原液体，使两种液体对容器底部的压力相等，正确的判断是( )
A. 倒入的液体体积V甲可能等于V乙B. 倒入的液体高度ℎ甲一定小于ℎ乙
C. 抽出的液体体积V甲一定小于V乙D. 抽出的液体质量m甲可能小于m乙
【答案】B
【解析】解：倒入或抽出液体前，p甲=p乙，即ρ甲gℎ甲=ρ乙gℎ乙，由图可知，ℎ甲<ℎ乙，所以ρ甲>ρ乙；
A、倒入液体的体积为V甲和V乙，
则倒入后A容器中液面的高度ℎ甲+V甲SA，B容器中液面的高度ℎ乙+V乙SB，
因为两种液体对容器底部的压力相等，所以G甲=G乙，由G=mg=ρgSℎ得，ρ甲gSA(ℎ甲+V甲SA)=ρ乙gSB(ℎ乙+V乙SB)，
ρ甲gSAℎ甲+ρ甲gSAV甲SA=ρ乙gSBℎ乙+ρ乙gSBV乙SB，因为ρ甲gℎ甲=ρ乙gℎ乙，且SA>SB，所以ρ甲gV甲<ρ乙gV乙，又因为ρ甲>ρ乙，所以V甲B、倒入液体的高度△ℎ甲和△ℎ乙，
则倒入后A容器中液面的高度ℎ甲+△ℎ甲，B容器中液面的高度ℎ乙+△ℎ乙，
因为两种液体对容器底部的压力相等，所以G甲=G乙，由G=mg=ρgSℎ得，ρ甲gSA(ℎ甲+△ℎ甲)=ρ乙gSB(ℎ乙+△ℎ乙)，
ρ甲gSAℎ甲+ρ甲gSA△ℎ甲=ρ乙gSBℎ乙+ρ乙gSB△ℎ乙，因为ρ甲gℎ甲=ρ乙gℎ乙，且SA>SB，所以ρ甲gSA△ℎ甲<ρ乙gSB△ℎ乙，又因为ρ甲>ρ乙，SA>SB，所以△ℎ甲<△ℎ乙，故B正确；
C、抽出液体的体积为V甲和V乙，
则抽出后A容器中液面的高度ℎ甲−V甲SA，B容器中液面的高度ℎ乙−V乙SB，
因为两种液体对容器底部的压力相等，所以G甲=G乙，由G=mg=ρgSℎ得，ρ甲gSA(ℎ甲−V甲SA)=ρ乙gSB(ℎ乙−V乙SB)，
ρ甲gSAℎ甲−ρ甲gSAV甲SA=ρ乙gSBℎ乙−ρ乙gSBV乙SB，因为ρ甲gℎ甲=ρ乙gℎ乙，且SA>SB，所以ρ甲gV甲>ρ乙gV乙，又因为ρ甲>ρ乙，所以V甲可能大于V乙，也可能等于V乙，也可能小于V乙，故C错误；
D、抽出液体的质量为m甲和m乙，
则抽出后A容器中液面的高度ℎ甲−m甲ρ甲SA，B容器中液面的高度ℎ乙−m乙ρ乙SB，
因为两种液体对容器底部的压力相等，所以G甲=G乙，由G=mg=ρgSℎ得，ρ甲gSA(ℎ甲−m甲ρ甲SA)=ρ乙gSB(ℎ乙−m乙ρ乙SB)，
ρ甲gSAℎ甲−ρ甲gSAm甲ρ甲SA=ρ乙gSBℎ乙−ρ乙gSBm乙ρ乙SB，即ρ甲gSAℎ甲−m甲g=ρ乙gSBℎ乙−m乙g，因为ρ甲gℎ甲=ρ乙gℎ乙，且SA>SB，所以m甲g>m乙g，即m甲>m乙，故D错误。
故选：B。
圆柱形容器中液体对容器底部的压力等于其重力，根据p=ρgℎ和G=mg=ρgSℎ来作出分析和解答。SA>SB，
此题主要考查的是学生对液体压强计算公式的理解和掌握，弄明白倒入或抽出液体后液面的高度变化是解决此题的关键，难度很大。
4.在两个完全相同的容器中分别倒入甲和乙两种不同的液体，如图所示，下列分析正确的是( )
A. 若甲和乙的质量相等，则甲的密度小于乙的密度
B. 若甲和乙对容器底部的压强相等，则甲的密度小于乙的密度
C. 若甲和乙对容器底部的压强相等，则甲的质量小于乙的质量
D. 若甲和乙的质量相等，则甲对容器底部的压强小于乙对容器底部的压强
【答案】C
【解析】解：
A、由题意可知，甲和乙的质量相等，由图可知，V甲ρ乙，故A错误；
B、若甲和乙对容器底部的压强相等，由图可知，ℎ甲<ℎ乙，根据p=ρgℎ可知，ρ甲>ρ乙，故B错误；
C、液体压强相等，两容器底面积相等，由p=FS可知，甲、乙对容器底的压力相等，即F甲=F乙 ①
分别把容器两侧半球部分补上同种液体，此时液体为圆柱形；
割补后深度不变，液体密度不变，所以液体对容器底的压强不变，又因为容器底面积不变，所以割补前后液体对容器底部的压力不变，且此时液体为圆柱形(液体对容器底的压力等于液体的总重力)；
所以，F甲=G甲总 ②，F乙=G乙总 ③，
两容器完全相同，则补上的液体体积相等，设补充的液体体积为V，
由①②③可得：G甲总=G乙总，
即m甲g+ρ甲gV=m乙g+ρ乙gV--------④，
由B选项可知，ρ甲>ρ乙；
所以由④式可得：m甲−m乙=(ρ乙−ρ甲)V<0，
所以m甲D、由A选项可知，ρ甲>ρ乙，由割补法可知，甲对容器底部的压力F甲=m甲g+ρ甲gV，乙对容器底部的压力F乙=m乙g+ρ乙gV，
而m甲=m乙，ρ甲>ρ乙，所以F甲>F乙，
又因为两容器的底面积相等，所以根据公式p=FS可知，p甲>p乙，故D错误．
故选C．
此题主要考查的是学生对压强、压力、密度、重力计算公式的理解和掌握，选项CD中采用割补法是本题的难点，割补前后液体对容器底部的压强、压力不变，难度较大．
5.如图，往浴缸中匀速注水直至注满，下列表示此过程中浴缸底部受到水的压强随时间变化的曲线，其中合理的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】【分析】
本题考查液体压强的特点，题目中浴缸的形状是分析判断此题深度变化特点的关键。
液体对容器底部的压强与液体的深度和液体的密度有关，所以据题目中浴缸的形状分析判断即可解决。
【解答】
据图可知，浴缸的形状是上宽下窄，所以在向浴缸中倒水时，相同时间倒入相同质量的水，但水在浴缸中的增加的高度越来越小，所以容器底部所受的液体的压强的增加量也会越来越小，故ACD不符合题意，B符合题意。
故选B。
6.如图，甲、乙、丙三个相同的容器中分别盛有密度不同的液体，放在水平桌面上，已知在液体内部同一水平面a、b、c三点处液体的压强相等，则各容器中液体的密度大小、液体对容器底部压强的大小排列顺序都正确的是( )
A. ρ甲>ρ乙>ρ丙,p甲=p乙=p丙B. ρ甲>ρ乙>ρ丙,p甲C. ρ甲<ρ乙<ρ丙,p甲ρ乙>ρ丙,p甲>p乙>p丙
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了学生对液体压强公式的了解与掌握，液体压强大小取决于液柱的高度及液体的密度，
根据abc三点处液体的压强相等，但三点到液面的高度不同，即ℎ不同，由液体压强公式p=ρgℎ可得三者的密度关系；由图可知abc三点到杯底的高度相同，由p=ρgℎ可求得从abc三点处到容器底部增加的压强的大小关系，然后可求得容器中液体对容器底部的压强大小。
【解答】
解：已知在液体内部同一水平面abc三点处液体的压强相等，由p=ρgℎ得：深度最小的a密度最大，深度最大的c密度最小，故ρ甲>ρ乙>ρ丙；
由图可知abc三点到杯底的深度相同，即ℎ相同，由p=ρgℎ得密度大的压强大，则abc三点以下液体对容器底部压强，p甲下>p乙下>p丙下；
又因为abc三点处液体的压强相等，即p甲上=p乙上=p丙上，所以整个液体对容器底部压强的大小排列顺序为p甲>p乙>p丙,
故ABC错误，D正确。
故选D。
二、填空题：本大题共5小题，共10分。
7.如图甲所示，一重4N、底面积为100cm2的容器放在水平桌面上，容器上部和下部都是正方体，底部中央固定有一根沿竖直方向的轻杆(轻杆的体积和质量均不计)，轻杆的上端连接着密度为0.6g/cm3的圆柱体A。现向容器中加水，控制水以10cm3/s的速度流入，同时开始计时直至圆柱体A浸没时停止加水，水对容器底的压力F随时间t变化的规律如图乙所示。则圆柱体A刚好浸没时水对容器底部的压强为______ Pa，当t=95s时，容器对桌面的压强为______ Pa。
【答案】1200；1404
【解析】解：由乙图可知圆柱体A刚好浸没时水对容器底部的压力为12N，则圆柱体A刚好浸没时水对容器底部的压强为：p=FS=12N100×10−4m2=1200Pa；
从第60s到第94s水对容器底部的压力由6N变为10N，则水对容器底部的增加的压强为：△p=ΔFS=10N−6N100×10−4m2=400Pa，
该段时间内水面上升的高度为：，
该段时间内水增加的体积为：V=10cm3/s×(94s−60s)=340cm3，
圆柱体A在该部分的体积为：VA1=Sℎ−V=100×10−4m2×0.04m−340×10−6m3=6×10−5m3，
则圆柱体A的底面积为：SA=VA1ℎ=6×10−5m30.04m=1.5×10−3m2，
从第94s到第96s水对容器底部的压力由10N变为12N，则水对容器底部的增加的压强为：△p′=ΔF′S=12N−10N100×10−4m2=200Pa，
水面上升的高度为：，
则该部分圆柱体A的体积为：VA2=SAℎ′=1.5×10−3m2×0.02m=3×10−5m3，
圆柱体A的质量为：mA=ρA(VA1+VA2)=0.6×103kg/m3×(6×10−5m3+3×10−5m3)=0.054kg，
当t=95s时，容器中水的体积为：V水=10cm3/s×95s=950cm3，
容器中水的质量为：m水=ρ水V水=1.0×103kg/m3×950cm3×10−6=0.95kg，
容器中物体的重力为：G′=(m水+mA)g=(0.95kg+0.054kg)×10N/kg=10.04N，
容器对桌面的压力即容器和容器中的物体的重力之和，所以容器对桌面的压强为：p=F′S=G+G′S=4N+10.04N100×10−4m2=1404Pa。
故答案为：1200；1404。
由乙图可知圆柱体A刚好浸没时水对容器底部的压力为12N，根据压强公式p=FS计算圆柱体A刚好浸没时水对容器底部的压强；
由乙图可知从第60s到第94s水对容器底部的压力由6N变为10N，根据压强公式p=FS计算水对容器底部的增加的压强，根据液体压强公式p=ρgℎ计算该段时间内水面上升的高度，进一步计算水增加的体积，圆柱体A在该部分的体积等于这部分的总体积减去水增加的体积，根据体积公式计算圆柱体A的底面积，从第94s到第96s水对容器底部的压力由10N变为12N，根据压强公式p=FS计算水对容器底部的增加的压强，根据液体压强公式p=ρgℎ计算该段时间内水面上升的高度，进一步计算该部分圆柱体A的体积，根据水速明确当t=95s时容器中水的体积，根据质量计算公式m=ρV计算圆柱体A的质量和容器中水的质量，根据G=mg计算容器中物体的重力，容器对桌面的压力即容器和容器中的物体的重力之和，根据压强公式p=FS计算容器对桌面的压强。
本题考查压强公式、液体压强公式、体积公式、密度公式、重力公式的灵活运用，综合性强，题目难度较大。
8.如图所示，把一个装有盐水的容器放在水平桌面上。
(1)图中的a、b两点处的压强pa：pb= ；
(2)盐水对容器底部的压力F跟盐水的重力G的大小关系是F G；
(3)如果再往容器中倒入些水并搅拌均匀，则图中的b点处的压强将 (选填“变大”、“变小”或“不变”)。
【答案】2：5 > 变大
【解析】解：(1)根据p=ρgℎ知图中的a、b两点处的压强为：
pa：pb=ρgℎa：ρgℎb=ℎa：ℎb=2cm：(7cm−2cm)=2：5；
(2)根据p=FS知盐水对容器底部的压力F=pS=ρgℎS>ρgV盐水=m盐水g=G；
(3)如果再往容器中倒入些水并搅拌均匀，b点以上液体的重力增大，对b的压力增大，
由p=FS知图中的b点处的压强将变大。
故答案为：(1)2：5；(2)>；(3)变大。
(1)根据p=ρgℎ算出图中的a、b两点处的压强之比；
(2)根据p=FS知盐水对容器底部的压力为F=pS=ρgℎS，与盐水的重力G=m盐水g=ρgV盐水比较得出盐水对容器底部的压力跟盐水的重力的大小关系；
(3)如果再往容器中倒入些水并搅拌均匀，b点以上液体的重力增大，对b的压力增大，由p=FS判断出图中的b点处压强的变化。
本题考查了液体压强公式和固体压强公式的应用，熟练公式以及变形公式是解题的关键。
9.如图所示，甲容器由两个底面积分别为100cm2和50cm2的上、下圆柱形组成，且下圆柱形的高为0.4m，内装0.6m深的水，乙圆柱形容器底面积为60cm2，内装0.8m深的酒精，则甲乙两容器底部受到液体的压强之比为______，水对容器底部的压力为______，若从两容器中分别抽出质量均为m的水和酒精后，剩余水对甲容器底部的压强为p水，剩余酒精对乙容器底部的压强为p酒精，若p水=p酒精，则m=______kg。(已知ρ水=1.0×103kg/m3，ρ酒精=0.8×103kg/m3，g取10N/kg)
【答案】15︰16 ; 30N ; 0.6
【解析】甲容器底部受到水的压强为
p甲=ρ水gℎ水=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.6m=6×103Pa
乙容器底部受到酒精的压强为
p乙=ρ酒精gℎ酒精=0.8×103kg/m3×10N/kg×0.8m=6.4×103Pa
则甲乙两容器底部受到液体的压强之比为
p甲p乙=6×103Pa6.4×103Pa=1516
水对容器底部的压力为
F甲=p甲S甲下=6×103Pa×50×10−4m2=30N
甲容器上圆柱中水的体积为
V甲上=S甲上ℎ甲上=100×10−4m2×0.6m−0.4m=2×10−3m3
下圆柱体积为
V甲下=S甲下ℎ甲下=50×10−4m2×0.4m=2×10−3m3
则甲容器上圆柱中水的质量为
m甲上=ρ水V甲上=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg
下圆柱中水的质量为
m甲下=ρ水V甲下=1.0×103kg/m3×2×10−3m3=2kg
甲容器中水的总质量为
m甲=m甲上+m甲下=2kg+2kg=4kg
当取走水的质量在0kg≤m≤2kg时，甲容器上圆柱中剩余水的质量为 2kg−m ，体积为
V=m1ρ水=2kg−m1.0×103kg/m3
高度为
ℎ1=VS甲上=2kg−m1.0×103kg/m3100×10−4m2=2kg−m10kgm
此时甲容器上圆柱产生的压强为
p甲上=ρ水ℎ1g=1.0×103kg/m3×2kg−m10kgm×10N/kg=2000−1000mPa
下部分水产生的压强为
p甲下=ρ水ℎ2g=1.0×103kg/m3×0.4m×10N/kg=4000Pa
由帕斯卡原理可知水对容器底的总压强为
p甲=p甲上+p甲下=2000−1000mPa+4000Pa=6000−1000mPa …………①
当取走水的质量在2kgV甲剩余=m甲剩余ρ水=4kg−m1.0×103kg/m3=4kg−m1.0×103kgm3
高度为
ℎ甲剩余=V甲剩余S甲=4kg−m1.0×103m350×10−4m2=4kg−m5kgm
此时水对容器底部的压强为
p甲剩余=ρ水ℎ甲剩余g=1.0×103kg/m3×4kg−m5kgm×10N/kg=8000−2000mPa ……②
乙容器中酒精的体积为
V乙=Sℎ乙=60×10−4m2×0.8m=4.8×10−3m3
酒精的总质量为
m酒精=V乙ρ酒精=4.8×10−3m3×0.8×103kg/m3=3.84kg
从乙容器中取走质量为m(0kg≤m≤3.84kg)酒精后，乙容器中酒精的质量为 3.84−mkg 。体积为
V乙剩余=m乙剩余ρ酒精=3.84−mkg0.8×103kg/m3=3.84−m0.8×103m3
高度为
ℎ乙剩余=V乙剩余S乙=3.84kg−m0.8×103m360×10−4m2=3.84kg−m4.8kgm
此时酒精对容器底部的压强为
p乙剩余=ρ酒精ℎ乙剩余g=0.8×103kg/m3×3.84kg−m4.8kgm×10N/kg=6400−50003mPa ……③
当取走水的质量在0kg≤m≤2kg时，将①③代入p水=p酒精得
6000−1000mPa=6400−50003mPa
解方程可得 m1=0.6kg 。当取走水的质量在2kg8000−2000mPa=6400−50003mPa
解方程得 m2=4.8kg 。由于酒精质量为3.84kg，故 m2=4.8kg 应舍去，即 m=0.6kg 。
10.一足够高的薄壁圆柱形容器放在水平桌面上，底面积为2S，容器内装有一定质量的水。现有一个体积固定的不吸水的实心圆柱形固体，质量为m(m的取值不确定)，底面积为S，高为0.16m，将圆柱体竖直放入容器内，静止时水对容器底部的压强p与圆柱体的质量m的关系如图所示，则圆柱体未放入容器中时，水对容器底部的压强为______Pa；物体的质量为m1时，它的密度为______kg/m3；若图中m1为800g，则当圆柱体的质量为1600g时，该圆柱体对容器底部的压强为______Pa。(水的密度为1×103kg/m3)
【答案】2000 1×103 1600
【解析】解：由图中信息可知，物体未放入水中时，水对容器底部的压强为2000Pa；物体的质量为m1时，物体刚好浸没，液面高度不再发生变化，物体悬浮，物体的密度等于水的密度1×103kg/m3；
若m1为800g，圆柱体的体积V=m1ρ=800g1g/cm3=800cm3，圆柱体的高ℎ=0.16m=16cm，圆柱体底面积S=V ℎ=800cm316cm=50cm2，则当圆柱体的质量为1600g时，重力为G=mg=1.6kg×10N/kg=16N，浸没时浮力F=ρgV=1×103kg/m3×10N/kg×0.0008m3=8N，对圆柱体进行受力分析，F压+F=G，F压=G−F=16N−8N=8N，圆柱体对容器底部的压强p=F 压S=8N0.005 m2=1600Pa。
故答案为：2000；1×103；1600。
由图中信息可知，物体未放入水中时，水对容器底部的压强为2000Pa；物体的质量为m1时，物体刚好浸没，物体悬浮；求出物体的体积，计算出物体的底面积，再计算出压强。
本题考查了压强相关计算，综合性强，难度较大。
11.如图所示，水平地面上放置一个质量分布均匀、底面积为100cm2的长方体甲和一个质量未知的薄壁柱形容器乙，已知容器乙的高度为20cm，其内装有3000cm3的水。现将甲沿水平方向切去一定的厚度Δℎ，并将甲切下的部分保持竖直轻放入乙容器的水中沉底，甲物体和乙容器对地面的压强随切去厚度Δℎ的变化情况如图丙所示，则Δℎ=10cm时，水对容器底面的压强为 Pa；图丙中a的值为 cm。
【答案】2×103 23
【解析】解：由图丙知，甲物体的高度为0.4m，利用p=ρgℎ，得到ρ甲为2×103kg/m3 由于甲切除的体积为V甲切=S甲×Δℎ=1000cm3，甲切除的重力为G甲切=ρ甲gV甲切=20N，利用乙容器对地面的压强变化了2600Pa−1600Pa=1000Pa，∵S乙×1000Pa=20N，∴S乙=200cm2，Δℎ=10cm时，乙容器中原有的水与切下的甲物体恰填充满整个乙容器，之后水开始溢出
Δℎ=20cm时，此时切下来的甲物体与容器乙恰等高，因此此时水溢出达到最大
由于原来水的体积为3000cm3，放入20cm的甲物体后，剩余水的体积为V剩=(200cm2−100cm2)×20cm=2000m3；得溢出水的体积为ΔV=3000cm3−2000m3=1000m3
由于水溢出，从Δℎ=10cm到Δℎ=20cm这一段中乙容器对地面产生的压强比原有应减少Δp=ρ水gΔV÷S乙=500Pa
故此时乙容器对底面的压强为p乙’=2600Pa+1000Pa−500Pa=3100Pa
故Δℎ>20cm时p乙的解析式为p乙=3600Pa+100(Δℎ−20)Pa-----------①
同时p甲=8000Pa−200Δℎ Pa-----------②
联立①②两式可解得此时Δℎ=a=23cm
本题比较综合，首先利用丙图获取甲的高度，计算出甲的密度；再利用甲切割10厘米，导致乙对地面的压强变化1000Pa，计算出乙的横截面积。利用水的体积及切割出来的甲的体积，算出乙的水的深度，计算出第一问水对乙容器的压强；假设切割a后利用正柱体压强公式算出甲物体对地面的压强，切割后放入乙中，导致乙压强增加量为切除甲的重力除以乙的横截面积，算出乙容器对地面的压强。利用这两个压强相等算出a的具体值。
本题考查综合分析能力，是一道难题，利用压强的基本公式及变化量和图象解题，对学生能力要求较高。
三、计算题：本大题共3小题，共24分。
12.如图所示，水平桌面上有一个连通器，是用细管将两个柱形容器的底部连通后构成，细管上安装有阀门K(处于关闭状态)。左侧容器的底面积S1=200cm2，水中有一圆柱形小桶A，质量mA=0.6kg、底面积SA=100cm2，用长L=6cm的细绳连接着重GB=12N、边长为10cm的均匀正方体B，A和B保持静止时，细绳已经拉直但未产生拉力。右侧容器的底面积S2=100cm2，水的深度H=47cm。求：(g取10N/kg，ρ水=1.0×103kg/m3，细绳不可伸长，B与容器底未紧密接触)
(1)圆柱形小桶A所受浮力的大小。
(2)左侧容器底部对正方体B产生的支持力。
(3)打开阀门K，直到水不流动，则水最终对容器底部的压强为多少？(整个过程水未进入小桶A中)
【答案】解：
(1)A和B保持静止时，细绳已经拉直但未产生拉力，此时小桶A处于漂浮状态，
则小桶A所受浮力：FA浮=GA=mAg=0.6kg×10N/kg=6N；
(2)正方体B浸没在水中，其受到的浮力：FB浮=ρ水gVB排=ρ水gVB=1.0×103kg/m3×10N/kg×(0.1m)3=10N；
根据B的受力情况，由力的平衡条件可得容器底部对B的支持力：F支=GB−FB浮=12N−10N=2N；
(3)K打开前，A、B整体排开水的体积：
V排总=F浮总ρ水g=FA浮+FB浮ρ水g=6N+10N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.6×10−3m3=1600cm3；
此时小桶A浸入水中的深度：
ℎ1=FA浮ρ水gSA=6N1.0×103kg/m3×10N/kg×100×10−4m2=0.06m=6cm；
此时左侧容器中水的深度：ℎ左=ℎ1+L绳+ℎB=6cm+6cm+10cm=22cm；
左侧水的体积：V水左=S1ℎ左−V排=200cm2×22cm−1600cm3=2800cm3；
整个连通器中水的总体积：V水总=V水左+V水右=2800cm3+100cm2×47cm=7500cm3；
K打开后，水会向左边流动，假设A、B整体刚好漂浮，整体所受的浮力：F浮″=GA+GB=6N+12N=18N，
此时排开水的总体积：V排总′=F浮″ρ水g=18N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.8×10−3m3=1800cm3；
此时小桶A浸入水中体积的增加量ΔVA浸=V排总′−V排总=1800cm3−1600cm3=200cm3，
则小桶A浸入水中的深度增加量(左边水面上升的高度)：ΔℎA浸=ΔVA浸SA=200cm3100cm2=2cm，
左边容器中需要增加水的体积(即右边容器中流出水的体积)为：
ΔV水=(S1−SA)ΔℎA浸=(200cm2−100cm2)×2cm=200cm3，
右边容器中下降的高度为Δℎ降=ΔV水S2=200cm3100cm2=2cm，此时右边水深47cm−2cm=45cm，而左边水深22cm+2cm=24cm，则右边的水还会流向左边，造成A、B整体受到的浮力增大而上浮，即最终A、B整体处于漂浮状态；
设最终两边水面相平时的水深为ℎ，且前后变化时水的总体积不变，
则有：V容左−V排总′+V容右=V水总；
即S1×ℎ−V排总′+S2×ℎ=V水总；
代入数据得：200cm2×ℎ−1800cm3+100cm2×ℎ=7500cm3；
解得：ℎ=31cm=0.31m；
则水最终对容器底部的压强：p=ρ水gℎ=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.31m=3100Pa。
答：(1)圆柱形小桶A所受浮力的大小为6N；
(2)左侧容器底部对正方体B产生的支持力为2N；
(3)水最终对容器底部的压强为3100Pa。
【解析】(1)细绳已经拉直但未产生拉力时，此时小桶A处于漂浮状态，所受浮力等于其重力大小；
(2)正方体B浸没在水中，根据阿基米德原理求出B受到的浮力；B沉底时，受竖直向下的重力、竖直向上的浮力和支持力作用，根据力的平衡条件可求出支持力大小；
(3)K打开前，根据阿基米德原理可求A、B整体排开水的体积，进而确定小桶浸入水中的深度，即可求得左侧容器中水的深度；再由容器左、右两侧水的体积可求水的总体积；打开K后，水会向左边流动，假设A、B整体刚好漂浮，并求出整体所受的浮力，进而求出小桶A浸入水中体积的增加量以及左边容器中需要增加水的体积(即右边容器中流出水的体积)，并判断此时两边容器中水的深度关系，据此可判断最终整体所处的状态为漂浮；利用浮沉条件可求A、B整体排开水的体积；再根据水的总体积不变确定两侧水的深度，最后由液体的压强公式可求水对容器底部的压强。
本题考查浮力大小的计算、液体压强公式及其应用，掌握阿基米德原理、物体的浮沉条件、液体压强公式是解答本题的关键，第(3)问的难度较大。
13.如图甲所示装置，由两个柱形容器连接而成(容器足够高)，其底面积为400cm2，用轻质细绳连接不吸水密度均匀的实心正方体A，使其悬停于容器中，容器上方有一水龙头，现打开水龙头以100cm3/s往容器内注水，图乙是水对容器底部的压力与时间的变化图像，图丙是细绳对物体拉力与时间的变化图像，求：
(1)正方体A刚好浸没时所受到的浮力；
(2)当t=12s时，水对容器底的压力；
(3)当t=19s时立即停止注水，剪断细线，待正方体A稳定后，A对容器底的压强。
【答案】解：(1)t=0时，正方体A未浸入水中，由图丙可知绳子对物体的拉力为12N，
由二力平衡条件可知物体A的重：G=F拉=12N；
当t=26s时，正方体A全部浸入水中，此时绳子对物体的拉力F拉′=2N，此时正方体受到重力、拉力和浮力的作用而处于平衡状态，
由力的平衡条件可知，正方体A刚好浸没时所受到的浮力：F浮=G−F拉′=12N−2N=10N；
(2)打开水龙头以100cm3/s往容器内注水，
前12s内注入水的体积：V注1=100cm3/s×12s=1200cm3，
分析图乙、丙可知，当t1=12s时，水刚好接触物体A的下表面，且容器为柱形容器，
则此时水对容器底的压力：
F压=G水=m水g=ρ水V注1g=1×103kg/m3×1200×10−6m3×10N/kg=12N；

(3)正方体A刚好浸没在水中时，A受到的浮力为10N，
由F浮=ρ水gV排可得正方体A的体积：
VA=V排=F浮ρ水g=10N1×103kg/m3×10N/ kg=1×10−3m3=1000cm3，
由V=L3可得，正方体A的边长为：
L=3VA=31×10−3m3=0.1m=10cm，
正方体A的底面积：SA=L2=(10cm)2=100cm2；
由V=Sℎ可知，t1=12s时，注入水的深度为：
ℎ1=V注1S下=1200cm3400cm2=3cm；
分析乙、丙两图可知，t2=18s时，水面刚好到达下方柱形容器的上表面，
则12～18s内注入水的深度为：
ℎ2=V注2S下−SA=100cm3/s×6s400cm2−100cm2=2cm，
所以下方柱形容器的高度为：ℎ下=ℎ1+ℎ2=3cm+2cm=5cm；
18～26s内，注入水的体积：V注3=100cm3/s×8s=800cm3，
因为t3=26s时，正方体A刚好浸没在水中，
所以此过程中注入水的深度：ℎ3=L−ℎ2=10cm−2cm=8cm；
设上方容器中水的横截面积为S水，则上方柱形容器的横截面积为：
S上=SA+S水=SA+V注3ℎ3=100cm2+800cm38cm=200cm2；
由图像可知，t3=26s时，正方体A刚好浸没在水中，此时F浮=10N则当t=19s时立即停止注水，此时浮力也小于重力，剪断细线，A将沉底；
当t=19s时，注入水的体积：V注4=100cm3/s×19s=1900cm3，
如果正方体A刚好浸没在水中，因为A的高度大于下方柱形容器的高度，所以此时水面在上方容器中，如图1所示：

则需要注水的体积：
V需水=S下ℎ下+S上(L−ℎ下)−VA=400cm2×5cm+200cm2×(10cm−5cm)−1000cm3=2000cm3，
因为V注4=1900cm3<2000cm3，所以A没有浸没，且水面仍然在上方容器中，如上面图2所示；
设此时水的深度为H，则有：V注4+V排′=S下ℎ下+S上(H−ℎ下)，且V排′=SAH，
即：1900cm3+100cm2×H=400cm2×5cm+200cm2×(H−5cm)，
解得H=9cm；
则此时A排开水的体积：
V排′=SAH=100cm2×9cm=900cm3，
此时正方体A受到的浮力：
F浮′=ρ水gV排′=1×103kg/m3×10N/kg×900×10−6m3=9N，
A对容器底的压力：F=G−F浮′=12N−9N=3N，
则A对容器底的压强：
p=FSA=3N100×10−4m2=300Pa。
答：(1)正方体A刚好浸没时所受到的浮力为10N；
(2)当t=12s时，水对容器底的压力为12N；
(3)当t=19s时立即停止注水，剪断细线，待正方体A稳定后，A对容器底的压强为300Pa。
【解析】(1)t=0时，正方体A未浸入水中，根据图丙可知此时的拉力大小；由图像可知，当正方体A全部浸入水中时，拉力F拉1=2N，正方体受到重力、拉力和浮力的作用而处于平衡状态，由力的平衡条件求出正方体A刚好浸没时所受到的浮力；
(2)分析图乙、丙可知，当t1=12s时，水刚好接触物体A的下表面，根据题意求出前12s内注入水的体积，此时水对柱形容器底的压力等于水的重力；
(3)t3=26s时，正方体A刚好浸没在水中，此时浮力为10N，根据阿基米德原理的变形公式可得正方体A的体积，并求出正方体A的边长和底面积；
分析乙、丙两图可知，t1=12s时，水刚好接触物体A的下表面；t2=18s时，水面到达下方柱形容器的上表面；
由图中信息和题意结合体积公式求出0～12s内注入水的深度、12～18s内注入水的深度，并求出下方柱形容器的高度，同理求出18～26s内注入水的体积、注入水的深度，可得出上方柱形容器的横截面积；
由图像可知，t3=26s时，正方体A刚好浸没在水中，此时F浮根据题意求出t=19s时注入水的体积，分析此时物体A是否可能浸没在水中，根据相关条件求出此时水的深度，并求出物体A排开水的体积，由阿基米德原理求出此时正方体A受到的浮力，此时A对容器底的压力等于A的重力减去浮力，最后根据压强公式求出A对容器底的压强。
本题考查了浮力、压强的综合计算，看懂图像并从图像中获取正确的信息是解题的关键，另外，也可以利用“物体A刚好浸没时水对容器底的压力为52N”间接求出此时水的深度以及上方柱形容器的横截面积。
14.小雨同学发现家中的太阳能热水器可以实现自动开始注水、停止注水，为了知道其中的原理，小雨查阅了相关资料并且制作了一个太阳能热水模拟器(如图所示)。圆柱形容器的底面积是20cm2，物体A的重力是1.5N，物体A的底面积是5cm2，力传感器通过细绳与物体A相连，当容器内储水量达到260cm3时，力传感器受到的拉力为1.3N，此时进水口打开，开始注水；当力传感器受到的拉力为0.3N时，进水口关闭，停止注水。求：
(1)开始注水时，物体A所受的浮力。
(2)开始注水时，物体A下表面受到水的压强。
(3)当容器内储水量达到多少时，太阳能热水器停止注水。
【答案】解：(1)当容器内储水量达到260cm3时，力传感器受到的拉力为1.3N，
此时物体A所受的浮力：F浮=G−F1=1.5N−1.3N=0.2N；
(2)因为F浮=ρ水V排g，所以此时物体A排开水的体积：
V排1=F浮ρ水g=0.2N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10−4m3=20cm3；
物体A浸在水面下的深度：ℎ=V排1S=20cm35cm2=4cm=0.04m；
则开始注水时，物体A下表面受到水的压强：p=ρ水gℎ=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.04m=400Pa；
(3)当力传感器受到的拉力为0.3N时，进水口关闭，储水量最多，
物体A所受的浮力：F浮=G−F2=1.5N−0.3N=1.2N；
所以此时物体A排开水体积为：
V排2=F浮ρ水g=1.2N1.0×103kg/m3×10N/kg=1.2×10−4m3=120cm3；
物体A浸在水面下的深度：ℎ2=V排1S=120cm35cm2=24cm；
则水面上升高度：Δℎ=ℎ2−ℎ=24cm−4cm=20cm；
注入水的体积：ΔV=ΔSΔℎ=(20cm2−5cm2)×20cm=300cm3，
最大储水量V=V1+ΔV=260cm3+300cm3=560cm3。
答：(1)开始注水时，物体A所受的浮力0.2N；
(2)开始注水时，物体A下表面受到水的压强为400Pa；
(3)当容器内储水量达到560cm3时，太阳能热水器停止注水。
【解析】(1)通过拉力传感器的读数和称重法测浮力，可得出开始注水时，物体A所受的浮力；
(2)根据阿基米德原理求出排开液体的体积，由V=Sℎ可知物体A浸在水面下的深度，再利用p=ρ水gℎ计算压强；
(3)当力传感器受到的拉力为0.3N时，称重法计算浮力，利用浮力公式的变形，可求出圆柱体排开水的体积，从而求得物体A浸在水面下的深度，进一步得出水面上升的高度，从而求得注入水的体积，并求出最大储水量。
理解装置的结构特点，并能熟练运用称重法的表达式、浮力公式、液体压强公式、密度的公式才能顺利解答此题。